В BY
ГРУПП1
полный
СБОРНИК РЕШЕНИЙ ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
для поступающих в вузы
ГРУППА Б
Под редакцией
М. И. Сканави
Москва
Мир и Образование
Астрель
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 по математике для
П51 поступающих в вузы. Группа Б / Под ред. М. И. Сканави. —
М.: ООО «Издательство «Мир и Образование»: ООО «Из-
дательство Астрель», 2012. — 1232 с.: ил.
ISBN 978-5-94666-640-4 (ООО «Издательство «Мир и Образование»)
ISBN 978-5-271-37257-5 (ООО «Издательство Астрель»)
В помощь абитуриентам публикуется полный сборник задач по
математике с решениями под редакцией М. И. Сканави по всем
группам сложности.
Условия и нумерация всех задач полностью соответствуют
изданию «Сборник задач по математике для поступающих в вузы»
под редакцией М. И. Сканави, 6-е издание (М.: Оникс, Мир и
Образование).
Пособия помогут при подготовке к выпускным экзаменам в
средней школе, сдаче ЕГЭ и вступительным экзаменам в вуз.
Книги адресованы школьникам старших классов, абитуриентам,
репетиторам и преподавателям.
УДК 51(076.1)
ББК 22.11
ISBN 978-5-94666-640-4
(ООО «Издательство «Мир и Образование»)
ISBN 978-5-271-37257-5
(ООО «Издательство Астрель»)
ISBN 978-985-18-0105-9 (ООО «Харвест»)
© Суходский А. М., Маслова Т Н., 2011
© Ничкова Н. Б., Фохт О. Б., наследники, 2011
© ООО «Издательство «Мир и Образование», 2011
'© Оформление переплета. ООО «Харвест», 2011
Решения к главе 2
ТОЖДЕСТВЕННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
АЛГЕБРАИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
ПОНЯТИЕ АЛГЕБРАИЧЕСКОГО ВЫРАЖЕНИЯ.
ТОЖДЕСТВО И ТОЖДЕСТВЕННОЕ
ПРЕОБРАЗОВАНИЕ
Алгебраическим выражением называется совокупность конечно-
го количества чисел, обозначенных буквами или цифрами, соеди-
ненных между собой знаками алгебраических действий и знаками
последовательности этих действий (скобками).
Алгебраическое выражение, в котором указаны только действия
сложения, вычитания, умножения и возведения в степень с натураль-
ным показателем, называют целым рациональным выражением. Если
кроме указанных действий, входит действие деления, то выражение
называют дробно-рациональным.
Целые рациональные и дробно-рациональные выражения вместе
называются рациональными. Если входит еще и действие извлечения
корня, то такое выражение называют иррациональным.
Числовым значением алгебраического выражения при заданных
числовых значениях букв называют тот результат, который полу-
чится после замены букв их числовыми значениями и выполнения
указанных в выражении действий.
Областью допустимых значений (ОДЗ) алгебраического выраже-
ния называют множество всех допустимых совокупностей значений
букв, входящих в это выражение.
Действия над степенями
Действия над степенями производятся по нижеследующим правилам:
атап = ат+п;	(2.1)
{а-ЬУ = ап b";
( \п
a I _a
JJ "P*
(2.2)
(2-3)
(2.4)
(2.5)
Одночлен
Одночленом называется алгебраическое выражение, в котором
числа и буквы связаны только двумя действиями — умножением и
возведением в натуральную степень.
Многочленом называется алгебраическая сумма нескольких одно-
членов.
Одночлены, из которых состоит многочлен, называются его чле-
нами. Одночлен есть частный случай многочлена.
Формулы сокращенного умножения
(a + Z>)2 =«2 +2ab + b2 ;	(2-6)
(a-b^ ~а2 -2ab+b2;	(2-7)
(a+Z>)3 = а3 + 3a2b+3ab2 +Ь3 ;	(2.8)
(a-b)3 =а3 -3a2b + 3ab2 -Ь3;	(2.9)
(a-b\a + b)=a2 -Ь2\	(2.10)
(a-bja2 + ab + b2)=a3-b3;	(2.11)
(a + b^a2 -ab + b2 )=a3 +b3;	(2.12)
(a-b/a3 +a2b + ab2 +b3 )= a4 -b4 ;	(2.13)
(a-b^a4 +a3b + a2b2 +ab3 +b4)=a5-b5 ;	(2.14)
(a + b^a4 -a3b + a2b2 -ab3 +b4)=a5 +b5 ;	(2.15)
4
(2-21)
(2.22)
(2.23)
(2.24)
(2.25)
(p-b'fp3 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 +a5)=a6 -b6;	(2.16)
(a-b^a6 +a5b+a4b2 + a3b3 +a2b4 +ab5 +b6]=a2 -b1; (2.17)
(a + b^a6 -a5b+a4b2 -a3b3 +a2b4 -ab5 +b6^=a2 +bl; (2.18)
(«-^лЧ + an~2 b + an~3 b2 +an~4b3 + ... + bn~l)=an -bn , (2.19)
где n — любое целое число;
(a + b^an~l -an~2b + an~3b2 -a^b3 +... + bn~l)= an +bn , (2.20)
где n = 2k+1, к — натуральное число;
(fl + b+cf = a2 +b2 +c2 +2ab+2ac+2bc ;
(a + b-rf = a2 +b2 +c2 +2ab-2ac-2bc',
(a + b + c+ctf = a2 + b2 + d2 +
+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd;
(a+b-c-d)2 =a2 +b2 +c2 +d2 +
+2ab-2ac-2ad-2bc- 2bd+2cd;
a(x-xi\x-x2)= ax2 +bx + c,
где xt, x2 — корни квадратного трехчлена ax2 +bx + c .
Формулы (2.16) — (2.24) остаются верными, если вместо одночле-
нов а, Ь, с, d подставить любые выражения.
Многочлен Рп (х) относительно переменной х вида
Рп (x)=aQxn +alxn~i + а2хп~2 + ... + ап_гх + а0,
где а0 , flj, а2 , ... а„ — действительные числа и aQ ^0 , называется
многочленом, расположенным по убывающим степеням х, или мно-
гочленом, представленным в каноническом виде.
Числа а0, alf а2,... ап называются его коэффициентами, одночлен
аохл — его старшим членом, а0 — свободным членом, число п— сте-
пенью многочлена (п — натуральное число).
Корнями многочлена Рп (х) будем называть такие значения пере-
менной х, при которых многочлен Рп (х) превращается в нуль.
Разделить многочлен Рп (х) на многочлен Qm (х) (т £ п) значит найти
два таких многочлена Sn_m (х) и Rk (х), чтобы Р„ (х) = Qm (x)Sn_m (х)+ Rk (х)
и степень многочлена Rk (х) была меньше степени делителя Qm (х), т.е.
к <т . При этом многочлен Sn_m (х) называют частным, а многочлен
Rk (х) — остатком.
Для любых двух многочленов Рп (х) и Qm (х) (т < п и 2m W* °)
всегда найдется, и притом единственная пара многочленов Sn_m (х)
и Рк(х), удовлетворяющая тождеству
Рп М = Qm №п-т W+ Rk W	(* < "0 >
т.е. если делитель не нуль — многочлен, то действие деления много-
членов всегда выполнимо.
ТеоремаБезу.Еслимногочлен Рп(х)=аохп + ахх"'л + а2хп~2 +... + а„
разделить на двучлен х - а, то в остатке получим число R, равное
значению данного многочлена при х = а, т.е. R = Рп (а).
Схема сокращенного деления многочлена на двучлен. При деле-
нии многочлена Рп(х)=апхп + ап_ххп~х +ап_1хп~1 +... + а0 , располо-
женного по убывающим степеням х, на двучлен х - а применяется
метод сокращенного деления, называемый схемой Горнера.
Имеют место следующие формулы для нахождения коэффициен-
тов частного Ьх, Ь2,..., Ьп_х и остатка R:
Ьх = ах +аа0,
b2 = а2 + abx,
Ъп-\ = а л-1 + й^л-2>
R = an +abn_x.
Практически вычисление коэффициентов частного Qn_x (х) и ос-
татка R проводится по следующей схеме (схеме Горнера).
Пусть требуется разделить многочлен Р„(х)= апхп +а„_1х"~1 +а„_2х"-2 +
+ ...+ аона двучлен х-а.
Значение л двучлена, коэффициенты многочлена (bn_x, bn_2 ,...,bQ)
и остаток запишем в следующей форме:
6
	а >1-1	ап-2		а\	°0
^л-1 = ап	&п-2 = ап-1 + + а^п-1	Ьп-3 = ап-2 + + о6„_2		by =Oj	R = а0 +ab0
Отсюда записываем частное
ОН-/-1 +^-2*л’2 +-- + Ь{х + Ь0 ,
если R = 0 , и результат деления
Л(х):(х-л>2и_1(х)+-^- или Pn(x)=(x-a)Qn_l(x)+R,
х—а
если R * 0.
Понятие корня. Основные свойства корня
Алгебраические выражения, содержащие операцию извлечения
корня, называются иррациональными.
Корнем n-й степени из числа а называется такое число Ь, п-я сте-
пень которого равна а (п > 2 ). Обозначается tfa , а — подкорен-
ное выражение (или число), п — показатель корня (п > 2; п е N).
По определению tfa = b, если Ьп = а , или (д/л У* =.а.
Основные свойства корня
Если корни рассматривать в множестве действительных чисел, то:
а) корень четной степени из положительного числа имеет два значе-
ния, равные по абсолютной величине и противоположные по знаку;
б)	корень четной степени из отрицательного числа в множестве
действительных чисел не существует;
в)	корень нечетной степени из положительного числа имеет толь-
ко одно действительное значение, которое положительно;
г)	корень нечетной степени из отрицательного числа имеет толь-
ко одно действительное значение, которое отрицательно;
д)	корень любой натуральной степени из нуля равен нулю.
Действие, посредством которого отыскивается корень n-й степени
7
из данного числа а, называется извлечением корня п-й степени из чис-
ла а, а результат извлечения корня в виде у[а называют радикалом.
Таким образом, множество действительных чисел не замкнуто от-
носительно извлечения корня четной степени, а результат этого дей-
ствия (корень) не однозначен.
Заметим, что множество действительных чисел замкнуто относи-
тельно извлечения корня нечетной степени, а результат этого дей-
ствия однозначен.
Арифметический корень и его свойства
Арифметическим значением корня или арифметическим корнем сте-
пени п (п>2; пе N) из положительного числа а называется положи-
тельное значение корня. Корень из нуля, равный нулю, также будет
называться арифметическим корнем, т.е. >Га =Ь есть арифметичес-
кий корень, где а > О,Ь>0 и Ьп = а .
Множество неотрицательных действительных чисел замкнуто от-
носительно извлечения арифметического корня, а результат этого
действия однозначен. Это значит, что для любого неотрицательного
числа а и натурального числа п (п > 1) всегда найдется, и при том
только одно, такое неотрицательное число Ь, что Ьп = а .
Правила действий над корнями
Для любых действительных чисел а, b и с и натуральных п и к
имеют место следующие правила действий над корнями:
2"+^а • 2n+4b •2и+^ = 2n+4abc ,	(2-26)
2п+т[аЬс = 2п+^а  2n+4b • 2п+1Гс ,	(2.27)
2л+1/л	Гл -^ = 4- (^о) 2и+Л VZ)	(2.28)
Г~ 2п+\[~ (^0)	(2.29)
8
(2ги+1Х2л+1^П’ _ 2m+^2n-^l^ '
(2.30)
(2-31)
(2.32)
(2.33)
(2-34)
(2.35)
(2.36)
(2.37)
(2.38)
(2.39)
(2.40)
2yla2k -	)k (a — любое действительное число). (2.41)
Во множестве действительных чисел рассматриваются корни нечетной
степени из любых действительных чисел и корни четной степени из нео-
трицательных чисел, причем берутся арифметические значения корней.
Замена дробного выражения, у которого числитель или знаменатель
(или оба) иррациональны, тождественно равным ему выражением с ра-
циональным числителем (знаменателем) называется исключением ир-
рациональности из числителя (знаменателя) дробного выражения.
При исключении иррациональности из числителя (знаменателя)
дробного выражения числитель и знаменатель этого выражения ум-
ножают на множитель, сопряженный с числителем (знаменателем).
Сопряженным множителем относительно иррационального выраже-
ния А называют всякое не равное тождественно нулю выражение В, кото-
рое в произведении с Л не содержит знака корня, т.е. АВ рационально.
9
Рассмотрим основные случаи исключения иррациональности из
знаменателей дробных выражений (аналогично выполняется исклю-
чение иррациональности из числителей):
А
1. Дроби вида пг~г , где п> к,а>0 , А — некоторое выражение; в
у а
качестве множителя, сопряженного со знаменателем, можно взять
nlп—к	л/к п1п—к
у а	, так как у а у] а	=а.
Умножив числитель и знаменатель этой дроби на >1ап~к , получим
2. Дроби вида —j=—т= .
у a ±yb
Выражения y[a+y[b и y[a-y[b взаимно сопряженные, так как
ra+y[b\y[a-yfb)=^a-b, поэтому
A	AUa-y[b) A^Ja-y/b)
+	при a>0,i>0,a**;
А _ A*Ja _ A-Jb
~i=—7= ~	_	, если a > 0, a = b ;
y/a+y/b 2a 2b
A	A(Ja+yfb} AUa+y[b}
(Л-ЯЛ + ^)= а-Ь при a>o,h>o,a^.
Выражения y[a+y[b и ya2 -у/ab+yb2 , а также y[a-y/b и
+ y/ab + ylb2 взаимно сопряжены, так как их произведения (а + b)
и (а - b) рациональны. Поэтому исключить иррациональность из зна-
менателей указанных дробей можно следующим образом:
10
где а и b — любые действительные числа, причем а + b Ф 0.
где а и b — любые действительные числа, причем а*Ь 
А ________A^Ja +llb)_______________ A^Ja +3Jb]
a+b
где а и b — любые действительные числа, причем а + b # О.
где а и b — любые действительные числа, причем а*Ь .
А	А
4. Дроби вида	и	.
Для выражения tfa-tfb сопряженный множитель можно опреде-
лить из тождества
(х-Дх"-‘+х"-2>>+...+х;>"-2 +/-')=х" -у" .
Если принять х = tfa, y = tfb , то получим
Следовательно,
11
где a*b (a>0,b>0, если n — четное; a, b — любые действительные
числа, если п — нечетное).
Для выражения 4а+4b сопряженный множитель можно опреде-
лить из тождества
(х+4»"-1 -Х’-1у + „.+Х(-уу-2 +(-д,)"-,)=х" +(-l)V •
Если принять х = 4а, y = 4b , то
Следовательно,
А A^tfa22^2-2tfa2k~2b+... + 2tfab2k~2 -Ч/** * 5 **7
24a+24b	а — Ь
при а > О,Ь>0, а* Ь ;
А\
А
^2t-'b+...-2k^ab2k-' -2к^
а + Ь
где а и b — любые действительные числа и а + Ь * 0.
А
5. Дроби вида /- гт I- .
Умножив знаменатель на
\4а + 4b + 4с ^/а + 4b - 4c)=a+b-c+2jab •
Умножив последнее выражение на a + b-c-ljab , найдем
^a->rb-c}->r24ab^a + b-c}-24ab]= (a + b-cf -4ab.
Таким образом, множителем, сопряженным со знаменателем дан-
ной дроби, является (4а +4b -4с}х(а + b - с- 24ab]  Следовательно,
t(4a + 4b - 4b\a + b - с -24ab]
(fl+b-cf -4ab
где а > О, b > 0, с > 0, (a + b-c)2 -4аЬ Ф 0.
А
12
Аналогично исключают иррациональность из знаменателей дробей
А	А
Г IT Г и Г IT Г •
yja+yjb-ylc	yja-ylb-ylc
Если знаменатель дроби — сумма четырех квадратных корней
А
—?=—т=—f= , причем ab = ca , то исключить иррациональность
Ja + y[b + у[с + y[d
из знаменателя этой дроби можно так:
А	_ А^у/а + a/F)- (л/с + y[d)) _ А^у/а + Jb-y/c - Jd)
&+Jb + J~c+Jd~	' a+b-c-d
где a>Q, b>0, c > 0, d>0, a + b^c + d.
A
6. Дроби вида з^+з/£+з£ 
Найдем сопряженный co знаменателем множитель. Для этого вос-
пользуемся тождеством
(x + y+z^c2 + у2 +z2 -ху-xz-yz]= х3 + у3 +z3 -3xyz .
Если принять х = у[а, у = yfb, z = y/c , то
Умножив полученное выражение на
В = (а + b + с)2 +3(a+b + c^Jabc+9yj(abc)2 ,
получим
\р+Ь + с-Зт/аЬс}- В = (a + b + c)3 -21abc .
Следовательно,
A^jja2 + tfb2 + у/с2 - ylab -у/ас -y/bc В
у/а + y[b +у[с	(a + b + c)3 -21abc
при у/а + y[b + у[с Ф 0, (а + b + с)3 21abc .
13
Преобразование сложного
квадратного корня (радикала)
Выражения вида ^a + Jb называются сложными квадратными
корнями (радикалами). Для их преобразования пользуются формулой
/	А + т/а2-В А-у/а2-В
V 2 V 2
где А > О, В >0 и А2 - В >0 ; знаки берутся либо только верхние, либо
только нижние. В правильности этой формулы можно убедиться, воз-
ведя обе части формулы в квадрат. Эта формула упрощает сложный
радикал, если А2 - В — точный квадрат.
Упростить выражения и вычислить их, если даны значения пара-
метров (2.158 — 2.284):
2.158. 1Ш-2д + а2
а2+2а-3
4/ТТ7
Решение.
ОДЗ:
а * -3, или -
а 1
[1 — 2й + и2
а Ф —3,
а Ф1.
\ а2+2а-3
а — 1):—л/--
'	4/„ , 1
4,
(л+1)2.
а2 +2а — 3
-+ - при -1 < а < 1 (с учетом ОДЗ),
а + 3
. а + З
(с учетом ОДЗ)
14
Ответ:
при 1 < а < °о .
при
Решение.
(а > О,
ОДЗ: [b>0.
1
Ответ: — 
ab
2160 (fi2b4b-6a5,3b5/4 + \2abyla-3ab3/4J/3
abyfa - 4аЬ3^4 + 4а2^3 4b
Решение.

ОДЗ:
Ь*Ъ.
15
ip2b-Jb —6a^3b^a + \2abl[a -8ab3^4^ _
ab3^-4ab3,a +4a2/3Jb
_ ^Ь^-ба^Ь^+Па^Ь-Ш^'3 _
aa>3b-4ab3la -^W2
(pb3'a (pb* - 6а2/У2 -I-1 la'W4 - 8)f3
a^b'^b'l2-4a''3b44+4)
_ a2/3j>^((a»^4 -8)-6а'/3б'/4(а1/3А|/4 -2^ _
a2'3^2^'4-2?
^(g1^4)5 ~2i У 6«'/3»'/4(a1/3ft1/4 -2)JZi
(p'l3bv‘-2f
{{p'l3b'la-ijlp^b'l2+2a'l3b'l‘ +4)-6a'l3b'la((l'l3b,li-2j13
^>3bl>a-2j
((p,/3bva-2)(fl2lib42 + 2a,lib,la44-6a'/3b,la)J13 _
(a4Va-2f
^,l3b'la -2)(а^»'/2 -4а^l^b^|a+4J,3 __
(а113^4-2f
[^M£ №a-2f 1
(aV-2)f	”	-^/зА1/4_2у
Ответ: 1
а3-За2+4 + (а2-4\1а2-1	,	2
2.161. ----------)-----; ; a>l. a^-j=.
a3 +3a2-4 + (a2 -4^2-l
16
Решение.
а3 - За2 4-4 4- (д 2 а2 -1 _ а2 (а - 2)- (д2 - 4)4- (д2 - 4^1а2 -1 _
д3 4- Зд2 - 4 4- («2 -4^ а2 -1 д2 (д 4- 2)-i- (д2 - 4)4- (д2 -4^ а2 -1
_ (д - 2) (д2 -4 - (д - 2))-ь (д2 - 4^1 а2 -1 _
(д 4- 2)(д2 - 4 + (д + 2))-ь (д2 - 4^у/а2 -1
_ (д 4-1)(д - 2^ 4- (д2 - 4^a2 -1 _ (д 4-1)(д - 2)3 4- (д -2)(д 4- 2)л/д2 -1
(д -1) (а 4- 2)3 + (д2 - 4^а2 -1 (д - 1)(д 4- if 4- (д - 2) (д + 1)^а2 -1
_ ^(a + lf (a-if 4-(д-2)(д + 1\1(а-1)(а + 1) _
^(a-lf (a + lf 4-(д-2)(д 4-2\/(д-1)(д 4-1)
_ (д - 2)УдТТ(\/д 4-1 (д - 2)4- (д 4- lf/а -1) _ (д - 2)7д4-1
(д 4- 2)>/д -1 (-Уд 4-1 (д - 2)4- (д 4- lfja~-i) (д + lf/a-1
Ответ:	. (a + lf/a-l 2.162.	а +4		 (а2-4? . Д, 	 4-4 П 2а ) Решение. QJ\3: д*0. а2 4-4	_	д2 4-4	а2 4-4
L2 4?	д4-8д24-16 а. -	+4 Ч 4 2 V la	1	ча К / д2 4-4	_	Д24-4 afc + &>2 + '6	Гр + 4? ’ 4а	1а Ответ: -2 при д е (- «>; 0); 2	л	а4-8а2+ 16 +16а2 + 4 ad	х	 V	4д2 а2 4- 4	2 • |д|	Г — 2, если а < О, ~ д(д2 + 4) а	если д> О. 2 И при а е (0; °°).
17
2.163.
Решение.
	x#±2a,
ОДЗ:	x 0, a 0.
\	7
( <+2W>	Y‘
= la+ 1^0^____1	_
xW_2V3aV3 2WaV3
\	7
З^’Л’^’а^ + х^3)	1
xV3_2V3aV3	2V3aV3
' xV3	V
2V3a2/3-1	1
xV3_2V3aV3 2V3aV3
< )
xW_2yia2l3___________]_
2V’ai/3
1 VM’+zV 1 ]
2уза2/з^з_20а0) zVl [ l^a2'1	i'3^31
(xV3 + 2'/3a'>3-2'<3^3Y f x«
2V3a2/3	22/за2/з
Ответ:
16a4
18
2 164 %2 + 2х-3+(х +1)7х2-9
х2 -2х-3+ (х-1)7х2 -9
х > 3.
Решение.
х2 + 2х - 3 + (х + 1)7х2 -9 _ (х2 -1)+2(х-1)+(х + 1)7х2 -9
х2 — 2х — 3 + (х — 1)7х2 -9	(х2 -1)-2(х +1)+ (х- 1)7х2 -9
_ (х + 3)(х -1)+ (х + 1\/(х-ЗХх + 3) _
(х - 3) (х +1)+ (х - 1\/(х-ЗХх4-3)
_ 7х + 3 • ((х-1)7х + 3 + (х + 1)7х~з) _ 7х + 3 _ /х + 3
7х —3 • ((х + 1)7х-3 + (х - 1)7х + з)	7х-3 V х-3
Ответ:
/х + 3
V х —3
21(К '2-'-6-(' + ЗЬ/'2-4.	,
Z.1O3. -------------===-, I > Z.
Z2 + z-6-(z-3)7z2-4
Решение.
t2 -z-6-(z + 3)7z2-4 (z2-4)-(z + 2)-(z+ 3)7?2-4
t2 +t -6 - (t - 3)Vr2-4 (-2 - 4)+ (/ - 2)-(t -	-4
_ (r-3)(r + 2)-(z + 3)7(/-2X? + 2) УГь2 -((г-3)77+2-(r + 3)77^2)
” (z + 3)(z-2)-(z-3\l(t-2\t + 2) ~ /t-2 -\(t + 3}Jt-2-(t-3)Jt + 2)
7^z + 2 ^(z + 3)Vz — 2 — (z — 3)\/z + 2)	7z + 2 /z + 2
7z-2((z + 3)7z-2-(z-3)7z + 2)_ 7z^2~ Vz-2‘
Ответ:
lt + 2
1/7^2'
19
2.166.

Решение.
ОДЗ: 6>0,6*1.
|б-1|	।	,
2 |б-1| + £2-|б-1| + 2£-2
~b	6
lb2-2b+l
N ь
|fr -1| • (62 +1) + 2(b -1) _ |fr -1| • (62 +1) + 2(b -1)
, l(b-l)2	|б-1|>/б
o-t---------
V ъ
'-^b2 +1)^-1) = -Sb-^b2±^ = ^ еслиО< 6< 1;
-(b-iylb	-(6-i)Vz> 4ь
(b-1)(b2 +1) + 2(6 -1) _ (6 -1) (62 +1 + 2) _ 62 + 3 ecjIHZj>1
(6-i)V6	(б-1)7б 4ь
r» 62-i L ь2+3	,	.
Ответ. —^=— при 6g(0;1); —y=— при 6g(1;oo).
yjb	-yjb
m5 + n442 + у1лт9
2.167. ---j-т---i------
m3-l-1
Решение.
ОДЗ:
m Ф 4^~>
m Ф 0.
ms + m4,42 +	_ m5 + 42 -m4 + ^2^• m3 _ m3(m2 +42-m+422)
I/»3-11-1	Im3-11-1	|z?i3—11 —1
20
Ответ: -^m2 + л/2 • т + ^2^ ПРИ wg(-qo;0)U(0;1);—
при m e [1; ^2)U(^2; 00).
2.168.
X4 -X3 -X + l I
3	2	' n
x -5x2+7x-3
Решение.
ОДЗ:	,
x*3.
x4 - x3 - x + l I 3I _ (x-l)2(x2 +X + 1)
x3-5x2 + 7x-3	(x-1)2(x-3)
(x2 + x + l)-|x-3|
x-3
(x2 + x + l)(x-3)
x-3
(x2 + x + l)(x - 3)
x-3
= -(x2 + x +1), если 1 * x < 3;
= x2 + x + l,еслиx > 3.
Ответ: -(x2+x + l) при xe(-oo;l)U(l;3); x2+x + l при xe(3;oo).
21
2.169.
ут4 — п3 +п2 tfm-mn
Ч 4 Ч 2~‘
тп +п-п т — п
Решение.
ОДЗ:
тФО,
пфО,
тФп3,
п2 Ф-т.
2^ у]т4 -п3 +п21/т-тп
Ч 4 Ч Т~
) тп +п-п т -п
4/ т 2	]/
-л	2^ т/3-п +п т/3-тп
m7i + пт/3 +п-------------------
У	4
у т	п	2
—I- п -г--п
п	т
+ п3.
Z 4/	2 /	з
•	ч |ш/3+/7 т/3 \-(тп + п )
т'3 +ппг3 +п2
2	2	5	3
т +тп — п -тп
тп
'2/	1/	т^(т->гп2}-п(т + п2}
т/3 + пт/3 + п----------	---=
' т(т+п)-п3(т + п2)
тп
э У
2А У 2^1 (т + п )(т/3-п)
т/3 +пт/3 +п • ------------=
{т + п2)(т - л3)
тп
' г/. У* 2^ (т/3 -п\тп (т-п )тп
т/3 +пт/3 + п •------— =  -------— = тп.
' ти-и3 т-п3
Ответ: тп.
а3 +а2 -2а
а|а + 2|-а2 +4
Решение.
ОДЗ: аФ-2.
а3+а2-2а _ а(а2-1) + а(а-1) _ а(а + 2)(а-1)
а|а + 2| — а2+4 а|а + 2| — а2+4 а|а + 2|-(а-2)(а + 2
2.170.
л(л + 2)(л-1)	_ _ д(л + 2)(д-1) _ _ а
-д(л + 2)-(д-2)(д+ 2)” (а + 2)(а+а-2)	2’	’
д(д + 2)(д-1)	_ д(д + 2)(д-1) = д(д-1)
д(л + 2)-(д-2)(д + 2) (д + 2)(д-д + 2)	2
Ответ: " при де (-°°;-2); ——- при де (-2;ос).
2	2
х+у	х-у
2.171.	Jx+Г	y-Jxy+x
Jx-jy_ +	24*у
х+у	х-у
Решение.
	х > 0,
ОДЗ:	у > 0,
х Ф у.
х + у _ х-у
Jx-Jy Jx+Jy y-Jxy + x _
у[х-у[у t Jx+y[y 2y[xy
х + у х-у
(x + y)[jx + Jy)-(x-y)(jx-Jy)
=______(Jx-Jy) (Гх+Гу)___у-у[ху + х =
(4х - Гу) (х - ^)+ (у[х + у[у) (х + >»)	2Гу
(х + у)(х-у)
хГ+хГ+уГ+уГ -х-у/х +Х Jy+yjx-yjy
____________{fx-Jy) (Г + Г)________ y-Jxy+x
х4х - хГ ~ У^х + yjy + хГ + x-Jy + У^х - у Г ~Гу
(х + у)(х-у)
2Гу{/х + Г) (х + и)(.у-и) у~Гу + х_
(Г-Г)(>Гх+Гу)2^Г+уГ)
23
2у[*У
Jx-Jy
(x + yjtfi-Jyfajx+Jy) y-Jxy+x
2(Vx + y/у) (г-у[ху + у)
х + у
2
х + у
Ответ: —-—
2.172. [2-ТТГ--} (а~4Х^ + 4У3 ~ I.
I 4а вЛ	7(«2-1б)(а-4)
Решение.
а Ф О,
ОДЗ:
а Ф 4.
2-----
4а
2_£_4
4 а
а-4
8а-а2-16
4а
а2-8а + 16 а-4 а + 4 _(а-4)2 а + 4 а-4 _
|а-4| а + 4
а + 4 |а —4| 4а
(а-4)2 Га-4а+4(а-4
4а I а + 4 а-4 t
4а
_ (4-а)2(а2 +16)_ (4-а)(а2 +16) Г-4< а < 4,
4а(а + 4) 2а(а + 4)	(а^О;
(а-4)2 Г а + 4 а - 4	(а - 4^ ((а + 4)3 - (а - 4)3 ) _ (а - 4)16а _
4а
а-4 а + 4
Ответ:
а + 4
при ае (-4; 0)lj(0; 4) и
.4) 4а(а + 4)
4а-16	.
при а > 4.
4а-16
----Т~ ИР1
а + 4
а&
24
2.173.
т • |w - 3|
(pi2 -ш —б) |w|
Решение.
ОДЗ:
т Ф О,
т Ф -2,
т Ф 3.
Раскрывая модули с учетом ОДЗ, рассматриваем три случая:
1)	при те (-оо;-2)U(-2;0)
аи|аи-3| _	-ли(ли-3)	_	т-3	_ 1
(ли2-ли-б) |ли| - (pi2-т-б] т (т-3) (т + 2) т + 2
2)	при т е (0; 3)
w-|w-3|	_ -т(т-3) _	-(т-3)	_	1
(ли2-ли-б)|ли| (т2-т-б)т (m-tyfa + l) т + 2
3)	при т е (3; оо)
w|w-3|	_ zn(zn-3) _ 1
(pi2 -т-б) • |т\ (т~3)(т +	т + 2
Ответ: 'т + 2 ПРИ w е (_ °°;_ 2)U (- 2; 0)U (З; °°)j-2 ПРИ
те (0; 3).
х3 -6х2 + 11х-6
2.174. 7----------г------•
(х3-4х2+Зх) -|*-2|
Решение.
х ^0,
ОДЗ:
х Ф1,
х Ф2,
х Ф 3.
25
х3 — 6х2 +1 lx — 6	_ (x-3)(x-2)(x-l) _ x-2 _
(x3 — 4x2 + Зх) • |x — 2| -x(x-3)(x-l)-|x-2| x |x-2|
—x( 2 \ = -- ПРИ (-°°; o)U(0; 1)U(1; 2}
_ x(x - 2) x
-у 2-ч = - при x e (2; 3)U (3;
x{x-2) x
Ответ: - — при xe	o)U (О; 1)U (1; 2);	при xe (2; 3)U(3; °°).
2.175.
Решение.
ОДЗ: 1<х^2.
Ответ: -1 при хе [1; 2); 1 при хе (2; °°).
2.176.
а2-4-|а-2|
а3 +2а2 -5а-6
Решение.
ОДЗ:
а ^2,
- а Ф —3,
а Ф -1.
<72—4 —|я—2|	(а-2)(а + 2)-|а-2|
а3+2а2-5а-6~ (а - 2)(а + 3) (а +1) "
(а - 2)(а + 2)+ (а - 2) _ (а-2)(а + 2 + 1) _	а + 3	_ 1
(а-2)(а + 3)(а + 1)	(а-2)(а + 3)(а + 1) (а+3)(а + 1) а + 1
при а е (-оо; - 3)U (-3; - 1)U (-1;
(а-2)(а + 2)-(а-2) = (а-2)(а + 2-1) = а + 1	= 1
(а - 2)(а + 3)(а +1)	(а - 2)(а + з)(а +1) (а + 3)(а + 1) а + 3
при а е (2; Ooj,
Ответ: —уу при ае (-«>;-3)U(-3;-1)U(-1; 2); -• у при
а е (2; ~).
2х-х-|х-1| + х-|х| + 3
Решение.
х Ф О,
ОДЗ: < х + 1,
х *-1.
|х| + х2
2х + х(х-1)-х2 +3 х + 3	/
----- ---'-z---= —----при х е (- оо; 01
-Х+Х	X -X
2х + х(х-1)+х2 + 3 = 2х2 + х + 3 при х е (0.
X +х	Х+Х
2х-х(х-1)+х2 +3	3(х + 1)	3	г. \
---------2-----=	= - при X е [1; оо)
х + х	х(х + 1) X
х + 3	,	. 2х2+х + 3	( \ 3
Ответ:	--- при хе (-оо;0); --------- при хе (0;1); - при
27
a3 — 2а2 + 5а + 26
2-178.	~3---о---------•
а3-5а2 4- 17а-13
Решение.
ОДЗ: а #1.
а3-2а2+5а + 26 _ (а3 + 2а2)-(4а2 + 8а) + (13а + 26) _
а3 -5а2 + 17а-13 (а3-а2)-(4а2-8а) + (13а-13)
_ а2(а + 2)-4а(а + 2) + 13(а + 2) _ (а + 2)(а2-4а + 13) _ а + 2
а2(а-1)-4а(а-1) + 13(а-1)	(а-1)(а2-4а+ 13) а-1'
Ответ: Д .
а -1
2 179	+ а + 4а + а + 2
2а3 - а2 +а - 2
Решение.
ОДЗ: а * 1.
2а4+а3+4а2+а + 2 (2а4+2а2) + (а3+а) + (2а2+2) _
2а3-а2 +а-2	(2а3-2а2) + (а2-а) + (2а-2)
_ 2а2(а2 +1) + а(а2 +1) + 2(а2 +1) _ (а2+1)(2а2+а + 2) _ а2 +1
2а2(а-1) + а(а-1) + 2(а-1)
„ а2 +1
Ответ:------.
а -1
(а-1)(2а2+а+2)	а-\
2.180.
Зх2 -4х +1
Решение.
£
3’
ОДЗ:
- х +1 - х + х	х -1	1	, лч
----------------------------	=---при х е (-оо;0);
(х-1)(Зх-1)----------------------(х-1)(Зх-1) 1-Зх
iMH
Зх2 - 4х +1
-----------=------------при х е 0;
(х-1)(Зх-1) (х-1)(Зх-1)
х-1+х+х Зх-1	1	.
-----------=------------=---при х е (1; ос).
(х-1)(Зх-1) (х-1)(Зх-1) х-1
28
Ответ:
при хе(-~;О);
х + 1
(х - 1/Зх -1)
при хе
— при хе(1;оо).
2.181.
Решение.
ОДЗ: а>\.
Ответ: у}а2
-1«7 (aZ?(*2 + У2 )+ ху(а2 +1)2 ))• ((ex + ЬУ? - labxy)
ab^-/)+xy(a2-b2)
Решение.
ОДЗ: ab^c2 - у2)+ ху(а2 - b2 0, abx2 + (а2 - b2 )ух - aby2 ф О,
29
х\,2 *
-(а2-Ь2)у±у^а2-ьУу2 + 4агЬ2у2
2ab
-(a2 -b2)y±yyla4 -2a2b2 +b4 + 4a2b2
2ab
— (g2 — Z?2 ± yyla4 + 2a2b2 + Z)4 _
2ab
-(a2-b2)y±y^2+b2^	-^2-b2)y±(a2+b2)y
2ab	2ab
(-a2+b2±(a2+b2}y,
2ab
(-g2 +b2 -(a2 +b2))y -2a2y	ay
2ab	2ab	b
x * (~ a2 +b2 + (a2 + b2 ))y _ 2b2у _ by
2	2ab	2ab a
ab Ф 0.
(gZ)(x2 + y2)+ xy[a2 + b2 )д(дх + byf - 4abxy) _
ab(x2-y2} +xy(a2-b2}
_ [abx2 + (g2 + b2 }yx + aby2 )(g2x2 + 2abxy + b2
abx2 + (g2 - b2) yx - aby2
_ (gZ?x2 + (g2 + b2 \>x + aby2 )(gx - byf
abx2 + (g2 - b2) yx - aby2
1 2
У
Разложим числитель abx2 +(g2 +b2}yx + aby2 как квадрат!
трехчлен относительно х:
-(g2 + Z)2)y±7(g2+Z)2p-4g2Z)y
- (g2 + Z)2 )у ± yyl а4 + 2а2 b2 +b4- 4а2 b2
2ab
30
- (о2 + d2 )y ± y-ja4 - 2a2b2 + b4
2ab
-(a2+b2)y±y^(a2-b2f _ -(a2 +b2)y±(a2 -b2)y
2ab	~	2ab
-a
x	2+b2)y -2a2 у ay
или Xa = J=--------------------— = —
2ab	2ab b
-2b2у _ by
2ab a ’
x^= ------7T
2ab
тогда
abx2 + (a2 + b2)yx + aby2
Аналогично преобразуем знаменатель. Тогда выражение (♦) при-
мет вид
\^Ьхл- а2уу^Ьхл- Ь2ууАх-ЬуУ" _ \pbx+b2y)({ix-byf'
(abx+a2y) (abx-b2y)	b(ax-by)
= b(ax+by)(ax-by) = ^2 _ь2у2
Ответ: а2х2-Ь2у2.
2.183.
х-|х-3| + х2 -9
2х3 -Зх2 -9х
Решение.
ОДЗ: 2х3-Зх2-9>:#
х # О,
или
3
2
х # 3.
2х3-Зх2-9х	х(2х2-Зх-9)
3
= < при хе
2х2-Зх-9	1	, ч
--------г- = — при х е (3; )
3
Ответ: ~г.	, если х е
1
—; если
2-|а + 5|-а + —
2.184.
За2 + 10а-25
Решение.
ОДЗ:
а * -5,
5
а *
3
а * 0.
2-|а + 5|-а + — _ 2а-|а + 5|-а2+25 _
За2 + 10а-25 а(за2 + 10а-25) ~
-2а(а + 5)-а2 +25 - (за2 +10а-25)	1	(
—Г~,— -------Г" = —Л ,-------(= — при а е (- оо; - 5)
а(3а2 + 10а-25)	а(3а2 + 10а-25) а
2а(а + 5)~ а2 +25 _ а2 + 10а+ 25 _ (а + 5)2	_ а + 5
а(за2 + 10а-25)	а(а + 5)(3а - 5) а(а + 5)(За-5) а(За-5)
приае (-5;0)U^0;|)u^j;oo}
32
Ответ:----, если ае(-оо;-5); -------, если
а	а(За-5)
ae(-5;0)U^0;|^U^|;oo^.
2.185. *2..~1 + |х + 11
|4(х-2)
Решение.
fx^O,
ОДЗ:	’
[х * 2.
х2 -1+|х + 1|
|х|Чх-2)
х2-1-(х + 1) х2-х-2 (х-2)(х + 1)	х+1
----------- =------=  --—----- =----при х е (-<
-х(х-2)	-х(х-2)	-х(х-2) х
=JfctJL = iil при X e [-1; 0);
-x(x-2)	-x(x-2) -x(x-2) 2-x
	у ч при X е (0;2)U(2;оо).
х(х-2)	х(х-2) х(х-2) х-2
Ответ'.------, если xe(-ooi-l);----, если хе[-1;0);--,
x	2-х	' х-2
если х е (0; 2) U (2; оо).
2 186 р3 +4р2 +10р + 12 р3 -Зр1 +8р
р3 -р2 +2р + 16	р2+2р + 6
Решение.
ОДЗ. р*-2.
Разложим на множители числитель первой дроби:
р3 +4р2 +10р + 12 = (р3 + 2р2) + (2р2 +4р) + (6р + 12) = р2(р + 2) +
+ 2р(р + 2) + 6(р + 2) = (р + 2)(р2 +2р + 6).
2 Группа Б
33
Аналогично для знаменателя находим, что
р3 -р2 + 2р + 16 = (р + 2)(р2-Зр + 8) Тогда
р2 + Лр2 + Юр +12 р3—Зр2 + 8р (р + 2)(р2 + 2р + б)
р3-р2+2р + 16	р2+2р + 6	(р + 2)(р2-Зр + 8)
Ответ: р.
Ма'^-аЧ2 а|/д-2
2-187. 1_а + 4аз/4_4а1/2+ ^4_]у
Решение.
	а # 1,
ОДЗ: ’	а > 0, a*l±V2.
1 + 2^-a'!2	а^-2	-2а^-\}	-2
l-a + 4a3/4-4al/2 + (aV4_1J! _(fl4/4	+4(,з/4 .„2/4) + (,V4_1J!
-(а2'4-2а'/4-1)	' а1/4-2 _
-И4~1)И4+1) + 4а2/4(а1/д-1) +(«i/4-1)!
___________а2/4-2а'/4-1____________ а|/д-2
О -1) (а1/д +1) (а2/д + 1)-4а2'4(а1/4 -if ^V4
___________________________________g2/4-2a1/4-l_______________________ g1/4-2
(a1/4-l)((al/4 +1)(а2/д + 1)-4а2/д) * (а1/4-1^ "
___________________________________а2/д-2а'/д-1_ а'/4-2 _
(а^4 -Ip4 +a2'4 4-а1'4 4-1-4а2/4) + (a1'4 -if
a2/4-2aV4-l	а'/д-2
(а|/д -1) (а3/д -За2/4 -ьа1/4 4-lf (a1/4 -if
34
______________a2!4-2a'!4-I_____________, <^-2
(> -1)((<Л4-<?/4)-(2а2/4 -2<Л4)_(> _])) + 1И4 ~tf
|> - 1Х*2/4G«1/4 -1)-2<Л4(а''4 -1)-(> -1)) + (д^4 -1/
aW-2gV*-l	g'/4 -2 =	1	а^-2
(а^4 -1) (а‘/4 -1) (а2'4-2а''4 -if (а1/4-if |>-if + (а*4-if
1 + а1/4-2 _ д1/4-1 _	1	_	1
Ответ:
1
2.188.
Решение.
ОДЗ: 0<х#1.
Ответ: -----j’, если х G (О; 0» -> если х е 0> °°) •
X X	X X
35
2.189. ___L_Ud_____.
г2 — г 4-1 — |r|
Решение.
ОДЗ: г*1.
k-'l-H =	.	= L.—r- при r e (-oo;0); r-r+l+r r +r -(r-l)r _-(r-l)r_ r	ro.n.
r2 -r + l-|r|	r-r + l-r (r-1)2	l“r (r-l)r	(r-l)r	r j	приге(1;оо). r-r + l-r (r-1)2	r-1
г —Г	г	г
Ответ:	, если ге(-оо;0);---, если ге[0;1);---, если
г + 1	1-г	г-1
ге(1;оо).
2 190 [	z~2	+ (* + 4)2 -12 _ 1	, z3 + 2z2 + 2z + 4
(6z + (z-2)2	z3-8 Z~2J z3-2z2+2z-4
Решение.
ОДЗ: z ф ±2.
z-2	(z + 4)2-12___1 Y z3 + 2z2+2z + 4
46z + (z-2)2	z3-8	z-2) z3-2z2+2z-4
z-2	z2+8z + 16-12_______1 \ z2(z + 2) + 2(z + 2)
46z + z2-4z + 4 (z-2)(z2 + 2z + 4) z-2) ' z2(z-2) + 2(z-2)
_( z-2	z2+8z + 4________. (z + 2)(z2+2) =
[z2+2z + 4 (z-2)(z2+2z + 4) z-2) (z-2)(z2 + 2)
_ (z-2)2+z2+8z + 4-z2-2z-4 . z + 2 =	z2 +2z + 4
(z-2)(z2+2z + 4)	'z-2 (z-2)(z2+2z + 4)
z-2	1
x-----=------.
z + 2 z + 2
Ответ: ——— 
36
2.191. 775-2^+475+^-7^
775+2-^9-475+a
Решение.
ОДЗ: a*-l.
Ответ:
2773 - 72-^5 + 276+- +д
а
Решение.
ОДЗ:
а # О,
а #-1.
а +1	_	(а + 1)а
2VV3-V2 V5 + 2V6 + —+ а 2oVV3-V2 ^3 + 2л/б + 2+1 + а2
а
(а + 1)а	_
2а7ТЗ-72 )/(73)f +276 +(Т2)2 +1 + (ц!
37
(a + l)a	_
2aVV3-V2 ^(Л + Л)2 + l + a2
(a + l)a	________(<2-hl)g____
24Л-Л . Й + Л +1 + a2 ’ 2^(V3-J2)(J3+J2) + l + a2
(a + l)a _ (a + l)a _ (a + l)a _
2a№f-(Jzf +i+<? = ЖТ7777=777777=
(a + l)a _ a
(a +1)2	« +1
a
Ответ: ----
a + 1
2l93 Ул/з + 2У7-4Уз+УУ^(х + 27)-9х-27
Jx-2-^2-yl3ill + 4y/3
Решение.
ОДЗ:
x>0,
x#9.
7V3+2-V7-4V3 +VJx(x + 27)-9x-27 _
V^-2-72-V3 -^7 + 4Л
^72 + Уз У4-4Уз + 3 + У%Ух-9% + 27Ух-27 _
V^-2-72-V3->/4 + 473+3
= 72 + Уз а/22-2-2>/з + (УзУ +>/(V7-3j
Vx -2-72-V3 • ^22 + 2-25/з + (Л)2
4^-^] +4х-3
у[^-2-72-л/з .^(г + л/з)2
_ 72 + Уз->/2-5/3+У^-3^ У(2 + Уз)(2-Уз)ч-У^-3
у[х-2-у12->/3- л/2 + Уз	_ 2 _ >/(2-Л) (2 +Л)
38
_ у22-(лу + У^-3 _ УТ^З + Ух-З _ 1 + Ух-З = Ух-2
•Ух-2-д/22-(Уз^ Ух-2-У4-3 Ух-2-1 Ух-3
Ух-2
Ответ: ~г= ~ •
Vx-3
УУ5-Уз-У8 + 2У15-У^
2‘194’ ^У20 +У12 • ^8-2У15 -2V2a +V?
Решение.
ОДЗ: а *2.
УУ?-Уз У8 + 2У15-Уа
^У20+У12 • ^8-2У15 -2l[2a + V?
_	УУ5-УТ-У5 + 2УГз+3-Уа
^2>/5+2Уз • ^5-2УГз+з"-2341а + V?
УуГ^-^-Л+Уз)2-3^
^2>/5+2Уз • ^(УЗ-Уз)2 - 2341а + V?
УУ5-Л-УУ5+УЗ-У^
У2У5+2УЗ • Vyi-Уз -2341а + V?
39
а4 — а2 — 2а — 1
2.195. ——Z----------
а3-2а2 + 1
a4 л-2а3-a-2
4 4
«+?
Решение.
ОДЗ:
а Ф-----
2
а # О,
а Ф1,
а4-а1 -2а-1 а4 л-2а3-а-2 _
«3-2а2+1 : 1 + 4 4
а а
_ (а2 - а-1)(а2 +а + 1) а3 (а + 2)- (а + 2) _
(а-1)(а2-а-1)	Д2+4а + 4
а2
_а2 + а +1 (а + 2)(а3 - 1)я2 _ а2 + а +1 (а-1)(а2 +а + 1)я2
а-1 (а+ 2/	а-1	а+ 2
а + а +1	а + 2	ал-2
а-1	(а-1)(а2+а + 1) a2 a2(a-if
Ответ:
ал-2
Решение.
х # 1.
40
Раскрывая модули с учетом ОДЗ, рассматриваем три случая:
хе(-оо;-1),
D х2-1 + х2
. 2х2-1
2х2-1
2х2 -1
+ 1 = 1 + 1 = 2;
— (х2 -1) + х2 х-1 _	1	+j_1 + 2x2 _ 2х2
2х2-1	+х-1~2х2-1+ ~ 2х2-1" 2х2-1’
Ответ: 2, если хе(-<ю;-1);—z-, если
2х-1
2М 2 2) ^2
2.197.	\2Ь + 2у/ь2 -4
>lb2-4+b + 2
Решение.
ОДЗ: b > 2.
^2b + 2ylb2-4 ^b + 2yl(b + 2Hb-2)+b
7b2 -4+Z> + 2	ylb2 -4 + 6 + 2
Jb + 2 + 2j(b + 2)(b-2)+b^2
y]b2-4 + b + 2
Ответ:  ......
•Уб + 2
41
b2,-3b-(b-\\lb2-4+2 lb + 2 .	'
2.198.	—----------Ггт=-------VT-?’ 6>2’
b2 + 3b-(b + \)\lb2-4 + 2 'b~2
Решение.
b2-3b-(b-\ylb2-4+2 lb + 2 _
b2+3b-(b + l)Jb2-4 + 2 ^b~2
^(b2-3b + 2}-(b-l)y/(b-2)(b + 2) lb + 2 =
(b2 +ЗЬ + 2)-(Ь + \)у1(Ь-2\Ь:+^ llb-2 ~
_ (b-2)(b-l)-(b-l)y/(b-2)(b + 2) lb + 2_
(b + 2)(b +1)-(b + \\/(b-2)(b + 2) )lb-2~
(b-l)Jb~^2 (y/b^2-Jb + 2) lb + 2 = (b-l)(ylb^2-ylb + 2)
(Z> + l)>/K+2-(VF+2-V^2) *b~2	(b + l)(Vb^2-Vb + 2)
b-l_l-b
b + l~l + b'
1-b
Ответ: -—~ •
1 + b
2.199.
3/	2.3/2
V mn +ylm n
n2
Решение.
ОДЗ:
m * n,
m>0,
n > 0.
42
l[ir^ - yln^ 1	_ (Vm +Уй) 1
tfm + y/n y[m + y/n y[m+tfn tfm+tfn
43
Ответ: tfx, если Vx - у[у > 0; - tfx , если Vx - у[у < О.
1р2~4у/р .	(_ . бПзЗХ*2
2.201. 1 Иг"—+ РуМ \ Р + У1Р Ч
\\Р~у1Ч	V	)
Решение.
Р>0,
44
Ответ:
yjm + 4>lm-4 •	+ 2 m-4-Jm-4
2.202.	... .........................
^m-4y[m-4 ^y/m-4 -2
Решение.
m> 4,
\m + 4->Ли-4 • y/y/m-4 +2 m-4-Jm-4 _
llm-4y[m-4 yl^m-4'-^.
_ ljm-4 + 4y/m-4 +4 • ljy/m-4 + 2 m-4y/m-4 _
\lm-4-4ylm-4 + 4l/ylm-4-2
_ V(jm-4 + 2У(>/т-4 + 2) m-4-4ylm-4+4_
^{jm-4 -2f^Jm-^4-2j
_ ^/(Vm-4 +2^ (Vm-4 -2^ _ (Vm - 4 + 2^1 m -4- if
= V(^-2f	2	='^ 2(^5-2)
т-8
Ответ: ----
2
Решение.
ОДЗ: х > 1.
Ответ:
1
4/—2 Г
Vx -1
46
2.204. д/2 + Тз -V2 + 72 + V3 ^2 + ]2 + ^2 + т/3 \2-^2 + у/2 + т/з .
Решение.
= у12 + у/з-^2 + у12 + 4з -^4-2-^2 + у[з =
Ответ: 1.
2.205.
Ьх + 4 + —	Ux2 -Ь2 )• -
bx	b Ьх
2b + (b2 -4}х-2Ьх2 (Ь + 2х)2-ЪЬх 2
Решение.
ОДЗ: х
b ф о,
х о,
b
2’
_2
К
47
bx + 4 + —	fax 2 - b 2 )• —
bx	Ь bx
2b + (b2 -4}x-2bx2 (b + 2x)2 -Zbx 2
\	J
b2x2 + 4bx + 4	4x2 -b2
________bx________+_________b________ bx_
-^.bx2-{b2-4}c-2b) b2+4bx + (2x)2-Zbx 2
bx + 2	2x + b bx _ (bx + 2)bx (2x + b^bx
(2x - b^bx (2x - b)b 2	2(2x - b}bx 2(2x - b)b
bx + 2	(2x + b)x _-bx-2 + 2x2 + bx _ x2 -1
2(2x-b)+ 2(2x-b) ~	2(2x-b)	~ 2x-b‘
x2 -1
Ответ: ------•
2x-b
Решение.
ОДЗ: b
0,
0,
±У-
48
2.207.
G’ -3x + 2)-V2	+3x + 2)-'/2 1 ( (x‘ -5x2 +4)v2
^-Зх + 2)-,/2+(х’+Зх + 2Г2’1+	3*
Решение.
x * 0,
ОДЗ: ] x >2,
x < -2.
49
(x1 2 *-3x + 2yi/2-(x2+3x-b2yi/2 , (x4-5x2+4f_
^-Зх+гУ^ + ^ + Зх+гУ^ + Зх
(x2-3x+2yV2-(x2+3x+2yV2-(x2-3x-b2yi/2-G2+3x+2yi/2
^-Зх+2У’,2+(х2+Зх+2у,/2
(х<-5х2+4р	-г^+Зх+гУ172	(х4-5х2+4у2
+ Зх	>-3x + 2yV242+3x + 2yi/2+	Зх
______7х2+Зх + 2	7х4-5х2+4
1	+	1	Зх
Vx2 -Зх + 2 Vx2 +Зх + 2
2	Ух4-5x 4-4 Ух4-5x4-4
Vx2 4-Зх4-2 4х2 4- Зх 4- 2 4- 7х2 - Зх 4- 2	Зх
2
-5х2 4-4 •
Зх
.2
X
2| Vx2 4-3X4-2 -Vx2 -Зх4-2
Vx2+3x + 2
^х2 4- Зх 4- 2 - Vx2 —Зх4-2 1 Зх
50
г
= Vx4 — 5х2 +4 • 
к
2| 7х2 + Зх + 2 - Vx2 -Зх + 2	j
.—	.	* г + 
vx2 + 3х + 2(х2 + Зх + 2-х2 +Зх-2) ^х
П Т~2 ~ Vx2 —Зх + 2 -7х2 +Зх + 2 + Vx2 + Зх + 2
vx -5х +4-----------------....................
Зх>/х2 + Зх + 2
Vx4 -5х2 + 4 • Jx2 -Зх + 2 _
3xVx2 + 3х + 2
у(х2-Зх + 2) (х2+ Зх + 2)-л/х2 -Зх + 2 _
3xVx2 +Зх + 2
7(х2-Зх + 2^ х2-Зх + 2
Зх	Зх
х2 -Зх + 2
Ответ: ----------
Зх
Решение.
ОДЗ:
п Ф 4т,
т > О,
п > 0.
4т — п
51
4т-п
lOVw -Зч/й
+----------
ijm +4п
Ответ: 1.
2.209.
Решение.
ОДЗ: 0 < х * 9.
52
_ -Jx +3-Vx =3-14x прихе [О;9)t
Jx-3-Jx = -3 прихе (9;°°)
Ответ: З-2-Vx» если x e [0; 9); -3, если x e (9; «>).
Решение.
Il + 2a + a2	_ 1-a % l + 2a + a2-4a _l-a
4a 2ja 1 4a 2y[a
ll-2a + a2	, У(1-аУ I1"0!
1 4a___________ 2-Ja _ y[a
tl-2a + a2 1-a ^-aj l-a
53
2|l-O|-(l-g) 24a 2(l-a)	_ _ 2(l-o)-(l-a) -2(l-a) -2(1-а)-(1-я) Ответ: 2, если a 2.211. (z2 -z+1): Решение. ОДЗ: z Ф 0. (г2 -z + l): z2 + A fz = ^2 -z + 1):	z A = (z2-z + l): z + V = (z2-z + l): (z + - k z	IM 2<a	- 211~д1 42 2-|1-а|-(1-я) 2-|1-я|-(1-я) ~= 2, если a g (0; 1); 1-a -2(1 —a) 2	ч =	,6	;= ,еслиае(1;оо) - 3(1 - a) 3 2 g (0; 1); ~, если a g (1; °°). 7 if r if I172 d ( J J ifr if r —	+ 2 • z + —	— 3	— 2	I	z Z )	\ z)	J 2 >2	2 V/2 if	, ( if, + — —2	+2‘ z + — —3	— z )	I z 1 7	J i v	(	i f	(	i f	V2 — -4- z + — +4 + 2 z + — -3 ZJ	I	z)	I	z)	? \4	z	1 x2	y2 1 — 2 • 1 z ч— I +1 = 1	1	Z J 7	V	'	7
54
Ответ: ---------.
z? +z + l
2.212.
(x4 -7x2 +1)~2
Решение.
55
Ответ: 5.
Решение.
ОДЗ: х Ф 0.
х-1
2х
х4-2х2+1
4х
х +2х +1
4х2
. 1
4х2 + х4 - 2х2
4х2
х2 +1
-77- = -—, если хе (-оо; 0^
2х 2
— = —, если х е (0;
,2х 2	v Л
56
1	/ ч 1
Ответ:	, если хе (-оо; 0); —, если х е
2.214.
+ 4
Решение.
ОДЗ: х * 0.
-----= -2, если х е (- 0);
х
— = 2, если х е (0; оо).
. х
Ответ: -2 , если х е (- оо; о); 2, если х е (0; оо).
2.215.
Решение.

ОДЗ:Ь>-3,
z Ф 3.
57
/	।---- \ 6z - z2 - 9
z-3 У(г + ЗУ 18г
-(z2 -6z + 9) 1 J z-3 z + 3 -(z-3)^ + 3)
18z z + 3 z + 3 |z-3|	18z
к 1	17
Раскрывая модуль с учетом ОДЗ, получаем два случая:
zg(-3;O)U(O;3)
1)
' (z~3 1 z + 3>| ~ (^~ З)2 (^ + З) _ (z — З)2 + (z + 3)2 -(z-3f(z+3)
^z + 3 z-3 J 18z	(z + 3)(z-3)	18z
2(z2+9)(z-3) _ _ (z2+9)(z-3) = (?+9)(3-z).
18z	9z	9z
ze (3;°4
2)
'fz-3 z + 3^1 - (z - 3)2 (z + 3) _ (z - 3)2 - (z +3)2
^z + 3 z-3 J 18z	(z + 3)(z-3)
12z(z-3) 2(z-3)
18z	”	3
-(z-3)2(z + 3)
18z
t2+9)(3-z)
Ответ: 3----+----, если
9z
z g (- 3; 0)U (0; 3);	, если
m + 2
2.216. J
Z G (3; 00).
m - 2
m + 2
m + 2 Im - 2
m - 2 V m + 2
Решение.
[m > 2,
ОДЗ:] о
[w < -2.
58
т + 2	т—2
л----л-----
\ т — 2 ч т + 2
т+2	т-2
У т-2 ]/т + 2
т+2	т-2
---о + л/ То
т-2 \т+2
---	л
т + 2
т-2
т + 2	1т-2
т-2 vm + 2
т + 2 im-2
-----ti---
т-2 У т + 2
т+2	т-2
----+ 2+---
_ т-2__т + 2
т + 2 т-2
т—2 т+2
(т + 2)2 + 2{т + 2)(т - 2)+ (т - 2?
(т-2)(т + 2)	_{т + 2 + т-2^ _ 4т2 _ т
(m + 2f - (т-2^	4т + 4т 8т 2
(т - 2)(т + 2)
т
~2'
Ответ:
Решение.

ОДЗ:
ab > О,
а # Ь,
Ь-Ч6 -4^ь Л[7ь-^ ^.С За3 аЬ '
^а1 -Ь1 -аЬ}^а9Ь* \2аг-аЬ-Ьг a-b J
=	Г За3	ab
(e-/>)(2o + i^V	[(a-i)(2a + i) a-b
59
=	. 3a3-ab(2a+b) =	(а-t»	,
(a-6)(2a + i)Va’b4 (e-*)(2a + i)	(a-b)(2a + 6)VaV
За3-2a2b-ab2 _ 1	(я-/>)2д + />) _ a-b
(a-b)(2a+b) 2a+b За3-2a2b-ab2 ~ (2a3-2a2b)+(a3-ab2)
__a-b_________________	a - b	_
2a2(a -b) + a(a2 -b2) 2a2(a-b) + a(a-b)(a + b)
_________a-b______	1	_	1
(a -b)(2a2 +a(a + b)) 3a2+ab a(3a+b)
Ответ'. ----——.
a(3a + b)
2.218. <Jx + 2л/2х-4+Jx-272x-4.
Решение.
ОДЗ: х > 2.
7%+ 277%-4 +yjx-2^2x-4 =
~ ^x-2+2^2(x-2)+2 + ^x-2-2^2(x-2)+2 =
= 7(77^7)2 +272(x-2) +(72? + 7(77^7’)2 -2^2(x-2) + (72)^ =
=7(77^2+ЛУ+7(77^2-V2 )2 =V7^2’+V2+|77^2-72|=
x-2+72-7x-2+72 =277при 7x-2 -77<0 или 2^x<4;
Tx-2 +77 + 7x-2 -77 = 27x-2 при 7x-2 -77£0 или x£4.
Ответ: 277, если x e [2;4); 2y/x-2, если x g [4;oo).
r
9
2.219.
a + 8
к
1/	A 4/	1/	2/
ar3 +2	а'* +8йг3 5-a'3
~y P	У + V~
a^3 -2a^3 + 4J 1-a^3 l+ar3
Решение.
ОДЗ:
a -8,
a ±1.
60
( 9	av’ + 2	\а‘13^а'13 5-а2/3 =
<а + 8 ^-2^+4/ 1-а2'3 +1 + <Л3
(	9____________а,/3 + 2	1 а^(а + 8)
^ + 2) (^’-2^’+4) fl2/3-2a,/3+4 J (l-oVs) (1 + а1/’)+
5_ДУЗ_	+	а'% + 8)	5-а2/3 _
+ l + o173 (а‘/3 + 2) ^3-2а'/3 + 4)' (1 -Я‘/3) (1 + а'/3)+ 1 + 0'/3 '
-в-а^-гНя-а^+г)	а‘% + 3]	, 5-а2/3 _
« + 8	(l-aV3)(l + aV’)+l + a‘/3
(5 + а'ф3 5-^’ _ 5аЧ3 + аг/3 + 5-а2/3 _ Sa*3 +5
l + aV3 +l+aV3 l + a'/3	l + aV’
= ^±1)=5
l+aV’
Ответ: 5.
V2a + 2>la2-b2 -Ja-b
2.220. T	——
42a-2^1 a2-b2 +Ja-b
Решение.
ОДЗ: a > b.
y2a + 2“^ a2 —b2 — 4a—b ^u + b + 2-4 (a + b^a — bj + a—b — 4u — b
^2a-2y[a2-b2 + 4a-b ^a + b-2j(a + b)(a-b)+a-b + 4a-b
_ fya + b +4a-bf -4a-b _ 4a + b + 4a-b -4a-b _
yl(4^b-J^bj+J^b
_ 4a+b _
|V« + d -+ 4a-b
61
или 0 < -b < а;
Ja+b	_ ja + b
a + b-Ja-b+ Ja-b Ja+b
Ответ:
при O< -b < a.
1 при 0<Z><a,a^0,
2.221.
Решение.
ОДЗ: -1<х<1.

или 0<b<a.
2 + 71-х2
62
Ответ: х.^2.
(2 - п . т -1 A f 2 т ~ 1	2 2 - п А	аГТ^Х Г7~
2.222. ----+ 4------: In-----+ т-------; т = v400, п = V5.
' \ и -1	т-2) \ п -1	т-2)
Решение.
(2-п . тл-1^ ( у т-1	j 2-п А
\л-1	т-2) \	и-1	т-2)
(2-и)(тл-2)+4(ти-1)(и-1) п2(т-1)(т-2) + т2(2-п)(п-1)
(и-1)(тл-2)	‘	(п -1){т -2)
Зтп - 2(т + п) (т-п) (Зтп - 2(т + «))
(л-1)(тп-2)	(и-1)(тл-2)
Згии-2(>и + и)	(п-1)(т-2)	_ 1 _	1
(п-1)(т-2) (т-п)(3тп-2(т + п)) т-п ^400 - -^5
1 = 1 1
T20-V5 ~275-V5 ~>/5 ~ 5 ’
Ответ: —.
5
2.223.
1	1
\а + 24а^2-1 ]а-2^2-1
1	1
]а + 2у/а-2-1 ]а-2-)а-2-1
Решение.
ОДЗ:
а > 2,
а ф 3.
63
приyla-2 -1 <0
или 2 < а < 3;
а-2 при7а-2-1>0
или а > 3.
64
Ответ:
если а е (2; 3); - Ja -2 , если а е
2.224.
1
+ 4х + 4
Решение.
ОДЗ: х -2.
1
+ 4х + 4
при х < -2;
1 + х -4 х -3
5-х2
-----при - 2 < х < 2;
х+2	х+2
1 + х2-4 х2-3
-------=-----при х > 2.
х+2	х+2
з-*2	(
Ответ: -----, если х е -
х + 2	v
5-х2
-----, если х е
х + 2
г -з
-----, если х е
х + 2
2.225.
х2 -6х + 1 +
х-3 х-5
1 + Зх 1 + 5х
hV/2
Решение.
ОДЗ:
। Группа Б
1
3’
1
65
5
Vlf2
= (r2 -6x + l + 8j/2 = (x2-6x + 9^2
(	1W 1 1A ( 1
-x + 3 = 3-x, если хе -»; — HJ — • — (J — • 3
3 J 3 5 J 5
x - 3, если x e [З; о©)
f
Ответ: - (x - 3), если x G
x - 3, если x g [З; °©).
/	z x	z x\-i/2
1	( 1	П 2 МП
2.226. z и 2 + n P" /	\3	+ a
Цх + 3)2 lx 9) (х + зу П 3JJ
Решение.
ОДЗ:
x Ф О,
х Ф -3.
66
(х + 3)2 9х2 +(х + 3)3 Зх
х +9
>	[9х2(х + 3)\
= V9x2 = 3-|х| =
9х2(х + 3)2
[- Зх, если х е (- ©°; - 3)U (- 3; О);
[Зх, если х 6 (0;
Ответ: -Зх, если х 6 (- °°; — з) U (- 3; О); Зх , если х 6 (О;
°°) •
Решение.
О№а> 3.
а + 3 + 2^(а + 3\а-3) + а - 3 _ 2а + 2^а2 -9 _ а + Ja2 -9
Ответ:
67
2.228.
Г 2 ]
-8-J/ + -
I у)
+ 48.
Решение.
ОДЗ:^ * 0.
68
69
:uid9tuQ

£Д___________
Vx-2>/2 у1х + 2у/2
2.230. ~т- ~ 1	—т- ~ 1
у х2 — 4х>/2 + 8 у х2 + 4х>/2 + 8
х = 3.
Решение.
Vx-2V2 ylx+2^2	у1х-2у[2 ylx + 2^2
1________1	_ >/х + 2>/2-7х-2>/2 _
Jx-242 7* + 2л/2	(y + 2>/2)
77^8	7s3i
70
2.232.
Решение.
ОДЗ:
а Ф О,
2 , ,\2	1а4+6а2+9 _	/а4+6а2+9-12а2
"3 1/-V------3 ] V
= -2а, если а < - V3;
а2 -3
= 2а, если - V3 < а < 0;
-2а, если 0 < а < л/З;
Ц—= 2а, если а > V3.
а2 — 3
Ответ: -2а, если а е -7з)и(о; >/з); 2а, если
ае (->/3; о)и(Л; ~).
Решение.
ОДЗ: а > 1.
Ответ: ^а2 _j
72
= -4V3 + (2-^V(V3 + l]f-^ + ^V(V3-l]f =
= -4V3 + 2-V3+2V3-3 + 2 + V3-2V3-3 = -4V3-2.
Ответ: -2- 4-Уз.
(x + l)-|/2
2-235- (х-1)-|/2 — (х + 1)~1/2 ’
Решение.
а2+1
2а
ОДЗ: 0 < а Ф 1.
73
1-а	,	а-1	(
Ответ: —— , если а е (0; 1); -, если а е (1; <*>).
2а	2
14
4т-т2-2т-1 т + 1 Im2 + 2т+ 1-4т
4т 2у[т V 4т
-(т2 -2т + 1) т + 1 1т2 -2т + 1 _ (т-1)2 т + 1
4т 2у/тЧ	4т	4т	2у/т^2у/т>
(т-1)2 т + 1	(т-1)2 (m + l)-|m-l| _
4т	2у[т 2у[т 4т	4т
-(т-1)2 -(т + 1)|т-1|
4т
+ +	-би-1)2 + т2 -1 т-1	, _
— ------— -----—----- — ------, если т -1 < О,
4wi	4т	2т
	или О < т < 1;
+	=	= 1-т, л и > L
4w	4т	2
т-1	1-т	г
Ответ: ——, если т е (0; 1); —-—, если т е [1; °°
2.237.
а3+1
а3-1'
Решение.
[а Ф 1,
°«3: |й > 0.
75
-(а-1) 1-а	_	,
—'	’ = —j=-, если 0 < а < 1;
у/a у/а
а-1
—если а >1.
у/а
1-а	а-1
Ответ:	i- , если а е (0; 1); ~~г=~ , если а е (1; °°).
2.238.
2х
Решение.
ОДЗ: х > 0.
76
2.239.
Решение.
='VF(i - '^2 )=	- ^2).
a/?
Тогда у 4^2	— 1)	*
Ответ: _ */2
77
78
Ответ: 1.
2.241.
,	-	.	,	х-1/3
4-2х + х2 . 6х2+8 + 12х х2 +2х + 4
4-х2	2х + 4
4-2х
Решение.
2х + 4
х2-2х + 4 6х2+12х + 8 х2+2х + 4
ч-1/з
4-х2
ОДЗ: х Ф ±2.
4- 2х + х2 6х2+8 + 12х х2+2х + 4
4-2х
2(х3 +6х2 +12х + 8)
79
2^x..t_2t = -3/(х-2\х + 2) = -Vx2-4 = V4-X2.
V	(^ + 2Г
Ответ: ^4-х2 .
2.242.
' 7(z + 2)2-8z + (z-tf+3 "I.	z2-3z + 2
z + 2	z3 + 8 ’ z3-2z2-4z + 8
к '	У
Решение.
\z Ф +2,
°Д* Z * 1.
z3+8
z2-2z + 1 + 3
z2-3z + 2
z3-2z2-4z + 8
Z-1
|z-2| + l (z + 2)(z—2) (z-2| + l)(z-2)
z + 2	z-1	z-1
(-z + 2 + 1)(z-2)_(-z + 3)(z-2)_z2-5z + 6
z-1	z-1	1—z
если z g (- 00; - 2)U (- 2; 1)U (1; 2^
(z-2 + l)(z-2) (z-l)(z-2)	.	/. x
-------—---------- =  -—-- — z - 2, если z g \2; °°J
z-1-----------------------z-1
z2 -5z + 6
Ответ: ----------, если
1-z
если z g (2; <»).
zg (-00; -2)U(-2; 1)U(1; 2); z-2,
80
2.243.
'х4+5х3 + 15х-9	9
к х64-3х4 х4
х3 —4х4-3х2 -12
Решение.
х ±2,
ОДЗ: U*0,
х -3.
х4+5х3 + 15х-9 9
к х4(х2+3) х4
х(х2 -4) + 3(х2 -4)
х4 4- 5х3 +15х - 9 + 9(х2 4- 3) (х2 - 4)(х + 3)
х4(х2+3)	’ х5
(х2-3)(х2+3) + 5х(х2+3) + 9(х2+3) (х-2)(х4-2)(х-ьЗ)
х4(х2ч-3)	х5
(хч-3)(х + 2)(х2 +3)	х5_______ х
х4(х2+3) (х - 2)(х 4-2)(х 4-3) х-2
Ответ: —
х-2
2.244.
a(a-2)-b(b + 2) + Jab(b-a+2)
a +b-jab
, a2+b2+ab
1+2-	.3
b —а
Решение.
ОДЗ: а*Ь, а^Ь+2.
a(a-2)-b(b + 2) + 4ab(b-a + 2)
a + b-Jab
a2+b2+ab
1 + 2-= =—
a2-2a-b2-2b-Jri(a-b-2) C _2. a2+ab + b2>
a + b-Jab	a3-Z>3
81
(a2 -b2]-(2a + 2b)-Jab(a-b-2) (	a2+ab + b2	'
a + b-Jab	(a-b)[fi2 + ab + b2)
(a-b\a + b)-2(a + b)-Jab(a-b-2) Л	2
a + b-Jab	a — b;
(a4-b\a-b-2)- Jab(a-b-2) a-b-2 _
a + b-Jab	a~b
(a-b-2)\a + b-Jab) a-b ,
-------—== L-------------— a-b.
a + b-y/ab	a-b-2
Ответ: a-b.
2M5 ((х + 2Г	Г +((х + 2Г -(х-2Г У
' ((x + 2)-'/2 +(x-2)-V2y -((x + 2rV2 -(x-2)-1/2У '
Решение.
ОДЗ: x > 2.
((x+2rV2 +(х-2Г1/2У+((х+2Г|/2 -(х-гГ^У
((х + 2)^ + (х - 2Г1/2У - ((х + 2rV2 -(х - 2У"1/2У
Ух2-4	। л/х2 -4
у/х-2+у/х + 2	у/х-2-у/х + 2
. 4х2 -4	>1х2 -4
Jx-2 + 7x4-2 Vx-2 -7x4-2
82
x-2 +Jx + 2 7х-2-7х4-2?
к7х-2 4-7x4-2 у/х-2 - 7x4-2 J
у1х-2-у1х + 2+у/х-2+у1х + 2 ______2у/х-2
_ (Ух-2 4-7x4-2) (Ух-2 -7x4-2) _ (Vx-2)2 -fyx+lf
7х-2 -7x4-2 -7х-2 -7x4-2	-27x4-2
(7х-2 4-7x4-2) (7х-2 -7x4-2) (7х-2 J -(7x4-2 J
_ 7х —2 _ /х-2
7x4-2	V X 4- 2
/х-2
Ответ: ~ 7	~ •
VX4-2
(к Vx - y/xy^fx - tfy)-	4- у 4- у[ху )
Решение.
ОДЗ:
х > О,
у > 0.
83
а
ОДЗ:
Решение.
* ±1,
* О,
* -1,
* О.
а
b
b
84
-(a-l)(Vft + l)
+ l/b+y/a
= -1/b +1 + l/b + Va = 1 + Va.
Ответ: 1 + Va.
2.248.
Решение.
2.249.
Ответ:
Решение.
хф2.
85
Решение.
ОДЗ: а > 0.
86
Ответ:
2.251.
Решение.
х > О,
ОДЗ:
У * О,
х Ф у.
88
a4 -2a2b + b2 -c
ab
(a2-b)2-c
ab
= 74,8-1,2 = -Д76 = 2,4.
Ответ: 2,4.
2.253. (4x -1) • f — • (78x -1 + 4x)-1 - (78x -1 - 4x) 1 | '
V 8x	j
Решение.
ОДЗ:хЛ, хЛ.
lx -1 - 4x) 1
(4x-1)-	. -1.....
\8x ^VSx-l +4x V8x-l-4x
..	,. / д/8х-1 - 4x - V8x-1 - 4x
(4x -1) • ---7—-------7=—--------=
у 8x(V8x-1 + 4x)(V8x-1 -4x)
89
4х-1
4х-1	, Г1 П
—7----г = -1, если хе —; — t
-(4х-1)	|_8 4)
4х-1 ,	(1
4х-1	^4 J
Ответ:
-1, если х е

х + 2.у______(х-2у):8у2 Г у 2_____________1
8j3(x2 +2ху + 2у2) х2-2ху + 2у2; (^4х2-8/ 4х2/+8/
Решение.
х + 2у________(x-2y):Sy2	t (	у~2_________1
^8/(х2 + 2ху + 2у2)	х2-2ху + 2у2	|^4х2-8/ 4х2/ +8/,
<	„ А
_ х + 2 у	х - 2 у
8/ (х2 + 2ху + 2у2 )	8/ (х2 - 2ху + 2у2 )
_ (х + 2у) (х2 4- 2у2 - 2ху)~ (х - 2у) (х2 + 2у2 4- 2ху)
8,у3(х2 4- 2у2 4- 2ху] (х2 4- 2у2 - 2ху)
х2 4- 2j/2 - х2 4- 2_у2	_	Sj’3	+
4/(х2-2/) (х2+2/) 8у3^(х2 +2y2J -(2ху?^
90
+_____4^2 = 1 + 1 _
+ 4>2^2У - (г/У Г X4 + 4/ + х4 - 4/ "
_ л-"-4/+х4+4/ _	2х4	_	2^/б)*
" (х4 +4/) (х4 -4/)" *8 -16/ " fa} -16^
2-6 _ 12 _12_3
“ 36-16-2 " 36-32“ 4 “
Ответ: 3.
2.255.
2(а+(а+1)+(а+2)+...+2а)	б(а|/2+//2) .(Л1/2 _.1/2V _м-2/5У1
а2+За+2	(а-бГ(а+2)Л Л ’
Решение.
ОДЗ:
а > О,
-Ь > О,
а^Ь.
Выражение а + (а + 1)+(а + 2)+ ... + 2а является суммой S„ членов
арифметической прогрессии, у которой первый член a t = а , разность
d = a + l-a = l, п-и член ап = 2а, количество членов
ап -«1	2а-а
п =------— +1 = —-—' + 1 = а +1. Применив формулу суммы членов
а	1
<21 +ап а + 2а (
арифметической прогрессии, найдем Sn =--------п =------(л +
За(<2 + 1)
-------. Подставив это значение Sn в условие, получим
____2___+ (fy,2+b'12) . // |/2 _ |/2 V _bV2/5у> =
2 +За+2 (а-*Л6(а+2)Д Л ’	1
За(а +1) б(т/а +-Jb) .	1
(а + 2)(а + 1)+ s/(a_A)3.(e + 2)' -Jb) >l(a-by2
Q1
a + 1 Ща-Ь^ (a + 2) Ja-ylb
3a 6^fa+Jb}(ja -4b)	_
^+^a-by.(a + 2)^(a-b)2 ’
За б(а - b) _	_ За + 6
a + 1 + (a + 2)ll(a-bf ~«+2 + a + 2~ a + 2
Ответ: 3.
2.256.
Решение.
92
Ответ: х3 • у[а.
Решение.
ОДЗ: а > 0.
93
Решение.
а > О,
ОДЗ: \Ь > О,
а Ф Ь.
94
Ответ: —
2у/Ь
2.259.
8z3 + 24z2 + 18z _ Jsz2 ~24z2 +1871 _Г_1_
2z-3 N	2z + 3	I2V27 6z
7 v	7
Решение.
3
ОДЗ: z*±-,z*0.
^Jsz3+24z2 + 18z _ J8z2-24z2+777
V 2z-3 V	2z + 3
к	7
2z(4z2 + 12z + 9) J2z(4z2-12z + 9)
2z-3 V 2z + 3
54z
4z2-9
<l3/2z__l_V
k2V27 6z?
( I—5—A
1 J4z2-9
2 V 54z
к	7
^2z(2z + 3y ^2z(2z-3y	2^54?
V2z-3	V2z + 3	3/(2z-3X2z + 3)
95
_ ^2z(^.z + З)3 -V2z(2z-3)3 -23j54z
V(2z-3)(2z + 3)
= V2z(2z + 3-2z + 3-6)_ V2z O _
V4z2-9	V4z2-9
Ответ: 0.
V p^-q
Ip q ~
2.260.
14 22' ^—А(р3-ря2)-^4р
ч{р -p g p -q )____________
^-2'(p-q)
p-q p+q p2-q2
Решение.
ОДЗ: p > q > 0.
P4+q4 . •
p^-q
d 4 2 2 - Т^Ц)(^3-^2)-2^
цр -pg p -q J______________
P-----q~---l^(p-q)
\p-q p+q p-q
(	»4 . z,4	о „2
x+ 2.P
1 „2(^2Z2) „2	2
Ip \p -q ) p-q
q2)-2qy[p
p(p + q)-q(p-q)-2pq ( x
(p + q)(p~q)
у	у
p +pq-pq+q -2pq /	\
(p + q)(p~q)
p1-2 pg+ q2
(p + q)(p-q)
pl+ql 2g/7	p1-'1pq+q1	(p-q?
Гр Гр _ Гр
i \ (p-^ J^~"(p~v) Jr^- (p-q)
(p+q)(p-q) il p+q V p+q
96
.Д |Н/(ж)
у/p yp-q у/p N p-q y/p
_ylp2-q2
Jp
Г~2 1л
Ответ: ---------.
Jp
J 2?	/(x + lWb^ JsJl-x2
2.261.	3J~---—у J--------------3J---r^~-
V9 + 18x + 9x V x \ 2xy/x
Решение.
ОДЗ: 0 < x < 1.
J 2x2	l(x + l)C7 ч/зл/1 — x2~ _
V 9 +18x + 9x2 V x у 2x4x
= I 4x4 J^x^l-x) fil9(l-x2)
Ь1(1 + 2х + х2У N x3 V 4x3
_ J 4X4 (l + x^l-x) 9(1-x2) _ /збх4 (1 + x)4 (1 - x)2 _
~у81(1 + х)4 x3 4x3 V 324x6(l + x)4
= Jfr-*)2 = Ф~х
V 9x2 V 3x
IJ
Ответ: 3-----, если x g (O; 11.
V 3x
4 — У a2	7 r-	I----
2.262.-------—a = V3, b = Д008.
-^ + 2Vb)
Решение.
4-V7	______________4-V7______________
(г + йб)2-l^ + 23JbJ 4 + 4ЙК + 37^V -V?-4ЙК-437P"
4 Группа Б
97
1	1	1	5
1 - Vo,008 1-0,2 “ 0,8 ” 4
„	5
Ответ: —.
4
2.263.
Решение.
x4 -72л3 + 3x2 - 71x4-2 _ (x2 - V2x4-2)(x2 +1) _ 2
x2-xV2+2	x2 -x42+2
у
Ответ: x +1.
2.264.
x3 4- 5x2 + 3x - 9
x3 + x2 -5x + 3
Решение.
ОДЗ:
x3 + 5x2+3x-9 (x3 + 2x2-3x)-t-(3x2 +6x-9)
x3+x2-5x + 3 (x3 -i-2x2 -3x)-(x2 4-2x-3)
= x(x2 +2x-3) + 3(x2 +2x-3) _ (x2 +2x-3)(x + 3) _ x + 3
x(x2 +2x-3)-(x2 +2x-3)	(x2+2x-3)(x-l) х-Г
„ X 4- 3
Ответ:-----.
x-1
98
Решение.
ОДЗ: b > 0.
4а
Ответ: 1,1.
а = 2,25.
99
г--------
a	= \(a-b) -a = £ = 1 = £ = 4
yS(a-b + yTa)i(i-b-Ja) a^a-b^-a a 2’25 | 9
4
Ответ: ~ 
9
U-2_x?-'+l.(xr2+?-V2)
2.267. 1__________4___________
2x2 - /2 -xy + 2xy^2
Решение.
ОДЗ:
у > О,
« у 2х,
Jy Ф -X.
4х2 - 4ху + у2 x + Jy	^2х-у^ x + Jy
V 4/___________у2	2у у2 _ |2х-у|
2х(х + у[у) ~у{х + 4у)	(х + 4у) (^х~у) 2у (2х у}
100
-fa-у)	1	0
—-------; =---г при у > 2х;
|2/(2х->>)	2/
2х-у	1
---------=	при 0 < у < 2х.
{2уЧ2х-у)	2у>
1 1
Ответ: ----при О < у < 2х;----при у > 2х.
2/	2/
х+4х—>/12х + 3+->/з In; ,4/7^-}
2-268-
Решение.
ОДЗ: х > 0.
101
Ответ: 1 + у[х.
Решение.
ОДЗ: а > 0.
102
2.270.
-1, если х 6 (4; 8);
Vx-4 +2-2	у/х-4
Ответ:
Решение.
ОДЗ: х > 4.
л/х-4 -2 + 2 Vx-4	г ч
----. — =	= 1, если х е [8; ©о).
4
Ответ: i------	, если х е (4; 8); 1, если х е [8; <»).
103
Решение.
СДЗ: 2 * -288>/з.
104
Ответ: 4.
Решение.
ОДЗ: р > q > 0.
105
р(Гр-^ _
] p(p-qf {p-jpq+qj
J((VF+V^)(p-Vp?+=
(p-q^tp-Jw + qf
(jp + yfqJjjp-yfqJ = J(p-q)2 = J 1	1
(p-qf i(p-q7 Vp~4 y/p-q
1
Ответ: .	•
^p-q
2.273.
У(Зх + 2)2 -24x
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф —.
У(Зх + 2)2 -24х _ ^9х2 +12х + 4-24х _ ^9х2 -12х + 4 • Vx
3^-4-	~
Ответ:
если х е 0; — ;
3
Г-	I 2
х > если х 6 -;
3
106
2.274.
8-w
l/m+2
W2 -4
yfm2 +2%/m
Решение.
Im Ф 0,
ОДЗ: U±8.
l/m+2	\/m+2	l/m-2
= 2-y[m +y[m - 2.
Ответ: 2.
2.275. x^2xjxy-х^Зху -^x2 у (7+ 4т/3).
Решение.
ОДЗ: ху > 0.
х^2ху/^-Xy/Зху -у1х2у(7 + 4у/У) =
=х ==х •х ]tfy\=*2|V7|-
н
‘У
Ответ: х
107
2.Т16.
1
Решение.
ОДЗ: а > 1.
108
Та-\
Ответ: ------
4
2.277.
Решение.
ОДЗ:
а * Ь2,
а > О,
b > 0.
109
Ответ: 1.
Решение.
ОДЗ: 0 < п < 1.
б1(1-иУ(1 + и)~9^ J 9и3 ~ =
У лЧбО-и)4	у 4(1-л)(1 +л)
Г|9л(1 + л)' J 9л3	_ J 1б(1-л)-9л3
у1б(1-л)	\4(1-п)(1 + п) у 9и(1 +л)-4(1-и)(1 + и)
6|^;=ж
У(1 + п)2 Vl + n
Ответ:
НО
3ab - bjab + a Jab - 3b2 4abja + 9abjb - 9b2 Ja
1 11 fa b'f t	-jb-2ja
- + — -1	2
2V4 ba
\	’ к 7	;
~ а+ь
2.279. , у
а > b > 0.
Решение.
a + b	3ab-bjab + ajab-3b1 4abja +9abjb -9b2 Ja	
fa-Jbf к _ a + b -(fi-Jbf	1 P ' ^ab-3b - - 2U4	a bf t	-Jb-2j^ —+ — -1	2 ba	2 7	7 2 )+ ipjab - bjab) । Jab^a + 9jajb - 9b) _ (a2+b2^ , ab
a + b	3b(a - b)+ Jab(a - b)	2jab[ja + 3jbfyja -3jb}
{ja-jbj 1 la4 + 2a2b2 + b4 ” 4ja-3jb
|^2V	4a2b2
2jab(a + b) 6 Jab + 2a Jb - aja - 3a Jb - Jab - 3b Jb
a - 2 Jab + b	a + b
111
= -2kab{ka + Зд/Г)= -2Z>(a + ikab).
Ответ: _ 2b(fi + 3y[ab)
a2 +4ab > 0,
ОДЗ: < к a2 +4ab -a,
к a2 +4ab -a-4b.
2a( a + 2b + к a2 +4ab
+ 4ab
+ 4ab
_ a + yja2 +4ab
a + 4b + к a2 +4ab
----Y П-----------A
+ 4ab a + 4b-yla +4ab
к ——----------L
a2 + 4ab | a + 4b - ka2 +4ab
a2 + 4ab - aka2 +4ab + aka2 +4ab + 4bka2 + 4ab - a2 - 4ab
(a + 4b^ -1 к a2 + 4ab |
_ 4bka2 +4ab _ 4bka2 +4ab _ 4bka2 +4ab _
~ а2 + Ш + 16Ь2-a2-4ab~ 4ab + l6b2 ~ 4b(a + 4b)
Ja(a + 4b)	la(a+4b) I a
a + 4b ] (a + 4b f	V a + 4b
J a
---77
a + 4b
112
И2-!)''’ '
Решение.
ОДЗ: а > 1.
113
2.282.
'2—i-l
~2 х
О < х < 1.
Решение.
1—х2—1_ х2
Ответ: -1.
114
2 283	+1)2 p3q 3-1	•	p3q~3 +1
p2q~2 +pq~X +1 pq~X+p'Xq~^
Решение.
P * 0,
ОДЗ: - q # 0,
P * ±q-
(pq X+if	p*q 3-l	. P3? 3 +1
pq~x-p~xq p2q~2 + pq~'+i pq~x + p~xq-i
{q___L q . q
p-± pL+L+x p.+1_x~
q P q2 q q P
'p+q't p3-q3 p3 + q3
, q ) q3 . q3
2	2	2	2 ’	2	2
p -q p +pq+q p -pq+q
pq q2 pq
(p+qt. pq . p3-q3. q2	. f p3+q3.	pq
q2 p2-q2 q3 p2+pq^q2\ q3 p2-pq+q2
(p+qfp	(p-q)(p2 + pq+q2). (p+q^p2 -pq+q2)p =
q(p + q\p-q) q(p2 + pq + q2)	< q2(p2-pq+q2) ?
p(p+q). p(p+q)
Ответ: 1.
k/(a-y)(y-l>) + y/(a + y)(y + b)	_ г-
2-284‘ UaVy)G + b)-J(a-y)(y^y У = 4аЬ
Решение.
ОДЗ: ab > 0.
115
л/(а ~ -У)(у ~	+ b)
\у1(а + у)(у + Ь)-у1(а-у)(у-Ь)
(у1(а-у)(у-Ь) + у1(а + у)(у + Ь)] [j(a + y)(y + b) + yl(a-y)(y-b))
\ ^(a + y)(y + b) - J(a-y)(y-b)) (j(a + y)(y + b) + ^(a-y)(y-b)}
I (у1(а-у)(у-^ + тКа + У)(у + Ь)1
1 {j(a + y)(y + b)f -{j(a-y)(y-b)f
(a-y)(y-b)+2yl(a2-y2) (y2 -b2~) + (a + y)(y + b) _
1	(a + y)(y + b)-(a-y)(y-b)
-y2 + (a + b)y -ab + 2-^-y4 + (a2 +b2) y2 -a2b2 +y2 + (a + b)y + ab
y2 + (a + b}y + ab + y2 ~(a + b)y + ab
116
la + b-a + b _ У 2jab	1 2b Ji Ji	.	, J—г= =, —7= = t , если 0 < а < Ь; У 2jab У у/а У а
la+b + a-b _ У 2y/ab	1 2а	у/а [а	Л , J—r= = J—==г =	, если 0 < b < а. Ъ-Ль \4ь \Ь’
Ответ: 4J~ при 0 < b < а; при О < а < b •
2.285.	Упростить выражение у = у/х + 2у/х-1 + т/х-2у/х-]. , а
затем построить график функции У для 1 < х < •«> •
Решение.
ОДЗ: х > 0.
4-
3-
2-
0 Ч-------1------1-------1-------1------1-------г
0	1	2	3	4	5	6
117
Ответ: У
2 при 1 < х < 2;
2\1х-1 при х > 2.
2.286.	При каком значении к многочлен х2 + 2(к-9)х +
+ (к 2 + Зк + 4) можно представить в виде полного квадрата?
Решение.
Многочлен х2 + 2(к-9)х + (к2 + Зк + 4) можно представить в
виде полного квадрата, если дискриминант равен нулю, т.е.
(2(к-9))2 -1(к2 +3&+4) = О, 4(А:2 -18£ + 81-А:2 -ЗА:-4) = О,
_ 77 _ И
-2\к + 77 = 0, откуда к ~.
И
Ответ:
2.287.	При каких значениях а и Ь трехчлен 16х2 +144x + (a + Z>)
представляет собой полный квадрат, если известно, что Ь - а = -7 7
Решение.
Трехчлен 16х2 +144x + (a + Z>) представляет собой полный квад-
рат при Ь-а = -7, если дискриминант равен нулю, т.е.
Ь — а = — 7,	[b — а = —7
’ =» а = 165,5;/) = 158,5.
1442 - 4 1б(а + б)=0, р + а = 324,
Ответ: а = 165,5; Ь = 158,5.
2.288.	Проверить, что число х = V4 + V80-VV8O-4 является кор-
нем уравнения х3 +12х-8 = 0.
Решение.
Пусть х = ^4 + >/80-VV80-4 = V4 + V80 +^4-780 •
Подставив это значение х в уравнение, получим
V4 + V80 + ^4-780 "I + 12fV4 + V80 + V4-V80 V8 = 0,
118
0 = 0.
2.289.	Многочлен х8 -16 представить в виде произведения мно-
гочленов второй степени.
Решение.
х8 -16 = (х4 -4)(х4 + 4)= (х2 - 2)(х2 + 2)(х4 + 4х2 + 4 - 4х2)=
= (х2 - 2)(х2 + 2^(х2 + if - 4х2 )= (х2 -2)(х2 + 2)((х2 + if - (lx)2 )=
= (х2 - 2)(х2 + 2)(х2 + 2 - 2х)(х2 + 2 + 2х)= (х2 - 1)(х2 + 2)(х2 - 2х + 2)х
х (х2 + 2х + 2)
Ответ: (х2-2)(х2+ 2)(х2-2х + 2)(х2+2х + 2)
2.290.	Исключив и и v из равенств u-v=a, w2-v2=Z>,
и3 - v3 = с, найти соотношение между а, Ъ и с.
Решение.
и- v = a,	u-v = a,	(1)
и2 -v2 =Ь, <	(u-v)(u + v)=b,	(2)
u3 -v3 = с,	(и- v)((u + v)2 -uvj=c.	(3)
119
Подставив u-v = a из (1) в (2), получим a(u + v)=b , откуда
u + v = — (2*). Сложив (1) с (2*), запишем
а
u-v = a
+
h	а2
J M + v = - , откуда и = —-- (4).
а	2а
~ b
2и = а + —
а
Вычтя (1) из (2*), будем иметь
u + v = —
а
Ь-а2
u-v = a , откуда v = —----- (5).
.	2а
2и — — а
а
а2+ Ь b-а2 а4 -Ъ2
Умножив (4) на (5), получим uv =---------=--------
2а 2а	4а2
_ Ъ
(6)	. Подставив значения u-v - а из (1), u + v-из (2*) и
а4-/,2
4а2
из (6) в (3), найдем
или
.2	„4	,2
Ь а —Ь
----+ —------= с , или 4Z,2 +а4 -b2 = 4яс, или ЗЬ2 + а4 = 4ас 
а 4а
Ответ: ЗЬ2 + а4 = 4ас.
Проверить справедливость равенств (2.291 — 2.304):
2.291.	^9 + 780+^9-780 = 3.
Решение.
Возведем обе части равенства в куб. Получим
120
(1). Так как по условию 79 + 780 + 79 - 780 = 3, т0 равенство (1)
приобретет вид 18 + 3^81-80-3 = 27, 18 + 3-1-3 = 27, 27 = 27-
2.292.	+	+	- ^-2^0 + 2^ = 720 - 475.
Решение.
Возведем обе части заданного равенства в квадрат. Получим
8 + 2710 + 2^5-2^8 + 2>/10 + 2V5 р-2710 + 275 ^+8-
-2710+2^5 = 20-4-У5, 16-2^/64-4(10 + 2^5) = 20 - 475,
16-2764-40-8^5 =20-4>/5, 16 - 2724 - 875 = 20 - 475,
4^5-4 = 2724-875, 2>/5-2 = 724-8^5.
Возведя последнее равенство в квадрат, получим
24-875 = 24-8-75-
Решение.
121
2-294. ^6m + 2yl9m2 -n2 -^6т-2^9т2 -n2 = 2^3т-п.
Решение.
6m + 2yhm2 - n2 > 0,
ОДЗ: <	6т-2л/9/и2-п2 >0, /'и>0’ 3ОТ-„>0,
3m + n > 0,
6m + 2yl9m2 -n2 -\6m-2^9m2 -n2 =
^3m + n + 2yl(3m + n)(3m-n) + 3m-n -
у^Зт + п- 2у](3т + n)(3m -п) + 3т-п =
(л/З/и + п + у/3т-п J -^(у/Зт + п -у[3т-п
= у/Зт + п + у/Зт-п -рЗт + /з -43т-п| =
-J3m + n + у/Зт-п + 43т + п - у/Зт-п = 2>j3m + n для п < 0,
= <
у/Зт + п + у/Зт-п - у/Зт + п + у]3т-п = 2у/3т-п для п > 0.
Учитывая ОДЗ, получаем 2у/3т - п = 2у/3т - п •
Ответ: верно для всех пе [0; Зт], т>0-
122
2.295.
Решение.
Пусть а =
, ь = ^=
V2
Так как а>0, 6 > 0, то а2 = Ь2 а = b. Имеем
>2	1	_ 1	2 _ > 2 .	1 _ 1
о = I	• а — о =>-j= --j= и заданное равенство спра-
ведливо.
2.296.
Решение.
ОДЗ: 1 < а # 2.
123
2.297. ^26 + 15-Уз -(г-7з)=1.
Решение.
V26 + 15V3 -(2->/з)=^2б + 15>/з -^(г-Тз)3 =
= ^26 + 15-Уз • ^8 - 12-Уз + 18 - 3-Уз = ^26 + 15-Уз -^26-15Уз =
= ^/(26 +15-Уз) (26-15>/з) = ^262 -(15-Уз^ = V676-675 =
= Vi = i.
2.298. ^21 +	. ^9 - 4-У5 = -Уб - 2.
4 +Уб
Решение.
V21. ^Г5 = 716д8^+5 •	=
= SL.	= ±t^. - 2)= 75 - 2.
4 + V5	4 + V5
7-4-Уз г
2.299.	:^-=2-Л
V26-15V3
Решение.
т-д4з _	4-4>/з+з	_ (2-Уз)2 _ (2-Уз)2 =
^26-15^3	V8-12V3 + 18-3V3	3^-у/з]	2~^
= 2-Л
2.300.
2^2 _ ^20 + 1273
1+7з 2+Тз
Решение.
16
124
2^6 + 157з)= (5 + зУз)(5 + зУз }, 52 + ЗоУз = 25 + ЗоУз + 27;
52 + 30-Уз = 52 + 30-Уз.
Что и требовалось доказать.
^5-2^6 ^ + 2Уб)(49 - 20Уб)
 ’ Тэт-з718 + з712-л/8
Решение.
У5 - 2-Уб • + 2Уб ) (49 - 20Уб) =
V27-ЗУ18 + зУ12-У8
Уз-2>/Г2+2-^ + 2УГ2+2)(49-20>/б)_
УГЗ-ЗУП+ зУ4^3-УП
д/(Уз-У2)* -(-Уз+ У2%9-20Уб)_ (Уз->/2)(Уз +У2)2(49-20>/б)
зУз-9У2+бУз-2У2 “	9УЗ-11У2.
((У1-У2)(У3 4-У2))-(Уз+У2)(49-20Уб)^
9УЗ-11У2
(Уз У - (-У2 У у (49УЗ - 20У18 + 49У2 - 20У12)
9УЗ-11У2
(3 - 2)(49УЗ - 20У9^2 + 49У2 - 20У4^3 ) _
9УЗ-11У2
49-Уз - 60У2 + 49У2 - 40Уз = 9УЗ-11У2 =
9Уз-11У2	~9Уз-11У2~
2.302. ^45 + 29У2-^45-29У2 =141.
Решение.
^45 + 29У2-3^45-29У2 =
= ^27 + 27У2 + 18 + 2У2-^27-27У2+18-2У2 =
= ^ + У2/ -д/(з-У2/ = з + У2-з + У2 = 2У2.
125
2.303.
11-6V2	„ /-
,	=3-У2.
Решение.
(3-V2)2	(3-V2)2 _
= 3-V2.
2.304.
-я2
Решение.
ОДЗ:
Я
—у	\р > 0,
q > 0, или <
25p2-q2 >0,
5p-q>0,
-я2
-я2
= ^5p + q + 2y](5p + q)(5p-q)+5p-q -
-yl5p + q-2yl(5p + q)(5p^q)+5p-q =
y/Sp + q + y/Sp-q + у1$Р + Я ~у1$Р~Я = 2^5p + q для q < 0,
= < _____ _____
y/5p + q + y/Sp-q -y]5p + q + ^5p-q = 2y)5p-q для p > 0.
I-----	[ 0 < q < 5p,
Учитывая ОДЗ, имеем 2J5p-q для <
[p > 0.
Ответ: верно для всех q е [0;5р], р > 0.
126
2.305.	Преобразованием левой части проверить, что:
а) ^7 + 5>/2 -^5л/2-7 = 2;
б)	Тз+л/з + ^ю+бТз =7з+1.
Решение.
а)	^7 + 5>/2 - ^5>/2 -7 =^7 + 5Л +^7-572 =
= V1 + 3V2+6 + 2V2 + V1-3V2+6-2V2 =
= 3^ + 2j2j	=1 + 2>/2+1-2>/2=2;
б)	^з+4з+11й)+б4з =д/з+7з+^1+з7з+9+з7з =
=^з+>/з+д/(1+7зУ =7з+7з + 1+7з =7з+27з+1 =
=V(V3 + i)z =7з+1.
Таким образом, справедливость равенств а) и б) доказана.
2.306.	Число 19 представить в виде разности кубов натуральных
чисел. Показать, что такое представление единственно.
Решение.
По условию х3 - у3 = 19 , где х-у = п-> х, у, ле N , поэтому
19 = х3 - у3 = (х - /)(х2 + ху + /2)= п • т , т = х2 4- ху 4- у1. Так как
у > 1, то х>2 и т>7, поэтому п < 3 • Так как 19 - нечетное, то
п # 2 . Единственное возможное значение п = 1, х = у 4-1.
(у 4-1)2 4-Ху4-1)4-.у2 =19<=>у2 4-— 6 = 0, У! = 2, У2=-3 — не
подходит по условию задачи. Если у = 2, то х = 3 и
х3-у3 = 27-8 = 19.
Единственность очевидна из вышеприведенных рассуждений.
Ответ: 33 - 23.
127
Ill	1
2.307.	Преобразовать сумму + yj + уу + ••• + я (я + Q к наиболее
простому виду.
Решение.
1 -А } В 1 _Л(п + 1) + Д« 1 _Ап + А + Вп
п(п + \) п « + 1’«(« + 1) л(л + 1)	’ л(л + 1) л(л + 1)
1	_(А + В)п + А
n(p + i)---п(п + 1) ’ откУца 1 = И + 2?)и + А Это равенство справед-
ливо для любых «.поэтому если « =0, тоА = 1; если п = -1, то -В = \, В = -\.
!	_ i 1
Получили -; тг --------7- Далее,
7	«(« + 1) п п + 1	’
1 1 1	1	1И1 1
----1----1	1-... 4	= 1-+-----------
1-2 2-3 3-4---------------------------«(« + 1) < 2) <2 3
fl 1 fl 1	,	1	«+1-1 п
\3 4 J ^« « + 1J « + 1 п + 1 п + 1
Ответ: — — .
« + 1
111	1	п
2.308.	Показать, что ~ ~ + “ + • • • + ~;-- т-7 •
6 12 20	п2+Зп+2 2п+4
Решение.
1	\	А В Л(п +!) + £(« +2)
«2+3« + 2 (п + 2)(п + 1) п + 2 п + 1 (л + 2)(п + 1)
_ Ап + А + Вп + 2В (А + В)п + А + 2В
~	i =	2~:---’ 0ТКУДа (А + В)п + А + 2В = \.
«+3« + 2	«+3« + 2
Многочлены тождественно равны, если коэффициенты при соответ-
ствующих степенях неизвестного равны. Отсюда
р + Я = 0, $А = -В, (А = -В, (А = -1,
[Л + 2В = 1, \-В + 2В = \, |Я = 1, |Я = 1.
1 _ 1 1
Получили ~з------------г +--г- Далее,
«2+3« + 2 п + 2 л + 1
128
1 1
------1----
п+2 и+1
Ill 1	( 1 n f 1 1W 1 n
6 12 20	w2+3w + 2 1^3 2 Д 4 3J 5 4J
1	1 _ « + 2-2 _ n
2 n + 2 2(« + 2) 2« + 4
- rr	. , a b l(b-a)
2.309.	Доказать, что если a + b = 1, то —=-z-----= —7—:-.
Z>3-1 a3-l a2Z>2+3
Решение.
a b _ a(a3 -1)-Z>(z>3 -1)_ a4 - a-b4 +b _
b3-l a3-l~	"a3Z>3-a3-Z>3-l~
_ (a4-b4)-(a-b) _	(a2-b2)(a2+b2)-(a-b)
a3b3 - (a3 + Z>3)+1 а3^з _ + ^2 _ab + b2^ + ]
(a-b)(a + Z>)((« + Z?)2 -2ab)~(a-b)_ (a-b)^a + b)(a + Z?)2 -2ab)~ 1)_
a3b3 - (a + Z>)((a + Z?)2 - 3aZ>) +1	a3b3 - (a + Z>)((« + Z?)2 - 3«Z>) +1
_ (a - Z>)(1 - 2ab -1) _ (a - Z>)(- 2ab) _ (b- a)-2ab _ 2(Z> - a)
~ a3b3-l + 3ab + \ a2b3+3ab ~ ab(a2b2+з) ~ a2b2+3'
2.310.	Определить a > В и С так, чтобы для всех допустимых зна-
х2 + 5 А В С
чении х имело место равенство —=-----=--------- + ---г- +--.
х3-Зх + 2 х + 2	(х-1)2	х-1
Решение.
f Y -ф. —2
ОДЗ: J ’
[х # 1.
х2 + 5 = Л(х -1)2 + В(х + 2)+ С(х + 2)(х -1)
х3-Зх + 2	(х + 2)(х-1)2
_ Ах2 - 2Ах + А + Вх + 2В + Сх2 + Сх - 2С _
х3 -Зх + 2
= (А + С)х2 + (г2А + В + С)х + А + 2В-2С
х3 -Зх + 2
откуда (А + С)х2 + (- 2А + В + С)х + А + 2В -2С = х2 +5 .
5 Группа Б
129
Многочлены тождественно равны, если коэффициенты при соот-
ветствующих степенях х равны. Отсюда
А + С = 1,
< 2/1 + В + С — 0, С = 1 — А и
А + 2В-2С = 5.
(-2А + В + 1-А = О, (-ЗА + В = -1,	Л
\	’=>/4 = 1, В = 2, С = 1-1 = 0.
[А + 2В-2(\-А)=5, [ЗА + 2В = 7.
Ответ: А = 1, В = 2, С = 0 •
2.311.	Доказать, что: а) сумма кубов трех последовательных на-
туральных чисел делится на 9; б) число р5 - р делится на 5 при лю-
бом натуральном значении р; в) число к3 + делится на 3 при
ке N •
Решение.
Среди k последовательных целых чисел одно всегда делится на к •
а) Среди трех последовательных натуральных чисел п -1, п, п 4-1
одно всегда делится на 3. Имеем
(п -1)3 4- и3 4- (и 4-1)5 = п3 - Зп2 + Зп -1 + п3 + п3 + Зп2 + Зп +1 =
= Зп3 + 6п- Зп(п2 + 2)= Зи(и2 -14- з)= 3(п - 1)и(и 4-1)4- 9л = Зли 4- 9и.
т: 3 => Зт: 9 и сумма делится на 9.
б)	Среди пяти последовательных целых чисел одно всегда делится
на 5. Имеем
Р5 - Р = (р4 - 1)р = (р2 ~ 1)(р2 + 1)р = (р - 1)р(р + о(р2 + 0=
= (р “ 1)р(р + 1)(р2 ~ 4- 5)= (р - 2)(р - 1)р(р 4- 1)(р4- 2)4-5(р- 1)р(р 4-1)
Первое слагаемое делится на 5 как произведение пяти последова-
тельных целых чисел, а значит, и сумма кратна пяти.
в)	к3 + 5к=к(к2 +5)=к[к2-\ + б)=(к-1)к(к + \) + 6к.
Первое слагаемое делится на 3 как произведение трех последова-
тельных целых чисел, а значит, и сумма кратна трем.
Что и требовалось доказать.
Решения к главе 3
ТОЖДЕСТВЕННЫЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Соотношения между тригонометрическими функциями
одного и того же аргумента
sin2 * * * * a + cos2 a = 15	0*1)
х sina	тс
tga =---,	(2л + 1) /igZ;	(3.2)
cos a	2
COS ОС
ctga =--,	neZ;	(3.3)
sina
tgactga = l, a*^p weZ;	(3.4)
l + tg2a =—!=—,	—(2и+1), n&Z •	(3 5)
cos a	2	’	v ‘ 7
2	*
l + ctg a =—-—,	neZ	(3 6)
sin a
(здесь и в дальнейшем запись п е Z означает, что п — любое целое
число).
Значения тригонометрических функций некоторых углов
Для некоторых углов можно записать точные выражения их триго-
нометрических величин (табл. 3.1).
131
Таблица 3.1
Аргумент (а, градусы, радианы)		Функция		
	sina	cos a	tga	ctga
0° (0)	0	1	0	00 (не определен)
,5’И	Уз-i 2 У!	2У2	2-Уз	2 + Уз
18’й	Уб-1 4	л/б+Уб 2У2	л/5-1 л/10 + 2У5	л/10+2У5 У5-1
30’ fi)	J_ 2	Уз 2	1 Уз	Уз
36“(?]	75-J5 2V2	4	710-2У5 У5+1	У5+1 У10-2У5
45° Г— I4 J	1 У2	1 Ji	1	1
54°[^	-Уб +1 4	J5-J5 2V2	У5+1 710-2У5	У10-2У5
60° (3 J	УЗ 2	J_ 2	Уз	1 Уз
	Уз+i 2У2	Уз-i 2V2	2 + Уз	2-Уз
90‘ (f)	i	0	00 (не определен)	0
132
Знаки функций по четвертям
Таблица 3.2
Четверти	Функция			
	sina	cos a	tga	ctga
I	+	+	+	+
II	+	—	—	—
III	—	—	+	+
IV	—	+	—	-
Формулы сложения и вычитания аргументов тригонометрических функций
sin(a + p) = sinacosp + cosasinp;	(3.7)
sin(a~p)= sinacosP-cosasinP;	(3.8)
cos(a + p) = cosacosp-sinasinp;	(3.9)
cos(a~p) = cosacosp + sinasinp;	(3.10)
tg(a+₽)-]ftgot8g₽p, a,p,a + P#2+m, n<=Z-	(З.Ц)
tg(a P)=8.	.8r>	P# +ли, «eZ; (3.12) 1 + tgatgP	2	v 7
ctg(a + p)= ct8actgP—1	a, p, a + p ли, weZ- (3 13)
ctg(a P)- g	a,P,a Р^ли, «eZ. (3.14) ctga-ctgp	v 7
Формулы двойных и тройных аргументов
sin 2a = 2 sin a cos a ;	(3.15)
cos 2a = cos2 a - sin2 a = 2 cos2 a -1 = 1 - 2 sin2 a;	(3.16)
133
х „ 2tga	тс тсЛ: , _ л	_ tg2a = , а*- +—,ке Z,a* — + лп,пе Z . 1-tg а	4	2	2	(3-17)
„ ctg2 а-1	itk }	„	гу. ctg2a = —		, а^—,ке Z,а.^пп,п& Z • 2ctga	2	(3.18)
sin За = 3sina-4sin3 а '> cos3a = 4cos3 a-3cosa J	(3-19) (3.20)
tg3a=^tga a, a?t—(2n+l),ne Z • l-3tg2a	6	’	(3.21)
x . 3ctga-ctg3a	ли	~ ctg 3a = —5, а * —, n e Z l-3ctg2a	3	(3.22)
Формулы половинного аргумента
_._2 a _ 1-cosa		(3-23)
	2	2	
	2 a 1+cosa	(3.24)
	2	2	
tg2	a 1-cosa	/_	„ — =	, а^л(2л+Цие Z ; 2 1 + cosa	(3-25)
x 2 a 1 + cosa	. ctg — =	, a 2лл, n e Z; 2 1-cosa		(3.26)
a tgr	sin a 1-cosa	_	(3.27)
	1 + cosa	sin a 1 + cosa	sina	,	-	
ctgf		(3.28)
	sin a 1-cosa	
134
Формулы преобразования суммы и разности
тригонометрических функций в произведение
. о _ . а+р а-р sm а + sin В = 2 sin   cos   • н	2	2 ’	(3.29)
. D _ а + р . а-р sin а - sm В = 2 cos		 sin		 • н	2	2 ’	(3.30)
_	а+р	а-р cos а + cos В = 2 cos		 cos		 ; н	2	2 ’	(3.31)
D „ . а+р . а-р _ . а+р . р-а cos а - cos В = -2 sin   sin		 = 2 sin		 sin  	• и	2	2	2	2’	(3.32)
cos а + sin а = >/2 cos(45° - а);	(3.33)
cosa-sina = V2sin(l5o - a);	(3.34)
tga + tgp =	i 4-, а,р^-(2и-1|ие Z • cosacosp	2	(3.35)
tga tgp= v	a,p* (2n IJweZ; cosacosp	2	(3.36)
, о sin(a+p)	n	~ ctga + ctgP = —ь	а,Р^лл, ле Z• sin a sin p	’	(3.37)
x	x Q sin(B-a)	о	_ ctga-ctgP = ——	а,Р^ли, ле Z • smasinp	’	(3.38)
x D cos(a-p)	л , , „ a tga+ctgP = —*—а* —+лк,к& Z,P^ лл,ле Z • cosasinp	2	’	(3.39)
tga-ctgP =	a— + nk,ke Z,fi*nn,nG Z • cosasinp	2	’	(3.40)
x	x	2	Tin tga+ctga =	, a^—, neZ; sin 2a	2	(3.41)
лл tga-ctga = -2ctg2a, a^—, neZ;	(3-42)
135
(3.43)
1	П 2 ОС
l + cosoc = 2cos — •
2 ’
1	о • 2 ОС
l-cosoc=2sin — •
2 ’
1-ь sin ос = 2cos2 [ 45°	]•
2 ’
l-sinoc = 2sin2
45°-- •
2 ’
> .	sin(45°+oc) 72 sin (45 ° + a)
1 + tg a =----------L =-------i-------L
cos45° cosa	cosa
a Ф — + itn.
2
(3-44)
(3-45)
(3-46)
neZ ; (3.47)
, .	sin(45°-a) V2sin(45°-a)
1 - tg a =-------L =-----------L
cos45°cosa	cos a
a*- + itn, neZ; (3.48)
1 + tgoctgP = COS(a—oc,P^ —+im, ne Z •
cosacosp	2	’
(3.49)
, x n cosla + P) o я
l-tgatgP =---ос,Р*— + ял, weZ-
cosacosp	2	’
ctgactgP + 1 = C0S a—a, Р^ян, weZ-
sin asm p	’
, x 2 cos2a л	„
1-tg a = ——, a^ —+ ял, n&Z-	(3.52)
cos a 2	7
,	2 cos2a	„
1-ctg a =-------—, a#7W, weZ-	(3 53)
sin a
.2 x 2n sin(a + P)sin(a-P) n я	„
tgza-tgzp = —а,р*- + ял, weZ; (3.54)
cos acos p	2
x 2 x 2O sin(a + p)sin(p-a)	o	„
ctg a-ctg p = —ifа,р*яи, weZ- (3 55)
sin asin p	’ 4 ' 7
2	*2	2*2 tg a-sm a = tg asm a,	я a ?* — + яп, 2	n e Z ;	(3-56)
2	2	22 ctg a-cos a = ctg acos	a, a яи,	ne Z.	(3.57)
136
Формулы преобразования произведения
тригонометрических функций в сумму
sin a sin p = ^-(cos(a-p)-cos(a + p));	(3.58)
cos acos P = ~ (cos(a + p)+cos(a - p));	(3-59)
sin acos p = (sin(a + p)+ sin (a - p));	(3.60)
sin a sin р sin у =
= ^(sin(a + P-y)+sin(p4-Y-a)+sin(Y+a-P)-sin(a4-P+y)); (3.61)
sinacos0cosy =
= i (sin(a+Р - у)- sin(p + у- a)+sin(y+ a - р)+sin(a+ p+у)); (3.62)
sin a sin P cos у =
= — (- cos(a + P - y)+ cos(p + у - a)+ cos(y + a - p)- cos(a + p + y)); (3.63)
4
cos a cos p cos у =
- (cos(a + P - y)+ cos(p+у - a)+cos(y+a - p)+ cos(a + P + y)). (3.64)
Формулы, выражающие тригонометрические функции
через тангенс половинного аргумента
a
2tgj
sina =---
l+tg2^
1-tg2y
cosa =-----а?ьл:(2и+1^ neZ;
l + tg2|
(3.65)
(3.66)
137
2tg—
tga =----а’Т*?(2н + 1)’ ne
l-tg2“ 2	2
6 2
2 a
l-tg -
ctga =-----a^Ttn, ne Z .
a
2tg2
(3-67)
(3.68)
Формулы приведения
sin^y ±a j= cos a, sin(rc±a)= + sina,
 ?3 Л
sin — я±а =-cosa,
2
sin(2n±a)= ±sin a;
(3-69)
f it , I . •
cos — ±a =±sina,
I2 J
f3 + A . .
cos — 7c±a =±sina,
2
cos(2K±a)=cosa;
ti
= + ctga, а* ял, neZ,
(3.70)
tg(rc±a)= ±tga, а^у(2н + 1), n&Z,
(3.71)
ti
= +ctga,	weZ,
tg(2rc±a) = ±tga,
ne Z;
2
Ct!
a*y(2« + l),
а^я«, n&Z,
= + tga,
ctg^±a)= ±ctga,
ctg —я±а = + tga, a у (2л +1),
ctg^±a) = ±ctga,	weZ.
138
ne Z,
n&Z,
(3.72)
Обратные тригонометрические функции
sin(arcsinx)=x, - 1<х<1;	(3.73)
sin(arccos х)= 71-*2, -1<х<1;	(3.74)
sin (arctg х)= , Х ; V1 + X2	(3.75)
sin (arcctg х)= pJ—; 71 + х2	(3.76)
cos(arccosх)= х, - 1<х<1;	(3.77)
cos (arcsin x)= 71 - x2, -1 < x < 1;	(3.78)
cos (arctg x)= . *	; 7i+x2	(3.79)
cos (arcctg x)= . X  ; 7i+x2	(3.80)
tg (arctg x)= x;	(3.81)
tg(arcctg x)= —, x * 0; X	(3.82)
tg(arcsinx)= —. X , -1 < x < 1; Jl-x2	(3.83)
7i-x2 tg(arccosx)=	, -l<x<0, 0<x<l; X	(3.84)
ctg (arcctg x)= x;	(3.85)
ctg(arctgx)= —, x^O; X	(3.86)
7i-x2 ctg(arcsinx)=	,	-1 <x<0, 0<x<l;	(3.87)
139
(3.88)
ctg (arccos x )= p— •, -1 < x < 1;
л/1-х2
arcsinx =«
arccos
- arccos
(3.89)
arcsinx = arctg
-1<x<1;
(3.90)
	
	Vl-x2
	arctg	
	X
arcsinx =	
	•Jl -x2
	arctg	
	I	x
, если 0 < x < I,
- л, если -1 < x < 0;
(3.91)
arccos x = <
arcsinv 1 - x2 , если 0 < x < 1,
л - arcsin
, если -1 < x < 0;
(3.92)
arccos x
если 0 < x < 1,
л + arctg
(3.93)
, если -1 < x < 0;
arccos x = arcctg -	, -1 < x < 1;
X		
		— oo < x < oo;
W	✓»	Vl + x2	
	1	
		РГТТИ Y > 0
	Vi+x2 ’	
arctg x = •	1	
		РГПИ Y 0
	' Vl + X2	
(3-94)
(3.95)
(3.96)
140
arcctg—, если x > О,
x
1
arcctg—тс, если х < 0;
arcsin—т=, если х > О,
arcctgx = -
Vl+x2
(3.98)
тс-arcsin	, если х < 0;
X
arccos-т=-=—, если х > О,
arcctgx = <
(3.99)
- arccos-7=^—, если х < 0;
arctg—,если х >0,
х
тс + arctg—, если х < 0;
arcsin x + arccosx = —, -1<х<1;
2
(3.101)
arctg х + arcctgx = —, -оо<х<°°;
(3.102)
arcsin х + arcsin у
arcsinl x-Jl-y2 +yyll-x2
если ху < 0 или х2 +у2 < 1;
если х > 0, у > 0 и х2 +у2 > 1;
еслихсО,усОих2 +у2 >1;
141
	arcsin^x-Jl-y2 -yVl-x2 j, если xy > 0 или x2 + y2 < 1; тс-arcsinf xJl- y2 -y-Jl-x2
arcsin x - arcsin у =«	V	)	(3.104) если x > 0, у < 0 и x2 + у2 > 1; -Tc-arcsin^x^l-y2 -yVl-x2 J если x < 0, у > 0 и х2 + у2 > 1;
	arccos] ху-7(1-х2 ^-у2 ) j,	
	если х + у > 0;	
arccos х + arccos у =		(3.105)
	2rc-arccos xy-yj^-x2 ft-у2 J если х + у < 0;	
	-arccos^xy+ 7(1-х2 )(1- у2) j,
	еелих>у;
arccos х - arccos у = •			(3.106) arccos] ху -	- х2 )(1 - у2) если х < у;
	. х+у	, arctg	если xy < 1; 1- ху
arctg х + arctg у--	х+у тс+arctg	—, если х>0их^>1;	(3.107) 1-XJ, х + у -тс+arctg	—,если х <0 и ху > 1; 1 — ху
142
arctg x-arctg у =
arctg----если xy > -1;
1 + xy
it + arctg--—, если x > Ои ry< -1;
1 + xy
(3.108)
-7C+arctg----если x < 0 и xy < -
1 + xy
Доказать тождества (3.186—3.239):
sin4 a+cos4 a-1 2
3.186. ---7------7----= -.
sin a+cos a-1 3
Решение.
sin4 a+cos4 a-1
sin6 a + cos6 a-1
(sin2 a + cos2 a)2 - 2 sin2 a cos2 a -1
(sin2 a + cos2 a j(sin4 a - sin2 a cos2 a + cos4 a
l-2sin2acos2a-l
(sin2 a + cos2 a) - 3sin2 a cos2 a -1
-2sin2 acos2 a
l-3sin2 acos2 a-1
_ -2sin2acos2 a _ 2
-3sin2acos2a 3
Тождество доказано.
_	. f it	1 . (it	A sin3a
3.187. 4cos —a sin —a =-------------
16	J 13	J	sina
Решение.
4cof
7C	. 7C .	)
cos—cosa + sin—sina x
6	6 J
1 .
F3
( . it	it .	]	. V3 1 .
x sin—cos a-cos—sin a =4 —cosa + -sina x
I 3	3
2
2
143
л/З	1 .
—cosot—sin а
2	2
(1 . Г
-sina
U )
7
/3	2	1.2
= 4-cos a— sin a
14	4
= 3cos2 a - sin2 a = 3^1 - sin2 aj- sin2 a =
= 3-3 sin2 a - sin2 a = 3 - 4 sin2 a =
_ ^3-4sin ajsina _ 3sina-4sin3a _ sin3a
sina	sina sina
Тождество доказано.
3.188. sin-12asin_1(60o-2a)sin-1(60o+2a) = 4sin-1 6a.
Решение.
sin-12a sin-1 (60°-2a) sin-1 (60°+2a) =
=______________1_______________
sin 2a sin(60°-2a) sin(60°+2a)
= sin x sin у = (cos(x - >>) - cos(x +	=
__________2___________
sin 2a(cos 4a - cos 120°)
2
. „ ( л 1
sm2a cos 4a + -
I 2
4
_________2
sin2acos4a + -sin2a 2sin2acos4a + sin2a
2
sin x cos у = i (sin(x - jy) + sin(x +
4
- sin 2a + sin 6a + sin 2a
Тождество доказано.
4	. . -i ,
------= 4sin 6a.
sin 6a
144
3.189.
cos 6a - cos 7a - cos 8a + cos 9a
sin 6a - sin 7a - sin 8a + sin 9a
15
= ctg — a.
Решение.
cos 6a - cos 7a - cos 8a+cos 9a
sin 6a-sin 7a-sin 8a + sin 9a
(cos6a+cos 9a) - (cos 7a+cos 8a)
(sin 6a + sin 9a) - (sin 7a + sin 8a)
x + y	x-y
cos x + cos у = 2 cos-cos-;
2	2
sinx+sinj' = 2sin
x + y
2
cos
~	15a	3a	15a	a
2 cos--cos-----2 cos--cos—
2	2_________2	2 _
_ . 15a
2sm----
2
3a _ . 15a a
cos----2 sin-cos—
2	2	2
~	15a f 3a	a
2 cos- cos-cos—
2 12	2
. 15a ( 3a	a
2 sin- cos-cos—
2 12	2
15a
cos---
____2
. 15a
sm----
2
15a
ctg^~-
Тождество доказано.
(3	।
—тс-2a 1-4
2	J	4 л
J.iyv. ----7-----x------7----= Ctg4 2a.
cos —4a -4 cos 2a—тс
12 J (2
Решение.
sin* 2 (Зтс - 4a) + 4 cos'
~ 2
COS
4cos2f 2a-—тс
I 2
145
sin2 4a + 4sin2 2a- 4 _
sin2 4a - 4 sin2 2a
4 sin2 2a cos2 2a + 4^1 - cos2 2a) - 4
4sin2 2a cos2 2a - 4 sin2 2a
(1 — cos2 2a) cos2 2a +1 - cos2 2a -1	cos2 2a - cos4 2a - cos2 2a
sin2 2a(l - sin2 2a) - sin2 2a	s^n ~ s^n 2a - sin 2a
- cos4 2a
- sin4 2a
- ctg42a.
Тождество доказано.
Решение.
146
2 a otf,	2 За
cos —cos— 1 + ctg —
4 2l & 4
. 2 oc + 2 За
ctg --ctg —
4	4
2 За A
cos —
______4_
. 2 За
sin —
______
2 а 2 За
cos — cos —
4 4
. 2 а
sin —
4
2 а а
cos — cos— •
4	2
sin'
. 2 За
sin —
4
. 2 За 2 За
_ sin — + cos —
2 а	а	4	4
cos —cos----------3----z----—
4	2	cin2 3(1
sin —
4
. 2 За 2ot 23a.2ot
sin — cos cos .—sm —
4	4	4	4
. 2 ot . 2 3a
sin — sin —
4	4
•2
sin
2 a a . 2 oc
cos —cos—sin —
4	2	4
.2 oc
За 2 а 2 За . 2 ос
— cos cos — sin —
4	‘	*
4
4
4
f . . 2	2	U.	п Ci
4sin -cos - cos-	sin2- cos -
________I 4 4J 2	=	2 . 2
/ . a a . aY .За a 3a . a^ . . a .
4 sin------------------------------cos—sm— sm—cos—+ cos—sm—_4sm— sina
^4	4	4	4	4	4	4 J 2
.a a _ . a a
sm—cos— 2sm—cos—	,
=	2	2 -	2	2 _ sma = j_
4sina 8sina 8sina 8
Тождество доказано.
147
3.192.
+ sin(47c + a))cos la + 2cos2a
f it । (	it
= tg 7+a kg	7
\ O J \	о
Решение.
cos 1 a-2cos2a
cos 'a+ 2cos2a
-2 cos 2 a
•(1 + sina)-——
cosa
+ 2cos2a
COSOt	/1 \	1	о о
--------(1 + sina)__2 cos 2a
1 + sina ____________cosa-
cosa	/, • x	1	.	~ n
----;	(1 + sina)	+	2 cos2a
1 + sina--------------------cosa
l-2cos2a
l + 2cos2a
ir	if (it	jcA (it	тсА
cos—-cos2a 7 cd- + a-a + - -cod-+a+a--
3	b J \b	о J
— — — | Ozv 1 I	I	I I	I
cosTr + cos2a _ cod —+ a-a + — +cod —+ a + a —
3	21 \6	6j	Д6	6j
= |(cos(x-j)-
cos(x +	= sin x sin у;
148
SI
2 cos—cos2a + sin— sin2a - J'S cos2a
16	6	)
sin2a + 2 cos—cos2a - sin— sin2a
I 6	6
v 3	1
2 —cos2a +—sin2a -V3cos2a
2	2
V3	1
sin2a + 2 —cos2a—sin 2a
2	2
_ >/3 cos2a + sin2a - л/З cos2a _ sin2a _ tg2a
sin 2a + 4з cos 2a-sin 2a	V3cos2a V3
Тождество доказано.
149
3.194. tga + cos 'a-l =
Решение.
x	, sina 1	, sina +1-cosa
tga + cos a -1 =---+-------1 =------------
cos a cos a	cos a
_ . a a „ 1-cosa
2 sm—cos— + 2-----
2	2 2
2 a . ? a
cos----sin“ —
2	2
„ • a a . 2 a
2sm—cos—i-2 sin —
2	2 2
2 a . 2 a
cos---sin —
2	2
_ . a f a . a'l
2 sin — cos — + sin —
2 I	2	2)
a	. a Y	a	•
cOs —i- sm — cos----sm —
2	2 Д	2	2)
a
2sin —
2
a . a
cos----sm —
2
V2	a
----2 sm —
2---2
( a . a
cos----sm —
I	2	2
=__________2
J2	a 42 . a
—cos-------sm—
2	2	2	2
Тождество доказано.
/r . a
V2 sm—
2
. тс	a	л . a
sm—cos---cos—sm— sn
4	2	4	2
rr . a
2 sm—
2
3.195. l + ctga + sin *a =
2 cos a
a
I
Решение.
„ ,	2 X 1 + COSX
По формулам cos — = —-—
, sin(x-y) = sinxcosy-cosxsiny, им
,	-i . cosa
1 +ctga + sin a = Id---
sina
1 _ sina + cosa+ 1
sina sina
150
_ . a a _ 1 + cosa _ . a a _ 2<*
2 sin—cos— + 2-----2sin—cos— + 2 cos —
2	2 2	2	2 2 =
_ . a a
2sm— cos—
2	2
_ . a a
2 sin—cos—
2
2
a
2
af . a
_ af . a a
2 cos— sm—+ cos—
~ 2
* . v*. a
2 sin—cos—
2
2< "2
_ . a
2
. a	a
sm—+ cos—
2	2 _
. a
sm—
2
. a
a .ay	a
cos—+ sin— cos-sm—
2	2 Л	2
2
. af a . a
sm— cos----sin—
21	2	2
rr 2	a	.	2	a
V2 cos —sin —
I 2	2)
_ .	a	л/2	f	a	.a
2sin-----cos—	-	sin—
2	2	I	2	2
2 cosa
2 cosa
a
_ . a | V2 a V2 . a
2 sin— —cos-------sm—
“ 2	2	2	2
2
_ . af . л a .л . a
2sm— sm—cos---cos—sm—
21 4	2	42
2 cosa
a
I
Тождество доказано.
3.196.
71 I
~4J
5re a
~4+2

Решение.
(1 + sinajctg^y - j
<7n aA (5л aA _ .
----— cos — + — 2sii
4 2) I 4 2
' a |
~2J
5л a
151
н • ч (п	Zl / л а . п . а
-(1 +sina) соя-	-(1 + sina) cos— cos— + sm— sin—
<4 2J_A 4	2	4 2
. (к a A	( . л	а	л . aA
cos a sm-	cosa sin— cos— - cos— sin—
\4 2)	< 4	2	4 2J
V2 a V2 . a
— cos — + — sin —
2	2	2	2
cosa
72 a >12 . a
— cos---------sin —
2	2	2	*
2
— 72/,	/ a . a^
-----(1 + sina) cos — + sin—
2 v	\	2	2 J
72	( a . a^l
— cos a cos----sin —
2	2	2)
h	 \	a	. a
- (1 + sina) cos— + sin—
v \	2	2
(	a	. a^)
cosa cos-----sin—
I	2	2 J
( 2 oc . a a .9 aY a • a>)
-cos —+ 2sin—cos—+ sin — cos—+ sin—
<	2	2	2 2 Д 2 2j
i a .2 «V a . a^
cos- —sin — cos-----sin—
2	2 Д 2 2J
152
(	a . cl V (	a	.a)
- cos—+ sin—	cos— + sin—
к	2	2Д	22J
f	a .	clY	a .	aY	cl .	a A
cos-sin— cos—+ sin— cos-sin—
к	2	2 Д	2	2 Д	2	2	J
\2
a	.al
cos—i-sin —
2	2J
\2
a .a
cos---sin—
2	2
V2 a V2 . a
—cos—+—sm—
2	2	2	2
y/2	a	Л	.	a
— cos-----sin—
I 2	2	2	2)
/ \* 2 * I
. л	a	к	.	a	)
•Sin— cos— + cos—sin—
4	2	4	2
71	a . 71	.	CL
cos—cos----sin—sin—
I 4	2	4	2J
Тождество доказано.
ctg2(2a-rc) .	2( 5
3.197. -----J—------ 3cos2 -7t - 2a
1 + tg2 -rc-2a
12 J
Решение.
ctg2 (2a-л) 2( 5	_
------ 3 cos - 7t - 2a
l + tg2|-7t-2a|	^2
12 J
153
cos2 2a
2
cos 2a
ctg22a	- . 2 ~
—^-5-----3sm2 2a =
1 + ctg 2a
• 2	*2
_ sm 2a------3sin2 2a = —-~m	----3sin2 2a =
, cos 2a	sin2 2a + cos2 2a
1 +—=--- ----------------------------
sin 2a	sin 2a
= cos2 2a-3 sin2 2a = cos2 2a-3(l-cos2 2a
= cos2 2a-3 + 3cos2 2a = 4cos2 2a-3 = 4| cos2 2a- —
I 4
V3
= 4 cos 2a----
2
л1 П	II	I
= 4 cos 2a - cos — cos 2a+cos —
l 6 Д 6'J
_ . x + y . x-y
cos x - cos у = -2 sm-- sm--,
2	2
Тождество доказано.
154
3.198.
4cos2 * (a - л) - 4sin2f-л - — | + 3cos2| — л - a |
12	2)	12 J . 4 a
-----------7---A	\----------- =tg V
л • 2l я , a ]--------------------2(7	1-2
4sin —+ --COS — л-а
U 2)	(2	J
Решение.
л 2l \ a • 21 3 a A _	2^5
4cos а-л -451п —л--+3cos -л-а
v '	12	2)	12
. . 2f я a )	2^7
4sin —+ — -cos -л-а
U 2)	12
T	-> Of	T Al л» 01 ]	.	2 01	. л 01
4cos2a-4cos2 — + 3sin2a 4 cos2— -4cos —+ 3sin2—
2	к 2.)	2	\	2
ci	( A2
4cos у-sin a	4cos2 —-| sin2—|
2	2 V 2J
z	\2 z	\
Al Л • 2 0M	. 2a - . . 2a 2 01
4 l-2sm — -4 1-sin — +3-4sin — cos —
V__________2J I	2J_________2	2
A 2 01	. . 2 01	2 01
4 cos-----4 sin —cos —
2	2	2
J,	. • 2 01	. . 4 CL ]	. 2 01 , _ . 2 011 , .2OC
4 l-4sin —+ 4sm — -4 + 4sin —+ 12sin — 1-sm —
I 2	2)	2	2k	2
л 2 CL f t . ? CL
4cos — 1-sm —
2<	2)
4- 16sin2 — + 16sin4 —-4 + 4sin2 — + 12sin2 — - 12sin4 —
2 2 2 2 2
A 2 CL 2 CL
4 cos —cos —
2	2
155
л . 4 а
4 sin —	_
2	4 а
-------— = tg —.
л 4 а 6 2
4 cos —
2
Тождество доказано.
Решение.
1 - cos(2a - л) + cos(4a - 2л) = 1 - соб(л - 2a) + соб(2л - 4a) =
= l + cos2a + cos4a = l + cos2a + cos2(2a) = l + cos2a + 2cos2 2a-1 =
2	Г 1	]	[ Л
= cos2a + 2cos 2a = 2cos2a - + cos2a =2cos2a cos — + cos2a
V2 J I 3
_ x+y x-y
COS X + cos у = 2 cos-- cos--
2	2
= 4 cos 2a c<
Тождество доказано.
3.200. sin2^^-a^(tg2a-ijctg^a-^^sin 2^-|л+а^ = 2.
Решение.
2
= - cos a
sm a
2
cos a
1 t ( л 1
-1 Ictgl - -a I-
1
• 21 n
sm —+ a
И
•2
156
cos 2а
cos 2а	_____cos 2а ___
\	7^	V= cos2a l + sin2a
--2aj 1-cos^—+ 2aJ y~~
’ (л _	2
1 + cos —2a
Д2 )
Тождество доказано.
cos4 (a-л)	1	2
3.201. ---7---3-y* 2-f----3-----"
cos4 a — л +sin4 a + —я
I 2 J <2
Решение.
(3 \	(	3 \
a—я + sin4 a +—я -1
2 J	I	2 J
sin4 a + cos4 a -1
cos4 a
cos4 a	_ cos4 a
(sin2a + cos2a) -2sin2acos2a-1 l_2sin acos a-1
157
4	1	2
cos a _ I cos a
2sin* 2acos2a	2 sin2 a
1	2
--ctg a.
Тождество доказано.
3.202.
l-sin2a) = cos 2a.
Решение.
( 4л - Я Y, . o x (
= — tgl —------a l(l - sin 2a) = -tg л -
sin^ cosa + cos^ sina j(l - sin2a)
л . n .
cos— cosa - sin— sina
4
4
2
2
—cosa,+ —sina (l-sin2a)
v2
— (cosa + sina)(l - sin2a)
2
2 .
— cosa------sina
2	2
—(cosa-sina)
2 v	}
(cosa + sina)(l - sin2a)
cosa-sina
(cosa + sina^cos2 a - 2sinacosa + sin2 a
cosa-sina
(cosa + sina)(cosa- sina)2 ,	v	x
= -----------------------— = (cosa + sina)(cosa - sina) =
cosa - sina
158
= cos2 a- sin2 a = cos 2a.
Тождество доказано.
3.203.
cos4atg2a - sin 4a
cos4actg2a + sin 4a
= -tg22a.
Решение.
cos 4a sin 2a
cos4atg2a-sin4a _ cos2a ~___________
cos4actg2a + sin4a cos4acos2a t
sin2a
sin 2a cos 4a - cos2a sin 4a
_	cos2a	_ sin2a cos4a - cos2a sin4a *
” cos4acos2a + sin4asin2a ~	cos2a
sin 2a
sin2a	r.	.	. t \
x-------------—— ------= I sin x cos y-cosxsiny = sinlx- y);
cos4acos2a+sin4asin2a 1
cosxcosy + sinxsiny = cos(x- y)] =
sin(-2a)sin2a	sin2 2a	4
= — < - — =--------5— = -tg 2a.
cos 2a cos 2a	cos 2a
Тождество доказано.
3.204.	ctg^4a -1 +cos-1 (4a - 3л) = ctg^2a - J
Решение.
(	$ \	<3^1
ct^4a--llJ+cos-1(4a-3re) ==
.	1 sin4a 1 sin4a+l sin2(2a) + l
— — tg4a-------------------------------—-----> -  —  -
cos 4a	cos 4a cos4a cos4a cos2(2a)
2sin2acos2a + cos2 2a + sin2 2a
=----------5-----~
cos 2a-sin 2a
_________(cos2a + sin2a)2_____ _ cos2a + sin2a _
(cos2a - sin2a)(cos2a + sin2a) cos2a - sin2a
159
cos2a + sin2a
sin 2a-cos 2a
•v2
—(cos 2a + sin 2a)
a/2
—(sin2a-cos2a)
V2 V2
—cos 2a +—sin 2a
2________2
V2	y[2
— sin 2a----cos 2a
2	2
cos— cos2a + sin—sin2a	cos 2a cos— + sin2asin—
4 4	4 4
cos—sin2a-sin—cos2a sin2acos— cos2asin—
4	4	4	4
cos(x- y)', sinxcos^ - cosxsin^ = sin(x- y)] =
[coscos у + sin xsin у =
Тождество доказано.
3.205.	sina + sinp + sin у - sin(a + p)cos у - cos(a + P) siny =
л . a+P . P+y . y+a
= 4 sin----sm------sin-----.
2	2	2
Решение.
sina + sinp + siny - sin(a + p) cosy - cos(a + p) siny =
= (sina + sinp) + siny - (sin(a + P) cosy + cos(a + P) siny) =
_ . x+y x-y .	. ,	\
= sinx+sin^ = 2sin—^-cos—sinxcos^ + cosxsin^ = sm(x+^J =
_ . a + p a-p . ( n \
= 2 sin—^-cos—+ smу - sin(a + P + y) =
= 2 sin^+P cos —4- (siny - sin(a + P + y)) =
x+y . x-y
sinx-sm^ = 2cos- —-sin
160
п . а + р а-p л	а + р + 2у . ( а + р^
= 2 sin--- cos--- + 2 cos  --L sin----- =
2	2	2 Л 2 )
_ . а+р а-p _	а + р+2у . а + р
= 2 sin--- cos--- - 2 cos----L sin---- =
2	2	2	2
_ . а+pf а-p a + p+2y^
= 2sm----- cos---- - cos------ =
2 V 2	2 J
. x+y . x-y
= cosx-cosy = -2 sin--sin---- =
L '	2	2 J
л . a + pf _ . a+y . ( p + yYl л  a + P . p+y . y+a
= 2 sin--- - 2 sin-L sm - -—- = 4 sin--- sin-—L sin J.
2 V 2 Л 2 ))	2	2	2
Тождество доказано.
2cos* 2 2a + sin4a -1
3.206.		5------г-----------
2 sin 2a + V 3 sin4a -1
Решение.
2 cos2 2a + -Уз sin 4a -1
2 sin2 2a + Уз sin4a -1
cos2
x 1 + cosx . 2 x 1-cosx
— =--------; sin — =------
2	2	2	2
2fl±^Wsin4a-l
{	2	J_________
Jl-c№4aYi/5s.n4a_1
I	2	J
1 + cos4a + Л sin4a -1
1 - cos 4a + Ji sin4a -1
— sin4a + —cos4a
cos4a + -Уз sin4a _ Уз sin4a + cos4a _ _2-2-----
- cos4a + Уз sin4a V3sin4a-cos4a — sin4a--COS4a
2	2
sin4a-+ cos4a— sin 4a cos— + cos 4a sin—
2 2 =6 6 =
sin4a — -cos4a— sin4acos^-cos4asin^
2	2	6	0
6 Группа Б
161
• I Л
sinl 4а-ь— I
= [sinxcosy± cosxsiny = sin(x± j^)] = —т---г •
sinl 4а - —
Тождество доказано.
3.207.	3- 4cos(4a - Зле) - cos(5rc + 8a) = 8cos4 2a.
Решение.
3-4cos(4a-37u)-cos(5rc + 8a) = 3-4cos(3n:-4a)-cos(57t + 8a) =
= 3+4 cos 4a + cos 8 a = 3 + 4 cos2(2a) + cos 2(4a) =
= 3+4^2cos2 2a- l) + 2cos2 4a -1 = 3 + 8cos2 2a-4 + 2(cos4a)2 -1 =
= 8cos2 2a + 2(cos2(2a))2 -2 = 8cos2 2a + 2^2cos2 2a-1) -2 =
= 8cos2 2a + 2^4cos4 2a-4cos2 2a + lj-2 =
= 8cos2 2a + 8cos4 2a-8cos2 2a+ 2-2 = 8cos4 2a.
Тождество доказано.
1 + cos(2a + 630°) + sin(2a + 810°)
3.208. ----)-----------------------г = etga.
1 - cos(2a - 630°) + sin(2a + 630°)
Решение.
1 + cos(2a + 630°) + sin(2a + 810°)
1 - cos(2a - 630°) + sin(2a + 630°)
_ 1 + cos(630°+2a) + sin(810°+2a)	1 + sin2a + cos2a _
1 - cos(630°-2a) + sin(630°+2a)	1 + sin2a - cos2a
_ cos2 a + sin2 a + 2sinacosa + cos2 a - sin2 a _
cos2 a + sin2 a + 2 sina cosa - cos2 a + sin2 a
_ 2cos2 a + 2sinacosa _ 2cosa(cosa + sina) _ cosa _
2sin2a + 2sinacosa 2sina(sina + cosa) sina
Тождество доказано.
162
3+4cos4a + cos 8 a
3.209. — ----------—-=ctg42a.
3-4 cos 4a + cos 8 a
Решение.
3+4cos4a + cos8a _ 3 + 4cos2(2a) + cos2(4a)
3-4cos4a + cos8a 3-4cos2(2a) + cos2(4a)
3 + 4^2cos2 2a -1)+2cos2 4a -1
3 - 4^2cos2 2a -1) + 2cos2 4a -1
3 + 8 cos2 2a - 4 + 2(cos 2(2a))2 -1
3-8 cos2 2a + 4 + 2(cos 2(2a))2 -1
8 cos2 2a + 2^2 cos2 2a-1) -2
-8cos22a + 2^2cos22a-l) +6
8cds2 2a + 8cos4 2a-8cos22a + 2-2
- 8cos2 2a + 8 cos4 2a - 8 cos2 2a + 2 + 6
8 cos4 2a
8 cos4 2a-16cos2 2a+ 8
8 cos4 2a
8^cos4 2a - 2cos2 2a +1)
cos4 2a _ cos4 2a
cos2 2a -1)	(1 - cos2 2a)
cos4 2a	cos4 2a	t 4_
-------= • 4	= ctS 2c
•„2	sin 2a
Тождество доказано.
= 8 sin4 2a.
Решение.
3 + 4 si
(a M •
rd 4a + -7t +si
\	2 J
= 3 + 4sii
3 - 4cos4a + cos8a =
163
= 3-4cos2(2a) + cos2(4a) = 3-4(1 -2sin2 2a)+ 2cos2 4a -1 =
= 3- 4 + 8sin22a + 2(cos4a)2-1 = 8sin22a + 2(cos2(2a)) -2 =
= 8sin22a+ 2(1-2sin22a) -2 =
= 8sin2 2a + 2(l -4sin2 2a + 4sin4 2a)-2 =
= 8 sin2 2a + 2 - 8 sin2 2a + 8 sin4 2a - 2 = 8 sin4 2a.
Тождество доказано.
3.211	. cos-6 a - tg6a = 3tg2acos-2 a +1.
Решение.
_6.6	1 sin6 a l-sin6a l-(sin2a)
cos a cos a cos a cos acos a
(1 ~ sin2 a)(l + sin2« + sin4 a) _ 1 + sin2 a + sin4 a
(1 - sin2 a) cos4 a	cos4 a
l + 3sin2a-2sin2a + sin4a ^sin a+ (1-2sin a + sin a)
cos a	cos a
_ 3sin2 a + (1 - sin2 a)2 _ 3sin2a + (cos2 a)2 _ 3sin2a + cos4a
cos4 a	cos4 a	cos4 a
3sin2 al , „ 2	-2
=----5------z— +1 = 3tg acos a +1.
cos a cos a
Тождество доказано.
l-2sin22a l + tg2a
3.212	----------=-------—•
l-sin4a l-tg2a
Решение.
l-2sin2 2a cos4a
l-sin4a	l-2sin2acos2a
164
_____________cos2(2g)_____________ cos2 2a - sin2 2a _
cos2 2a - 2sin2acos2a + sin2 2a (cos2a - sin2a)2
_ (cos2a - sin2a)(cos2a + sin2a) _ cos2a + sin2a _ 1 + tg2a
(cos2a - sin2a)2	cos2a - sin2a 1 - tg2a
Тождество доказано.
sin2 (135°-a) - sin2 (210°-a) - sin 195° cos( 165°-2a)
3'03’ cos2(225°+a) - cos2(210°-a) + sinl5°sin(75°-2a)
Решение.
sin2(135°-a) - sin2(210°-a) - sinl95°cos(165o-2a)
cos2 (225°+a) - cos2 (210°-a) + sin 15° sin(75°-2a)
sin2 (90°+(45°-a)) - sin2 (180°+(30°-a)) - sin(l 80°+15°) cos(l 80°-(l 5°+2a))
cos2 (270°-(45°-a)) - cos2 (180°+(30°-a)) + sin 15° sin(90°-(l 5°+2a))
(sin(90o+(45o-a)))2 - (sin(180°+(30°-a)))2 - sin(1800H50)cos(1800-(150+2a))
(cos(270°-(45o-a)))2 -(cos(180°+{30o-a)))2 +sinl5°sin(90°-(15o+2a))
cos2 (45°-a) - sin2 (30°-a) - sin 15° cos( 15°+2a)
sin2 (45°-a) - cos2 (30°-a) + sin 15° cos( 15°+2a)
1 - sin2(45°-a) -1 + cos2 (30°-a) - sinl 5°cos(l 5°+2a)
sin2 (45°-a) - cos2 (30°-a) + sin 15° cos( 15°+2a)
-	sin2 (45°-a) + cos2 (30°-a) - sin 15° cos( 15°+2a)
sin2 (45°-a) - cos2 (30°-a) + sin 15° cos( 15°+2a)
-	(sin2 (45°-a) - cos2 (30°-a) + sin 15° cos(l 5°+2a
sin2 (45°-a) - cos2 (30°-a) + sin 15° cos( 15°+2a)
Тождество доказано.
= -l.
165
3.214.
Решение.
1ЛЕ1Л Т4 1-----л
ctga + 2 + tga _	ctga _ ctg a + 2ctga +1
ctga - tga ctga__________1	ctg* 2a -1
ctga
2	cosa
(ctga +1)	_ ctga +1 _ sina + _ cosa + sina
(ctga + l)(ctga -1) ctga-1 cosa cosa-sina
sina
Л 42 .
—cosa + — sina
__2_____2
J2	Л	.
—cosa----sina
2	2
7C	.71.
cos—cosa + sin—sina
4 4
.71	7C .
sin—cosa - cos— sina
4	4
= [cos x cos у + sin x sin у = cos(x - у},
sin xcos у - cos x sin у = sin(x -	=
Тождество доказано.
166
2 2л 2cos(B-a)	sin2 (а-В)
3.215.	ctg2a + ctg2p---J+2 = —p---------------
sinasinp	sin a sin2 р
Решение.
2 t 2о 2cos(p-a)	cos2 a cos2p 2cos(a-p)
ctg a + ctg2p---r-—- + 2 = —y— + —----------------.	. 7 + 2 =
sinasinp	sin a	sin p sinasinp
_ sin2 p cos2 a + cos2 p sin2 a - 2 cos(a - p) sina sinp+2 sin2 a sin2 p
sin2 a sin2 p
= [cos(x- = cosxcos _v+sinxsinj/] =
sin2 peas2 a + cos2 psin2 a - (2cosacosp + 2sinasinp) sina sinp + 2sin2 a sin2 p
sin2 a sin2 p
sin2 Pcos2a+cos2 Psin2 a-2cosacosPsinasinP-2sin2asin2 p + 2sin2asin2 P
sin2 a sin2 P
(sin2 Pcos2 a - cosa cosPsina sinp)+(cos2 P sin2 a - cosa cosp sina sinp)
sin2 a sin2 P
sinp cosa(sinp cosa - cosp sina) + cosp sina(cosp sina - cosa sinp)
sin2 a sin2 p
sinpcosa(sinp cosa - cosp sina) + cosp sina(sina cosp - cosa sinp)
sin2 a sin2 p
= [sinxeos^ - cosxsin^ = sin(x- >>)] =
sinp cos a sin(p - a) + cosp sin a sin(a - p)
= - _ =
sin a sin p
- sinpeosa sin(a - P) + cosp sina sin(a - p)
sin2 a sin2 p
sin(a - p)(sina cosp - cosa sinp)	sin(a - p) sin(a - p)
sin2 a sin2 p	sin2 a sin2 p
167
sin* 2(a-P)
sin2 a sin2 p
Тождество доказано.
3.216.	sin2a(2cos4a + l)ctg(30°-2a)ctg(30°+2a) =
= sin6actg2atg6a.
Решение.
sin2a(2cos4a + l)ctg(30°-2a)ctg(30°+2a) =
sin2a(2cos2(2a) +1)-
cos( 30°-2a) cos( 30°+2a)
sin(30°-2a) sin(30°+2a)
= jcos2x = 1 - 2 sin2 x, cos(x ± y) = cos x cos у + sin x sin y,
sin(x ± .y) = sin x cos у ± cos x sin y] =
= sin2a^2(l - 2 sin2 2a) +1) x
(cos 30° cos 2a + sin30°sin2a)(cos30°cos2a - sin30°sin2a)
(sin30° cos2a - cos 30° sin2a)(sin30° cos2a + cos 30° sin2a)
= sin2a^2 - 4 sin2 2a +1) •
cos2 30° cos2 2a - sin2 30° sin2 2a
sin2 30° cos2 2a - cos2 30° sin2 2a
3	?	1	7
— cos" 2a — sin	2a
= sin2a(3- 4 sin2 2a) •	4------4------
-cos 2a — sm	2a
4	4
. 3 _ \ 3cos2 2a - sin2 2a	. • з . „ i
= 3sin2a-4sin 2a-------=---------=--= 3smx-4sin x=sin3x =
'	' cos2 2a-3 sin2 2a L	J
= sin 6a •
3-tg22a
l-3tg22a
. , 3tg2a-tg3 42a
= sin6a • —E-------
l-3tg22a
1
tg2a
. .	_ 3tg2a-tg32a
= sin6actg2a • —--------
l-3tg22a
Тождество доказано.
3tgx-tg3x
l-3tg2x
= tg3x
sin6actg2atg6a.
168
3.217. sin(n: + a
1 •
—sin За.
4
Решение.
= sin(n: + a)si
sina ( к ( _ Л
=	• I cos — - cos(tc + 2a)I =
sina (1	_ sina	4 sina /. п . 2
= —— • I — + cos2a I = —— • (1 + 2 cos2a) = —— - ^1 + 2^1 - 2 sin
sina д _ A . 2 \ sina /o . . 2 \ 1 /-> • л • з
= --— (l + 2-4sin a) = —— (3-4sm a) = -^3sina-4sin a
= [3sinx-4sin3 x= sin3x] = — sin3a.
L	J 4
Тождество доказано.
3.218.
sin6a + sin7a + sin 8a + sin9a
cos 6a + cos7a + cos8a + cos 9a
= tgya-
Решение.
sin6a + sin7a + sin8a + sin9a _
cos 6a + cos7a + cos 8a + cos9a
(sin9a + sin6a) + (sin8a + sin7a)
(cos9a + cos 6a) + (cos8a + cos7a)
169
sinx+ siny = 2sin- ~~ cos
y^-; cos x-i-cosy = 2 cos—cos——
. 15a	3a _ . 15a	a
2 sin-cos— + 2sm----cos—
2	2 2	2 _
л . 15af 3a	a^
2 sin- cos-I-cos—
2^2	2)
_	15a 3a _	15a a
2 cos cos 1-2 cos cos—
2	2	2	2
_	15a
2cos----
2
f 3a	a A
cos— + cos—
I	2	2)
Тождество доказано.
Решение.
fir a^ .fit a\ a n n n
cos------—sin------te—	a a a
12	4 J \2 4; 8	= sin4 -cosд	J
. f_	fit	aY^ . f_ a\	a	a .a	a
sin 3ic + — - — - sin 3ic - — tg—	cos— + sin— tg—
\	{2	4JJ \	4 J	8	4 4	8
. a	a
sin---cos— •
4	4
. a
sin—
___L
a
cos—
___8__
a . a
cos— + sin— •
4	4
. a
sin—-
L
a
cos—
8
.a a a . a
sin—cos cos—sin—
4	8	4	8	_
a	a	.	a	.	a
cos—cos— + sin— sin—
4	8	4	8
170
sin x cos у - cos x sin у = sin(x - y);
cos x cos у + sin x sin у = cos(x - y.
. a
sin— _
—S-=tg-
a 6 8
cos—
8
Тождество доказано.
3.220.
1 + cos(2a - 2л) + cos(4a + 2л) - cos(6a - л)
со8(2л - 2a) + 2cos* 2 (2a + л) -1
= 2 cos 2a.
Решение.
1 + cos(2a - 2л) + cos(4a + 2л) - cos( 6a - л)
соз(2л - 2a) + 2 cos2 (2a + л) -1
1	+ сов(2л - 2a) + cos(2 л + 4a) - со5(л - 6a)
сов(2л - 2a) + 2(соз(л + 2a))2 -1
_ l + cos2a + cos4a + cos6a _ l + cos2a + cos2(2a) + cos3(2a)
cos2a + 2 cos2 2a -1	2 cos2 2a + cos 2a -1
= Jcos2x = 2cos2 x-1; cos3x = 4cos3 x-3cosxj =
_ l + cos2a + 2cos22a-l + 4cos32a-3cos2a _
2 cos2 2a + cos 2a -1
_ 4cos3 2a + 2cos2 2a- 2cos2a _ 2cos2a(2cos2 2a + cos2a-1
2 cos2 2a + cos 2a-1	2cos2 2a + cos2a-1
= 2 cos 2a.
Тождество доказано.
3.221. ctga - tga - 2tg2a - 4tg4a = 8ctg8a.
Решение.
cosa sina _ _	. .
ctga - tga - 2 tg2a - 4tg4a = —.-----2tg2a - 4tg4a =
sina cosa
cos2 a-sin2 a _ _	. .
=---------------2tg2a-4tg4a =
sina cosa
2(cos2 a - sin2 a)
= —---------------- - 2tg2a - 4tg4a =
2	sin a cos a
_ 2 cos 2a _ 2tg2a - 4tg4a = 2ctg2a - 2tg2a - 4tg4a =
sin2a
~	.	J cos 2 a sin2a А . .
= 2(ctg2a - tg2a) - 4tg4a = 2 —--------------- 4tg4a =
'	'	sin2a cos 2a)
cos2 2a - sin2 2a	_ ^(cos 2a sin 2a)
= 2----------------4tg4a = 2 • —--------------- - 4tg4a =
sin2acos2a	2sin2acos2a
. cos4a . .	.(cos4a	. A .(cos4a sin4a
= 4---------4tg4a = 4------tg4a = 4---------------
sin4a	lsin4a J lsin4a cos4a
. cos2 4a - sm2 4a	. ^(cos 4a sin 4a)	cos8a	o
= 4----------------= 4 • —--------------- = 8------= 8ctg8a.
sin4acos4a	2sin4acos4a sin8a
Тождество доказано.
3.222. ctga - tga - 2tg2a = 4ctg4a.
Решение.
cosa
ctga - tga - 2tg2a = ——
sina
sina
cosa
- 2tg2a =
cos2 a-sin2 a „ 2(cos2 a - sin2 a)
—;------------2tg2a = -3-------------L _ 2tg2a =
sina cosa	2 sina cosa
2cos2a _ _ J cos 2a _ A J cos2a sin2a
---------2tg2a = 2------tg2a = 2--------------
sin2a	V sin2a J Vsin2a cos2a
_ cos2 2a - sin2 2a _ ^fcos 2a sin 2a) cos4a .	.
= 2---;-------------= 2 • —-------------= 4--------= 4ctg4a.
sin2acos2a	2sin2acos2a sin4a
Тождество доказано.
3.223.4cosacos(pcos(a-(p)-2cos2(a -<p)-cos2(p = cos2a.
Решение.
4 cosa costp cos(a - (p) - 2 cos2 (a - (p) - cos 2(p =
= 2cos(a - <p)(2 cosacostp - cos(a - (p)) - cos2(p =
172
= 2cos(a - tp)( cosa cos(p - sina sintp) - cos 2(p =
= 2cos(a-(p)cos(a + (p)-cos2(p =
= cos2(p + cos2a-cos2(p = cos2a.
Тождество доказано.
3.224.	sin2 (p - cos2 (a - tp) + 2cosacostpcos(a - (p) = cos2 a.
Решение.
sin2tp-cos2(a-tp) + 2cosacostpcos(a-tp) =
= sin2 (p - cos(a - tp)(cos(a - (p) - 2 cosa costp) =
= [cos(x± j) = cosxcosjT sin x sin =
= sin2 (p - cos(a - <p)(cosa costp + sina sintp - 2 cosa costp) =
= sin2 tp-cos(a-tp)(sina sintp-cosa costp) =
= sin2 tp + cos(a-tp)(cosacostp-sinasintp) =
= sin2 tp + cos(a - tp) cos(a+tp) =
cos x cos j ± (cos(x- y) + cos(x+ j)) =
= sin2 tp + (cos2tp + cos2a) = sin2 tp +	- 2 sin2 tp + 2cos2 a -1
• 2	1 Л. 2
= sin tp + -(2cos
a - 2 sin2 tp) = sin2 tp + cos2 a - sin2 tp = cos2 a.
Тождество доказано.
3.225.	cos2 tp + cos2 (a - tp) - 2 cosa costp cos(a - tp) = sin2 a.
Решение.
cos2tp + cos2(a-tp)-2cosacostpcos(a-tp) =
= cos2 tp +cos(a-tp)(cos(a-tp)-2 cosa costp) =
173
= cosxcosy =^(cos(x-_y)+ cos(x+
= cos2 (p + cos(a - <p)(cos(a - (p) - cos(a - (p) - cos(a + <p)) =
= cos2 (p - cos(a - (p)cos(a + <p) = cos2 (p - у (cos2(p + cos2a) =
= cos2 Ф _ “ (2cos2 (p -1 +1 - 2sin2 a) =
= cos2 (p - cos2 (p + sin2 a = sin2 a.
Тождество доказано.
3.226.	tg6p - tg4p - tg2p = tg6ptg4ptg2p.
Решение.
tg6p - tg4p - tg2p = (tg6p - tg4p) - tg2p =-=
r e> r to r	cos6pcos4p COS2P
1
= sin2p(---’--------— L sin2₽  «^P-‘°s6pcos4P =
^cos6Pcos4P cos2p)	cos6Pcos4Pcos2p
cosxcosy - ^-(cos(x- j) + cos(x+ _y)) =
sin2p^cos2p - (cos2p + cos 10p)^
cos6pcos4pcos2p
sin2P^cos 2P - cos 2p - cos 1 OP
cos6Pcos4Pcos2p
c°s 2p -1cos 1 Op^j 1 Sin 2p(cos 2p - cos 1 Op)
cos6Pcos4Pcos2P	cos6Pcos4Pcos2P
cosx- cos y = -2 sin-- sin—
2	2
^sin2p(- 2sin6Psin(- 4p))
cos6p cos4p cos2p
174
sin 6ft sin 4ft sin 2|3
cos6Pcos4Pcos2P
= tg6ptg4ptg2p.
Тождество доказано.
Решение.
(9 A
cos — я-4a
<2
Мп + п _ Y, (4я+я .
ctg----+ 2a 1 - cos---+ 4a
I 4 Л I 2
I Я
— -1-2a
___________4
1 +sin 4a
175
1 + sin4a
1 + sin4a
sin 4a---------
--------= tg4a.
1 + sin4a
Тождество доказано.
1-cosx _	_	_
------, xФ n + 2nn,neZ
sinx
1 + sin2a
1 + sin2a
1 + sin2a . _
--------sm2a
cos 2a
cos 2a
sin 2a
= ctg2a.
Тождество доказано.
2sin24a-l
3.229.		7Z----\----77Z	A"-1-
2ctg —+ 4a cos2------4a
A4 J I 4	)
176
Решение.
,	(2 sin2 4а -1)tgf — + 4а I
2sin24a-l	2___________7 И )
[7С . I of 5л	|	л 21	. I
— + 4a cos------4a	2cos — -4a
4 J I 4 J	I 4 J
. oX 1-COSX 2 X 1 + cosx x 1-cosx
sin — =--------.cos — =-------, tg— =-----
2	2	2	2	2 sinx
2
_ l + sin8a
- cos 8a--------
__________cos8a
l + sin8a
Тождество доказано.
, sin2a-cos2a
3.230.	tg4a-cos 4a = ~r^----—.
sin2a + cos2a
Решение.
1 sin4a 1 _ sin4a-l _ sin2(2a)-1
tg4a-cos 4a = Cos4a cos4a cos2(2a)
_ 2sin2acos2a-1 _ -(l-2sin2acos2a) _
cos2 2a - sin2 2a - (sin2 2a - cos2 2a)
sin2 2a - 2 sin2acos2a + cos2 2a
(sin2a - cos2a)(sin2a + cos2a)
_ (sin2a-cos2a)2 _sin2a-cos2a
(sin2a-cos2a)(sin2a + cos2a) sin 2a + cos 2a
Тождество доказано.
3.231. cos6 a + sin6 a =
5+3cos4a
8
177
Решение.
cos6 а + sin6 а = (sin2 а) + (cos2 а) -
(. 2 '	2 \( • 4	-2	2	4 \
sm а + cos а II sm а - sin acos а + cos al =
(•4	4\	• 2	2
sm +cos 1-sm acos a =
= (sin2 a + cos2 a) - 2 sin2 a cos2 a-sin2 a cos2 a =
3	3
= 1- 3sin2 acos2 a = 1-4 sin2 acos2 a = 1 — sin2 2a =
4	4
_	3 l-cos4a_j 3-3cos4a _ 8-3+3cos4a _ 5+3cos4a
4	2	“	8	8	"	8	’
Тождество доказано.
8-8 n 3 +cos 4a
3.232. cos a - sin a = cos 2a-----.
4
Решение.
cos8 a - sin8 a = (cos4 a) -(sin4 a) =
= (cos4 a - sin4 aj(cos4 a + sin4 a j =
= (cos2 a - sin2 a)(cos2 a + sin2 a) x
(cos2 a + sin2 a) -2sin2 acos2a^ =
~ л ~ . 2	2 \	_ L 4sin2acos2a ]
= cos 2a^l - 2 sm a cos a J = cos 2a • 11----- =
n (1 • 2-»	„ Г, 1 l-cos4a^
= cos2a 1—sin 2a = cos2a • 1--------------=
k 2	)	2	2 J
_ f, l-cos4a3 cos2a(4-l + cos4a) л 3+cos4a
= cos 2 a 1-------- =--------—------------= cos2a------
V 4	)	4	4
Тождество доказано.
178
3.233.	ctg(30°-a)ctg(150°-a)ctg(270o+a) = tg3a.
Решение.
ctg(30°-a)ctg(150°-a)ctg(270°+a) =
=ctg(30°-a)ctg(l 80°-(30°+a))ctg(270o+a) =
= ctg(30°-a)(- ctg(30°+a))(- tga) = ctg(30°-a)ctg(30°+a)tga =
cos( 30°-a) cos( 30°+a)
sin(30o-a)sin(30o+a)
= jcos(x ± y) = cos x cos у + sin x sin y,
sin(x ± j) = sin xcos у ± cos x sin =
(cos30° cosa+ sin30°sina)(cos30° cosa-sin30° sina)
(sin30°cosa - cos30°sma)(sm30°cosa + cos30° sina)
cos2 30° cos2 a - sin2 30° sin2 a
=------------------------------tga =
sin2 30° cos2 a - cos2 30° sin2 a
V3 ]	2 flf . 2
— cos a - - sm a
2	12 J
/ \2	/ [— 1 со?а_ I2J	[ 2 J 3	2	1-2 - cos a — sin a = 4	4	 1	2	3.2 —cos a— sin a 4	4 = 3M^ = tg3a 1 - 3tg2a Тождество доказано.	. 2 sm a 3cos2a-sin2a	3-tg2a tga = —J	• tga =	 cos a - 3sin a	1 - 3tg a
179
3.234.	4sinf 2a- — к jsinf— + 2a jsinf — -2a j = cos6a.
\	2 J V J \6	)
Решение.
= 4 cos 2a si
= sinx sin у = ^cos(x-y)-cos(x+y) =
„	_	1 (	я
4cos2a — cos 4a-cos—
2\	3
n „ ( A 1
= 2 cos 2a cos 4a —
I 2
2 cos 2a cos 4a - cos 2a =
= cos x cos у = ^(cos(x-y) + cos(x+y)) =
= cos2a + cos6a - cos2a = cos6a.
Тождество доказано.
3.235.
1 — 2 cos2 a
Решение.
l-2cos22a
1-1-cos 4a
2tg| 2a - — । sin2 f — + 2a
V 4 J 14
cos4a(l + sin4a)
cos4a(l + sin4a)
Тождество доказано.
3.236. 16 sin5 a - 20 sin3 a + 5 sin a = sin 5a.
Решение.
16sin5 a - 20sin3 a + 5sina =
= 3sina- 10sin3a + 8sin5a4-2sina-2sin3a-8sin3a4-8sin5a =
= 3sina - lOsin3 a + 8sin5 a +
+^2sina - 8sin3 a) + 2sin3 a + 8sin5 a) =
3 sin a -10 sin3 a + 8 sin5 a + 2 sina(l - 4 sin2 a) - 2 sin3 a(l - 4 sin2 a
= 3 sin a -10 sin3 a + 8 sin5 a + 2 sin a(l - 4 sin2 aj^l - sin2 a) =
= 3sina - 6 sin3 a - 4 sin3 a + 8 sin5 a + 2 sina(l - 4 sin2 a)cos2 a =
= ^3sina-6sin3aj + 4 sin3 a+ 8 sin5 a)+
+2sina(l - 4(1 - cos2 ajjcos2 a =
= 3sin a(l -2 sin2 a)-4 sin3 a(l -2 sin2 aj +
+2 sin all -4 +4 cos2 alcos2 a =
= (1 -2 sin2 aj(3sina-4sin3aj+2sina(4cos2 a - 3jcos2 a =
= (1 - 2 sin2 a j(3 sin a - 4 sin3 a j+2 sin a cos a(4 cos3 a - 3 cos a^ =
= Jl-2sin2 a = cos2a, 3sina-4sin3a = sin3a, 2sinacosa = sin2a,
4 cos3 a - 3 cosa = cos 3a j = sin3a cos2a + cos 3a sin2a =
= sin(3a + 2a) = sin5a.
Тождество доказано.
181
„ „„„ f я a ]	1
•*•237. tg - + - -tga =------
<4 2)	cosa
Решение.
1 — с<
[ л a —
4i + I?tga= si,
1 + sina sina
- tga =--------------
cosa cosa
_ 1 + sina - sina _ 1
cosa cosa
Тождество доказано.
3.238.	1 + sinl з( a + y Hcos2a4-2sin3acos(37c-a)sin(a-7c) =
n • 2 5a
= 2 sin —.
2
Решение.
14- si:
cos2a + 2sin3acos(3n:-a)sin(a-7c) =
cos2a-2sin3acos(37t-a)sin(7c-a) =
= 1 -cos 3a cos 2a -2 sin 3a(- cosa) sina =
= l-cos3acos2a + sin3a(2sinacosa) =
= 1 - cos 3a cos 2a + sin 3a sin 2a = 1 - (cos 3a cos 2a - sin 3a sin 2a) =
= 1 - cos 5a = 1-cos
, (, „ . ? 5a ] , , _ . 2 5a _ . > 5a
= 1- 1- 2 sin- — = 1- l + 2sin — = 2 sin- —.
V 2 )	2	2
Тождество доказано.
182
3.239.	(sina - sinp)(sina + sinp) = sin(a - p) sin(a + p).
Решение.
/• -nW- •	-2	• 2 о l-cos2a l-cos;2p
(sina - sinP)(sma + sinp) = sin a - sin p =-------------—- =
= ^(l-cos2a-l+cos2p) = -^(cos2a-cos2p) =
= cos x-cos j = -2 sin
—— sin-----
2	2
= - (- 2 sin(a + p) sin(a - p)) = sin(a + p) sin(a - p).
Тождество доказано.
Упростить выражения (3.240—3.284.):
3.240.	JIl-tg* 2| lctg2|-ll.
Решение.
.	2 OC Y 2 OC .
1-tg Уд tg2y-1
sin2 —
1--------
cos
,2 OC
cos2 —
-----2-1
. 2 OC
sin —
2
2 a . 2 OC
cos-----sin —
2	2
2 OC
cos —
2
гос . 2oc
cos-----sin —
2	2 =
. 2 OC
sin —
2
2 ос . 2 ос
cos----sin —
2	2
a . a
cos—sin—
2	‘
2
2
2 OC . ? OC
cos — sin —
2	2
a . a
cos —sm —
2	2
2 a . 2oc
2 cos-----sin —
V 2	2
_ a . a
2 cos — sm —
2 . 2
_ cosa
sina
_2 cosa
sina
Ответ: 2|ctga|.
183
J cos 2а
—x-------у—; 90 < a < 135 .
ctg a - tg a
Решение.
cos 2a
ctgI 2a- tg2a
2	• 2
cos a-sin a
2	'• i
cos a sm“ a
• 2	2
sin a cos a
">	• 2
cos a-sin a
cos4 a - sin4 a
sin2 acos2 a
<	2	• 2 \ • 2	2
cos a-sin a Ism acos a
cos4 a - sin4 a
(cos2 a - sin2 a) sin2 acos2 a
(cos2 a - sin2 a j(cos2 a + sin2 a)
I sin2 acos2 a	l~~2	~ ГГ-	i • i
= J—x-------x— =-vsin acos a = -J(sinacosa) =|sinacosa|.
V cos a + sin a
Учитывая, что 90° < a < 135°, имеем
। .	।	2sinacosa 1 . _ л. .
sinacosa = -sin a cos a = -------= --sin 2a = -0,5 sin 2a.
11	2	2
Ответ: -0,5 sin 2a.
3.242. ^(1-sinasinp)2 - cos2 acos2 p.
Решение.
7(1 - sin a sin P)2 - cos2 a cos2 P =
= ^(1-sinasinp)2 -(1-sin2 a)(l-sin2 pj =
= д/1-2 sina sinp + sin2 a sin2 P - 1 + sin2 P + sin2 a - sin2 a sin2 P =
= 7sin2 a - 2 sina sinp + sin2 p = 7(sina-sinp)2 = |sina - sinp|.
Ответ: |sina - sinpj.
184
3.243.	(cos8atg4a - sin8a)(cos8octg4a + sin8a).
Решение.
(cos8atg4a - sin8a)(cos8actg4a + sin8a) =
(cos8asin4a . _ Ycos8acos4a	. o
=--------------sin 8a------------+ sin 8a =
V cos4a	Д sin4a	)
_ sin 4a cos 8a - cos 4a sin 8a cos 8a cos 4a + sin 8a sin 4a
cos 4a	sin 4a
_ sin(-4a) cos4a _ - sin4acos4a _
cos4a sin4a sin4acos4a
Ответ: -1.
3.244.	sin2 2a + sin2 0 + cos(2a + 0) cos(2a - p).
Решение.
sin2 2a + sin2 p + cos(2a + P) cos(2a - P) =
l-cos4a l-cos2p
=---------+-------—- + cos(2a + p) cos(2a - p) =
= -i(l - cos4a +1 - cos2p) + cos(2a + p) cos(2a - p) =
(cos4a cos2p Л
= -I —----h —-11 + cos(2a + P) cos(2a - P) =
cosxcos^ = ^(cos(x-j>) + cos(x+j>)) =
cos 4a cos2P , cos 4a cos2P ,
=---------------- +1 +---+------- = 1.
2	2	2	2
Ответ: 1.
si
3.245.
7
6Я+
2a
- 2a + a/3 cos(2a - 3л)
185
Решение.
/7
sin(2a - Зтс) + 2 cos — n + 2a
- 2а I + -Уз cos(2a - Зп)
-sin(37c-2a) + 2coi
-sin2a-2c<
2cos| —-2a | + -УЗсо5(Зтс-2а)	2cos[ ^-2a -V3cos2a
16 j	\6 J
sin2a + 2 cos! ~ + 2a j
-------------^-7--—r = [cos(x ± j>) = cos x cos у + sin x sin j>] =
V3cos2a-2cos| —-2a |
_	~ ТС ~	~ . тс _
sm 2a + 2 cos—cos 2a - 2 sm—sm 2a
6 6
•Уз cos2a - 2 cos— cos 2a - 2 sin— sin2a
6	6
V3	1
sin2a + 2---cos 2a - 2 • — sin2a
2 2
V 3	1
•Уз cos2a - 2-cos2a - 2 • — sin2a
2	2
sin2a + -Уз cos2a - sin2a _ Уз cos2a
Уз cos2a - Уз cos2a - sin2a	-sin 2a
Ответ: —>/3ctg2a.
cos 2a - cos 6a + cos 1 Oa - cos 14a
3.246.		-------------------------•
sin 2a + sin 6a 4- sin 1 Oa + sin 14a
Решение.
cos 2a - cos 6a + cos 10a-cos 14a _
sin 2a + sin 6a + sin 1 Oa + sin 14a
186
(cos 1 Оа + cos2а) - (cos 14а + cos6а)
(sinlOa + sin2a) + (sinl4a + sin6a)
x + y	x-y
cos x + cos у = 2 cos-— cos--:
2	2
_ . x+y	x-y
sin x + sin у = 2 sm-— cos-—
2	2
_ 2 cos 6a cos 4a-2 cos 10a cos4a 2cos4a(cos6a-cosl0a)
2 sin 6a cos 4a + 2 sin 10a cos4a	2 cos 4a(sin 6a + sin 10a)
cos6a-cosl0a
sin 6a + sinlOa
cos x - cos у = -2 sin-- sin—
2	2
-2 sin 8a sin(- 2a)
=-------------------- = tg2a.
2 sin 8a cos 2a
Ответ: tg2a.
(	3
3.247.	I l-ctg2l-|я-2а
Решение.
, 2i 3	_	. 2| Я —	1 J 5	_ i ( . Я
1-ctg — я-2a sin —+ 2a tg -я-2a + cos 4a —
12	JJ <2	)\4 J I 2
( tf)
1-	ctg -я-2а
I 12 J
, w2
. I n _ ))
sin —+ 2a x
U J
f я _ I	I
xtg я + —2a I +cos
I 14	J	I
, sin 2a )	, n (л ~ ")
1----5— cos 2atg — 2a + sin4a =
k cos 2a J <4 J
187
2а - sin2 2а 2 ~	У
—5----------cos 2ats — 2а + sin4a =
cos“ 2а	к 4	)
= cos4atg — 2а + sin4a =
cos4a 1 - cos| — - 4a
I V2 • A
-----—-------c---- + sm4a =
•lK A I
sin —4a
\2 J
cos^a(l- sin4a)
=----------------- + sin4a = 1 - sin4a + sin4a = 1.
cos 4a
Ответ: 1.
4sin(7C- 2x)sin2| — n + x | sin3xcosx+3sinxsin[ x- —
3.248.	к 2 .	> ,I 2
l + cos8x	cos24x
Решеьие.
4sin(TC-2x)sin2f^K + xj sin3xcosx+ 3sinxsinf x- — j
	-I-	--=
l + cos8x-----------------------------------------cos 4x
sin3xcosx- 3sinxsi
cos2 4x
4sin2xcos‘x sin3xcosx-3sinxcosx
------5--------1--------z----------
1 + 2cos“ 4x- 1	cos 4x
2sin2xcos2x sin3xcosx-3sinxcosx 2 l + cos2a
_------------+------------------------ cos a =---------;
cos2 4x	cos2 4x	L	2
sin3a = 3sina-4sin3a; sin2a = 2sinacosa; 1 -2sin2 a = cos2a]
sm. x(l + cos2x) ^3sinx— 4sin3 xjcosx- 3sinxcosx
cos2 4x	cos2 4x
188
sin2x+ sin2xcos2x+(З-4sin2 xjsinxcosx- 3sinxcosx
= - =
cos 4x
sin2x+sin2xcos2x+sinxcosx^3-4sin2 х-З)
cos2 4x
' _ sin2x+sin2xcos2x-4sinxcosxsin2 x _
cos2 4x
_ sin2x+sin2xcos2x-2sin2xsin2 x	sin2x^l + cos2x-2sin2 xj
cos2 4x	cos2 4x
sin2x(cos2x+(l-2sin xjj sin2x(cos2x+cos2x)
cos 4x	cos 4x
2sinxcos2x sin4x . .	,
=-----г-----= —2— = Sin4xcos 4x.
cos 4x cos 4x
Ответ: sin4xcos-2 4x.
4sin| 4a-—।
3.249.		7-------------f----T“\-L
ctg2l 2a-—к l-tg2l 2а + ^я j
Решение.
<л
4a —
з (	V1=
ctg212a -—тс 1 - tg21 2a +—я 1
-4 cos 4a
tg2 2a-ctg2 2a
189
-4 cos 4а	_	-4 cos 4a
• 2 л	2 л 1 д"Т	4 л
sin 2a cos 2a sin 2a - cos 2a
cos2 2a sin2 2a sin2 2a cos2 2a
- (4 sin2 2a cos2 2a)cos4a
(sin2 2a - cos2 2a)(sin2 2a + cos2 2a)
_ -sin2 4a cos 4a
- (cos2 2a - sin2 2a)
sin24acos4a ,	. 2л , Л -2л\	2 л
=-------------1 = sm 4a -1 = -11 -sin 4a) = -cos 4a.
cos 4a	v '
Ответ: -cos2 4a.
(l + tg2a)2-2tg22a .
3.250. ---,	2_---------sin4a-l.
1 + tg 2a
Решение.
(l + tg2a)2-2tg22a	.
-----	---------sin4a-l =
l + tg22a
l + 2tg2a+tg22a-2tg22a	,
l + tg22a
l+2tg2a-tg22a . .	.
l + tg22a
l + 2tg2a-tg22a 2tg2a
l + tg22a l + tg22a
190
_ l + 2tg2a-tg22a-2tg2a-l-tg22a _
l + tg22a
sin2 2a	sin2 2a
_ -2tg22a _ cos2 2a _ _ 9. cos2 2a _ о ein2 9
l + tg22a sin2 2a	cos2 2a + sin2 2a
cos2 2a	cos2 2a
Ответ: -2 sin2 2a.
sin(80°4-4a)
3,25L 4sin(20o+a)sin(70o-a) *
Решение.
sin(80°+4a)	sm2(40°+2a)	_
4sin(20°+a)sin(70o-a) 4sin(20°+a)sin(70o-a)
= sinxsinj' = (cos(x- - co!
2sin(40°+2a)cos(40°+2a) _ sin(40°+2a)cos(40°+2a)
2(cos(2a-50°)-cos90°j	cos(50°-2a) - 0
_ sin(40o+2a)cos(40°+2a) _ sin(40°+2a)cos(40°+2a) _	,	.
cos(90°-(40°+2a))	sin(40°+a)	008	+
Ответ: cos(40°+2a).
cos2 (4a - 3л) - 4 cos2 (2a - л) + 3
3.252. cos2(4a + jJt) + 4cos2(2a + Jt)_i
Решение.
cos2 (4a - 3л) - 4 cos2 (2a - л) + 3
cos2 (4a + 3 л) + 4 cos2 (2a + л) -1
(c«(3K-4q))2-4(cos(n-2a))2 + 3_ соз^-д^га+З
(соз(3л+4а)) +4(соз(л+2а))2-1 cos2 4a+4 cos2 2a-1
191
(cos2(2a))2 - 4(1 - sin2 2a) + 3 (1-2 sin2 2a)2 - 4 + 4 sin2 2a + 3
(cos2(2a))2 + 4cos2 2a -1 (2cos2 2a -1) + 4cos2 2a -1
_ l-4sin22a + 4sin42a-4 + 4sin22a + 3 _ 4sin42a _ sin4 2a _
4cos42a-4cos22a + l + 4cos22a-l	4 cos4 2a cos4 2a
= tg42a.
Ответ: tg42a.
(1 + cos2a)(l + cos4a)
Решение.
(1 + cos2a)(l + cos4a)	(1 + cos2a)(l + cos 4a)
_ sin4acos2a _ sin4acos2a
(1 + cos2a)(l + 2 cos2 2a -1) 2(1 + cos 2a) cos2 2a
2sin2acos2acos2a sin2a
= —-----------—z— = ;--------= tga.
2(1 +cos2a) cos 2a l + cos2a
Ответ: tga.
Решение.
л (к	Y • (n	Y3	a • (s	Y	(3
= 4cos —a sin —+ a	-4sm -л-a cos — rc + a
<2	Д \2	)) U	A	12
= 4sinacos3a-4cosasin3a = 4 sin a cos a( cos2 a-sin2 a
192
= 2(2sinacosa)cos2a = 2sin2acos2a = sin4a.
Ответ: sin4a.
3.255. cos4 2a - 6cos2 2a sin2 2a + sin4 2a.
Решение.
cos4 2a- 6 cos2 2a sin2 2a + sin4 2a =
= cos4 2a + sin4 2a - 6sin2 2acos2 2a =
= (cos2 2a + sin2 2a) - 2 sin2 2a cos2 2a - 6 sin2 2a cos2 2a =
= l-8sin2 2acos2 2a = 1-2^4sin2 2acos2 2a) = l-2sin2 4a = cos8a.
Ответ: cos 8a.
tg2l2a-^l-l 3.256.	/	5 x tg2 2a — я +1 v	4 ) Решение. tg2 2a- — -1 tg2 --2a -1 <	4 J _	<4 J _ tg2|2a--rc| + l tg2[^-2a| + l V 4 J	^4	J 1 - sin4a __ 1 +sin4a	_ l-sin4a-l-sin4a _ l-sin4a । i l-sin4a + l + sin4a l + sin4a Ответ: -sin4a.	1-cosj —-4a| -444-1 l + cos| —4a U ) 1-cosf—-4a^ \ 2	) . 1 + cos| — - 4a | \2	J -2sin4a . . 	= - sin4a. 2
7 Группа Б
193
3.257.
sinI 2 * (a - л) - 4 cos2 \ — л - —
17	12	2
5	.	2[ я «
cos a—л -4 + 4cos —+ —
I 2 J (22
Решение.
• 2/	\ A 2^3	a
sin a-л -4cos -л —
v	’<2	2
2Г	5 A . . л a
cos a — л -4+4cos — + —
<	2 )	{2 2
(яп(л-а))2 -4^cos^-|jj sin2a-4sin2|
frn</5-rr	л л.	K a sin2 a-4 + 4sin2 —
I cosl — л - a I I _4 + 4l cosl — + — II	2
(	. (a Yr . 2«	C . a aY . . 2«
sin2 — -4sin — 2sm—cos— -4sm —
I \2))2= I 2	2)2
(	. J a Y|2 /, . 7	C . a a>2 . 2 a
sin2 — -4 1-sin"—	2sin—cos— -4cos —
I I2JJ I 2) I 2 2)	2
-	4 sin2 — fl-cos2— 'I sin2—sin2 —
I 2J=	2	2
.	7 a(t . 2«^	2 a 2»
-4 cos"— 1-sm — cos —cos —
21	2)	2	2
. 4 a
sm —
2
a
~2
Ответ: tg
4 a
I’
= tg4
cos4 —
2
3.258.	cos 2 4a-tg2^ + 4a)-2cos2 а->/Зсо^-|л-2а
Решение.
( 3
cos-2 4a - tg2 (Зл + 4a) - 2 cos2 a - V3 соя — л - 2a
194
—----------(tg(3rc +4а))* 2 - 2 cos2 а - -Уз сс
cos 4а
—5---------tg2 4а - 2 cos2 2а + -Уз sin 2а =
cos 4а
1 sin2 4а .	2	/7 - „
—2------------у-'--2 cos a + V3sin2a =
cos 4а cos 4а
1 - sin2 4а _	2 г?  „ cos 4а 2 П
=----г---2 cos а + V3sm2a = —------2 cos а + V3 sin2а =
cos 4а	cos2 4а
= 1 - 2 cos2 а + -Уз sin 2а = -^2 cos2 а -1) + -Уз sin 2а =
/ Уз . _ 1 _
/г . ~	_	2 —sm2a—cos2a
= V3 sm 2a - cos 2a =2	2
ITC
cos—sin2a - sm—cos 2a
6	6
I.	I
sin2acos—cos2asin— = 2 si:
6	6J
2a"i
J5 л V 2(5 A
tg —л-4а sin —л + 4а
3.259.	A4 JU )
l-2cos2 4a
Решение.
tg[|*-4a|sin2[j\+4aj
l-2cos24a	-(2cos 4a-ij
x sinx	„
tg— =--------, x Ф л + 2nn, n e Z;
2 1+cosx
195
• 2х 1 “ COS X 2
sin — =---------; 2 cos x -1 = cos 2x
2	2
:o/—-Sa'l 2 cos8a 1+sin8a
\ 2 J  1 + sin 8a	2	___1
-cos 8a	-cos8a	2
Ответ: —.
3.260.
4 sin4
. 4 ( 5л ] 4 ( 5 л ] ,
sm a------+cos a + — -1
I 2 ) I 2 J
Решение.
. .	4[	3
4sin a — л
___________________2	J
. 4 (	5 л	]	41	5	л
sin a------+cos a + —
I 2 J I 2
4cos4a	_ 4cos4a
rCYl2 rv4-ci’n2rvV ?cin2 rtrr^2a 1 l-2sin2 acos2 a-1
cos ex -r sin ot I “ z sm <x cos oc — i
4 cos4 a
-2 sin2 acos2 a
2cos2 a
- sin2 a
= -2ctg2a.
Ответ: -2ctg2a.
196
Решение.
sinf4a + -^|	sinf^+4a) .	ч
V 2 ) Д 2	) _ cos4a _ cos2(2a)
1,	(л„	1.	(л 1-Sin4a l-sin2(2a)
1 +соя 4a---1 + cos------4a	v '
\	2 J I 2	)
cos2 2a - sin2 2a _ (cos2a - sin2a)(cos2a + sin2a)
!-2sin2acos2a cos2 2a-2 sin 2a cos 2a + sin2 2a
(cos 2a - sin2a)(cos2a + sin 2a) cos 2a + sin 2a
(cos2a-sin2a)2
cos2a-sin2a
l+tg2a
'-‘g^'l-tg^tgla
= tg[y+2a I
Ответ: tg — + 2a .
14 J
3.262. (tg255°- tg 555°Xtg 795°+ tgl95°).
Решение.
(tg255o-tg555°Xtg795o+tgl95°) =
= (tg(270°-l 5°) - tg(54O°+l 5°))(tg(810°-l 5°) + tg(l 80°+l 5°)) =
= (ctgl5o-tgl5°Xctgl5o+tgl5°) = ctg215°-tg215° =
197
2 X 1 + COS X	„
= ctg — =----------, x * 2nn, neZ,
2 1 - cos x
2X 1-COSX	_ ,	„
tg — =-------, X * Л + 2ЛК, n G Z
2 1 + cos x
1 +cos 30° 1-cos 30°
1 - cos 30° 1 + cos 30°
2±4-2^ = 8Л
2-V3 2 + V3
Ответ: 8л/з?
tg615°-tg555°
з.гбз. tg795o+tg735o •
Решение.
tg615°-tg555° _ tg(630°-15°)-tg(540°+15°) ctgl5°-tgl5°
tg795°+tg735° “ tg(810°-15o) + tg(720o+15°) " ctgl5°+tgl5°
—-----tgl5° 2 r	i l-cos30°
tg!5°	= l- tg215° = t 2 x = 1 - cosx = l + cos30°
1	. t„1So l + tg215°	2	1 + cosxJ l-cos30°
tgl5° g	l + cos30°
l + cos30°-l + cos30° 2cos30° оло -Уз
l + cos30°+l-cos30°	2	2
v3
Ответ: —.
2
198
Решение.
- sin2x(- cos3x) + cos2xsin3x sin2xcos3x+cos2xsin3x
cos xcos4x- sin xsin4x	cosxcos4x - sinxsin4x
= [sin a cos P+cos a sin p = sin(a + p);
cos acos p - sin a sin p = cos(a + p)] =
sin5x
cos5x
= tg5x.
Ответ: tg5x.
3.265. sin(2x-7c
_	9я^ ( я A
2x-----cos x+— .
2 J \	2)
Решение.
sin(2x - я) cos( x - Зя) + sii
я
= - sin( я - 2x) соз(3я -
4я+---2x cos —+ x
U J \2
= -sin2x(- cosx)-cos2x(- sinx) = sin2xcosx+ cos2xsinx =
= [sinacosp + cosasinp = sin(a + P)] = sin3x.
Ответ: sin3x.
199
Решение.
. ,	_ х (	7л	. (Зл	У  (~	5л
5ш(х+2л соя 2х---+ sin----х sin 2х--
\	2 )	<2	) \	2.
= sinx(- sin2x) + (-cosx)(-cos2x) = cos2xcosx-sin2xsinx= cos3x.
Ответ: cos3x.
I. _2( n M
3.267.	Jsm I а- —к l + cos I a +—л I.
Решение.
 -i(	3	A	_2f	3
sin a — л +cos a + —л
V	2	) I	2	.
sin2 a + cos2 a	Г	1	2
sin2 acos2 a V (sina cosa)2 |sinacosa| |2sinacosa|
=:------г = 2|sin 1 2a|
|sin2a| 1	।
Ответ: 2|sin-1 2aj.
200
Решение.
^~cosot _ (l-cos2a)sina = I sin2 g sing = Jan3 a
1____4infY 1 (1-sin2 alcosa llcos2acosa Vcos3a
•	ullllA 1 \	J
sina
= ^/tg3a = tga.
Ответ: tga.
3cos2 (a + 270°) - sin2 (a - 270°)
3.269. з s-n2	_ cos2 (a + 9QO)
Решение.
3cos2 (a + 270°) - sin2 (a - 270°)
3 sin2 (a - 90°) - cos2 (a 4- 90°)
3(cos(g + 270°))2 - (- sin(270°-g))2 = j^g-c^g
3(- sin(90°-a))2 - (cos(90°4-a))2 3cos2 a - sin2 a
3.2	1	2
-sin a—cos a
4	4
3	2	1-2
— cos a — sin a
4	4
V3 .	1
— sina 4--cosa
2	2
V3 .	1
— sina—cosa
2	2
7з	i .
—cosa — sina
2	2
V3	1 .
—cosa 4- — sma
2	2
.	it	. Я sma cos—4-cosa sin— к	6	6)	.	it	. it I sma cos—cosasin— к	6	6)
(	it	.	. it\ cosa cos—sinasm— I	6	6 J	f	it	.. it\ cosa cos— 4- sma sin I	6	6 J
201
= [sin x cos у ± cos x sin у = sin(x ± y);
cos x cos у ± sin x sin у = cos(x + y)l =
sm2a + cos2a - cos6a - sin6a
3.270.		5----------------------
sin4a + 2sin 2a-1
Решение.
sin2a + cos2a - cos6a - sin6a _
sin4a + 2sin2 2a-1
_ (sin2a - sin6a) + (cos2a - cos6a)
sin 4a - (1 - 2 sin2 2a)
_ x+y . x-y
sm x - sin у = 2cos-- sm-----;
2	2
_ . x+y . X-y , „ . 2	~ 1
cosx-cosy =-2sin——sin—l-2sm x=cos2xj =
2 cos 4a(- sin 2a) + (- 2 sin 4a(- sin 2a))
sin4a-cos4a
-2 cos4a sin2a + 2 sin4a sin2a	2 sin 2a(sin4a - cos4a)
=---------—------------------=-----—---------------- = 2 sin 2a.
sin4a-cos4a	sin4a-cos4a
Ответ: 2sin2a.
3.271.	-J(l-tg22a)(ctg22a-l).
Решение.
- tg2 2aXctg2 2a -1 j =
sin2 2a w cos2 2a 5
k	cos2 2a Д sin2 2a	>
202
cos2 2a - sin2 2a cos2 2a - sin2 2a
cos2 2a	sin2 2a
12
2^cos2 2a-sin2 2a)
2 sin 2a cos 2a
\	7
= j(S) = 7(2«g4a)2 = |2ctg4a|
= 2|ctg4a|.
Ответ: 2|ctg4a|.
Jtga+Jctga	ti	тс
3.272. i /	,0<a< —на* —.
•Jtga-Jctga	2	4
Решение.
- ^/ctga (7^ “ Vctga)(V*8“ + Vct£a)
tga +2 +ctga
tga - ctga
tga +2 +—
_______tga l=
1
tga-—-
tga
sina ,
2	-----1
tg* 2 * 4a + 2tga +1 _	(tga + 1)	_ tga +1 _ cosa— _
tg2a-l (tga-l)(tga + l) tga-1 -^--1
cosa
sina + cosa _ cosa + sina
sina-cosa sina-cosa
V2 V2
— cosa + — sina
2_________2
V2	.	41
—r- sina----cosa
2	2
71	.	.71
cosa cos— + sinasm—
------------------— = [cosxcos.y+ sinxsin.y = cos(x- y);
sina cos— cosa sin—
4	4
203
sinxcos^ - cosxsin^ = sin(x- }>)] =
л I я
Ответ: ctgl a- —
б( я . 6 Г Зя A 3 ( . >( Я	Зя
3.273 cos a— +sin a---------------— sin" a + — -cos a +—
i 2j i 2) 4I I 2 J I 2 J
Решение.
f>(	я >	. 6 (	Зя A	3 Г	. >(	я >	>(	Зя
cos a— + sin a-----------— sm a + — -cos a +—
I	2) к	2 J	4k I	2)	к	2 Jj
= sin6 a + cos6 a-—(cos2 a-sin2 a) =
4k	)
= (sin2 a + cos2 a j(sin3 4 a - sin2 a cos2 a + cos4 a) - - (cos2a)2 =
= (sin4 a + cos4 a) - sin2 a cos2 a - ~cos2 2a =
= (sin2 a + cos2 a) - 2 sin2 acos2 a - sin2 acos2 a - - cos2 2a =
2	2	3	7	3 /	7	2 \ 3	7
= l-3sin acos a — cos 2a = 1— 4sin acos a)—cos 2a =
4	4'	l 4
3 / . 2 о 2 n \ 1 3	1
- sin 2a + cos 2a) = 1 — = -.
4k	/44
= 1- —sin2 2a-—cos2 2d = 1-
4	4
1
Ответ: — •
4
204
sin2 a sin2 p
3.274.	_ p) + sin(p - a) ’
Решение.
sin2 a sin2 p _ sin2 a sin2 p
sin(a-p) sin(p-a) sin(a-p) sin(a-p)
l-cos2a l-cos2p
_	2	~~	2	_ cos2p~cos2a _
sin(a - p)	2 sin(a - P)
_ . x+y . x-y
= cosx-cosy = -2sin sin 2
- 2 sin(a + p) sin(- (a - p))
2 sin(a - p)
= sin(a + p).
Ответ: sin(a + p).
____ |2sina-sin2a чл „
3.275.	J—	;-,если:а)0<а<щб)л<а<2л.
V 2sma + sin2a
Решение.
2sina-sin2a _ /2sina-2sinacosa _ /2sina(l-cosa)
2sina + sin2a v 2sina + 2sinacosa у 2sina( 1 + cosa)
1-cosa 1-cosx 2x	~
-------  -------= tg —	n + 2nn,n € Z
1 + cosa [Д + совх
a
tg—,еслиО<а< л;
2
a
- tg—, если л < a < 2л.
2
Ответ: a) tg—J 6) -t8y-
3.276.	cos2(45°+a) - cos2(30°-a) + sinl5°sin(750-2a).
Решение.
cos2 (45°+a) - cos2 (30°-a) + sin 15° sin( 75°-2a) =
205
2X 1 + COSX .	.	1/	,	.	,
= cos — = —-—,smxsinj>= — (cos(x-.y)-cos(x+}>)J =
1 + cos(90o4-2(x) l + cos(60°-2a) 1/ ,	4	,
=--------------L---------+ - (cos(2a - 60°) - cos(90°+2a)) =
= (1 + со5(90°4-2а) -1 - cos(60°-2a) + cos(60°-2a) - cos(90°-2a)) =
= (cos(90°+2a) - cos(90°-2a)) = ^(- sin2a - sin2a) = -sin2a.
Ответ: -sin2a.
3.277.	sin2 (135°-2a) - sin2 (210°-2a) - sin 195° cos( 165°-4a).
Решение.
sin2 (135°-2a) - sin2 (210°-2a) - sin 195° cos( 1 бУ-Да) =
= (sin(180°-(45°+2a)))2 -(sin(180o+(30o-2a)))2 -sin(180°+15°) x
x cos(l 80°-( 15°+4a)) =
= sin2 (45°+2a) - sin2 (30°-2a) - (- sin 15°)(- cos(l 5°+4a)j =
= sin2(450+2a)-sin2(300-2a)-sinl5°cos(150-i-4a) =
. 2 x 1-cosx	1 / . /	\	 /	\\
= sm — = —-—; smxcos^ = — (sin(x- + sin(x+ =
1 -cos(90°+4a) l-cos(60o-4a) lz. , л .	. , л
=-------------------------------- - - (sin(- 4a) + sin(30°+4a)) =
= (1 - cos(90o-i-4a) -1 + cos(60°-4a) + sin4a - sin(30°-i-4a)) =
= (sin4a + cos(60°-4a) + sin4a - sin(90°-(60°-4a))j =
= (2 sin4a + cos(60°-4a) - cos(60°-4a)) = sin4a.
Ответ: sin4a.
206
3.278.
1 + sina _ jl-sina
1-sina v 1 + sina
если: а) 90° < a < 180°;
6)270°< a < 360?.
Решение.
1 + sina 11 - sina
1-sina V 1 + sina
7(1-sina)(l +sina)
1 + sina-1 + sina _ 2sina _ 2sina _
71-sin2 a 7cos2a lcosal
j-2tga, если 90° < a <180°;
|2tga, если 270°< a < 360°.
Ответ: а) -2 tga; 6) 2 tga.
Л a-Зл^ л-a
3.279.	1 + cos—-— btg—-—.
I 2 J 4
Решение.
Л a-Зл) я-a f. (a 3rcY^ (it a^
+cos —J—JctB — = [1+c°s|j - у	J =
X 1-cosx „	~
tg— = —;------, x # it + 2itn, neZ
2 sinx
, . a
1 - sin—
________2_
, (it a
1-cos------
\2 2
, . a
1 - sm—
_____2__
. a
1 - sm—
2
a
cos—
2
a
2
Ответ:
a
cos—.
2
207
sm2 * 4a + 4 sm4 * 2a - 4 sin2 2a cos2 2a
3.280.		$----------------5----------
4-sin 4a-4sin 2a
Решение.
sin2 4a + 4 sin4 2a - 4 sin2 2a cos2 2a _
4-sin2 4a-4 sin2 2a
(sin2(2a))” + 4 sin4 2a - 4 sin2 2a cos2 2a
(4-4 sin2 4a) - (sin2(2a))~
(2sin2acos2a)2 4-4 sin4 2a-4 sin2 2a cos2 2a
4(1-sin2 2a)-(2sin2acos2a)2
4 sin2 2a cos2 2a 4- 4 sin4 2a - 4 sin2 2a cos2 2a
4 cos2 2a - 4 sin2 2a cos2 2a
_____Д1П 2-a_______ = sin4 2a _ sin4 2a 4
4 cos 2a(l-sin 2a) cos2 2a cos2 2a cos4 2a ®
Ответ: tg42a.
3.281. si;
.	5 л ] 6l ”7 Л ]
-sin — л4-2a 4-cos — я-2a .
l2 J 12 J
Решение.
t 5	1	(5	i	Г 7
sin —7t4-4a -sin6 —K4-2a 4-cos6 —л-2а
\2	J	l2	J	U
/	\	/ Z	x\6	/ Z	X\6
. (5	. W . (5	„ Y| ( (1
= sm -л4-4а - sin-л4-2а	4- cos -л-2a	=
U J Ц2 JJ I U ))
= cos4a - cos6 2a 4- sin6 2a = cos4a - (cos6 2a - sin6 2a) =
= cos4a - (cos2 2a - sin2 2a)(cos4 2a 4- sin2 2acos2 2a 4- sin4 2a) =
= cos4a - cos4a((cos4 2a 4- sin4 2a) 4- sin2 2acos2 2a) =
208
= cos4a-cos4o^Jcos2 2а + sin2 2а) -2sin22аcos22а + sin2 2аcos22а
= cos4a - cos4a(l - sin2 2a cos2 2a) =
= cos4a-cos4a| 1- —-4sin2 2acos2 2a | =
V 4	)
(	1 . 2 A	1
= cos4a - cos4a 1 - — sin 4a = cos4a - cos4a + - cos4asin 4a =
I	4	)	4
= J- cos 4a sin2 4a = cos 4a sin4a sin 4a = (2 sin4a cos4a) sin4a =
= -sm 8a sin 4a.
8
Ответ: -sin8asm4a.
8
sin8a + sin9a + sinlOa + sin 1 la
3-282. —-----------------—-------— x
cos 8a + cos 9a + cos 1 Oa + cos 1 la
cos 8a - cos 9a - cos 10a+cos 1 la
x-----------------------------.
sin8a - sin9a - sinlOa + sin 1 la
Решение.
sin 8a + sin 9a + sin 10a +sin Ila cos 8a - cos 9a - cos 10a + cos Ila _
cos8a + cos9a + coslOa + cosl la sin8a - sin9a - sinlOa + sinl la
(sinl la+ sin8a) +(sinlOa+ sin9a)
(cosl la+cos 8a) + (coslOa +cos 9a)
(cosl la + cos8a) - (coslOa + cos 9a)
(sin 1 la + sin 8a) - (sin 10a + sin 9a)
x + y	x-y
= cosx+cos y = 2cos--cos--
L	2	2
- . x + y x-y
sin x + sin у = 2 sm-- cos-- =
209
_ . 19а За А . 19а а
2 sin-cos— + 2sin---cos —
2	2________2	2
_	19а	За	А	19а	а
2 cos-cos — + 2 cos-cos—
2	2	2	2
x
-	19а	За _	19а	а
2cos----cos----2cos----cos —
2	2 2	2
_ . 19а	За _ . 19а	а
2 sm----cos-----2 sm----cos —
2	2	2	2
19а ( За	а^
cos— + cos—
2	2J
„	19а ( За	а^
2 cos- cos-cos—
2^2	2)
„ 19аЛ За	а А
2 cos- cos-hcos—
2^2	2J
_ . 19а (	За	а
2 sin-- cos----cos—
2 I	2	2
19а
cos--
____—=1.
. 19а
sm---
2
. 19а
sm----
=2
19а
cos----
2
Ответ: 1.
3.283. cos(270°-2a)ctg(300-2a)tg(2400-2a)(2cos4a -1).
Решение.
cos(270°-2a)ctg(300-2a)tg(2400-2a)(2cos4a -1) =
= cos(2700-2a)ctg(30°-2a)tg(2700-(30°+2a))(2cos4a -1) =
= - sin2actg(30°-2a)ctg(30o+2a)(2cos4a -1) =
sin2acos(300-2a)cos(300+2a)(2cos4a -1)
sin(30°-2a) sin(30°+2a)
cos x cos у = i (cos(x - jv)
+cos(x + ^)j;
210
sin 2a - (cos4a+cos60°)(2cos4a -1)
(cos 4a-cos 60°)
sin2a^cos4a + -^(2 cos4a -1)
= _ =
cos 4a —
2
sin2a(2cos4a + l)(2cos4a-f) . л A .
=---------------------------= - sin 2a(2cos4a +1) =
2cos4a-l	'	'
= [cos 2x = 1 - 2 sin2 x, sin 3x = 3 sin x - 4 sin3 xj =
= - sin2a^l - 2 sin2 2a) +1) = - sin2a^2 - 4 sin2 2a +1) =
= -sin2a^3-4sin2 2a) = -^3sin2a-4sin3 2a) = - sin 6a.
Ответ: -sin6a.
fl-cosxYl /l+cos2x
3.284. tg 2arctd —--- J-------—.
V sinx yJVl-cos2x
Решение.
fl-cosxYl /l+cos2x
tg 2arctg —----- J------— =
sinx JJVl-cos2x
11 + (2со^х-1)
1_tg2farctgk^'| у l-(l-2sin2 xj
sinx J
<l-cosxA
arctg—:---
_____________sinx )
. t t 1-cosxA
1 - tg arctg_
V sinx J
J 2
COS X
sin2 x
л (	1-cosxA
2tg arctg—;-----	------
V	sinx J	I t 2
-----Ь----------^v-Vctg x
. + 2	. 1-COSX 1
1-tg arctg—:----
V sinx J
211
- ( 1-cosx)	- 1-cosx
2tg arctg------	2--------
—X----------. |ctgx| =	Z1 Sln* . -|ctgx| =
l-tg* 2f arctg M I-/1"?06*)
V sinx J	I sinx J
_ 2(l-cosx) |ctgx| sin2 x _ 2(l-cosx) |ctgx|sinx
sinx sin2 x-(1-cosx)2	(1-cos2 xj-(1-cosx)2
_	2(1 - cosx) |ctgx|sinx _	2( 1 - cosx) • |ctgx|sinx
(l-cosx)(l + cosx)-(l-cosx)2 (1 — cos x)(l + cosx— 1 + cosx)
2|ctgxlsinx .	. l-ctgxtgx=-l, ecinictgxcO;
2cosx	'	|ctgxtgx= l,ecjnictgx>0.
Ответ: 1, если ctgx> 0; -1, если ctgx< 0.
Преобразовать в произведение (3.285.—3.331):
3.285. sin 6а - 24з cos2 За + 4з.
Решение.
sin 6а - 2д/з cos2 За + 7з =
2 х 1 + cosx
cos — =--------
2	2
= sin
6а
= 2(cos60°sin6a-sin60°cos6a) = 2(sin6acos60°-cos6asin60°) =
= [sinxcosjy- cosxsinjy = sin(x- >>)] = 2sin(6a - 60°).
Ответ: 2sin(6a-60°).
1	7
3.286.	-^=sin4a + l-2cos 2a.
Решение.
Дг sin4a + 1-2 cos2 2a = sin4a - (2 cos2 2a -1) =
V3	V3 v	’
212
1 . л л 2
= —= sm4a - cos4a = —=
4з	4з
1 . л V3 л
—sm4a----cos 4a
2	2
2
= -^=r(cos600sin4a-sin60°cos4a) =
2 ,	4
= -^=(sin4acos600-cos4asm60°) =
= [sinxcosjy - cosxsinjy = sin(x- j>)] = sin(4a - 60°).
2
Ответ:	sin(4a - 60°).
3.287.	3-4cos4a +cos8a-8cos4 2a.
Решение.
3 - 4 cos 4a + cos8a - 8 cos4 2a =
„ л 2	,	2 X 1 + COSX
= cos2x= 2cos x-li.cos — =--------- =
2	2
= 3-4cos4a + 2 cos2 4a -1 - 8p + cos4°0
\	2	)
= 2 - 4 cos 4a + 2 cos2 4a - 2(1 + 2 cos 4a + cos2 4a
= 2-4 cos 4a + 2 cos2 4a - 2 - 4 cos 4a - 2 cos2 4a = -8 cos 4a.
Ответ: -8 cos 4a.
3.288.	tg3x-tg2x-3tgx+3.
Решение.
tg3x-tg2x-3tgx+3 = tg2x(tgx-l)-3(tgx-l) = (tgx-l)(tg2x-3j =
\( • 2
smx t ] sm x
1	2
cosx Дсоз X
sin x- cos x sin2 x- 3cos2 x
2
COSX	cos X
(sin x- cos x)(sin x - V3 cos xj^sin x + 43 cos x^
cos3x
213
1 . V3
— sinx----cosx
2	2
1 . 7з
— SinXd---COSX
2	2
cos3 X
4>/2(cos450sinx-sin450cosx)(cos600smx-sin600cosx)(cos600sinx+sin600cosx)
cos3 x
4 >/2 (sin xcos45°- cos xsin45°)(sin xcos 60°- cos xsin 60°)(sin xcos 60°+ cos xsin 60°)
COS X
= [sina cosp ± cosa sinp = sin(a ± P)] =
4V2 sin(x- 45°) sin(x- 60°) sin(x+ 60°)
cos3 x
4>/2 sin( x - 45°) sin( x - 60°) sin( x+60°)
Ответ:-----------------;---------------
cos x
3.289.	tg4x-4tg1 2x+3.
Решение.
tg4x-4tg2x+3= tg4x-tg2x-3tg2x+3 =
= tg2x(tg2x- lj- 3(tg2x-= (tg2x- l)(tg2 x- З) =
< sin2 x
kcos2 x
sin x
___2 ~ $
-1
ДСО5" X
sin2 x- cos2 x sin2 x- 3cos2 x
2	2
COS X	COS X
(sin x- cos x)(sin x + cos x)[sinx- 7з cosxj^sin x + >/3 cos x'
cos4 x
2 (42 .	72	} 2 (42 .	42
-7= —sinx----cosx --И —smx + —cosx
Д 2	2	J 42{ 2	2
cos2x
1 . л/з
-sinx-----cosx
2	2
•2
1 .	4з
-sinx + -—cosx
2	2
cos2 X
214
_ 8(sinxcos45° -cosxsin45°)(sinxcos45° + cosxsin45°)
-	-	x
COS X
(sin x cos 60° - cos x sin 60° )(sin x cos 60° + cos x sin 60°)
X	-	_
COS X
= [sin a cos 0 ± cos a sin 0 = sin (a ± 0)] =
_ 8 sin (x - 45°) sin (x + 45°) sin (x - 60°) sin (x + 60°)
COS X
~	8sin(x-45 )sm(x + 45 )sin(x-60 )sin(x + 60 )
Ответ: -----------------------------------------
4
COS X
3.290.	6 sin2 2a-1-cos 4a.
Решение.
6sin2 2a -1 - cos 4a = 6 sin2 2a -1 - (2 cos2 2a -1) =
= 6sin2 2a-2 cos2 2a = 2(3 sin2 2a-cos2 2a) =
= 2 (VIsin2a - cos 2a)( J3 sin2a + cos 2a) =
2-2
V3 . ,	1
—sin 2a—cos 2a
2	2
J V3 . 0	1	_
•2 —sin2a + —cos2a
2	2
= -8 (cos 2a cos 60° - sin 2a sin 60°) (cos 2a cos 60° + sin 2a sin 60°) =
= [cos x cos у ± sin x sin у = cos (x + >>)] = -8 cos (2a + 60°) cos (2a - 60°).
Ответ: - 8 cos (2a + 60°) cos (2a - 60°).
3.291.	Jl + sin— -Jl-sin—, если 0°<a<180°.
V 2 V 2
Решение.
a	।	a	I	f a}	(a
1 + sin—-Jl-sin- = Jl + sin2 - - l-sin2 -
2	V	2	V	UJ	V l4
\	. a a , _ . a a
l + 2sin—cos-,1-2 sin—cos — =
4 4V 44
215
. 2 a _ . a a 2 a . 2 a „ • a a 2a
= sin — + 2sin— cos— +cos-J sin-2 sin—cos—+ cos —
V 4	44	4 V 4	44	4
. a a
sin —+ cos —
4	4
. a	a
sin------cos —
4	4
a
0°< —<45°
' 4
.a	a	. a	a	_ . a
= sin — + cos — + sin-cos — = 2 sin —
4	4	4	4	4
Ответ: 2 sin—.
4
3.292.	2 cos1 2 2a + 3cos4a- 3.
Решение.
2cos2 2a + 3cos4a-3 = 2cos2 2a+ 3^1-2 sin2 2a)- 3 =
= 2 cos2 2a- 6 sin2 2a = 2(cos2 2a- 3 sin2 2a) =
= 2^cos2a - V3 sin2a)(cos2a +
1	V3
2-2 — cos2a----sin2a
2	2
1	V3
• 2 — cos2a + — sin2a
2	2
= 8(cos2acos60°-sin2asin600)(cos2acos60°+sin2asin600) =
= [cosxcos>>± sinxsinjy - cos(x+>>)] = 8cos(2a + 60°)cos(2a - 60°).
Ответ: 8 cos(2a + 60°) cos(2a - 60°).
3.293.	cos2 a + cos2 [3 - 2 cosa cosp cos(a - p).
Решение.
cos2 a + cos2 P - 2 cosa cosp cos(a - P) =
l + cos2a l + cos2p _ n i n\
= ——— +---------—- - 2cosacosp cosfa - p) =
216
= -i(2 + (cos2a + cos2p))-2cosacospcos(a-p) =
= cosx+cosy = 2 cos——cos—=
= -| (2 + 2 cos(a + P) cos(a - p)) - 2 cosa cosp cos(a - p) =
= l + cos(a + p)cos(a-p)-2cosacospcos(a-p) =
= l + cos(a-p)(cos(a + p)-2cosacosp) =
= cosxcos_y = ^(cos(x->’) + cos(x+>’)) =
= 1 + cos(a - P)(- cos(a -,p)) = 1 - cos* 2 (a - P) = sin2 (a - p).
Ответ: sin2(a-p).
3,294.	sin(2a~M 1 sinP
cos4a cos2a
Решение.
sin(2a~P) sinp sin(2a-p)cos2a +sinpcos4a
cos4a cos2a	cos4acos2a
= sinxcos>> = ^(sir^x-^ + sii^x+jy)) =
~ (sin(- p) + sin(4a - P)) + (sin(p - 4a) + sin(p + 4a))
cos 4a cos 2a
- sin P + sin(4a - P) - sin(4a - P) + sin(4a + P) sin(4a + P) - sin P
2 cos 4a cos 2a	2 cos 4a cos 2a
~ x + y . x-y 2cos(2a + P)sin2a
sinx - sin_y = 2 cos---sin----- =-----_i------------=
2	2 J 2cos4acos2a
217
cos (2a+ P)
cos 4a
• tg2a.
Ответ - £?-s<?a + P> .tg2a.
cos 4a
3295 sin* 2 (a + P)-sin2 a-sin2 P
sin2 (a+P) - cos2 a - cos2 P
Решение.
sin2 (a + P) - sin2 a - sin2 p
sin2 (a + P) - cos2 a - cos2 p
. ? x 1 - cos x 2 x 1 + cos x
sin— =-----; COS — =----
2	2	2	2
i	2 /	1-cos 2a l-cos2P
1 - cosz (a+p)----------------—-
i	2 / nx 1 +cos 2a l + cos2P
1 - cosz (a + p)---------------—-
2 - 2 cos2 (a + P) -1 + cos 2a -1 + cos 2p
2-2 cos2 (a + P) -1 - cos 2a -1 - cos 2p
-2cos2 (a + P) + (cos2a + cos2P) _
- 2 cos2 (a + P) - (cos 2a + cos 2P)
_ x+y X-y
COS X + cos у = 2 cos-— cos-—
L	2	2.
-2cos2 (a + P) + 2cos(a + P)cos(a
P) =
- 2 cos2 (a + P) - 2 cos (a + P) cos (a - P)
-2 cos (a + P)(cos (a + P) - cos (a - P)) _ cos (a + P) - cos (a - P)
- 2 cos (a + P)(cos (a + P) + cos (a - P)) cos (a + P) + cos (a - P)
x+y x — у
cos x - cos у = -2 sin-— sin---—;
2	2
218
COS X + cos у = 2 cos-— cos---
л 2	2
-2sinasinP	„
=	= -tgatgp.
2cosacosp
Ответ: -tgatgp.
3.296.	sin2 (a - 2P) - cos2 a - cos2 2p.
Решение.
-	_	_	2 X l + COSX
sin2 (a - 2p) - cos2 a - cos2 2p = cos ~	2
• 2/	l + cos2a l + cos4P
= sin2(a-2p) =-------------^-2 =
= sin2 (a - 2[3) “ (2+(cos2a+cos 4(5)) =
= cos x+cosy = 2 cos—^-COS—2	=
= sin2(a-2p)-^-(2 + 2cos(a + 2P)cos(a-2p)) =
= sin2 (a - 2p) -1 - cos(a + 2p) cos(a - 2p) =
= ~(1 - sin2 (a - 2p)j - cos(a + 2p) cos(a - 2p) =
= -cos2(a-2p)-cos(a + 2p)cos(a-2p) =
= - cos(a - 2p)(cos(a - 2p) + cos(a + 2p)) =
= -cos(a - 2p) • 2 cos a cos 2p = -2cosacos2pcos(a
Ответ: -2 cosacos2p cos(a - 2p).
3.297.	sin2 (2a - P) - sin2 2a - sin2 p.
Решение.
2P).
sin2 (2a - P) - sin2 2a - sin2 p =
. 2 x 1-cosx
sin - =------
2	2
219
• 2/0 Q\ 1-cos 4a l-cos2B
= sin (2a-p)-------------—K =
= sin2(2a-p)"(2-(cos4a+cos2p))=
- x+y x-y
= cosx4-cos= 2cos—y^COS—-
= sin2 (2a - p) - (2 - 2 cos(2a + p) cos(2a - P)) =
= sin2 (2a - p) -1 + cos(2a + p) cos(2a - p) =
= -(1 - sin2 (2a - P)j+cos(2a + P) cos(2a - P) =
= -cos2(2a~p) + cos(2a + p)cos(2a-p) =
= - cos(2a - p)(cos(2a - P) - cos(2a + P)) =
. . x+y . x-y
= cosx-cosj = -2sin- — sin =
= - cos(2a - P)(- 2 sin2a sin(- p)) = -2 sin2a sinp cos(2a - P).
Ответ: -2 sin2a sinpcos(2a - P).
* f5rc+aY, a-л^ -ifa . A „	<•>
3.298. 2 + ctg -- 1 + cos---- cos----2л -4cos------3л
V 4 Д 2 J	J \2
Решение.
_	Г5л+а¥< а-лА -/a Y ,	_ A
2 + ctg --- 1 + cos---- cos----2л -4cos------3л =
I 4 A 2 )	<2	)	<2	)
_ Г 5л aY, (л aY
2 + ctg — + — 1 + соя-
A 4 4 A u 2))
_ f (л a] ,	। л an
= 2 + ctg л+ — + — 1 + cos-------------x
I 4 4 JJl	I 2 2)]
220
1
z z	S\2
,1	Io	all
X----7------\ -41 cos 3k---
io «I I	I	2Д
I 2 J
n aY, . a ]	1	.	2«
t+t 1 + sin—-------4 cos — =
4 4Д	2) a	2
74	7 cos—
2
л 2 a
-4 cos — =
2
— [cos(x+^) = cosxcos.y-sin.xsiny; sin(.x+.y) = sinxcos.y+cosxsiny;
sin2x = 2sinxcosx; cos2x = cos* 2 x-sin2 x =
n a . n . aY, •
cos—cos sm—sin— 1 + sin—
4	4	4	4 A 2 ) A 2«
------ - 4 cos — =
( . к	a	n . ai a	2
sin—cos—+ cos—sin— cos—
I 4	4	4 4J	2
v2 a V2 . a
— cos—------sin—
2	4	2	4
V2 a
—cos—
2	4
1	• a l
l+sin—
2' .	2 a
v---------4 cos — =
/2 . a] a	2
— sin— cos—
2	4	2
= 2 +
/2 ( a aY, • a I
— cos--sin— H l + sin—
2 V 4	4Л	2J A 2a
—^=---------------- - 4 cos — =
V2( a . aA a	2
—- cos—+ sin— cos—
2(4	4)	2
221
a • oc Y 2 oc ~ •« oc . 2 oc
cos---sin— cos —I-2 sin—cos—I-sin —
4	4 Л 4	4	4	4
a .a a
cos—I-sin— cos —
4 4j 2
Л 2 OC
-4 cos — =
2
\z	\2
a	. a V	a	. oc)
cos—sin— cos—i-sin—
4	4 Д	4	4 J
( oc . ocA oc
cos—I-sin— cos —
<4	4)	2
.	> a
-4cos~ — =
2
2 OC . 2 OC
cos-----sin —
= 2 +------------—-4cos2 —= 2 +
oc	2
cos—
2
a
cos— _
2 л 2 oc
---—-4cos — =
a 2
cos —
2
~ i л 2 oc * .	2 oc .(3	7 ocA
= 2 + l-4cos — = 3-4cos — = 4 —cos“ — =
2	2 И 2)
= 2 +
~ . x + y . x-y
cos x - cos у = -2 sin-- sm--;
2	2
_ x+y x-y
cosx + cosv = 2 cos-- cos-- -
2	2 J
={ +3	 9)  Ни+- 3=
=-{24n+z№+S Ми  Мн - Я)=
ос> . (к ос^ . .	осЛ . (а
6 2) \6 2)	\6 2J \2 б)
. . (к . (а лА
222
J.Jbyy. .4	4 _	•
sin 2a-cos 2a
Решение.
2 sin 8a	sin2(4a)
sin4 2a - cos4 2a	cos4 2a — sin4 2a
2sin4acos4a	_	2 sin 4a cos 4a
= 24---------------------------------= 24----------------
(cos2 2a - sin2 2aYeos2 2a 4- sin2 2a)	cos2 2a - sin2 2a
_ 2 + 2sin4acos4a
cos4a
= 24-2 sin 4a = 2(14-sin4a) =
= 2(cos2 2a 4- 2 cos2a sin2a 4- sin2 2a) = 2(cos2a 4- sin2a)2 =
/	л	л	i f
= 41 cos—cos2a4-sin—sin2a
к	4	4 у
= [cosxcosy 4- sinxsiny = cos(x- j?)] =
(	f	w2	/	\
- 4 cos — -2a = 4cos — 2a L
I И	J)	V4	J
.	21 л 1
Ответ: 4 cos —-2a .
<4	)
3.300. 2-tg4a-ctg4a.
Решение.
n	i fsin4a cos4a^_ sin24a + cos24a
2 - tg4a - ctg4a = 2 “ —— + . л - 2------------------=
\cos4a sin4aj sin4acos4a
= 2 1	_ 2 2	_ 2 _ 2 _ 2 sin8a~1
sin 4a cos 4a	2 sin 4a cos 4a	sin 8a	sin 8a
sin8a-sin— Г .	x4-у . x-y
___________2 _ sinx- sin j? = 2cos-- sin--
sin8a L	2	2
223
sin8a	sin8a
4 sin^ - 4a J- sin^ - 4a^ - 4 sin2 - 4a
sin 8a	sin 8a
. • гГя л
-4sin —4a
14 J
Ответ:------—--------.
sin 8a
„ „л<	2cos2 2a-1	_	_	. _
3.301.	—v—------- tg2a + cos2a - sin2a.
2tg —2a sin2 -те-2a
<4 J <4 J
Решение.
2cos22a-l	_	_
—--------r--- tg2a + cos2a - sm2a =
2tg —2a sin2 -те-2а
14 J 14 J
n 2->	1 A * x smx
= 2cos 2x -1 = cos 4x; tg — =---------,
2 14-COSX
_	. о X 1 - COS X
x Ф 7i 4- 2теи, n g Z, sm — =-----------
2
cos 4a
- tg2a + cos2a - sin2a =
sin —4a
2------^7------
1 I Л .
1+cos —4a
I 2
1 - cos
2
cos 4a
cos4a
14-sin 4a
- tg2a 4- cos2a - sin2a =
224
= 1 - tg2a + cos2a - sin2a = f 1 — ~ j + (cos 2a - sin2a) -
V COSZa J
C0S^a—S^n^a + (cos 2a - sin 2a) = (cos 2a - sin2a)[ —-
cos 2a v	v	\ cos 2a
(cos 2a - sin 2a)(l 4- cos 2a)
cos 2a
cos 2а
_ £71 • ТС ~ Л . _ ]	7
2V2 sin— cos2a-cos— sm2a cos а
I 4 4 J
cos 2a
-2a cos2 a
= [sin x cos у - cos xsin у = sin(x- ;?)] =
cos 2a
Ответ:
cos 2a
ctg2a 4- tg2a
3,3°2, 14-tg4atg2a
Решение.
cos2 a
cos2 2a + sin2 2a
sin2acos2a
cos 2a sin 2a
------4-------
ctg2a + tg2a _ sin 2a cos 2a  ____________________________
1 +tg4atg2a " i+ sin4asin2a cos4acos2a + sin4asin2a
cos 4a cos 2a
cos4acos2a
cos2 2a + sin2 2a	cos 4a cos 2a
sin2acosa cos4acos2a4-sin4asin2a
_	cos4a	_
sin2a(cos4acos2a + sin4asin2a)
8 Группа Б
225
г	.	.	/ \i cos4a 2со:Лос
= COS XCOS у + sin xsin у = cost X - у 11 =	-— = ———-----—
L	л sm2acos2a 2sin2acos2a
2 cos 4a
sin 4a
= 2ctg4a.
Ответ: 2ctg4a.
3.303. 1 - sin2 a - sin2 p + 2 sina sinp cos(a - p).
Решение.
1 - sin2 a - sin2 p + 2 sina sinpcos(a - P) =
_ _ 1—cos2a _ 1—cos2p	sjna sjnp cos(a - p) =
= (cos 2a + cos 2p) + 2 sina sinp cos(a - p) =
_ x+y	x-y
cos x + cos у = 2 cos-- cos--
y 2	2
= — 2cos(a + p)cos(a-p) + 2sinasinpcos(a-p) =
= cos(a - P)(cos(a + P) + 2 sina sinp) =
= sinxsin^ = ^(cos(x-^)-соз(х+j»)) =
= cos(a - P)^cos(a + p) + 2 • (cos(a - P) - cos(a + P))
= cos(a - p)(cos(a + P) + cos(a - P) - cos(a + P)) =
= cos(a - p) cos(a - p) = cos2 (a - p).
Ответ: cos2(a~P).
(	3	(	3 > (я ]
3.304. 1+ cosl 2a - — л I + sinl 2a + — n I - ctgl — + 2a I.
Решение.
1+COf
3	1 I 71 n
n -ctg — + 2a
2 )	\2
226
,	f 3	_ ] . (3	_ ]	(it o ]
= l+cos -я-2a +sm -Tt+2a -ctg —+2a =
<2	)	<2	) Д2 )
= 1 - sin2a - cos2a + tg2a = (1 + tg2a) - (cos2a + sin2a) =
Л sin2a^ /	_	. _ x cos2a + sin2a t .	• о \
= 11 +-----• - (cos2a + sin2a) =------------(cos2a + sin2a) =
cos 2a J	cos2a
.	/ 1	> (cos2a + sin2a)(l-cos2a)
= (cos 2a + sin 2a)-----1 =  -----------------------=
lcos2a J	cos2a
1 - cos2 a + sin2 a
cos 2a
л	I /s • 2
cos—cos2a + sin—sm2a -2sm a
4 4	)
= [cosa: cos у + sin.xsin+ = cos(x- ^)] =
-2a sin2 a
cos2a
2>/2 sin2 acos^-
Ответ:
cos 2a
(3
2a -—n I + cos(2a - л)
Решение.
= 4sin2 2a - cos2a + cos6a = 2(1 - cos4a) + (cos 6a - cos2a) =
= 2(1 - cos2 2a + sin2 2aJ + (cos 6a - cos 2a) =
227
= 4 sin2 2a + (cos 6a -cos 2a) =
. x+y . x-y
cos x - cos у = -2 sin-- sin--
y 2	2
4 sin2 2a - 2sin4asin2a =
= 2sin2a(2 sin 2a - sin4a) = 2sin2a(2 sin 2a - 2 sin 2a cos 2a) =
= 4 sin2 2a(l - cos 2a) = 4 sin2 2a(l - cos2 a + sin2 a) =
= 4sin22a-2sin2a = 8sin22asin2a.
Ответ: 8 sin2 2a sin2 a.
V14- sina + Vl-*sina
3.306. /7—r" —к	’ если a) 0°< a < 90°; 6) 90°< a < 180°.
VI + sina -VI-sina
Решение.
Из условия имеем
pl + sina 4- Vl- sina )(V14- sina 4- Vl-sina j
h/14-sina - Vl-sina )| V14-sina 4- Vl-sina)
14-sin a 4-2^(14-sin a)(l-sina) 4-1-sina
14-sina-14-sina
_ 14- Vl- sin2 a _ 14- Vcos2 a _ 14- |cos a|
sin a	sin a sin a
Отсюда:
X no ало 14-|cosa| 14-cosa 1	+ a
а) при 0 < a < 90 имеем —11 =-------------=-----= ctg—;
sina sina t a 2
g2
б) при 90° < a < 180° имеем
14-lcosal 1-cosa	a
—J-----1 = —-------= tg-;
sina	sina	2
x a _ x a
Ответ: ctg у; 6) tgy.
228
3.307. 2sin2 2а + 7з sin 4а-
4tg2a(l - tg22a)
sin8a(l + tg22a)
Решение.
2 sin2 2a + 7з sin 4a-
4tg2a(l - tg22a)
sin8a(l + tg22a)
= 2 sin2 2a + >[з sin4a - ^tgffa
1 + tg2a
sin2 2a
cos2 2a,
• 2 т A
sm 2a
cos2 2a,
sin2(4a)
i	2tg—
. 7 x 1 - COSX 7
sin - =-----—,-----—
2 2 1+tg2f
= sinx
J cos2 2a - sin2 2a
= 1 - cos 4a 4- V3 sin 4a--------sin2a------
cos 2a 4-sin 2a _ . .	.
-----------------2 sm 4a cos 4a
sin2 2a
sin 4a
= 1-cos 4a 4- V3sin4a- C0S^a = V3sin4a-cos4a =
cos 4a
J V3 . .	1	.
= 2 — sm 4a — cos 4a
2	2
I.	A	I
sin4acos—cos4asin— =
6	6J
= [sinxcosj; - cosxsin^ = sin(x- j/)] =
Ответ: 2 si
Л Я
4a—
6
229
3.308.	cos2 (a - 2p) - cos2 ^a - у J - cos2 (2p - к).
Решение.
cos2(a-2p)-cos2(a-l-cos2(2p-7t) =
2 x 14-cosx
cos — =---------
2	2
= cos2 (a - 2p) - cos2	- a j - cos2 (я - 2p) =
1 + cos(2a - 4P) 1 + cos(n - 2a) 1 + cos(2n - 4p)
_	_________________	=
= (cos(2a - 4p) - cos(rc - 2a) - cos(2rc - 4p) -1) =
= (cos(2a - 4p) + cos 2a - cos4p -1) =
_ X+y X-y _	_	2	.
= cosx4-cos у = 2cos-—cos----;cos2x=2cos x-1 =
L	2	2	J
= ^2cos(2a - 2p) cos2p - 2cos2 2pj = cos2p(cos(2a - 2p) - cos2p) =
= cos2p(-2sinasin(a-2p)) =
= cosx-cosy =-2 sin
——sin----
2	2
= 2sinasin(2p-a)cos2p.
Ответ: 2sinasin(2p-a)cos2p.
3.309.	l-cos(7c-8a)-cos(7c + 4a).
Решение.
1 - cos(n - 8a) - cos(n + 4a) = l + cos8a + cos4a =
= 1 + cos2(4a) 4- cos 4a = 14- 2cos2 4a -14- cos4a = 2cos2 4a 4- cos 4a =
(	О	(	лЛ
= 2cos4a cos4a 4- — = 2cos4a cos4a 4- cos— =
I	2)	I	3)
230
= cosjc+cosv = 2 cos——cos—
2	2
= 2cos4a-2cos^2a+^cos^2a--^
(/4	I I A
2a + — cos 2a —
6J I 6
Ответ: 4 cos 4a cos^2a +	cos^ 2a - J
3.310.	cos2a-sin4a- cos6a.
Решение.
cos 2 a - sin4a - cos6a = (cos2a - cos6a) - sin4a =
_ . x+y . x-y
cos x - cos у = -2 sm -— -- sin—
- - 2 sin4a sin(- 2a) - sin4a =
= 2sin4asin2a - sin4a = 2sin4a sin2a —
I 2.
= 2sin4a(sin2a - sin30°) =
x+y . x-y
= sinx-sin^ = 2cos sm- =
= 2 sin 4a • 2cos(a +15°) sin(a -15°) =
= 4sin4a sin(a -15°) cos(a +15°).
Ответ: 4 sin4a sin(a -15°) cos(a +15°).
231
= cos3 a - sin3 a + sina - cosa =
= (cosa - sina)(cos2 a + sina cosa + sin2 a) - (cosa - sina) =
= (cosa - sina)(cos2 a + sinacosa + sin2 a -1) =
= (cosa - sina)( 1 + sina cosa -1) = (cosa - sina) sina cosa =
2 Г Vi	Vi . 2sinacosa
= —p= — cosa-----sina-----------
Vil 2	2 J 2
я . я . V _
cos— cosa - sm— sina sin2a =
4	4 J
= [cos x cos	sinx sin у = cos(x+ j/)] =
V2 . _	(я A
Ответ: — sm 2a cosl - + a I.
3.312. 2cos22a + V3sin4a-l.
Решение.
2cos2 2a +Visin4a-1 =
2 x 1 + cosx
cos — =-------
2	2
= l+cos4a +Vi sin4a-l =
fl	V3	i
= cos4a + Vi sin4a = 2 -cos4a + — sin4a
2	2
2^cos^ + sin^ sin4a^ = [cos x cos ^+sinx sin у = cos(x- y)] =
= 2cos[^-4aj.
Ответ: 2cosf—-4a
232
. \ л Г II Гч л • 1( 5	-
sin 4я+ —2а - l-2sin —я-2а
I U J) I 12
_ cos2a-cos(5it-4a) _ cos2a + cos4a
1+cos2a + cos4a + cos 6a 1 + cos 2a+cos 4a + cos 6a
cos2a + cos4a г л « 2
= t,----;	7— = cos2x = 2cos x-1;
(l+cos4a) + (cos6a+cos2a) L
_ x+y x-v"]	cos2a + cos4a
COSJC+ cos j = 2 cos--cos-- = -----z------------------
2	2 J l + 2cos 2a-l+2cos4acos2a
cos2a + cos4a	cos2a+cos4a _	1
2 cos2 2a+ 2 cos 4a cos 2a 2cos2a(cos2a+cos4a) 2 cos 2a’
1
Ответ: ----— •
2	cos 2a
3	314 cos2a-sin4a-cos6a
cos2a + sin4a - cos6a
233
Решение.
cos2a - sin4a - cos6a (cos2a - cos6a) - sin4a =
cos2a + sin4a -cos 6a (cos2a-cos6a) + sin4a
x+y	x-vl -2sin4asin(-2a)-sin4a
= cos x - cos у = -2 sm-- sm--- =-----------(----------
2	2 J -2sin4asin(-2a) + sm4a
2sin4asin2a- sin4a
2sin4a sin2a + sin4a
. л ( . „ 1
2sin4a sin2a —
I 2
o . л ( . „ 1
2sin4a sin2a + -
l 2
sin2a-sin30°
sin2a + sin30°
_ x + y . x-y
sm x - sm у = 2 cos-- sm--;
У 2	2
_ . x + y x-y
sm x + sm у = 2 sm-— cos--
2	2
2cos(a +15°) sin(a -15°)
2 sin(a +15°)cos(a -15°)
= tg(a -15°)ctg(a +15°).
Ответ: tg(a -15°)ctg(a +15°).
3.315.	cos2a + sin4a-cos6a.
Решение.
cos 2a + sin4a - cos6a = (cos2a - cos6a) + sin4a =
. x+y . x-y
cos x - cos у = -2 sm — sm--
- 2 sin4a sin(- 2a) + sin4a =
= 2sin4asin2a + sin4a = 2sin4a| sin2a + -
I 2
= 2sin4a(sin2a + sin30°) = sinx+sin)/ = 2sin—^cos—^2-
= 2 sin 4a • 2 sin(a +15°)cos(a -15°)= 4 sin 4a sin(a +15°)cos(a -15°).
Ответ: 4 sin 4a sin(a +15°) cos(a -15°).
234
,(5	A	9f5	А
3.316.	sin —л-2а -sin —л + 2а .
к4	)	И	)
Решение.
. if 5	„А	-2^5	„ А	Г-2-Х	1-cosx
sm — л-2а -sin — л+2а = sm — =------------
<4	)	14	)	2	2
1-cosf—-4а] 1-cosf—+4а
V 2	) V 2
2	2
If Г 5л л А I 5л .
- cos —+4а -cos----4а
21 12 J 12
= -i(- sin4a - sin4a) = - sin4а.
Ответ: -sin4а.
3.317.
Решение.
(-sina) 1 +sina sina+S*na
(-cosa)-1 + cos a----L_ + cosa
cosa
-l + sin2a	z , x
...-I1-™1 a)cosa
-1+cos2 a -(l-cos2a)sina
cosa
235
cos2 a cosa cos3 a ->
= —2—:— = —3— = ctg a.
sin a sina sin a
Ответ: ctg3a.
3tg2(a + 3it)-l
1 — 3tg2( а + -я1
Решение.
3tg2(a + 3n)-l _ 3(tg(3TC+a))2-l = 3tg2a-l = 3tg2a-l
1 2Г 5 A ( (5	'A2	l-3ctg2a 1	3
l-3tg	1-з1 tg^Tt+aH
(3tg2 - l)tg2a 3^g2<x ~ |^2<х " - tg2«]tg2a
^а-3	3p-tg2a-?| ’ -fl--tg2a1
U ) I 3 J
~ tg» [	^2<х f tg^ - tgaYtg^ + tga\g2a
v3 J\n5	)	_ \ о	о J
11—Ytga I l + -^tga I	1-tg^tga] l + tgytga|
V V3 A V3 J I 6 Д 6 J
7t
tg--tga
= tg2a—-------
1 + tg-tga
о
я
tg- + tga
о
1 я
1 - tg—tga
о
tgx + tgy	л	л
-—-—-— = tg(x + у), x, у, х + у * — + яп, п g Z;
1-tgxtgy	2
tgx - tgy / ч .	я ,
. — --	= tg(* - У), X, у, X - у Ф - + ЯП, п G Z J =
1 + tgxtgy	2
236
_	П | J Я 2
Ответ: tg — -a tg — + а tg а.
\6	) \6	)
3.319. sin2a + cos2a - cos6а - sin6a.
Решение.
sin2а+cos2а - cos6а - sin6a = (sin2а - sin6a)+(cos2а - cos6a) =
x + у x — у
= sin х - sin у = 2cos-— sin--;
L	2	2
_ . x + y . x-y
cosx-cos v =-2sin------— sm-— =
2	2 J
= 2 cos 4a sin(- 2a) - 2sin4asin(- 2a) =
= -2cos4asin2a + 2sin4asin2a =
2 (-J2
= 2 sin 2a( sin 4a-cos 4a) = 2sm2a-^= — sin 4a-—cos 4a =
= 2V2 sm2a(sin4acos45°-cos4asin45°) =
= [sin xcos у - cos xsin у = sin(x- j/)] = 2^2 sin2asin(4a - 45°).
Ответ: 2^2 sin2a sin(4a - 45°).
Решение.
237
, о • 2	- . X Sinx
1 - 2sin x = cos2x, tg— =-----
2 1+cosx
n + 2nn, neZ,
2 X
cos — =
2
1 + COS X
2
cos 2a
sin(^7t+2a| z ,
12 J ( (it
----• 1 + cos — + 2a
1	(5 n H u
1 + cos -n + 2a 4
12 J
- tga + cosa - sina
cos2a
cos 2a
1 - sin2a
sina
-----+ cosa - sina =
cosa
sinaA /	x cosa-sina
= 1------+ (cosa - sina) =---------
V	cosa J	cosa
(cosa - sina)( 1 + cosa)
cosa
2 (J2	42	V
—1= —cosa-sina 1
M2 2	A
2 a . 2 a
+ cos-----sin —
2	2
rrf Я	• Я 	1 a 2 «
V2 cos—cosa-sm—sina -2cos —
к 4 4 J 2
cosa
~ rz к . n .	)	2 a
2V2 cos—cosa-sin—sma cos —
I 4 4 J 2
cosa
= [cosxcos^- sin x sin = cos(x+ >>)] =
cosa
238
2>/2cos[ —+ a |cos2 —
/3	\4	)	2
Ответ:---------------------.
cosa
- ~~~	21 5	) .21'15
3.321. cos -тс + а -sin —rc + a
<8	J V 8
Решение.
2(5 A . /15
cos -те + а -sin —7t + a =
18	) I 8 J
if (л	i	f я ~
- cos —2a -cos —+ 2a
21	U	J	14
~ . x+y . x-y
cos x - cos у = -2 sin -	sin
7C
-2 sin—sin(- 2a)
. n . _ V2 . _
= sin—sin2a = —sin2a.
4	2
V2 . ,
Ответ: ——sin 2a.
2
239
3.322.
Решение.
2 х 1 + cosjc	х
cos — =----------; tg— =
2	2 z
sin a
1 + cosa
1-sin 2a
-cos 2a
1 - sin 2a
cos 2a
240
= [sin(x ± j>) = sin x cos у ± cos x sin	=
1 + sin2a	.71	7C . sin—cosa - cos—sina 4	4	1 - sin2a
l-sin2a	.71	71 . sin— cosa + cos— sina 4	4	(cos2 a-sin2 a
1 + sin2a	42 . —cosa	sina 2	2	1 - sina
l-sin2a V2	V2	(cosa -sina)(cosa + sina)
—cosa +—sina
2	2
_ l + sin2a	(cosa-sina)(l-sin2a)
1 - sin2a (cosa + sina)(cosa - sina)(cosa + sina)
_l + sin2a l-sin2a _l + sin2a
l-sin2a (cosa + sina)2	l-sin2a
1 - sin 2a
-----2-----------------2— =
cos a + 2sinacosa + sin a
_ 1 + sin2a 1 - sin2a _ (1 + sin2a)2 - (1 - sin2a)2 _
1 - sin 2a 1 + sin2a	(1 - sin2a)( 1 + sin2a)
_ l + 2sin2a + sin2 2a-l + 2sin2a-sin22a _ 4sin2a
1 - sin 2a	cos 2a
4sin2a
Ответ:	гт-•
cos 2a
3.323.	sinasin2(a- 270°)(l + tg2a) + cosacos2(a + 270°)(l + ctg2a).
Решение.
sina sin2 (a - 270°)(l + tg2a)+ cosa cos2 (a + 270°)(l + ctg2a) =
= sina(sin(270o-a))2 + tg2a)+cosa(cos(2700+a))2 (1 + ctg2a) =
= sina cos2 a(l + tg2a) + cosa sin2 a(l + ctg2a) =
241
f 2 A
. 2 L cos a
+ cosa sin a 1 + —?—
sin a ,
2 C sinl 2^
= sina cos a 1 + —=—
cos a,
sina cos2 a(cos2 a + sin2 a) cosa sin2 a(sin2 a + cos2 a j
—	j	।	Г~2	~
cos a	sin a
= sina + cosa =
= V2(sin45°cosa + cos45°sina) =
= [sinxcos^H- cosxsin^ = sin(x+^)] = V2 sin(45°+a).
Ответ: V2 sin(45o+a).
3.324.	sin2a + cos4a-sin6a.
Решение.
sin2a + cos4a - sin6a = (sin2a - sin6a) + cos 4a =
x+y . x-y
sinx- sin у = 2cos--sin--
z 2	2
2 cos 4a sin(- 2a) + cos 4a
= -2cos4asin2a + cos4a = -2cos4a| sin2a- —
I 2
- 2 cos4a(sin2a - sin30°) = - 2 cos4a • 2 cos(a +15°) sin(a -15°)
= 4cos4asin(15o-a)cos(15o-i-a).
Ответ: 4 cos 4a sin( 15°-a) cos( 15°+a).
3.325.	cos2 2a - 3sin2 2a.
Решение.
2 —	„ . 2 ~	2 X l + COSX . 2 X l-COSX
cos 2a - 3 sin 2a = cos — =--------; sin“ — =------
2	2	2	2
l + cos4a 3(1-cos 4a)	f 1
=---------------------- = -1 + 2 cos4a = 2 cos4a —
2	2	I 2
242
= 2(cos4a - cos 60°) =
„ . x+y . x-y
cosx - cos у = -2sin-sin——
2	2
= 2(- 2sin(2a + 30°) sin(2a - 30°)) = 4sin(30o+2a) sin(30°-2a).
Ответ: 4 sin( 30°+2a) sin( 30°-2a).
2 na . 2 ma
3.326.	cos —-sm —
Решение.
э па .эта ix 1 + cosx . э x 1-cosx
cos--sin —= cos - = —-—;sin - = —-—
2	2 L 2	2	2	2.
1 + cos/ш 1 - cos/ш 1,
--------------------= — (cosna + cos/ш
2	2	2'
,	_ x+y	x-y	1 л \m+n\a	(m-.
= cos x+ cos у = 2 cos--cos--- =— -2cos----cos------
2	2 J 2	2	2
(m+n)a (m-n)a
= cos -——— cos  ---—.
2	2
{m+n\a (m-n)a
Ответ: cos------cos----------.
2	2
(_	71 ।	—11 л	3 I
2a-—l + cos I2a + -7C I.
Решение.
,	_ ,	1	, cos2a 1 sin2a-cos2a + l
= 1 - ctg2a +---= 1-------+------=----------------
sin2a sin 2a sin 2a	sin2a
2 sina cos a-cos2 a + sin2 a+ 1 2sinacosa + 2sin2 a
2 sina cosa	2 sina cosa
243
2 I V2 V2
—cosa+ -—sina
_ 2sina(cosa + sina) _ cosa + sina V2 I 2	2
2 sina cosa	cosa
cosa
fT . К	71 .
2 sin—cosa + cos—sina
I 4	4
cosa
cosa
[cos(x+^) = cosxcos.y-sinxsin^;
sin(x+ .y) = sinxcos.y+cosxsin.y] =
sina + 2cos—cosa-2sin—sina
___________6_________6
2 sin—cos a + 2cos—sin a - V3 cos a
244
sina+ V3 cosa-sina	V3cosa rz
r=-----------7=------- —:---= V3ctga.
3 cosa + sina-V3 cosa	sina
Ответ: VSctga.
2i 5	_ A if 5 л ।
3.329. 005 I ~я-2a I-cos I — я + 2а I.
Решение.
if 5	1	if 5
cos — я-2a -cos —я + 2а
14	J	14
, Г	, f 5тс .
1 + cos-----4a 1 + cos — + 4a
I 2 J 2
2	2
Ответ: sin4a.
(sin4a + sin4a) = sin4a.
3.330. sina-
cosa - sina
Решение.
sina-
cosa-sina
= [cos(x+ = cosxcos^-sinxsin}’] =
= sina-
7C	. It
cosa cos—smasin-
4 4
cosa-sina
= sina-
(y[2	41 .
— cosa-------sina
2 2
cosa-sina
245
= sina -
—(cosa-sina)
cosa - sina
1	.71
= sin a — = sin a - sm — =
2	6
sin x - sin у = 2 cos-- sin—
z 2	2
3.331. tg210°+ctg210°+tg220o+ctg220°.
Решение.
tg210°+ctg210°+tg220o+ctg220°=
= tg( 180°+30°) + ctg(l 80°+30°) + tg( 180°+40°) + ctg(l 80°+40°) =
= tg30o+ctg30°+tg40o+ctg40°=
sin30° cos30° sin40° cos40°
cos30° sin30° cos40° sin40°
1	1	_	2	2
sin30°cos30° sin40°cos40° 2sin30°cos30° 2sin40°cos40°
2	2	_J i 1 A	2(sin80°+sin60°)	_
sin60°	sin80° t sin 60° +	sin80° J sm60°sin80°
_ . x+y x-y
smx+smy = 2sm ^'Cos—"
2-2sin70°cosl0°
sin60° sin80°
4sin70°cosl0° _ 8sin70°cosl0° _ 8sin70°
ySin(W-10»)	Лс051°°
g
Ответ:	sin 70°.
246
Доказать справедливость равенств (3.332—3.354):
sin240cos6°-sin60sin66° ,
3 332 ------------------------------= -1.
sin21° cos 39°- sin 39° cos 21°
Решение.
sin24°cos6o-sin6°sin66o _ sin24°cos6°-sin6°sin(90°-24o)
sin21° cos 39°- sin 39° cos21°	sin 21° cos 39°- sin 39° cos 21°
r .	. / \i sin24ocos6°-cos24osin6°
= [sinxcos>>-co8xsiny=siii(x-y)]= йп21оС0839о_с062Рйп39»
sinl8° _ sinl8° _
sin(-18°) -sinl8Q
Равенство справедливо.
sin200cosl00+cosl60°cosl000 .
3 333 ----------------------------= 1.
sin 21° cos 9°+cos 159° cos 99°
Решение.
sin200cosl00+cosl600cosl000 _
sin21° cos9°+cosl59°cos99°
sm20° cos 10°+ cos( 180°-20°) cos(90°+10°)
sin 21° cos 9°+ cos(l 80°-21°) cos(90°+9°)
_ sin200cosl00+cos20°sinl00 _ sin30°
sin21ocos9o+cos2rsin9° sin30°	.
Равенство справедливо.
cos63°cos30-cos870cos27° _.o
3 334 ----------------------------= -tg24 .
cosl32Qcos72°-cos42°cosl80
Решение.
cos 63° cos 3°-cos 87° cos 27° _
cos 132° cos72°- cos42° cos 18°
cos63°cos(900-870) - cos87°cos(90°-63°)
cos( 90p+42°) cos(90°-18°) - cos 42° cos 18°
= [sinxcosy-cosxsin у = sin(x-j>);
cos x cos у + sin x sin у = cos(x -	=
247
_ sin87°cos63°-cos870sin630 _ sin24° __t224°
- sin42° sinl 8°-cos42° cos 18°	- cos 24°
Равенство справедливо.
cos640cos4°-cos86°cos26° '
3.335.		= -l.
cos710cos41°-cos490cosl9°
Решение.
cos64ocos4°-cos86ocos26° _
cos 71° cos 4 1°— cos 49° cos 19°
cos(90°-260)cos40-cos(90°-40) cos 26°
cos( 90°-19°) cos 41°- cos 19° cos( 90°-41°)
= [sinxcos.y- cosxsin = sin(x- >>)] =
_ sin26°cos4o-sin4°cos26° _ sin22° _
sinl9°cos41°-cosl9°sin4r -sin22°
Равенство справедливо.
cos66°cos60+cos840cos24° _
3.336.	C0s55ocos5o+cosg^ocos25°
Решение.
cos66°cos6°+cos84ocos24o _
cos 65° cos 5°+ cos 8 5° cos 25°
cos 66° cos6°+ cos(90°-6°) cos(90°-66o)
cos 65° cos 5°+ cos( 90°-5°) cos( 90°-65°)
r	/ cos66°cos6o+sin66osin6°
= [cosxcosy+smxsiny = cos(x- у)] =
_ cos 60° _
cos60°
Равенство справедливо.
3.337.	sin2 70° sin2 50° sin2 10°=—.
64
Решение.
sin2 70° sin2 50° sin2 10°= ((sin70°sin50°)sinl0°)2 =
248
= sinxsm.y = — (cos(x-j>)-cos(x+j>)J Г1	V = 1 - (cos 20°-cos 120°) sin 10° 1 = iff	1 \	A2	i = - cos20°+— sinl0° = — ((2cos20 4^	2 J	J	16 = — (2 sin 10° cos 20°+ sin 10°) = - sin xcos у = (sin(x - + sin(x + >>)) = j^(sin(-10°) + sin 30°+sin IO0)2 = 16 4 64’ Равенство справедливо. 3.338. a) sin 15° =	; 6) cos 15° = - Решение. i	 1	°+l)sinl0°)2 = -sml0°+— + sinl0° 2 /6 + 5/2 4 5/3	(		
1 - cos 30‘
a) sinlЭ = vsm ir = J	 V 2 _ !(2-Уз)-2 _ /4-2^3 _ |з- "V 4-2	V 8 “V (Уз-1)У2 2V2-V2	4 Равенство справедливо.	12 V 4 25/3 + 1 = рЗ"1) =5/3-1 8	" V 8	" 25/2
249
АЛ irn I 2772	/1 + COS 30
6) cos 15= vcos215° = J---------
V 2
= 1(2 + >/з)-2 _ /4 + 2Уз = 1з + 2л/з + 1 = (^ + 1) =>/3 + l_
V 4-2 V 8 V 8	18	2V2
= (УЗ + 1) У2 _ Уб + л/2
2V2-V2 ”	4
Равенство справедливо.
3.339. a) cos 36° =; б) sinl8o=^Zll.
4	4
Решение.
a) cos 36°= sin 54° <=> cos2(18°) = sin 3(18°).
Отсюда получаем:
1 - 2 sin2 18° = 3sin 18°-4 sin318° «
<=> 4 sin318°-2sin218°-3sinl8°+l = 0 «
<=> (sin 18°-1)^4sin2 18°+2sinl8°-lj = 0 <=> 4sin218°+2sinl8°-l = 0.
Решая это уравнение как квадратное относительно sin 18°, имеем:
1) sinl8°= <0,0, т.к. 18°g(0°;90°) и sinl8°>0;
Г	( Г	V
2) sinl8°=—-—тогда cos36°= l-2sin218°= 1-2 —-—- =
4	I 4 J
= 1 _ 6-2V5 = 2>/5 + 2 = V5 + 1
8	"	8	“ 4
Равенство справедливо.
6) sin36°= cos54° <=> 2 sin 18° cos 18°= 4cos318°-3cosl8°<=>
<=> 2 sin 18° = 4 cos218°-3, 2 sinl 8° = 4(1 - sin2 18°) - 3 «
250
,	,15
<=>4sin2 18°+2sinl8°= 1 <=> 4sin218°+2sinl8°+- = 4,
4 4
1^2	5	J-	J-
2sinl8°+^ =7=> 1) 2sinl8°+—= -—, sinl8o= ,0;
2)	4	}	2	2	4
2) 2sinl8°+—= —, sinl8°=^—
7	2	2	4
Равенство справедливо.
3.340.	ctgl 0°ctg50° ctg70° = ctg30°.
Решение.
ctgl 0° ctg50° ctg70°=
cos10°cos50°cos70°
sin 10° sin50° sin70°
cos 10°-—(cos 20°+ cos 120°)
яп^=1(с«(х^)-с«(хо))]=
cos 10°fcos20°——I	ОЛО .ч
2) cosl0°(2cos20°-l)
• inof ino О sinl0°(2cos20°+l)
sml0° cos20°+-	v	>
2 cos 10°cos20°-cos 10°
2sin 10°cos20°+sinl 0°
sin x cos у = (sin(x - y) + sin(x +
cos 30°
sin 30°
= ctg30°.
cos 10°+cos 30°-cos 10°
sinl 0°+ sin30°- sin 10°
Равенство справедливо.
sin20° sin 40° sin 60° sin80°
3 341 ---------------------------
sin 10° sin 30° sin 50° sin 70°
251
Решение.
(sin20° sin40°)(sin60° sin80°)
(sin 10° sin 30°)(sin 50° sin 70°)
= sinxsiny = -|(cos(x- j)-cos(x+j)) =
(cos 20°- cos 60°)(cos 20°- cos 140°)
(cos 20°- cos 40°)(cos 20°- cos 120°)
cos 20°- ^J(cos20°- cos( 180°-40°))
(cos 20°- cos 40°)f cos 20°+~
(2 cos 20°- l)(cos 20°+cos 40°)
(cos20°-cos40°)(2cos 20°+l)
2 cos2 20°+2 cos 20° cos 40°- cos 20°- cos 40°
2cos2 20°+cos200-2cos400cos200-cos40°
= COSXCOSJ>= ^(cOs(x-_y)4-COs(x4->’)) =
2 cos2 20°+cos 20°+cos 60°-cos 20°-cos 40°
2cos2 20°+cos200-cos600-cos200-cos40°
2cos220°+--cos2(20°) 2cos220°4-i-2cos220°4-l -
_._________2_______________ 2  2 _
2cos220°---cos2(20°) 2cos2 20°-- - 2cos2 20° i
2 v '	2	2
Равенство справедливо.
3.342.	sinl0°sin30osin50osin70°=
Решение.
(sinl0°sin30o)(sin50osin70o) =
= sinxsin>, = ^(cos(x-j)-cos(x4->’)) =
252
= i(cos20°-cos40°): ^(cos20°-cosl20°) =
= i(cos20°-cos40°)[ cos20°+i | = -(cos200-cos40°)(2cos20°4-l) =
4	у	2 J 8
= |^2 cos2 20°+cos200-2cos400cos200-cos40°) =
= -^2 cos2 20°+cos200-cos200-cos60°-cos400) =
= -I 2cos2 20°-— - cos 2(20°) | = -| 2cos2 20°-- - 2cos2 20°+l | = —
8^	2 K ') 8<	2	J 16
Равенство справедливо.
3
3.343.	sin20osin40°sin60osin80°= —.
16
Решение.
(sin20osin40°)(sin60osin80°) =
= sinxsin^ = -^(cos(x-iy)-cos(x+iy)) =
= (cos 20°- cos 60°) • у (cos 20°- cos 140°) =
= ^cos20°-^(cos20°-cos(1800-400)) =
= i(2cos200-l)(cos20°+cos40°) =
= (2 cos2 20°+2cos20° cos40°- cos20°- cos40° j =
253
= ^2 cos2 20°+cos 20°+ cos 60°- cos 20°- cos 40° j =
= Я 2 cos2 20°+—
8l 2
2 cos2 20°+— - 2 cos2 20°+l j = —
2	J 16
Равенство справедливо.
. Зтс .тс 1
3.344.	sm----sm— = —.
10	10	2
Решение.
. ЗТС 71 г . _ о- . . 3 1
sm— - sm— = [sin 3x = 3 sm x - 4 sin xj =
_ . 7C . . 3 7C .71	_ . 7C . . 3 7C
= 3sm----4 sin---sm— = 2sin-----4 sin — =
10	10	10	10	10
_. It ( . ? ft 2 ft « • 2 ft I
= 2 sin— sm — + cos------2 sin — =
10l 10	10	10J
= 2sin—cos—= 2sinl8°cos36°= x.
10	10
Используя равенства cos36°=	* и sin 18°=-^^ * (см. пример1
№ 3.339 а) и б)), имеем x = 2 • ——- •	= 1
4	4	2
Равенство справедливо.
тс 2тс 4тс бтс 1
3.345. cos—4-cos—+ cos—+ cos—= - —.
Решение.
тс	2тс	4тс	бтс
cos — + cos— + cos— + cos =
5	5	5	5
= cos 36°+ cos 72°+ cos 144°+ cos 216°=
= cos36°+cos(900-180) + cos(180o-36°) + cos(270°-54°) =
= cos 36°+ sinl 8°- cos 36°- sin 54°= sin 18°- sin 54° = sinl 8°- sin 3(18°) =
= [sin 3x = 3 sin x - 4sin3 x] =
254
= sin 18°-3 sin 18°+4 sin318°=4 sin318°-2 sin 18°=
= 2sinl8°(2sin218°-1) = -2 sin 18° (1- 2 sin2 18°) = -2 sin 18° cos 36°=
cos36°= ~~~ и sinl8°=	* (cm. № 3.339 а) и 6))
V5-1 V5 + 1	1
4	4 ~ 2
Равенство справедливо.
3.346. ctg60o+tg60o+ctg50o+tg50° = cos 20°.
V3
Решение.
ctg60o+tg60o+ctg50o+tg50°=
cos60° sin60° cos50° sin50°
--------1---------|----------------
sm60° cos60° sm50° cos50°
cos2 60°+sin2 60° cos2 50°+sin2 50° _
sin60°cos60° sin50°cos50°
1	1	2	2
sin60°cos60° sin50°cos50°	2sin60°cos60° 2sin50°cos50°
2	2	_ 2(sinl00°+sinl20°)
sin 120° sin 100°	sin 120° sin 100° ”
_ . x+y	x-y
sin X + sin у = 2 sin-— cos--
2	2
_ 45т110°со810° _ 4sin(900+200)cosl00 _ 4cos20° _ _8_COS20°
sinl20°sin(90o+10o) sinl20°cosl0° -J3 Vi
т
Равенство справедливо.
о 4л 2л л ,
3.347. 8cos—cos—cos—= 1.
999
Решение.
8cos— cos—cos— = 8cos80°cos40°cos20°=
9	9	9
255
8 cos 80° cos 40° cos 20° sin 20°	4 cos 80° cos 40° (2 cos 20° sin 20°)
sin 20°	sin 20°
4cos80°cos40°sin40° _ 2cos800(2cos40°sin40°) _ 2cos80°sin80°
sin20°
sin20°
sin20°
_ sin 160° _ sin(180°-20°) _ sin20° _ 1
sin 20°	sin20° sin 20°
Равенство справедливо.
3.348. tg9°+tgl5o-tg27o-ctg27o+ctg9o+ctgl5°= 8.
Решение.
tg9°+tgl 5°-tg27o-ctg27o+ctg9°+ctgl 5° =
= (tg9°+ctg9°) + (tgl 5°+ctgl 5°) - (tg27°+ctg27°) =
sin9°	cos 9°^	( sin 15°	cos 15°^	( sin 27°	cos 27°
	1—;  + 	4	— 	ч	
cos9°----------------------------------------------sin9°y	vcosl5°-sin 15°J	(,cos27°-sin27°
sin* 2 9°+cos2 9° sin2 15°+cos215° sin2 27°+ cos2 27°
—----------------1------------------------------------
sm9°cos9° sinl5°cosl5° sin27°cos27°
1 1 1
—-----------1----------------------------=
sin9°cos9° sin 15° cos 15°	sin27°cos27°
2	2 2	_
2sin9°cos9°	2sinl5°cosl5° 2sin27°cos27°
2	2	2 _ 2	2	2
sin 18° sin 30° sin 54° sinl8° + j_. sin 3(18°)
2
sinl8° + 4" ^3(IF) ' [йп3х = 3sinx" 4sin’x]=
2	2	1	2
—- — p 4---------------------— —------f 4-------------------—
sin 18° 3sinl8°-4sin318° sinl8° 3sinl8°-4(sinl8o)
sinl8° = (cm. № 3.339 6))
256
2 л	2
------1-4----------------— —
4РМ
4	4	64
_8_ + 4__________128_________ 8	[	128
V5-l+ 48(>/5-1)-4(8>/5-1б)_ V5-l+ 16^5 + 16
Равенство справедливо.
Решение.
х 1-cosx _	_
tg—=--------, хф п + 2пп,п е Z =
2 sinx
cosa-
1 + sina
1 + sina
cosa--------
_________cosa _ ।
1 + sina
Равенство справедливо.
3.350. cos700+8cos20°cos400cos80°= 2cos1 2 35°.
Решение.
cos 70°+8 cos 20° cos 40° cos 80°=
9 Группа Б
257
= cos 2 (35°) +
8 cos 20° cos 40° cos 80° • sin 20°
sin20°
. , _ ,o 4 4 (2 sin 20° cos 20°) cos 40° cos 80°
= cos 2 (35 ) + ——----------------------------=
sin 20°
_	. 4 sin 40° cos 40° cos 80°
= 2 cos 3 5 -1 +------------------------=
sin 20°
-» 2,fo . 2 (2 sin 40° cos 40°) cos 80°
= 2cos 35 -1+ —---------------------------=
sin 20°
_ 2-ro . 2 sin 80° cos 80°
= 2 cos 35 -1 +-----------------
sin 20°
sinl60°
sin 20°
= 2cos2 35°-l +
_	2 _ _o . sin(180°-20°) n 2 tc° i sin20°
= 2cos 35 -1 + —----------- = 2cos 35 -1+------=
sin 20°	sin 20°
= 2cos2 35°-1 + 1 =2 cos2 35°.
Равенство справедливо.
-i i (3 о  2 3	2 3	3 . f За л
3.351. 1-cos — л-За -sin — а + cos — a = 2V2cos—asm-------f —
<2	)	2	2	2 V 2	4
Решение.
i (3	_ A . 2 3	2 3
1-cos -л-3a -sin —a + cos — a =
<2 J 2	2
i	• 2 За о 3a . .	_	2 3a
= 1 + sin 3a - sin-f cos — - sin 3a + 2 cos — =
2	2	2
. f3a^	2За . За 3a _	23a
= sin2 — +2 cos — = 2 sin — cos— + 2 cos — =
<2 J 2	2	2	2
3a( . 3a
_ 3a ( . За 3a
2cos— sin---1-cos —
‘	2
_ 3a 2
2 cos----
2 V2
V2 . 3a V2	3a
---sin	f cos —
2--2------2	2
2 I 2
_ /7 3a ( . За	л	За . л
= 2v2cos— sm — cos—fcos—sm —
2 <	2	4	2	4
r •	•	• / м n /Т За . Г За л
= [smxcosу + cosxsinу = sin(x + ^)J = 2V2 cos—sml —+ —
Равенство справедливо.
258
3.352.
:os^2a -	+ sin( Зтс - 4a) - cos^~ л + 6a
4sin(57c - 3a) cos(a - 2 л)
Решение.
cos^2a -	+sin(37t - 4a) - cosmic + 6a
4зш(5л - 3a) cos(a - 2л)
Г л ]	(5
cosl — - 2a I + зт(3л - 4a) - cosl — л + 6a
4зт(5л - 3a)cos(2n - a)
sin2a + sin4a + sin6a _ (sin2a + sin4a) + sin2(3a)
4 sin 3a cosa	4 sin 3a cosa
_ . x+y x-y . _
sin x+sm у = 2 sm-- cos-—; sin 2 x = 2 sm x cos x
2 sin 3a cos a+2 sin 3a cos 3a
4sin3acosa
_ 2sin3a(cosa+cos3a) _ cos a + cos 3a _
4 sin 3a cos a	cosa
_ , _	~	*+y	2cos2a cosa
= cos x+cos у = 2cos „ cos—- =--------------= cos2a.
2	2 j 2cosa
Равенство справедливо.
1 4з .
3 353---------------= 4.
sinlO° coslO0
Решение.
1	V3
_	2 4 cos 10°-—sin 10°
1 V3 _ cosl0°-V3sinl0° _ ^2	2
sinlO0 coslO0 sinl0°cosl0° sinl0°cosl0°
2 • 2(sin 30° cos 10°- cos 30° sin 10°)
2 sin 10° cos 10°
259
sinxcoscosxsinj> = sin(x-j>); 2sinxcosy = sin2x] =
4 sin 20°	.
=--------= 4.
sin 20°
Равенство справедливо.
3.354. cos 36°-sin 18° = sin 30°.
Решение.
cos36°-sinl8° =
cos36°= 5 +*. sin 18°=
4
(cm. №3.339 а) и 6))
V5 + 1 V5-l_2
4	4 " 4
- = sin 30°.
2
Равенство справедливо.
Вычислить: (3.355—3.367):
. 4 Л 4 Зя . 4 5л 4
3.355. sm — + COS — + sin —4-cos
8	8	8
7л
T’
Решение.
. 4 л 4 Зл . 4 5л
sin — + cos--------1- sin----1- cos
8	8	8
7л
T
\2 z о \2	z
• 2 7U I	I	2 Ml I	I • 2
sin — + COS ---------- + sin
8 J I 8 J I
2
+ COS
1 7л A
l + cos—
' 4
/	\2
1 - cos —
_______4_
2
1 + COS Л -
л>У
4J
2
4
260
3
Ответ: — •
3.356. sin20°cos500sin600cosl00.
Решение.
sin200cos50°sin600cosl0°= (sin20°cosl00)(sin600cos50°) =
= sinxcosj> = ^(sin(x-j>) + sin(x4-jy)) =
= (sin 10°+sin 30°) • -i (sin 10°+sin 110°) =
= ^sinl0°4-|^(sinl0°+sin(90o4-20o)) =
= i(2sinl00+l)(sinl00+cos200) =
8
261
- [2 sin2 10°+2 sin 10° cos 20°+ sin 10°+ cos 20°
= ^(2sin210°+sin(-10°) + sin30°+sinl0o+l - 2sin210°) =
2sin2 10°-sinl0°+— + sinl0°+l-2sin2 10°
8k	2
1 1-2.
8 2 ~ 16
3
Ответ: —
16
Зл 6л
3.357. cos—cos—.
Решение.
Зл 6л	5л-2л	5л + л	(	2л А	(	л5!
cos—cos— = cos---cos----= cos л—— COS ЛЧ =
55	5	5	\	5 J	\	5 J
2л ( л А 2л л
= -cos— • - cos— = cos—cos— =
2cos2 — -1 |cos— =
5 J 5
= 2cos3 - cos~ = 2(cos36°)3 - cos36°=
cos 36°=
(cm. №3.339a))
4
1
Ответ: —•
4
cos 68° cos 8°- cos 82° cos 22°
5 ’ cos53ocos23°-cos67ocos37°
Решение.
cos 68° cos 8°- cos 82° cos 22° _
cos 53° cos 23°-cos 67° cos 37°
cos68° cos8°-cos(900-80) cos(90°-68°)
cos 53° cos23°-cos(900-230) cos(900-530)
cos 68° cos8°- sin68° sin8°
cos53° cos 23°- sin53° sin23°
[cosxcosy— sinxsinj> = cos(x+ ^)] =
262
_ cos76° _
cos 76°
Ответ: 1.
cos 70° cos 10°+cos 80° cos20°
3 359 ---------------------------•
cos69°cos90+cos810cos210
Решение.
cos70°cos10°4-cos800cos200 _
cos69° cos9°+ cos81° cos 21°
cos(90°-20°) cos 10°+cos( 90°-10°) cos 20°
cos(90°-21°) cos 9°+ cos(90°-9°) cos 21°
sin20° cos 10°+ cos 20° sin 10°
sin21° cos 9°+cos 21° sin 9°
[sinxcosj>+cosxsinj> = sin(x4- ^)] =
_ sin 30° _
“ sin30° "
Ответ: 1.
cos 67° cos 7°-cos 83° cos 23°	. ,.o
3,36°* cosl28ocos68°-cos38ocos22° " g
Решение.
cos67°cos7o-cos83ocos23°
-----------------------------tgl 64°=
cos 128° cos 68°-cos 3 8° cos 22°
cos67°cos(900-830)-cos830cos(900-670)	,	.
= —;——Ц—----------------г--------------L - tg(180°-16°) =
cos(90°+38°)cos(900-220) -cos38°cos22°	v	}
sin83ocos67°-cos83osin67°
=----------------------------+ tgl 6° =
- sin38osin22o-cos38ocos22°
sin83°cos67o-cos83osin67° ,,,
=	:---------c + tgl 6'
- (cos38° cos22°+ sin 38° sin22°)
= [sin xcos у - cosx sin у = sin(x - y)\
cos x cos у + sin x sin у = cos(x - =
= ап1^° +tgl6°= -tgl6°+tgl6°= 0.
-cosl 6°
Ответ: 0.
263
sin22° cos8°+cos 158° cos 98°
3361’ sin23°cos7°4-cosl57ocos97o *
Решение.
sin22ocos8°4-cosl58ocos98o _
sin23° cos 7°+ cos 157° cos 97°
_ sin22°cos8°+cos(1800-220)cos(9004-80)
sin23° cos 7°+ cos(l 80°-23°) cos(90°+7°)
sin 22° cos 8°+cos 22° sin 8°
sin 23° cos 7°+cos23° sin 7°
sin x cos у+cos x sin у = sin(x + y.
sin 30°
sin 30°
Ответ: 1.
3.362.
6 sina - 7cosa +1
8 sina+ 9 cosa -1
. VA. A
если tg — = 4.
Решение.
2tg-	1-tg2-
6sina-7cosa + l	ё2	ё 2
--------------= sin x =---; cos x =------- =
8 sina+ 9 cosa-1	i + tg2* i+tg2*
ё 2	ё 2.
’['-’Я.,
l + tg2^ l + tg2^ 12tg|-7 + 7tg2"+ l + tg21
16tg^	16tg| + 9-9tg2!|-l-tg2^
8tg2^ + 12tg|-6	4lg2| + 6tg|-3	64+24_3	85
_ 10чф i6tg!| + 8 = _ 5tg2£ + 8ЦЛ + 4 ’ ' 80+ 32+4 - - 44
VA, -
так как tg — = 4.
264
Ответ: ~
85
44'
(5л	(5л	А (Зл А 3
3.363. tgl—+ xl + tgl—-хк если tgl y + xJ = 4•
Решение.
/ ч tgx + tgy	л	„
= tg(x + ^) = —-—,х, у, х + у* — + itn,nGZ;
1 - tgxtgy	2
tg(x~ Д') =	,x,y,x-y*^ + nn,neZ =
l + tgxtgy	2	J
Г Зл л Г Зл л
tgl у + х I - tg- tgl — + х I + tg-
,	f Зл	Ул,	(Зл	л
1 + ЧТ + Уg 4 * 1" Ч"2~ + ) g 4
3,3,
----1 — + 1 1 СП
= 4-4_= _2_7 = _50
1+3 i-3" 7	" 7
4	4
265
50
Ответ: ~ —
Л
2
а к/i • а + Р	а + р	21
3.364.	sin—и cos—если sing + sinp = - —;
27 5
cosg + cosP =-; —
65 2
Решение.
Из условия имеем:
. о ~ . д + р д-р 21
sing + sinp = 2 sin--- cos---- =--,
2	2	65
D _ g + p g-p 27
cosg + cosp = 2 cos--cos------- =---
2
2	65
. д + р	д-р
2 sin--- cos----
2	2
- а + Р
2 cos---cos
2	2
21
_ = 65
а-р 27’
65
sin-----	_
______2_ _ 2
д + Р 9
cos-----
2
sin"----- лп
2 _ 49
2« + Р	81’
cos ——-
2
.	2 а+р
1-COS -----
_________2 = 49 ___
2 д + Р 815
cos ----- cos
2	2
1	, 49	,д + Р 81
----Б- - 1 =-, COS"----- =----
а + Р 81	2	130
2
9	2 а + р 1 • -> а + Р 81
=, cos -------------- = 1 - sin--------- =-----,
130	2	2	130
. 2а + р , 81	49 .а + р к 7
sin ---- = 1--=---, sin—-— = +	--
2	130 130	2	V130
Используя условие задачи, определим, в какой четверти находит!
угол —-—• Имеем:
5л g Зтс
— < —< —
4	2 2
4 2
д + р Зтс'
266
а + р
2
Таким образом, угол
лежит в третьей четверти единичного
_	. а+Р 7	а+Р 9
круга. Отсюда sin   = —т=, cos------ = —т=
2	V130	2	V130
_	. а + Р	7	а + Р	9
Ответ: sin-—* 2 * *- = —,= и cos—— = —т=
2	V130	2	V130
а~Р	 q 27 а + р 7 5	.
3.365.	cos—-—, если sina + sinP =-; tg-- = —; — л < а < Зл
2	и 65 5 2	9 2
и-5<₽<0.
Решение.
sina + sinp = 2 sin—cos
а-р _ 27
2	65
а + Р = 7 _	7 _ &ш____2_=49
2	9^ а + р 9^ 2а + р 81’
cos---- cos ---------
2	2
• 2« + Р
ЙП 2	49	а + р . 7
^2 а + Р 81	2	V130.
5	_ л а	а + р Зл	а +
Так как - л<а<3ли- — <Р<0, тол< —— < —, т.е. угол —
2	2	2	2	2
. КД» I р л
находится в третьей четверти единичного круга и sin—-— < 0.
л . а + Р 7	14	а-Р	27
Отсюда sin--- =--F= =>---F=COS----- =---
2	V130	V130	2	65
а-Р 27-/130 27V130Vi30	27 130	27
=> COS--- =-------=------------' =------r=   7= 
2	14-65	14-65 V130	14-65-V130 7V130
a-P
Ответ: cos—-—
2
27
7V13O ’
267
3.366.	sin3 a-cos3 а, если sina- cosa = n.
Решение.
sin3 a - cos3 a = (sina - cosa)(sinl 2 * 4 a + sina cosa + cos2 a
1-n2
sina cosa =---
2
= [sina - cosa = n] = n(l + sina cosa) =
3n-n3
2~
Ответ:
Зп-п3
2~
2sin2a-3cos2a
3.367.	. _------——, если tga =3.
4sm2a + 5cos2a
Решение.
2 sin 2a - 3 cos 2a
4sin2a + 5cos2a
x	,	7 x
2tg-	1-tg2-
sinx =----—; cosx =------—
i . 2 X	. . . ?X
4 tga 3-3tg2a
1 + tg2a	1 + tg2a _ 4tga - 3 + 3tg2a
8 tga 5-5tg2a	8tga + 5- 5tg2a
l + tg2a	l + tg2a
4-3-3+3-9
8-3+5-5-9
9
4
9
Ответ: —.
4
Зная, что А, В, С—внутренние углы некоторого треугольника, до-
казать справедливость равенств (3.368—3.374):
Л 5 С
3.368. sin Л + sin 5+sin С = 4cos— cos—cos—.
268
Решение.
(sin А+sin В) + sin С = 2 sin —— cos
A-B
2
+ sinC =
= 2sin^t^cos^	+ sin(l80°-(A + B)) =
A — В . / . —x
—-— + sin(J4-B) =
2
„ . A+B
- 2 sin--cos
2
„ . A + B
= 2sm----cos
2	2
A-B . A+B A+B
----+ 2 sm---cos-----
2
„ . A+B\ A-B
= 2sm---- cos---
2 I 2
+ cos
„ . 180°-C „ A	В
- 2 sin-----2 cos— cos— =
2	2	2
. . (Q(V)	C\	А	В	С	А	В	А В C
= 4sin 90°-— cos—cos— = 4cos—cos— cos— = 4cos— cos—cos—.
\	2)	2	2	2	2.	2	222
Равенство справедливо.
3.369.
sin A + sin В + sin С	A В
---------------= ctg—ctg —.
sm J + smB-sinC 2	2
Решение.
sin A + sin В+sin C
sin J + sinB-sinC
sinj4-smB+sinC = 4 cos—cos—cos—
2	2	2
. . . n „ . A + B	A-Bl
(cm. №3.368), sm J+smB= 2sm—cos—y—
л ABC
4 cos—cos—cos—
_______2	2	2
„ . A+B A-B .
2 sm___cos	sm C
2	2
. А	В	C
4 cos—cos—cos —
2	2	2
2 sin —y— cos	~ sin(180°-(A + B))
2
A + B
2
269
Л ABC
4 cos—cos—cos—
______2	2	2
_ . A + В A — В . z . „ч
2 sin —-— cos —--sin( A + B)
A ABC
4 cos—cos—cos—
2	2	2
„ . A+B A-B
2 sm----cos--
2	2
„ • A + B
-2sm-----cos
2
л ABC
4 cos—cos—cos—
2	2	2
_ . A+B( A —В A + B
2 sin--- cos------cos----
2 I 2	2
А	В	C
2 cos—cos—cos—
2	2	2
. А	В	C
2 cos—cos—cos—
2	2	2
. A+B( A-В A+B
sin--- cos----cos---
2 I 2	2
. 180°-C
sm—-—
A . В
• 2 sin—sin—
2	2
А	В	C
cos—cos—cos—
2	2	2
. fono С} . A . В
sin 90--sin—sin—
I 2j 2	2
ABC A
cos—cos—cos— cos—
2-2	2 _2
С . A . В .A
cos—sm—sin— sin—
2	2	2	2
В
cos—
___2__
. В
sm—
2
A В
= CtgyCtgy.
Равенство справедливо.
3.370.	sin2/l + sin2B+sin2C= 4sinЛsin5sinC.
Решение.
(sin2 J + sin25) + sin2C =
_ . x+y x-y
sinx+smу = 2sm	z cos
= 2sin(?l + B)cos(z4-B) + sin2C =
= 2 sin( A + B) cos( A - B) + sin2(l 80°-( A+B)) =
= 2 sin( A+B) cos( A- B) + sin(360°-2( A + B)) =
270
= 2 sin( A 4- В) cos( A - B) - sin 2( A + B) =
= 2sin(?14-B)cos(/l- B)-2sin(714-B)cos(/14-B) =
= 2sin(^+ B)(cos(A - B) - cos(A + B)) = 2sinC-2sin^sinB =
= 4 sin A sin В sin C.
Равенство справедливо.
sinC x _
3.371.		---- = tg4 + tgB.
cos A cos В
Решение.
sin С	_ sin(180°-(^4-B)) sin(^4-B)
cos Я cos В	cos A cos В	cos Acos В
sin A cos В+cos A sin В sin^cosB cos^sinB sin/l sinB
	=---------1-----------_-------1----
cos Ясов В-------------------------------------------------cos Я cos В cos Ясс» В cos Я cos В
= tgA + tgB.
Равенство справедливо.
3	3	3
3.372.	sin ЗЯ + sin ЗВ + sin3C = -4 cos— Acos— В cos— C.
Решение.
sin ЗА + sin 3B+sin3C =
_ . x+y x-y
smx+smу = 2sm--	cos
„ . ЗА + ЗВ	3A-3B
= 2sm-----cos-----
2	2
+ sin3C =
_ . ЗА+ЗВ	3A — 3B	. (CAf>a . „vx
= 2sin—-—cos—-— + sin(540o-3( A+ B)) =
. 3A + 3B
= 2sin-------
2
„ . 3A + 3B
= 2sin--------
cos
3A-3B	. / x
—-— + sin(3^+ 3B) =
cos-----
2	2
3A-3B „ . ЗА + ЗВ 3A + 3B
+ 2 sm-----------cos------
2
2
„ . 3A + 3B( 3A-3B
= 2sin----- cos-------
2 I 2
4-COS
3A + 3B
2
. 3(Я+В)Г ЗА-ЗВ	ЗА + ЗВ}
= 2 sin—----- COS-----4- cos---- =
2 V 2	2	)
271
. 3(180 -С) „ ЗА ЗВ л • fo.no ЗСЛ ЗА ЗВ
= 2sin—-----2cos—cos—= 4sirq 270°—— cos—cos—
2	22 к 2 J 2	2
. ЗС	ЗА	ЗВ	л 3	л 3	D 3
= -4 cos—cos—cos— = -4 cos— Acos— В cos— C.
2	2	2	2	2	2
Равенство справедливо.
3.373.	sin4^ + sin4B + sin4C = -4sin2^sin2Bsin2C.
Решение.
sin4 A + sin4B + sin4C =
sinx+sin^ = 2 sin—---cos	-
= 2sin(2^ + 2B)cos(2y4-2B) + sin4C =
= 2 sin(2 A + IB) cos(2 A-IB) + sin4(l 80°-( A + B)) =
= 2 sin(2 A+2 B) cos( 2 A - 2 B) + sin(720°-4( A + B)) =
= 2 sin(2 A + 2B) cos(2 A - 2B) - sin4( A + B) =
= 2sin(2^ + 2B)cos(2^-2B)-2sin(2^+2B)cos(2^4-2B) =
= 2sin(2i4+2B)(cos(2i4-2B)-cos(2^4-2B)) =
= 2 sin2( A + B)(cos(2 A - 2B) - cos(2 A + 2B)) =
_ . x+y . y-x
cos x - cos у = 2 sin-- sin--
2	2
2sin2(180°-C)-2sin2^sin2B =
= 4sin(360°-2C)sin2^sin2B = -4sin2^sin2Bsin2C.
Равенство справедливо.
А В	ВС	С А л
3.374.	tg-tg- + tg-tg- + tg-tg- = l.
лл	Лл	Lt	Lt	Lt
Решение.
tgytgy + tgytgy + tgytgy= tgytgy+ftgy+tgy\gy =
Л Л	It Lt	Lt Lt	Lt Lt \ L	L J L
А В ( В 180°-(Л + В)
= tg— tg— + tg—+tg— tg--------------
2 2 < 2	2 J 2
272
А В ( В , (пло А + В
2 2 12	2 J I 2
А В ( В Л)
= tgy tg- +1 tgy + tgy Ictg
tgx+tgy =
sin(x+ y)
cos x cos у
A + B
2
. A + B
. D Sill’--------
A В ?
= tgytg- + —j—
cos—cos—
2
A+B
cos----
—	2 =
В . A + B
sin------
2	2
A В
tgytgi +
M si
cos — + —
\2 2)
A В
cos—cos—
2	2
= [cos(x+ y) = cos x cosy— sinx siny] =
A В
=tg-tg-+
А	В	. A . В
cos—cos---sin—sin—
2	2	2	2 _
A В
cos—cos—
2	2
A В
=tgTtg-+
A В
cos—cos—
2	2
A В
cos—cos—
2	2
. A . В
sin—sin—
2	2 _
A _
cos—cos—
2
А В , A В ,
В tgytg- + l-tg-tg- = l.
2
Равенство справедливо.
x	1
3.375.	Найти tg—, если известно, что sinx+cosx= -
2	5
Решение.
Пусть sinx+cosx =
2tgy	l-tg* 2y
Так как sina =-----------—; cosa =--------------, a # (2n + 1)тс, n e Z, to
1 + tg2«	l + tg2^
меем
2tg2
1 + tg2 j
1-tg
1 + tg
2	1	2 X e X
-^=- = -<=>3tg —5tg—-2 = 0, откуда, решая это
2х 5	2	2
2
273
X	X 1
уравнение как квадратное относительно tg—, находим = или
. х о
^ = 2.
X	X 1
Ответ: tg — = 2 или tg — = —
2	6 2	3
l-2sin* 2 —
ot	?
3.376.	Зная, что tg — = т, найти--------—
2	1 + sina
Решение.
1	• 2 a
l-2sin —
2	Fi п • 2 п 1 cosa
-------------— = 11 - 2 sin х = cos2x =-=
1 + sina L	J 1 + sina
,	-> X	,	2 X
1 + tg'-	1 + tg2 —
2
,	2 a	,	2 a
1 + tg2-	1-tg2-
„ a ,	2 a „ a
2tg- 1 + tg -+2tg-
। ।___z	z z
l + tg2y
l-tg^l+tg^ 1-tg^
(i+tg^2	;
x a	\-m
Используя значение tg — = m, имеем Z =-
2	\ + m
274
1-m
Ответ: ---
1 + т
 тт „	l + cos2a
3.377.	Наити значение выражения------, если известно, что
a a
ctg--tg-
sina + cosa = m.
Решение.
l + cos2a _ 1 +cos2a-sin2a
a x a a
ctg tg-	cos—
. a
sm—
2
. a
sm—
2
a
cos—
2
2 cos* 2 a
2 a . 2 a
cos — sin —
2	2
. a a
sm—cos—
2	2
2cos2a
cosa
.a a >’
sm—cos—
2	2
^2	. a a
2 cos a • sm—cos—
2	2
cosa
Io • a
= cosa 2sin—
I 2
a 1
cos— = cosasma.
2 J
Возведя обе части равенства sina + cosa = m в квадрат, получим
. 7	~ •	2	2	•	т — 1
sin a + 2 sina cosa + cos a = m , откуда sin a cosa = —-—.
m2 -1
Ответ:------
2
„	„	sin/a + B) p w _
3.378.	Известно, что —-----$ = — • Наити ctgp.
sin(a-p) q
Решение.
sin(a + p) _ p^ sin a cos P + cos a sin fl _ p
sin(a~P) q sina cosp- cosa sinp q
После деления числителя и знаменателя левой части этого равенства
на cosasinp * 0, имеем
tgactgp + l р.
tga ctg₽-l"7 ?tg« «g₽+? = ptga ctg₽-/t
pt&z  ctgp - <?tga • ctgp = p+q; tga • ctgP • (p- q) = p + q,
275
n p+q p+q
откуда ctgp ------------=---------ctga.
(/?-<?) tga p-q
~ P+q p+q .
(/?-<?) tga p-q
3.379.	Зная, что sin a + cos a = m, найти sin6 a + cos6 a.
Решение.
sin6 a + cos6 a = (sin2 a+cos2 a)(sin4 a - sin2 a cos2 a + cos4 a) =
= (sin4 a + cos4 a)- sin2 acos2 a =
= | (sin2 a+cos2 a) -2sin2 acos2 a |- sin2 acos2 a =
= 1 - (4 sin2 acos2 a) = 1 - sin2 2a = 1 - (sin 2a)2 =
= jsin2 a + 2sinacosa + cos2 a = m2, sin2a = ли2 - ij =
3/ 2 v	4-3(ли4-2ли2+1)
= l_-(w2-l) =----V----------L =
4'	'	4
_ 4 - Зли4 + 6m2 - 3 _ 1 + 6m2 - Зли4
“	4	"	4	'
1 + бли2 - Зли4
Ответ:-------------
4
3.380.	Известно, что tga = —. Найти sin2a, cos2a и tg2a.
q
Решение.
По формулам универсальной тригонометрической подстановки име
2
sin2a =	, a * (2и + 1)л; cos2a = -—, a * (2и + 1)л;
l+tg2a v 1	l + tg2a
„ 2tga it n, , n _
tg2a =—a* — + — k,keZ,a* — + itn,ne Z.
l-tg2a 4 2’	2
276
2Р
Р	й 2ра
По условию tga = —, поэтому sin 2a = —2-=- = - -	;
q	Р +q
q2
1-—
2	2	2
cos 2a = —-Ц- =
.14-4 q+p
q
2p
2pq
2	„2 *
q -p
Ответ: sin2a = 2Pq _ ; cos2a =	; tg2a = 2Pq .
p2+q2 q +P я -p
3.381.	Найти cos2a, если известно, что 2ctg2a 4- 7ctga43 = 0 и чис-
. Зл 7л _ 7л
ло а удовлетворяет неравенствам: а) — < a < —; б) ~ < ос < 2л.
Решение.
Решив уравнение 2ctg2a 4- 7ctga 4-3 = 0 как квадратное относитель-
.	,	.	-7±^49-24 -7±5
но ctga, имеем (ctga)j 2 =----------= —-—, откуда ctga = -3,
1	1	Зл 7л
tga —- или ctga =	, tga = -2. В случае а) — < a < — ,
Зл	7л	,
tg— < tga <tg—,tga <-1=ф tga = -2. Тогда
, l-tg2a 1-4	3
cos 2 a =---=---------= —
14-tg2a 14-4	5
7л _ 7л	_
В случае б) — <а<2л, tg— < tga < tg2?c,-l < tga <0=>
t _ 1
=> tga —Тогда
277
cos 2 а =
1 - tg2a _ 1 9 _ 8 _ 4
l + tg2a | + 1 10 5
9
Ответ: а) - -; б) ~ •
3.382. Найти sin 2a, если известно, что 2tg3a - 7tga + 3 = 0 и число
5л _ 5л Зл
а удовлетворяет неравенствам: а) тс < a < —; б) — < a < —.
Решение.
Решив уравнение 2tg2a - 7tga + 3=0 как квадратное относительно
.	\	7±V49-24
tga, получим (tga)j 2 =---
7 + 5	1
----, tga = — или tga = 3.
4	2
5л
Вслучае а) л < a < —, tgrc < tga < tg—, 0 < tga < 1 => tga = . Тогда
4	4	2
4 ’
sin 2a =
2 tga _ ^ 2 _ 4
l+tg2a 1 + 2 5
4
В случае б) — < a < —, tg— < tga < tg—, 1 < tga < ~ =>
4	2	4	2
=> tga = 3. Тогда
2tga 2 • 3
+ tg2a 1 + 9
4	3
Ответ: а) —J б) - •
cosia + pi p
3.383. Известно, что —-----—г = —. Найти tgp.
cos(a - р) q
Решение.
278
cos(a + p) _ p cos a cosp - sinasinp _ p
cos(a-p) q cosacosp + sinasinp q
Разделив числитель и знаменатель левой части этого равенства на
cosa cosp 0, получим
1-tga tgp р
l + tgatgp q'
q - qtga • tgp = p + ptga • tgp; ptga • tgP + tftga • tgP = q - pr,
{p+q}tga • tgP = q—p => tgp = (q~? = ~-ctga.
(q+p)tga q+p
Л q-P
Ответ:----—ctga.
? + P
не зависит от a, где a* — + —.
2 12
Решение.
1 - 2cos2 a + 7з sin 2a
. (it o
sm —2a
16
279
- (2 cos* 2 a -1)+Уз sin2a  COs2g + Уз sin2a
sr
sn
J 1	Уз . o
-2 — cos2g---sin2g
12	2
7C	* 7U	*
-2 sm—cos2a-cos—sin2a
l 6	6
su
sr
-2 sin
. f л _
sin —2g
16
= -2.
Ответ: -2.
-	3 Y a P Y
3.385. Доказать, что tgy + tg — + tg-^ = tg— tg — tg—, если
g + P + y = 2л.
Решение.
g Bi y
tgy + tg| l + tgj= tgx+tgy =
81ЦХ+ у	n
—------,x, y* — + nn,neZ =
cosxcosy	2
a
2
. y • a + 3	Y	- Y	a	3
sm— sm -cos— + sm—cos—cos—
2	_	2	2	2	2	2	=
a	3	Y
cos—cos— cos 4-
2	2	2
sin----
2
g p
cos—cos— cos—
2	2	2
. 2л-y Y • Y a 3
sin--L cos— + sin—cos—cos—
2	2	222^
a	3	Y
cos—cos—cos—
2	2	2
• [	Yi	Y	• Y	a	P
sm л- — cos —+ sin—cos—cos—
I	2	2	2	2	2
a	3	Y
cos—cos—cos—
2	2	2
280
.у	v	v	а	В У (	Y	ot	В^
sin—cos-+ sin-cos—cos- sin^- cos^ + cos—cos-
2	2	2	2	2	_	2<	2	2	2j
a	P	Y	a	p	y
cos—cos—cos—	,	cos—cos—cos—
2	2	2	2	2	2
. у 2тс-(а + р) a p^
sin— cos  ------- + cos—cos—
2^	2	2	2 J
a	p	y
cos—cos—cos—
2	2	2
• yT	(	(a	PYl	a	рл
2^	\	<2	2j)	2	2)
a	P	Y
cos—cos—cos—
2	2	2
. fa P^ a P^
sin— -cos — + — +cos—cos—
2^	<2	2)	2	2)
a	P	Y
cos—cos—cos—
2	2	2
. y( a p.a.p a p^ .a.p.Y
sin— -cos—cos—+ sm—sm—+ cos—cos—	sin—sin—sin—
2y 2	2	2	2	2	2) _	2	2	2
a	p	y	a	P	y
cos—cos—cos—	cos—cos—cos—
2	2	2	2	2	2
a p y
= tgy tg 2 2 ’ что и тРебовалось доказать.
3.386. Доказать, что выражение
tg 2a-
л 5
4a +—тс
2
не зависит от а, если
а*5(4и + 3).
Решение.
tg 2а-
тс)	(	5
+ — +cos 4а +—тс
2 J	I	2
281
I л (n „ A (5
= -tg —2a sin —+4a +cos -rc + 4a
14 J (2 J 12
SI]
л Л I
—i-4a
2 J	l + sin4a .	. .
-----c-2- • cos4a + sin 4a =---cos 4a + sin4a =
. ]	cos 4a
= -1 - sin 4a + sin 4a = -1.
Ответ: -1.
(	3 A	(	3
1-cos4 a—тс -sin4 a+—тс
I	2 J	I	2
3.387. Доказать, что выражение-----------т-------—?-----------'
sin a + cos a -1
не
тси
зависит от a, если a .
2
Решение.
1	4|	3	]	. 4^	3
1 - cos a — 7t — sin a + —
I 2 J V 2
sin6 a + cos6 a -1
4
4
1-
(sin2 a + cos2 a j(sin4 a - sin2 a cos2 a + cos4 a
1-sin4 a-cos4 a
• 4	-2	2	4	,
sin a-sin acos a+cos a-1
1-(sin4 a+cos4 a)
(sin4 a+cos4 a) - sin2 acos2 a-1
sin2 a+cos2 a) - 2 sin2 a cos2 a
(sin2 a+cos2 a
-sin2 acos2 a -1
282
_ l-l+2sin1 2acos2a _ 2sin2acos2a _ 2
l-3sin2acos2a-1 -3sin2acos2a 3
2
Ответ: - — .
3.388. Доказать, что выражение sin(250°+a)cos(200o-a) - cos240°x
cos(220o-2a) не зависит от a.
Решение.
sin(250°+a)cos(200°-a) -cos240°cos(220°-2a) =
= sin(270°+(a - 20°))cos(l 80°-(a - 20°)) -
-cos(270°-30°)cos(l 80°-(2a - 40°)) =
= - cos(a - 20°)(- cos(a - 20°)) - (- sin30°)(- cos(2a - 40°)) =
= cos2 (a - 20°) - cos2(a - 20°) =
= cos2 (a - 20°) - (2cos2 (a - 20°) -1) =
= cos2 (a-20°)-cos2 (a-20°) + ^ =
1
Число — не зависит от а, что и требовалось доказать.
1
Ответ: — •
3.389. Доказать, что выражение cos2 a + cos2 ф + cos2 (a + ф)-
2cosacos9cos(a + ф) не зависит ни от а, ни от ф.
Решение.
cos2 a + cos2 ф+со82(а + ф)-2со8асо5фсо8(а+ф) =
= cos2 а + cos2 ф + (cos(a + ф))2 - 2 cos a cos ф cos(a + ф) =
= cos2 a + cos2 ф +(cosaсс«ф-sinasirup)2 -2со8асо8фх
283
x(cosacos(p -sina sintp) = cos2 a + cos2 ф +cos2 a cos2 ф-
- 2 sina cosa sintp costp + sin2 a sin2 tp - 2 cos2 a cos2 tp + 2 siria cosa x
2	2	-2-2	2	2
xsmtpcostp= cos a + cos tp + sm asm tp-cos acos tp =
(	2	2	2 \	2	-2-2
cos a-cos acos“tpl + cos tp + sin asm tp =
= cos2 a(l - cos2 tp j + cos2 tp + sin2 a sin2 tp =
(2	• 2	-2	• 2 \	2
cos asm tp + sin asm tpl + cos tp =
= sin2 tp(cos2 a + sin2 aj+cos2 tp = sin2 ф+cos2 tp = 1.
Число 1 не зависит ни от а, ни от Ф, что и требовалось доказать.
Ответ: 1.
3	.390. Вывести формулу соз(л + l)a = 2cosacos«a - cos(« - l)a, где
n — любое действительное число, и с ее помощью представить cos За и
cos 4а в виде многочленов от cosa.
Решение.
cos(« + 1)а = cos(na + а) = [cos(x+ у) = cos х cos у- sinxsiny] =
=	coswacosa - sin ла sina = 2 cos ла cosa - созласоза - sin ла sina =
=	2 cos ла cosa - (ссвла cosa + sin ла sina) =
= 2cos ла cos a - сов(ла - a) = 2cos ла cos a - соз(л - l)a;
cos 3a = cos(2 + l)a = 2cosacos2a-cosa =
= 2cosa^2cos2a-lj-cosa = 4cos3 a-2cosa-cosa =
= 4cos3 a-3cosa;
cos 4a = cos( 3 + l)a = 2 cosa cos 3a - cos 2a =
= 2cosa^4cos3 a - 3cosaj-^2cos2a- lj =
= 8cos4 a - 6cos2 a - 2cos2 a +1 = = 8cos4 a - 8cos2 a +1.
Ответ: cos За = 4cos3 a - 3cosa; cos4a = 8cos4 a - 8cos2 a +1.
284
3.391. Доказать, что 4sii
За
cos—
2
а
cos—
2
Решение.
4 sin! 30°4
30°-у^= sinxsiny = ^(cos(x-y)-cos(x+y)) =
= 2(cosa- cos 60°)
.2 OC
= 4 cos2 — - 2 -1 = 4 cos2 — - 3 =
2
л 2 a -.1	oc
4 cos----3 cos—
2	J	2
a
cos—
2
4cos3 —-3cos—
2	2 _
a
cos—
2
3a
cos—
2
-----, что и требовалось доказать.
cos—
2
3.392. Дано, что sina + sinp = 2 sin(a + P); a + P 2tw (n e Z). Найти
a p
tgytg-.
Решение.
„	• a • I	~ • OC + P a-p
По условию sina + sinp = 2sin(a+p) <^> 2sm ^" cos ---~ =
. . a + p a +
- 4 sin-- cos—
2	2
Так как a + P * 2im (n g Z), to sin***- * 0.
Таким образом
a-p _ a+p
cos--- = 2 cos  , c<
2	2
2
= 2
285
а	В	. a . В
<=> cos—cos— + sin—sin— =
2	2	2	2
a	p	a . p
= 2cos—cos — - 2 sin— sin—,
2	2	2	2
a . p	a	p
— sin— = cos—cos—.
2	2	2	2
разделив обе части этого равенства на 3cos—cos^^O, получим
t a Р 1
tg—tg— = -
®2 ®2 3
1
Ответ: -•
3.393.	Показать, что если/? постоянно, то функция
х »cos3a-cos3a »sin3a + sin3a
j (а 1 =------------+ ------------также является постоянной.
cosa	sina
Решение.
Используя формулы cos3x = 4cos3 х- 3cosx и sin3x= 3sinx-4sin3 x,
имеем
pcos3 a - ^4cos3 a - 3cosa)
cosa
psin3 a + 3sina-4sin3a _
sina
_ pcos3 a - 4cos3 a + 3cosa
cosa
t psin3 a-4sin3a + 3sina _
sina
cosa^pcos2 a-4cos2 a + з)
cosa
sina(psin2 a - 4 sin2 a + з)
sina
286
= pcos2a-4cos2a + 3+psin2a-4sin2a + 3 =
= (p cos2 a + p sin2 a j - (4 cos2 a + 4 sin2 a)+6 =
= p(cos2 a + sin2 a) - 4(cos2 a + sin2 a)+
+6 = p-4 + 6 = p+2.
Ответ: f(a) = p + 2.
3.394.	Дана функция /(x) = cos4 x+sin4 x. Найти /(a), если извест-
• n 2
но, что sm2a = —.
Решение.
/(x) = cos4 x+ sin4 x = (cos2 x+sin2 x] -2cos2 xsin2 x =
= l-2cos2 xsin2 x
= l--(4cos2xsin2x
2'
1 = 1--sin2 2x;
i 2
/(a) = l-|sin22a = l-|(sin2a)2 = 1-^|
14	2 7
= l--.- = l-- =-.
2 9	9 9
7
Ответ: /(ос) = —.
3.395.	Доказать, что если a + Р = 60° (a > 0, р > 0), то tga • tgP £ j.
Решение.
t Q 1	sinasinp 1
tgatgp < - <=>------< - <=>
3	cosacosp 3
i(cos(a-p)-cos(a+p))
—--------------------<
1	45
- (cos(a - p)+cos(a+p))
287
Так как а + 0 = 60°, то неравенство имеет вид
2COS(a——1 < 1 <=> 4cos(a - р) < 4, cos(a - р) < 1 (cos(a - р) >
2cos(a-p) + l 3	и , к и/ v л н;
Последнее неравенство истинно. Что и требовалось доказать.
Решения к главе 4
ПРОГРЕССИИ
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ И ФОРМУЛЫ
Арифметическая прогрессия
Арифметической прогрессией называется последовательность, у ко-
торой задан первый член а\, а каждый следующий член, начиная со вто-
рого, равен предыдущему члену, сложенному с одним и тем же числом d,
называемым разностью прогрессии.
Если заданы первый член а\ и разность арифметической прогрессии d,
то и-й член арифметической прогрессии вычисляется по формуле
ап =а\ + J(n-l).	(4.1)
Формула (4.1) называется формулой общего члена арифметичес-
кой прогрессии.
Свойства членов арифметической прогрессии
1. Каждый средний член арифметической прогрессии равен полусум-
ме равноотстоящих от него членов:
ак = ак-\+^ак+\ ^ = 2,3...,и-1.	(4.2)
2. В конечной арифметической прогрессии суммы членов, равноот-
стоящих от ее концов, равны между собой и равны сумме крайних членов:
Л1+аи =л2+«п-1 = ак+ап-к+\ = • = 2«1 +	- i).	(4.3)
10 Группа Б
289
Сумма п первых членов арифметической прогрессии
Сумма п первых членов арифметической прогрессии равна
Sn = Л.-Л .п.	(4.4)
Учитывая (4.3), т.е. что ах +ап =2ах + d(n -1), формулу (4.4) можно
записать в виде
2ax+d(n-\)
S„=—----------’-п.	(4.5)
Геометрическая прогрессия
Геометрической прогрессией называется последовательность, у кото-
рой задан первый член , а каждый следующий член, начиная со второго,
равен предыдущему члену, умноженному на одно и то же постоянное
для данной последовательности число q, называемое знаменателем про-
грессии.
Если заданы первый член Ьх и знаменатель геометрической прогрес-
сии q то n-й член геометрической прогрессии вычисляется по формуле
(4.6)
Формула(4.6) называется формулой общего члена геометрической про-
грессии.
Свойства членов геометрической прогрессии
1	.Квадрат каждого среднего члена геометрической прогрессии равен
произведению равноотстоящих от него членов, т.е.
bl =**-А+|, к = 2, З....Л-1.	(4.7)
2	.В конечной геометрической прогрессии произведения членов, рав-
ноотстоящих от ее концов, равны между собой и равны произведению край-
них членов:
*1 -Ь„ - ь2  Ь„_, = Ь3 • Ь„_г =... = bk Ь„_м =... = bl(4.8)
3	.Произведение п первых членов геометрической прогрессии с поло-
290
жительными членами равно корню квадратному из л-й степени произведе-
ния ее крайних членов:
Pn-^bJ.	(4.9)
В общем случае
|л.|=1/М»Г-
Сумма п первых членов геометрической прогрессии
Сумма п первых членов геометрической прогрессии вычисляется по
формуле
Sn =^1 М. (^^1)	(410)
Учитывая (4.6), т.е. что bn = bxqn~x, формулу (4.10) можно представить в
виде
(4.11)
Сумма членов бесконечной геометрической прогрессии
Бесконечный числовой ряд, образованный из членов геометрической про-
грессии bl+b2+b3 + ...+Ьп +... при |(?| < 1, сходится, и его сумма5равна
с_
S~—q-	(4.12)
Формулу (4.12) называют также формулой суммы членов бесконечно
убывающей геометрической прогрессии.
4	.036. Сумма трех первых членов геометрической прогрессии равна 21,
а сумма их квадратов равна 189. Найти первый член и знаменатель этой
прогрессии.
291
Решение.
Из условия имеем
(6, + Ь2 +Ь3 - 21, bx + bxq + b{q2 = 21,
\Ь2 +й22 +й32 = 189,	[b2 +b2q2 + b2q4 = 189,
+ +	— 21,
[fei2(l + ?2+/)=189.
fei(/+?2+l)
Поделив второе уравнение системы на первое -2	'	= ", а
q +q +1
затем числитель этой дроби на знаменатель, получим (<у2 — ^+1)= 9 .
Система имеет вид
Ь\ у?2 + q +1)— 21,
^1(у2 _ ? + 1)=
г 21  , (92-9 + 1)=9«.292-59 + 2 = 0,
q +?+1
откуда qi - —, q2 = 2. Тогда bx = 12 или bx = 3.
1
Ответ: 1) 12, — ; 2) 3,2.
4.037. Доказать, что любой член арифметической прогрессии, начиная
со второго, есть среднее арифметическое между любыми двумя членами,
равноудаленными от него.
Решение.
Пусть ак—любой член арифметической прогрессии, тогда ак_р, ак +р —
два равноудаленных от него члена.
По формуле общего члена находим
^к-р
ак+Р = <h +d(k + p-lj.
Складывая эти равенства, получим
ак-Р +ак+Р =2а\ + 2d{k -1) = 2(at + JU-1)), ак_р +ак+р =2aki
^к-р + &к+р
откуда ак =-----------.
Что и требовалось доказать.
292
4.038. Известно, что в некоторую арифметическую прогрессию входят
члены а2л и а2т такие, что а2л / а2т =	• Имеется ли член этой прогрес-
сии, равный нулю? Если да, то каков номер этого члена?
Решение.
а2п
Из условия---= -1. Отсюда а2л = -а2/л . Пусть а2л и а2т —равно-
а2т
стоящие от ак члены, тогда, по свойству членов арифметической прогрессии
а2п+а7т	0	„ , 2п + 2т
(см.№4.037), ак = 2п 2т = .... 2w = - = 0, к =---------= п + т.
Ответ: Да; п + т.
4.039. Даны две арифметические прогрессии. Первый и пятый члены
первой прогрессии равны соответственно 7 и -5. У второй прогрессии пер-
вый член равен 0, а последний равен 7/2. Найти сумму членов второй про-
грессии, если известно, что третьи члены обеих прогрессий равны между
собой.
Решение.
,	7
Из условия aj = 7, а5 = -5,	= 0, Ьп = —, а3 = Ь3.
Далее а5 = аг + 4d = 7 + 4d - -5,4d = -12, d = -3 •
Имеем a3 = b3,	+ 2d = bx + 2D, 7 + 2(- 3) = 0 + 2D, D = — .
Тогда bn =Z»1+(y-l)D = 0 + (y-l)| = ^^-,^yi = p У = 8.
n 7
h 4-A	0+~
bi + b2+...+bN - ——— • N =---— -8 = 14.
2	2
Ответ: 14.
4.040. Три числа составляют геометрическую прогрессию. Если от тре-
тьего отнять 4, то числа составят арифметическую прогрессию. Если же от
второго и третьего членов полученной арифметической прогрессии отнять
по 1, то снова получится геометрическая прогрессия. Найти эти числа.
Решение.
Пусть bx, b{q, btf2 — данные числа, тогда
b{q, bfl2 — члены геометрической прогрессии,
293
bb b{q, bxq2 - 4 — члены арифметической прогрессии,
b^bfi-l^q1 -5 — члены геометрической прогрессии.
Используя свойства членов арифметической прогрессии (см. № 4.037)
2ак = ак_ j + ак + j и свойство членов геометрической прогрессии
bl =bk_xbk+i, к=2,3,...,п- 1,получим
2btg = bt + b,q2 -4,
' (bl4-i)2 =bl(blq2 -5\
Из второго уравнения имеем bfq2 - 2bxq +1 = tfq1 - 5bx, 2.brq - 5b{ = 1,
b,=
1
2(7-5
. Подставляя это значение b} в первое уравнение, получим
2?
2q-5
1+42
2q - 5
~ 4 , откуда q2 - 10g + 21 = 0, откуда q{ = 7, q2 = 3 .
,, 1	, 7 ,, 49
Тогда b} = - b2 = b3 = — или b"= 1, b2 = 3, b3 = 9.
У	У	У
1 7 49
Ответ: 1) ~, — ;2) 1,3,9.
4.041. Найти целое положительное число л из уравнения
(3 + 6 + 9+...+ 3(л-1)) + ^4 + 5,5 + 7+...+ ^у^-^ = 137.
Решение.
В первых скобках находится сумма членов арифметической прогрессии 5^
,	. , ак — а, Зл — 3 — 3
где = 3 , d = 3, ак = 3(л - 1), к = —-— + 1 =   + 1 = л - 1; во
вторых скобках находится сумма членов арифметической прогрессии, где
8 + Зл
8 + Зл	— а,
b{ =4,d = l,5,am=—^—,m = -^-d 1 + 1 =	---+1 = л +1.
Тогда исходное уравнение принимает вид
8 + Зл
3 + 3(л — 1) / ч	э / х	2
--------^(л-1) +--- (л + 1) = 137 <=> 9л2 +13л-532 = 0.
294
Отсюда	,«2 = 7; «1 = - — не подходит, так как и — целое.
Ответ: 7.
4.042. Найти сумму всех четных трехзначных чисел, делящихся на 3.
Решение. v
Из условия
=102,
< ап = 996,
J = 6.
т.	.	ап-а{	996-102
Используя формулу п = —---L + 1, имеем п --------н 1 = 150,
d	6
Sn
102 + 996
2
•150 = 82350.
Ответ: 82350.
4.043. Сумма бесконечной геометрической прогрессии со знаменате-
лем |(?| < 1 равна 4, а сумма кубов ее членов равна 192. Найти первый член
и знаменатель прогрессии.
Решение.
Из условия имеем
+ ^3 + •
Ь\ +	+Ь3 +
<L
+bjq+btq2 +...= 4,
' bl+Ь№+Ь^ ...= 192,°
b^l + q + q2 +..)=4,
[^(l + ^+g6 +...)= 192,
1-?
b' T^7=192’
= 192,
295
Л=4’
bx
4---1—=- = 192,
. 1+Я+Я
ь\ =4(1“Л
b2
----!--- = 48.
1 + Я + Я
!ф-9)2	,	1
-	. --48«э 2g1 +5<7 + 2 = 0, откуда у, = -2 ,
1 + Я + Я	*
q j = -2 не подходит, так как |g| < 1. Тогда bx = 4 1 + — = 6.
1
Ответ:	
4.044. Найти четыре числа, первые три из которых составляют геомет-
рическую прогрессию, а последние три — арифметическую прогрессию.
Сумма крайних чисел равна 21, а сумма средних равна 18.
Решение.
Пусть й15 bxq, bxq2, bxq2 + d—данные числа.
Из условия имеем:
bx, bxq, bxq2 — члены геометрической прогрессии,
bx, bxq + d, bxq + 2d — члены арифметической прогрессии,
bx + bxq + 2d = 2\,bxq + bxq + <7=18.
Ь\Я2 =bxq + d,
Так как b3 = bxq2
= bxq + 2d,io имеем
’ bx +bxq + 2d = 21, =>
btf + bxq + d = 18,
Подставив это значение d во второе и третие уравнение, получим
b\ +bxq + 2(pxq2 -bxq)=21,
2bxq + bxq2 -bxq = \8,
bx + 2bxq2 -bxq = 21,
b^+bxq2 =18,
296
21
Al --	7	,
2? - q + 1
—2------~ = 18,
l.2?2-? + l
Отсюда:
h 21
bx =	,	,
2? -? + l <=> ‘
5?2 -13?+ 6 = 0,
21
~ 2q2-q + l’
’<71 =2,
3
L*2=?
1)'
<h
21
1 8-2 + 1	’ или 2) <
= 2,
21
K= —3----------= 18,75,
2'25-5 + 1
3
92=-5-
Тогда ?!=2, d! =34-3-2 = 6,^' = 3,62 =3-2 = 6, £'=3-4 = 12,
3	9	3
b'4 =6+12 = 18, ?2=“,	=18,75 —-18,75-- = -4,5, £f= 18,75,
b? = 11,25,£3"= 6,75, £4 = 2,25.
Ответ: 1)3,6,12,18; 2) 18,75; 11,25; 6,75; 2,25.
4.045. Сумма трех первых членов геометрической прогрессии равна 91.
Если к этим членам прибавить соответственно 25,27 и 1, то получатся три
числа, образующих арифметическую прогрессию. Найти седьмой член гео-
метрической прогрессии.
Решение.
Из условия имеем:
bx, bxq, bxq2 — члены геометрической прогрессии,
Ьх + 25, bxq + 27, bxq2 — члены арифметической прогрессии, тогда полу-
чаем
bx +bxq + bxq2 =91,	£i(1 + ? + ?2) = 91,
2(bxq + 21) = bx +25 + bxq2 + 1, [bx(q2 -2? + l) = 28,
91	91(?2-2? + l)
1-l + ? + ?2’ ~l + q + q2 =28’ 3?2-10? + 3 = 0, откуда
1
=3, ?2 -
91	91
T°™	пли
297
r„	91	819	819
Di =-------- =--------=-----— OJ .
1 + 1 + 1 9 + 3+1	13
3 9
Отсюда by = b, • qf = 7 • 36 = 5103; bZ = btf2 = 63 •	= — = —.
711	’ 7	1-/2 з6 729	81
7
Ответ: 5103 или ~ .
О 1
4.046. Три числа образуют геометрическую прогрессию. Если второе
число увеличить на 2, то прогрессия станет арифметической, а если после
этого увеличить последнее число на 9, то прогрессия снова станет геомет-
рической. Найти эти числа.
Решение.
Пусть Ьх, b2, b3 — члены геометрической прогрессии, Ьх, Ь2 + 2, й3 —
члены арифметической прогрессии, Ьх, £>2 + 2, £>3 + 9 — члены геометри-
ческой прогрессии. Тогда Z>15 b{q + 2, bxq2 + 9 — члены геометрической про-
грессии.
Имеем:
2(б1? + 2) = 61 + bxq2,	2^?+ 4 = bx + bxq2,
(i^ + 2)2 = 6r(b192 +9),	|6|V + 46I? + 4 = Z>2«2 +9Z>|,
ftl(92-2? + l) = 4
1х	Di
A (9-4?) = 4.
4	4?2-2? + l)
-----	- = 4=>
9-4?-9-4?
=> q2 + 2q - 8 = 0, откуда qx = -4, q2 = 2 .
LZ 4	4	,z	4 ,	.	16	,,	64
Тогда bi =---------= —	b2 =—(— 4) =-----by = —
1	9 + 16	25’	2	25 х	7	25’	3	25
*i"=^T = +^' = 4-2 = 8, Ь,"=16.
У “ о
4
Ответ: 1)4,8,16; 2) —,
16 64
25 ’ 25 '
4.047. Найти три числа, образующих геометрическую прогрессию, если
известно, что их произведение равно 64, а их среднее арифметическое рав-
но 14/3.
298
Решение.
Из условия имеем:
/>1 * Z?2 * ^3 = 64
‘ Ь] + />2 + ^3	*
. з Г
Ъх b^q-b^q2 = 64,	(й^)3=64,	/’i? = 4,
Z>1 +^\q + b}q2 = 14,	b}(l + q + q2) = 14, ДО+ <7 + <?2) = 14,
,	4 4(1 + д + 02)1._2~	~	1
=5>bi=—,---——— = 14, 2ql-5g + 2 = 0,откуда q{=2,q2= —.
Я Я	2
. 4	.	4
Тогда bi= — = 2, b7 = 2-2 = 4,b\ =2-4 = 8 или 6f = —= 8,
2	2.
2
M =8-—= 4, M =8-—= 2.
2	2	3	4
Ответ: 1) 2,4,8; 2) 8,4,2.
4.048. Доказать, что любой член знакоположительной геометричес-
кой прогрессии, начиная со второго, равен среднему пропорциональному
между любыми членами, равноудаленными от него.
Решение.
Имеем bk_p = b{qk~p-' ,bk+p = Ь1Як+р~1.
Перемножая эти равенства, получим bk_p -bk+p = b2q2^kили
(biqk~l)2=bk_p-bk+p, откуда Ь^1 =^Ьк-р'Ьк+р, т.е. Ьк = ^Ьк_р-Ьк+р .
4.049. Найти сумму семи первых членов бесконечной геометричес-
кой прогрессии со знаменателем |?| < 1, если ее второй член равен 4, а
отношение суммы квадратов членов к сумме членов равно 16/3.
Решением).
Из условия имеем:
Ь2 =4,
+ Ь2 + Ь2 +... 16
+ ^з   
.кН1
7)^ = 4,
’ ^12(1 + <72+/+-) = у
. b^l + q + q2 +...)
299
4? 2 + 4q - 3 = 0,	J
-	16(1 + ?) =>^i. = --,?2 =-•
Oi =---------,	Z	Z
I 3
3	I I
?i — не подходит, т.к. |?| < 1. Следовательно, Ьх =
16|1 + - |
127
Ответ: —
О
4.050. Найти сумму всех трехзначных чисел, делящихся на 7.
Решение.
Имеем:
ах =105,
а„=994,^Я = ?^^ + 1 = 128,5	12£+994 12g = 70336
[d = 7,	2
Ответ: 70336.
( п2 ( 1Y (	1У
4.051. Найти сумму! 2 +—I + |4 + —I + •••_! 2” + — I •
Решение.
+ ... + (2” +— 1
I 2")
300
1_J_ 1
4-4" -4 4 4" 4
I-4 + u
4
X4""1) 4"-l _
+ 2л —-------1-----h 2л —
3	3-4"
+ 2л.
(4"-l¥4"+1+l)
Ответ:----------------4- 2л.
3-4"
4.052. Даны две бесконечные геометрические прогрессии со знамена-
телем |?| < 1, различающиеся только знаком их знаменателей. Их суммы
соответственно равны Sj и S2. Найти сумму бесконечной геометрической
прогрессии, составленной из квадратов членов любой из данной прогрес-
сий.
Решение.
Из условия имеем	, s2 =	, |?| < 1. Далее,
b2 +b2 +b3 + —=b2 + b2q2 + b2q4 + ...=b2\l + q2 + q4 +...).
Выражение в скобках — сумма членов бесконечно убывающей геомет-
рической прогрессии, у которой первый член равен единице, а знаменатель
равен q2. По формуле суммы членов геометрической прогрессии имеем
^(1 + ^ +/ +...) = й,2 —4 = А'А =
1 '	'	1 1-^2	\-q 1 + ?	1 2
Ответ: SlS2.
301
4.053. Пусть а,, а2,... ап — последовательные члены геометрической
прогрессии, Sn — сумма ее п первых членов. Доказать, что
Решение.
«! (!-?")
Из условия Sn =---------
1"7
Далее имеем:
11 1 „_1 1 1 1 1
— + — + ... + — -«1 axq — +------------------------+------ + ... +-----—
а2 anJ	axq2 a,q 1)
Я
что и требовалось доказать.
4.054. Доказать, что если числа а, b и с составляют арифметическую
прогрессию, то числа a2 +ab + b2 , а2 + ас + с2 и b2 +Ьс +с2 в указан-
ном порядке также составляют арифметическую прогрессию.
Решение.
Имеем b = a + d,c = a + 2d.
Предположим, что a2 + a(a + d) + (a + d)2, а2 +а(а + 2d) + (а + 2d)2,
\ (a+ d)2 + (a + d) + (а + 2d) + (а + 2d)2 — члены арифметической про-1
грессии.
Тогда получим
2(а2 +a(a + 2d)+(a + 2dY )= (а2 + а(а + d)+ (а +t/)2 )+
+ ((а + d)2 + (а + d)(a + 2d) + (а + 2d)2
302
2[а2 +а2 +2ad + a2 + 4ad + 4d2j = a2 +a2 + ad + a2 +2ad +
+ d2 +a2 + 2ad + d2 +a2 +3ad + 2d2 +a2 +4ad + 4d2,
6a2 + \2ad + 8tZ2 = 6a2 + \2ad + 8tZ2.
Доказанное тождество подтверждает предположение.
4.055. Первый член некоторой бесконечной геометрической прогрес-
сии со знаменателем |^| < 1 равен 1, а ее сумма £ Из квадратов членов этой
прогрессии составлена новая бесконечная геометрическая прогрессия.
Найти ее сумму.
Решение.
Из условия имеем £>! = !, |g| < 1. Следовательно, —-— = S, 1 - q = —,
1 — q	S
, 1 5-1
q = 1---=------.
S S
Тогда b2 +Z>2 +^з + ... = Z>2 +b2q2 +b2q4 + ....=
S2
S2-S2+2S-l 25-1
Ответ:
S2
25-1
4.056. Найти пятый член возрастающей геометрической прогрессии,
зная, что ее первый член равен 7 - 3-^5 и что каждый ее член, начиная со
второго, равен разности двух соседних с ним членов.
Решение.
Имеем:
X = 7 - 3^5,
•Z>2 =b3-Ьх, =±>Ьм = Ь^2-bx,q = q2 - 1, q2 -q-\ = 0,
И>1.
303
Отсюда
b5 =b}q4 =
16
16
49-45
2
Ответ: 2.
4.057. В арифметической прогрессии сумма ее т первых членов равна
сумме п первых членов [т Ф «). Доказать, что в этом случае сумма ее
первых т + п членов равна нулю.
Решение.
Из условия а ь а2, а3, ...,ат,ат + х,ат + 2, ...,<2„,где mtn, Sm =Sn.
2a}+(m-\)d	„ a}+an
Sm =---------------Sn=----------- П.
2at+(m-l)d 2йц + (л - 1)<Z
Тогда--------------• m =------------• n,
2	2
2axm + m(m - l)tZ = 2axn + n(n - 1)<7,
2axm - 2a{n = n[n - l)tZ - m(m - l)tZ,
2(w-«)ai =(-(/и2 - n2)+ (m - ntyd,
2{m - n)ax =(m- n)(- m - n + l)d =>
=> 2a} =(-m-n + l) d.
„	2a, +(m + n-l)d / x
Sm+n =	2----- (rn + n) =
= h-n + ^ + ('n + n-^ (m + n} =
2	V 7
(-m-n + l + m + n-i)d /	\ n
=	(m + n ) = 0,
что и требовалось доказать.
4.058. Известно, чтоА, М, N— соответственно /-й, т-й, п-й члены гео-
метрической прогрессии. Показать, что Lm~n	= 1.
Решение.
Пустьbx,b2, ...,bh ...,Ьт, ...,Ьп,... — члены геометрической прогрессии и
пусть Z = bbM^ bmnN = bn. Покажем, что Ь™~п  Ь„~1  bl~m = 1, bt =bxql~l,
ьт=ь1дт-',ьп=ь^Г\
304
Имеем:
(М'Т” .(ь,г-'Г' (ь,9"-'Г
= b^~n	.ц~1	-b{~m q
tm-n+n-1+l-m lm-ln-m+n+mn-ml-n+1+nl-mn-l+m
= *1	q
.0 „О,
=»1 я =1,
что и требовалось доказать.
4.059. Числа а, Ь, с, одно из которых кратно 7, составляют арифметичес-
кую прогрессию с разностью 7. Показать, что число abc делится на 294.
Решение.
Пусть а = 7к,Ь,с — члены арифметической прогрессии, где к е Z.
Тогда/? = 1к+ 7,с = 7к+ 14и abc = 73к(к +1)(£ + 2).
Среди трех последовательных целых чисел А:, к + 1, к + 2 имеется число,
которое делится на 3, а среди двух последовательных чисел к, к+ 1 одно
будет четным, следовательно п = к(к +1)(к + 2) делится на 6. Так как
294 = 72 • 6, то abc — 73п кратно 294. Что и требовалось доказать.
4.060. Показать, что для всякой арифметической прогрессии при любом
п выполняется равенство
S2„ = Sn + - S3n (Sk — сумма к первых членов
прогрессии).
Решение.
2а, + d(n - 1)
Имеем Sn =------------ п,
2
1 _2ai + rf(3n-l) 2a,+rf(3n-l)
— 3i_ =-------------эП =-----------П,
3 Зл 2-3	2
1	4ax+d(4n-2)	2ax+d(2n-2') Q _
^ + З53л =--------------n=~------j-------2n = S2n.
Что и требовалось доказать.
4.061. Решить уравнение
гдех—целое положительное число.
305
Решение.
Домножая обе части уравнения на х, имеем
(х -1) + (х - 2) + (х- 3) +... + 1 = Зх.
Левая часть этого уравнения есть сумма членов арифметической про-
грессии, у которой ах = х - 1, d = -1, ап = 1,
ап~а\ ,	1-х+1	,
п =--——h 1 =----h 1 = х - 1. Так как S„
d	-1
Д1 +д«
2
то ——+ 1 • (х - 1) = Зх 5 х2 = 7х, х = 7 (х * 0).
Ответ: х = 7.
4.062. Число 180 представить в виде суммы четырех слагаемых так, что-
бы они составили геометрическую прогрессию, у которой третий член был
бы больше первого на 36.
Решение.
Из условия
ГЛ?! + Ь2 + Ь3 +Ь4 =180,	bi + b}q+b}q2 + b{q3 =180,
+36,	bxq2 =Z?j +36,
^i(l + <7 + q2 +<?3)= 180, b^q3 +q2 + q + 1) jgg
t’|*l(«2-i)=36-	61(?2-1)	~36’
<?2(<? + l) + G; + l) (? + l)(?2+l)	q,2 +1	_
(tf + l)(tf-l) ’ (? + l)(?-l)	’ q~\
— 3,q2 =2.
Подставляя значение q j = 3 во второе уравнение этой системы, полу-
,,	36
чим Ь( = —---
Ч -1
36 9
8 ~ 2 ’
Тогда
,, ,	9	27	,, , 2 9 п 81	,, , з 9	243
b2 =bxq = --3 = —, b3=bxq	=--9 = —	b4=bxq	=-	27 = —-.
£	£	Lt	it	Lt
Подставляя значение q2 = 2 во второе уравнение этой системы, получим
306
Af 36
61=_2~7
q -1
36	7
-^- = 12, 62’=6^ = 12-2 = 24, % = byq2 = 12-4 = 48,
6’ =6^3 = 12-8 = 96.
Ответ: 1) 2 + 2Z + il +2) 12 + 24 + 48 + 96.
2	2	2	2
4.063. Даны две геометрические прогрессии, состоящие из одинако-
вого числа членов. Первый член и знаменатель первой прогрессии равны
соответственно 20 и 3/4, а первый член и знаменатель второй прогресии
равны соответственно 4 и 2/3. Если перемножить члены этих прогрессий с
одинаковыми номерами, то сумма всех таких произведений составит
158,75. Найти число членов этой прогрессии.
Решение.
Пусть aj,a2,^3,... и 6],62,63, ...члены двух геометрических прогрес-
3	2
сий, у которых	= 20,qy = —; 61 = 4, q2 = — и ay by + а2Ь2 + 03^ +... =
4	3
= 158,75. Найдем а2 = ayqy = 20--| = 15,я3 = ayq2 = 20-^ = ^,6^ = byq =
.2	8	,	,2 Л 4	16 -г ПЛ Л 1Г 45 16	о ПС
= 4- — = -, 63=61(7 =4— = —. Тогда 20-4 + 15-- +-----+ ... = 158,75
3 3	9 9	3 4 9
635
или 80 + 40 + 20 + ... = -^—. Левая часть этого равенства есть сумма чле-
нов геометрической прогрессии, у которой первый член равен 80, а знаме-
1
натель равен
Отсюда имеем
635 160(2”-1) 635 32(2”-1) _ 127
4 ’ э” 4 ’	2”	4 ’
128(2”-!) = 127-2”,2” = 27,и = 7.
Ответ'. 7.
4.064. Три числа, из которых третье равно 12, образуют геометричес-
кую прогрессию.Если вместо 12 взять 9, то три числа составят арифмети-
ческую прогрессию. Найти эти числа.
307
Решение.
Пусть by, Ь2,12 — члены геометрической прогрессии, а/?ь b2,9 — чле-
ны арифметической прогрессии. Тогда
M2=12,	(9-2d)q2 =12,	,	. (9-tZ)2 (9-2d 	Ц- = 12, (9-2d)2
p! + 2tZ = 9, о	by = 9 - 2d,	о	by = 9-2d,
byq = by +d,	(9-2d)(9-l) = d,	9-d q =	 9-2<Z,
(9-d)2
-----— = 12,
9 - 2d
by =9-2d,
9-d
q =------,
9 - 2d
rfi=-9;
d2 = 3,
9-d
q------,
4 9-2d
<Л=-9,
b{ = 9 - 2(- 9) = 27,
9 + 9	2
1	9 + 18 3
d2 =3,
/>"=9-6 = 3,
9-3 „
q2 —	—
2	9-6
В первом случае b{ = 27 ,b2= bxq = 27 • — = 18, b3 = 12; во втором слу-
чае b”= 3, b2 =b}q - 3  2 = 6, b"= 12.
Ответ: 1)27,18,12; 2)3,6,12.
4.065. В конечной геометрической прогрессии известны ее первый член
а, последний член/? и сумма S' всех ее членов. Найти сумму квадратов всех
членов этой прогрессии.
Решение.
Пусть Ьх, b2, Ь3,... Ьп — члены геометрической прогрессии, у которой
by = a, bn = b, Sn =S. Тогда
bf +b2 + b2 + ... = by + b2q2 + b2q4 + ... = Z>2(1 + q2 + q4 +... ) =
= a2(l + 72 +q4 +...) = a2 1 q (1)
' ' 1-^
308
Из условия имеем
aqn 1 = b,
n-l b qn b n b
a(\-qn)	q =—q-
—hi—i—L -s	a q	a a
Подставив это значение qn во второе уравнение системы, получим
fi b ]
a 1 —s_
a = S, a — bq = S- Sq, Sq — bq = S- a, (S- b)q = S -a, q =-
S — b
1-0
T n b S-a
Тогда q = — ——
a S-b
. Подставим qn	—£ B G):
а2
, b2(S-a)2
a2(S-b)2
, (S-a)2
(S-b)2
2 b2(S-a)2
(S-b)2	a2(S-b)2-b2(S-a)2
, (S-a)2	(S-b)2-(S-a)2
(S-b)2
_ (aS -ab-bS + ab)(aS-ab + bS-ab) _ S(a -b)((a + b)S- 2ab) _
~ (S-b-S + a)(S-b + S-a)	(a-b)(2S-(a + b))
_ (a + b)S - 2ab
2S-(a + b)
(a + b)S-2ab
Ответ:--------------S.
2S-(a + b)
4.066. В некоторой геометрической прогрессии, содержащей 2п поло-
жительных членов, произведение первого члена на последний равно 1000.
Найти сумму десятичных логарифмов всех членов прогрессии.
Решение.
Пусть Ь\ ,Ь2,Ь^,..., Ьп -члены геометрической прогрессии, количество
которых равно 2и, и • bn = 1000. Имеем
X = lgb] +lg52+lg^ + .. +lg^ =lg(^i-bz by..bn) =
= lg((blZ>n)(i2Vl)(63*„-2)-)-
Так как bkbm- bpbq, где к + т = р + q, то
309
% = lg(^)" =lglOOO" = «lglOOO = 3«.
Ответ: Зп.
4.067. Сумма трех чисел равна 11/18, а сумма обратных им чисел, со-
ставляющих арифметическую прогрессию, равна 18. Найти эти числа.
Решение.
тл	11	1	1	1	1 о	1	1
Из условия имеем а1+а2+аз~ —> — +------1--= 1 ° > гДе — > —,
18 Д] Д2 ^3	О] ^2
1	4»
-----члены арифметической прогрессии.
аз
Отсюда
11
а{ +а2 + а3 = —,
1 1 1
11
а\ + а2 + а3 = —,
— +— + — = 18, <=>за9а->	+ а}а7
ах а2 а3	z
2	1	1	2^3 =а2а3 +аха
={Заха2а3,
2 >
— = — + —,
ах а3
11
а2,=> 18a]t22 ~ai ~а2 ~2а
~а2.
2t2j а 2 з — а 2.
1
18Л]Л2 =3aj,a2 =~.
6
Далее из второго уравнения системы получим
И. _fli _ ai
1а\ ““ —	—---------
6J 6 12at -1
Затем, подставив а2, а3 в первое уравнение системы, после упрощений
получим 27а2 - 12aj +1 = 0, откуда а[ = ^,а"-=^. Тогда =-^,аз'=^.
,1,1,1 „ 1 „ 1 „ 1 „
Имеем а, = — ,а2 = —, а3 = - или а, =~а7 =~,а-, = — . По условию
9	6	3	1	3 2	6 3 9
1 1 1
подходят значения ау = —, а2 = ’ fl3 =
111
Ответ:
9 6 3
310
4.068. Разность арифметической прогрессии отлична от нуля. Числа,
равные произведениям первого члена этой прогрессии на второй, второго
члена на третий и третьего на первый в указанном порядке составляют гео-
метрическую прогрессию. Найти ее знаменатель.
Решение.
Пусть ah а2, а3,... — члены арифметической прогрессии с разностью
d * 0 и я 1^2’ а2а3’ аза\ — члены геометрической прогрессии.
По условию
_ «з«1 _ «з _ «1 _	+ 2d Д]
^1^2	^2^3	^2	Д| + d У
Запишем эти равенства в систему
a,2 + 3axd + 2d2 = а2
а1
-------= <7-
at +d
Из второго уравнения системы имеем
-2-d
q	— Я ’ Я ~ ~2“
-—d + d
3
Ответ: -2.
Решения к главе 6
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Для любых а, b и с верны равенства:
(а + б)2 = a2 + 2ab + b2;	(6.1)
(a —	= а2 — 2аЬ + Ь2 ;	(6.2)
a2 — b2 = (a-b\a + b)',	(6.3)
(a + bf = a3 +3a2b + 3ab" + Ь3;	(6.4)
{a-b^f = a3 - 3a2b + 3ab2 - Ь3(6.5)
a3+b3 =(a + b^a2-ab + b2);	(6.6)
а3 — b3 = (a-b^p2 + ab + b2\,	(6.7)
ах 2 + Ьх + с = а(х - jq \х - х2 ), где X], х2 — корни уравнения
ах2 +Ьх + с = 0 •	(6-8)
РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ
Уравнением с одним неизвестным называется равенство
/1 (*) = gi (* }	(6-9)
где _/| (х ) и g, (х) — некоторые заданные функции переменной х над чис-
ловым множеством М.
Решением (корнем) уравнения (6.9) с одним неизвестным называется
такое численное значение неизвестного, взятое из множества чисел, указан-
312
ных в условии уравнения, которое обращает данное уравнение в тождество
(верное равенство).
Решить уравнение — это значит найти множество всех его решений или
показать, что решений нет.
Областью допустимых значений неизвестного (ОДЗ) уравнения (6.9),
называется множество всех значений, взятых из числового множества, над
которым задано уравнение, при которых существуют обе функции (части
уравнения) fx (х) и gx (х).
Пусть в результате преобразования уравнения (6.9) получено уравнение
Л(х)=^2(х)	(6Л°)
Если все решения уравнения (6.9) являются решениями уравнения (6.10),
то уравнение (6.10) называется следствием уравнения (6.9).
Два уравнения (6.9) и (6.10) с одним и тем же неизвестным называются
равносильными (эквивалентными), если уравнение (6.10) является следстви-
ем уравнения (6.9) и, наоборот, уравнение (6.9) является следствием уравне-
ния (6.10) или если оба уравнения решений не имеют.
При преобразованиях уравнения область его допустимых значений мо-
жет изменяться, полученное уравнение в общем случае неравносильно
данному. Если при некоторых преобразованиях ОДЗ уравнения расширяет-
ся, то полученное уравнение может иметь корни, посторонние для данного
уравнения.
Если обе части данного уравнения возвестй в одну и ту же степень, то все
его корни будут корнями полученного уравнения, т.е. полученное уравнение
всегда будет следствием данного, обратное утверждение не всегда имеет ме-
сто.
Всякое целое рациональное алгебраическое уравнение п-й степени с
одним неизвестным может быть записано в виде
а„хп +я„_1х'1"1 +... + а1х + а0 =0 (ап Ф 0^	(6.11)
где ап, ап_х,а0 — заданные числа (коэффициенты уравнения), х — не-
известное, п — натуральное число.
Коэффициенты ап И а0 называются соответственно старшим коэффи-
циентом и свободным членом уравнения (6.11).
Уравнение первой степени с одним неизвестным
Целое рациональное алгебраическое уравнение первой степени назы-
вают просто уравнением первой степени.
313
Любое уравнение первой степени с одним неизвестным может быть
приведено к каноническому виду
ах + b = 0 (а * О)	(6.12)
Уравнение (6.12) является частным случаем уравнения (6.11), если в по-
следнем положить п = 1, а{ = 1 и а0 = b .
Уравнение ах 4- b = 0 (а * 0) в множестве действительных чисел всегда
имеет решение, и притом только одно:
b
х = —.
а
Уравнение второй степени с одним неизвестным
Целое рациональное алгебраическое уравнение второй степени назы-
згетсяуравнением второй степени, или квадратным уравнением.
Всякое квадратное уравнение с одним неизвестным можно привести к
каноническому виду
ах2+Ьх+с = 0 (а * О)	(6.13)
Уравнение (6.13) является частным случаем уравнения (6.11), если в по-
следнем положить п=2,а2=а,а[=Ь и а0 =с .
Квадратное уравнение (6.13), записанное в канонической форме, назы-
вается неполным, если хотя бы один из его коэффициентов, кроме старшего
а, равен нулю.
Если все коэффициенты квадратного уравнения, записанного в канони-
ческом виде, отличны от нуля, то оно называется полным.
Полное квадратное уравнение, старший коэффициент которого равен 1
(а = 1), называется приведенным квадратным уравнением', оно имеет вид
х2 4-рх +q = 0.	(6.14)
Формулы корней полного квадратного уравнения
Если D = Ъ2 -4ас > 0 (дискриминант уравнения), то уравнение (6.13) в
множестве действительных чисел имеет два и только два действительных
корня, которые определяются по формулам
314
— b — yjb2 — 4ac
2a
- b + V^2 -4ас
2a
(6.15)
Если b2 -4ac >0, то xx *x2 , а если b2 -4ac = 0, to = x2 . Если
b2 - 4ac < 0, то уравнение (6.13) действительных решений не имеет.
В частном случае, когда b — четное число, т.е. b = 2к , уравнение (6.13)
принимает вид ах2 + 2кх + с = 0, а формулы (6.15) преобразуются в следу-
ющую:
-k + ylk2 - ас
х1,2 ~
а
(6.16)
Если уравнение приведенное, т.е. имеет вид х 2 4- рх + q = 0 , то для оп-
ределения его корней получим
2 V 4
(6.17)
Разложение квадратного трехчлена на множители
Выражение ах2 +Ьх + с при а 0 называется квадратным трехчле-
ном.
Выражение D=b2-4ac называется дискриминантом квадратного
трехчлена.
Если D > 0, то квадратный трехчлен разлагается на множители с дей-
ствительными коэффициентами:
ах2+Ьх+с = а(х-х^\х-х2\	(6.18)
где %] и хг — корни квадратного трехчлена, определяемые по формулам
нахождения корней полного квадратного уравнения.
Биквадратные уравнения
Биквадратным уравнением называется целое рациональное алгебраи-
ческое уравнение четвертой степени, которое может быть приведено к ка-
ноническому виду
315
ax4 +bx2 +c = 0 (a^O).
(6.19)
Заменив x 2 на t, получим at1 +bt + c = Q, из которого находим
-b-\b2 -4ac -b + yb2-4ac
Если > 0 и ?2>0 (a >0, c>0, b2 -4ac>0, b<0 или a < 0,
c < 0, b2 -4ac > 0, b > 0), то биквадратное уравнение имеет четыре
действительных корня
J- b — 4 b2 —4ас	. —Ь + ^Ь2 —4ас
--------	> ^з,4 =±V-;---•
2а-----------------------------------V 2а
Уравнения, содержащие взаимно обратные выражения
Уравнения, содержащие взаимно обратные выражения и имеющие вид
решаются с помощью подстановки
(6.21)
1
Тогда f (х\~ i и относительно tполучается уравнение
at + b • - = с или at2 - ct + b = 0 (? * О).
Теорема Виета
Корни уравнения апх п + ап_}х п 1 +... + а{х + а0 = 0 (ап Ф 0) с его ко-
эффициентами связаны следующими соотношениями:
316
ап-2
хгх2 + х{х3 +... + xn_ixn =-----,
ап
ап-3
<XiX2X3 + ххх2х4 +... + Xn_2X„_lX„ =-------,
Xlx2x3...xn_ixn = (-1)л-^-.
Например, для уравнений четвертой степени ах4 +bx3 +сх2 +dx+e = 0
(а * О) теорема Виета имеет вид
е
х{х2х3х4
а
для кубического уравнения ах3 + Ьх 2 + сх + d = 0 (а * 0):
2 ‘ГЛ3
для квадратного уравнения ах 2 + Ьх + с = 0 (а 0):
317
b
xi + x2 =—,
a
c
*1*2 =-•
a
Иррациональные уравнения
Иррациональным уравнением называется алгебраическое уравнение, если
хотя бы один из членов которого иррационален относительно неизвестного, т.е.
это есть уравнение, содержащее неизвестное под знаком радикала.
Общий метод решения иррациональных уравнений заключается в сле-
дующем: сначала изолируется один радикал, затем обе части уравнения
возводят в степень, потом снова изолируют радикал и т.д. При возведении
обеих частей уравнения в одну и ту же степень получается уравнение, в
общем случае неравносильное данному; поэтому проверка найденных зна-
чений неизвестного по условию исходного уравнения обязательна, т.е. яв-
ляется составной частью решения.
Если обе части уравнения j\ (х) = /2 (*) возвести в четную степень и, то
корнями полученного уравнения (/j (%))" = (f2 (х))" будут все корни ис-
ходного уравнения /] (х) = /2 (х) и уравнения /1(х)=-Л(х).
При переходе от уравнения /1(х) = /г(х) к уравнению
(Д (х))” = (/2 (х))” потери корней не произойдет, но могут появиться по-
сторонние корни, а именно: корни сопряженного с исходным уравнения
Если обе части уравнения /Дх) = /2(х) возвести в нечетную степень к,
то получим уравнение (х ))* = (/2 (х ))* , равносильное исходному в мно-
жестве действительных чисел.
При возведении в нечетную степень обеих частей уравнения, рассмат-
риваемого в множестве действительных чисел, посторонние корни не появ-
ляются.
Приступая к решению иррационального уравнения, целесообразно пред-
варительно определить ОДЗ, так как может оказаться, что это уравнение не
определено в области действительных чисел.
318
При решении иррациональных уравнений следует иметь в виду, что не
принадлежащие к ОДЗ значения неизвестного всегда посторонние для ре-
шаемого уравнения; их можно отбросить без проверки по условию. Най-
денные значения неизвестного из области допустимых обязательно следует
проверить по условию уравнения, так как они также могут оказаться посто-
ронними.
СИСТЕМЫ УРАВНЕНИЙ
Системой п уравнений с т неизвестными называется п уравнений, в
каждом из которых неизвестные, обозначенные одной и той же буквой,
означают одну и ту же неизвестную величину.
Решением системы п уравнений с т неизвестными называется всякая
упорядоченная совокупность из/и таких чисел, которые, будучи подставле-
ны в систему вместо неизвестных, обращают каждое уравнение системы в
тождество.
Решить систему уравнений — значит найти множество всех ее решений
или показать, что она решений не имеет.
Если система не имеет решений, то ее называют несовместной или про-
тиворечивой, в противном случае — совместной.
(а,х+Ь,у = с,,
Система <	может либо иметь единственное решение, либо
1^2* + Ь2у = с2
иметь бесконечно много решений, либо не иметь решений. При графичес-
ком способе решения каждому уравнению данной системы ставится в со-
ответствие некоторая прямая на плоскости XOY', таким образом, данной
системе на плоскости соответствует пара прямых. Две прямые на плоскости
могут либо пересекаться в одной точке, либо совпадать, либо не иметь об-
щих точек.
При пересечении прямых данная система имеет единственное реше-
ние; при совпадении прямых данная система имеет бесконечно много ре-
шений; если прямые не имеют ни одной общей точки, то данная система
решений не имеет.
Решить уравнения (6.136—6.182):
6.136.
х2 +1 х2 +2
	1	
х +1--х-2
319
Решение.
[х *-1,
OA3:U2-
После приведения всех членов уравнения к общему знаменателю, имеем
(х2 + 1)(х - 2) + (х2 + 2)(х +1) + 2(х + 1)(х - 2)
(х + 1)(х-2)
2х3 +х2 + х — 4
<=> ~7—1V---=	2х3+х2+х-4 = 0 при х*-\ и х*2.
(х + 1Дх-2)
Перепишем это уравнение в виде ^2х3 - 2^+(х2 - 1)+(х-1) = О,
2(х — 1)(х2 + х + lj + (х — 1)(х +1) + х — 1 — 0 <=> (х — 1)^2х2 + Зх + 4^=0, от-
куда х - 1 = 0, или 2х2 + Зх + 4 = 0;	=1, У квадратного уравнения D < 0.
Ответ: х = 1.
х х+1 х + 2 25
6.137.		- +--- +----= —•
х+1 х+2 х 6
Решение.
ОДЗ:
х Ф -2,
х Ф -1,
х Ф 0.
Приведем все члены уравнения к общему знаменателю:
6х2(х + 2) + 6х(х+1)2 +б(х + 1)(х + 2)2 -25х(х + 1)(х + 2)
6х(х+ 1)(х + 2)
7х3 +71х2 -4г-?4
= 0« 7х3 + 21х2-4х-24 = 0 при х * 0, х^-1,
6х(х+1)(х + 2)	н
х ф -2. Проверкой убеждаемся, что Xj = 1, так как 7 + 21-4-24 = 0. Делим
7х3+21х2 -4х-24	,
левую часть уравнения нах - 1:----------------= 7х“ + 28х + 24,
х - 1
следовательно, исходное уравнение можно представить в виде
320
(х-1)(7х2 4- 28x4- 24 j = 0.
Решая уравнение 7х2 4-28x4-24 = 0, находим еще два корня:
2
7
2^7
7
Ответ: X] = 1, х2 3 = -2 ±	.
6.138.	(х2 -6х)2 -2(х-3)2 =81.
Решение.
Из условия (х2 - 6х) - 2^х2 - 6х 4- 9) - 81 = 0. Обозначим х2 - 6х = у.
Имеем: у2 -2(^4-9)- 81 = 0, у2 -2^-99 = 0=> У1 = -9; у2=11. Тогда
1) х2 — 6х = —9, (х - 3) = 0, -4,2 = 3; 2) х2 — 6х = 11, х2 — 6х— 11 = 0,
х34 =3±V20 = 3±2A
Ответ: х} 2 = 3; х34 = 3 ± 2>/5.
6.139.	(х + 1)5+(х-1)5=32х.
Решение.
Так как ап +bn = (а4-Ь)(ал-1 -ап~2Ь +ап~3Ь2 -ап~лЬу+...+Ьп~'\ то
(х +1 + х- 1)((х +1)4 -(х + 1)3(х -1) + (х +1)2(х -1)2 -(х + 1)(х-1)3 +
+ (х-1)4 1 = 32х,	2х((х +1)4 + (х-1)4 -(х + 1)3(х-1) -(х + 1)(х-1)3 +
4- (х4-1)2(х -1)2)- 32х = 0; х((х 4-1)4 4- (х -1)4 - (х4- 1)3(х -1) - (х4-1) X
х(х-1)3+(х+1)2(х-1)2-1б)=0=>	х1=0, или (х+1)4+(х-1)4-
- (х 4- 1)3(х - 1) - (х 4- 1)(х - 1)3 4- (х 4-1)2(х - 1)2 - 16 = 0.
Так как а4 4-Ь4 = Иа-6)2 4-2а£>] -2а2Ь2, то имеем:
11 Группа Б
321
I	Э	\2	7	7
нх+1-x+l) + 2(x+l)(x-l)j -2(x+l) (x-1) -(x+l)(x- l)x
x^(x+ l)2 +(x-l)2) + (x+ l)2(x— 1)" - 16 = 0,	(4 + 2(x + l)(x- 1)) —
-(x+ l)2(x-I)2-(x+ l)(x-l)((x+1)2 +(x-l)2j- 16 = 0 , (4 + 2(x + l)x
x(x- 1)) — (x + l)2(x- l)2 — (x + l)(x — l)(('x+ 1~* + I2 j + 2(x+ l)(x — l)j-
-16 = 0, или (4 + 2(x2 - l))2 - (x2 - l)2 - (x2 - 1)^4 + 2(x2 - lj) - 16 = 0.
Обозначим x2 - 1 = у. Имеем (4 + 2y)2 -у1 -y(4 + 2y)- 16= 0,
16+16y + 4y2-у1 -4y-2y2-16 = 0, у1 + 12y = 0,	y(y+12) = 0=>
=> У\ = 0, Уг = -12. Тогда x2 -1 = 0, х2,з = ±1, или x2 - 1 = -12, откуда
x2 = -11 < 0, не подходит.
Ответ: х1 = 0, х2 = -1, х3 = 1.
z -z z~ -z + 2
6.140.		------------= 1.
z2 - z + 1 z-z-2
Решение.
ОДЗ: z ~Z~2^Q<^\z^2
Пусть z1 -z = у. Имеем:
У	Т + 2	y(y-2)-(y + 2)(y + l)-(y+l)(y-2)
-----------------------------1 — и <=>----------------------—-г-= и <=>
Т+1 Т-2------------------------------------------(у+1)(у-2)
т(т + 4) _п
(у + 1)(у - 2)	’ откУда Ti =0, У2= -4- ТогДа z2 - z = 0, ^ = 0,
z2 = 1, или z2 - z + 4 = 0 (D < О) и решений нет.
Ответ: z1 =0, z2 = 1.
322
24	15
6.141.	“у—---т—-----------Г = 2-
xz+2x-8 xl+2x-3
Решение.
ОДЗ:
x2 4- 2x — 8 0,
x2 4- 2x - 3 0
Пусть x2 4- 2x = y.
24	15	y(2y-31)
Имеем----------------------2 = 0 <=>	--r = 0, откуда y} = 0,
^-8 У~1	(^-8)(y-3)
31	2	9	31
У2~~- Тогда x 4-2x = 0, Xj=0, x2=-2, или x 4-2 =—, откуда
2	2
-2±V66
•^3 4 —	•
2
o	-2±V66
Ответ: x( = 0, x2 = -2, x3 4 =-------.
6.142. x3 - (a 4- b 4- c)x2 4-	4- ac 4- bc)x - abc = 0.
Решение.
Проверкой убеждаемся, что хх-а, так как а3 -а2 -а2Ь -а2с+
4-	а2Ь 4- а2 с+abc-abc = 0. Делим левую часть уравнения на х - а:
х3 -(a+b + c)x2 +(ab + ac+bc)x-abc	7 .	.
-----------i------------------------= X - (Ь 4- С)Х 4- Ьс.
х-а
Данное уравнение можно представить в виде:
(х - «)(х2 - (Ь 4- с)х 4-	= 0.
Решая уравнение х2 - (6 4- с)х 4- Ьс = 0, находим два его корня:
_ b4-с±^(b + c) —4bc _b + ci.>lb2 +2bc + c2 —4bc _
323
Ответ: xt = а, х2 = с, х3 = Ь.
6.143.
1	1	_ 10
х2 + (х + 2)2 ~ 9 '
Решение.
[х * 0,
°«3: U-2.
Из условия
/	\2
2	2	10
<х(х + 2)> х(х + 2)	9
Пусть ------г = у. Имеем 9у2 + 9у- 10 = 0 => у, = - —, у9 = —. Тог-
х(х + 2)	хх	Xi 9,Л2 з
2	2	2	10
да или —7--— = —, —------- =----=> х, = -3, х? = 1; второе уравнение
х(х + 2) 3 х(х + 2)	9	1	2
корней не имеет, т.к. D < 0.
Ответ: Xj = -3, х2 = 1.
6.144.	(х2 +2х)2 -(х + 1)2 =55.
Решение.
Из условия имеем (х2+2х) - (х2 4- 2х +1) = 55. Пусть х2+2х = у.
Относительно^ уравнение принимает вид у2 - у - 56 = 0 => _У[ = -7, у2 = 8.
Тогда х2 + 2х = -7 или х2 + 2х = 8, х2 + 2х + 7 = 0 или х2 + 2х - 8 = 0,
откуда х( = -4, х2 = 2. Первое уравнение решений не имеет, т.к. О < 0.
Ответ: Х] = -4, х2 = 2.
324
6.145.	(х4-1)2(х 4-2)4-(х-1)2 (х-2) = 12.
Решение.
Имеем:
(х2 + 2х + 1)(х + 2) + (х2 - 2х + 1)(х - 2) -12 = 0 <=>
<=> X3 4- 2х2 4- 2х2 4- 4х 4-X 4- 2 4- X3 - 2х2 - 2х2 4- 4х 4- X - 2 - 12 = О,
2х3 4- 10х —12 = 0, х3 4-5х — 6 = 0.
Последнее уравнение перепишем в виде:
х3 4-5х-5- 1 = 0, (*3 -1)4-5(х-1) = 0, (х — 1)(х2 4-х4-1)4-5(х-1) = О,
(х- 1)(х2 4-х4-б) = 0, откуда х-1 = 0, Xj =1, или x24-x4-6 = 0,Z)<0h
корней нет.
Ответ: х = 1.
6.146.
(х-1)(х-2)(х-3)(х-4)
(х 4- 1)(х 4- 2)(х 4- 3)(х 4- 4)
Решение.
ОДЗ:
(х - 1)(х - 4)(х - 2)(х - 3) - (х + 1)(х + 4)(х + 2)(х + 3)
(х + 1)(х + 4)(х + 2)(х + 3)
Имеем (х-1)(х-4)(х-2)(х-3)-(х4-1)(х4-4)(х4-2)(х4-3) = 0при х^-1,
х^-2, х^-3, х^-4; (х2 -5х4-4^х2 -5х4-б)-^х2 4-5х-|-4^х2 4-5х4-б) = 0,
(х2 - 5х)2 4-1 о(х2 - 5х) 4- 24 - (х2 4- 5х)2 - 1 о(х2 4- 5х) - 24 = 0 <=>
<=> -20х(х2 4- 5) = 0, откуда хх = 0, х2 4- 5 * 0.
Ответ: х = 0.
325
6	8
6 147-----------------*--------
оа4/- (х + 1)(х + 2) (х-1)(х + 4)
Решение.
х*±1,
ОДЗ: | х -2,
х -4.
6	8
Перепишем уравнение в виде —-------+ —---------1 = 0 и обо-
х2 + Зх + 2 х2 + Зх - 4
значим х2 + Зх = у, тогда имеем:
—— + — -----1 = 0 <=> ———— = 0, откуда .У1 = О, У2 = 16.
у + 2 у-4	(у + 2)(у-4)
о	?	— Э Т V /э
Тогда xz + Зх = 0 или xz + Зх = 16; Xj = 0, х2 = -3, х34 =-------
-з±Утз
2
Ответ: xj = 0, х2 = -3, х34 =
6.148. 3| х--] 4-2| х2+-у| = 4.
I У I	I
Решение.
ОДЗ: х Ф 0.
(	11(91	I
Перепишем уравнение в виде 3 х — +2 х + -у - 2 = 0 и положим
I	Y 1 I	)
1	2	3
х — = у. Тогда получим 2у +3^ = 0, откуда ^i=0, j>2 =—. Зна-
х	2
1а	1	3
чит, х--= 0 ИЛИ X— = —.
х	х	2
Решив эти уравнения, находим х12=±1, х3=—2, х4=0,5.
Ответ: х^2 = ±1, х3 = -2, х4 = 0,5.
326
Решение.
ОДЗ: х + 0.
д. 2	। ।	।
Пусть -------= у. Получаем у-I— = -2,5 <=> у2 4- 2,5у +1 = 0, откуда
X	у
У] = -2, У2 = Тогда -----------= -2 или ------= —. Отсюда
2	х	х 2
х2 + 2х +1 = 0 или 2х2 + х + 2 = 0 при х Ф 0. Решая эти уравнения, полу-
чим х]2 = -1; второе уравнение корней не имеет, т.к. D < 0.
Ответ: xi 2 = -1.
w2 w
6.150. ---г + т--= 2.
2-и2	2 —и
Решение.
(и * 2,
ОДЗ: (м * ±у/2.
и2(2-и) + и(2-и2}-2(2-и2}(2-и)
Из условия имеем ---------------/--------------------= 0 <=>
(2-«2)(2-и)
2и3 -Зм2 -Зм + 4	з 2
—7------т----------= 0 <=> 2м - Зи
-3w + 4 = 0.
Представим уравнение в виде (2м3-2и2)-(и2 - w)-(4u-4) = 0,
2u2(w-1)-w(w-1)-4(i/-1) = 0, (i/-1)^2u2 -и-4^ = 0, тогда и-1 = 0,
2	1±V33
или 2и - и - 4 = 0, откуда щ = 1; и2)з = —~—
Ответ: и1 = 1; м2)з =
1±Узз
4
327
6 151 х-т ^х + т _ х-2т ^х + 2т б(/и-1)
х —1 х+1	х-2	х + 2	5
Решение.
[х*±1,
°да^±2.
(х - т)(х 4-1) 4- (х 4- т)(х - 1)
Из условия имеем 2--------гг---------- =
(х-1)(л + 1)
(х-2/и)(х + 2) + (х4-2/и)(х-2) б(/и-1)
”	(х — 2)(х 4-2)	5
2х~ - 2т _ 2х2 - 8/и б(/и-1)
х2-1 х2-4	5
х2-/и_х2-4/и 3(/и-1)
х2-1 х2-4	5
х2 -т х2—4/и_ 3(/и-1)
х2-1	х2-4	5
(х2 - /и)(х2 - 4) - (х2 - 4/и)(х2 -1) _ 2>(т - 1)
~ FF4
3/их2 - Зх2
х4 -5х2 +4
3(т — 1)
5
Зх2[т— 1)	3(/и-1)
х4 -5х2 +4
xzm-l zn-1
L , +------= о <=>
х4-5х2+4	5
= 0<=>
(т- 1)(х4 +4)
х4 -5х2 +4
(т- 1)(х4 +4) = О,
х4-5х2 4-4*0.
328
1)	Если т -1 0 или т Ф 1, то х4 + 4 = 0, корней нет.
2)	Если т - 1 = 0 или т = 1, то х е R, х Ф ±1, х * ±2.
Ответ: если т = 1, то х е R, кроме ±1, ±2; если т * 1, то корней нет.
z4-4 z-4 z + 8 z-8
6.	152. -~ +---- =----- +---- + 6.
z-1 z+l z-2 z + 2
Решение.
ОДЗ:
Из условия получаем:
z24-16
z2 — 1	z2-4
2z2 4-8 2z2+32 r ~2
—2----= —~2----+ 6<=>
z2 -1 z2-4
.2
z2 4-16
z2-l z2-4
-15z2
z4-5z24-4
5z2
z4-5z24-4
__5z2
z4-5z24-4
5z2 4-z4 - 5z2 4-4	z4+4
z4 - 5z2 + 4 z4 - 5z2 + 4
откуда z4 4- 4 = 0 и решений нет.
Ответ: корней нет.
6.	153. (2х 4- а)5 - (2х - а)5 = 242а5.
Решение.
а5 -Ь5 =(а-£>)(а4 +a3b + a2b2 +ab3 +b4^ = (a-b)^a4 4-д4)-!-
+ (a3b + ab3)+a2b2] = (a-b)\((a-b)2 + 2abf -2a2b2 +ab(a2 4-62)-ь
+ a2b2) = (а-б)1 ((а-£>)2 +2ab} -а2Ь2 -ьаб((а-6)2 +2ab
329
I/	2	2
|(2х + а-2x4-а) 4-2(2х4-а)(2х-а)1 -(2х4-а) х
х (2х - а)2 4- (2х 4- а)(2х - а)((2х 4- а - 2х 4- а)2 4- 2(2х 4- а)(2х - а)^ = 242а5
или 2а (4а2 4-2(4х2-а2))2-(4х2-а2)2 4-(4х2-а2)(4а2 4-2(4х2-а2)) -
I //	ч2 ?	)
-242а5=0<=> аИ4а2 4-2(4х2 - а2)) -(4х2-а2) +(4х2-а2^х
х(4а2 +2(4х2 -а2))-121а4 ^=0.
Отсюда
1) если а = 0, то х — любое число;
2) если а* 0, то (4а2 4-2(4х2-а2)) -(4х2-а2)2 4-(4х2-а2)х
х(4а2 4-2(4х2-а2))- 121а4 =0.
Пусть 4х2 - а2 = у, тогда относительно^ уравнение имеет вид:
(4а2 +2у)2 -у2 +у(4а2 +2у)-121а4 =0,
16а4 4- 16а2у + 4у2 -у2 +4а2у + 2у2 - 121а4 = 0.
Отсюда 5у2 + 20а2у- 105а4 =0, у2 + 4а2у-21а4 =0, откуда
yj 2 = —2а2 ± >Ма4 4- 21а4 = —2а2 ±5а2; у} = -7а2, у2 = За2. Тогда
1)	4х2 - а2 = -7а2, х2 - ~~^2, нет решений при а * 0;
2)	4х2 - а2 = За2, х2 = а2, откуда х12 = ±а.
Ответ: еслиа = 0, тох — любое число; если а * 0, то х1>2 = ±а.
х2 4-2x4-1 х2 4-2x4-2	7
6.154.	~2------+ —2--------= -.
х 4-2x4-2 х 4-2x4-3	6
Решение.
Пусть х2 4- 2х = у, тогда относительно у уравнение принимает вид
rtl + Z±2_Z = o« 6(у + 1)(-У + 3) + 6(у + 2)2 -7(>> + 2)(у4-3) Q „
У 4- 2 у 4-3 6	6(у 4-2)(у 4-3)
330
5у2 + 13у
~W(y + 3)
- О, 5у2 + 13у = О при уФ-2 и у Ф -3; j(5j +13) =
и	7	.	.
куда ^=0, У1~——• Тогда х + 2х = 0 или х(х + 2) = 0=> Х]
2 п 13	.
х2=-2; х + 2х ———, §х + Юх +13 = 0, решений нет, т.к./ХО.
Ответ: х} =0, х2 = -2.
6.155.	ах4 - х3 + а2х - а = 0.
Решение.
Имеем (ох4 -х3) + (а2х-а) = 0<=> х3(ах- 1) + а(ах-1) = 0 <=>
<=> (ах - 1)(х3 + а) = 0. Тогда ах -1 = 0, откуда Х1 = или х3 +а = I
куда х3 = ^Г-а = -Va при а Ф 0;х = 0приа = 0.
1
Ответ: * xi х2 = -Ца при а 0;х = 0приа = 0.
>, от-
= 0,
I, от-
( х — 2 V ( х + 2 А2 х^_4
6.156.	20-  -5+48-Ц—— = 0.
Vx + lJ kx-lJ х2-1
Решение.
ОДЗ: х*±1.
Разделив уравнение на
—3---* 0, имеем
х2-1
х2~1
Ji- л (
X -1
-----+ 48 = 0<=>
х2-4
<=>20
-5
+ 48 = 0<=>
<=>20
(х-2)(х-1)
(х + 2)(х+1)
Дх + 2)(х + 1)
(х-2)(х-1)
+ 48 = 0 <=>
331
(х-2)(х-1)	5
20 7---1 - -.-------£----г + 48 = 0.
(х + 2)(х + 1) (х-2)(х-1)
(х + 2)(х +1)
(х-2)(х-1)
Пусть ------------7- = у, где у Ф 0. Относительно у уравнение принима
(х + 2)(х + 1)
5	7	5	1
етвид 20у----+ 48 = 0 <=> 20у + 48у-5 = 0, откуда у} = —, у2 =-.
у	2	10
Тогда
,ч (х-2)(х-1)	5	э
1) 7---77---г = — <=> 7х + 9х +14 = 0, решений нет, t.k.D < 0;
(х + 2)(х + 1)	2
2) y-—= —- о 9х2 -ЗЗх + 18 = 0, откуда х3 = —, х4 = 3.
(х+2Хх + 1)	10	3
2
Ответ: xi - х2 = 3.
6.157.	2(х - 1)2 - 5(х - 1)(х - а) + 2(х - а)2 = 0.
Решение.
Разделив уравнение на (х - а)2 Ф 0, имеем
Пусть----= У-
х-а
Относительно у уравнение принимает вид 2 у 2 - 5у + 2 = 0, откуда
1 0
У1 =~. У2=2.
_ X- 1	1 л	X- 1	Л
Тогда----= —, х, = 2 — а; или-= 2, х2 = 2а — 1.
х-а 2	х-а
Если х-а = 0, то а - 1 = 0 и х = а = 1.
Ответ: х} = 2 - а; х2 = 2а - L
332
6.158.	^9-Jx + l +^7 + л/х+? = 4.
Решение.
ОДЗ: х +1 > 0 или х >-1.
Пусть 4х+Л = у > 0. Относительно у уравнение принимает вид
у]9-у + l/1+у = 4. Возведя обе части уравнения в куб, получим
9 - у + ^(9-у)2(7+у) + 3^(9-у)(7 + у)2 + 7 + у = 64 <=>
<=> 3^/(9-у)2(7+у) + 3^(9-у)(7 + у)2 = 48 «•
« 3^(9-3'Х7+3')х(^9-7 + lfi+у) = 48-
Так как по условию у/9-y + ^7 + у = 4, то
12^/(9-уХ7 + у) = 48 <=>(9-у)(7+у) = 64,/ -2у +1 = 0,(у-1)2 = 0,
откуда У1.2 = 1.
Тогда Jx + 1 = 1,х = 0.
Ответ: х- 0.
6.159.	у/х + 2 - УЗх + 2 = 0.
Решение.
ОДЗ: х + 2 £ 0, х > —2.
Из условия у/х + 2 = 1/Зх + 2 => (х + 2)3 = (Зх + 2)2,
х3 + 6х2 +12х + 8 = 9х2 + 12х + 4 <=> х3 - Зх2 +4 = 0«
<=>(х + 1)(х2 - х + 1)-3(х-1)(х + 1) = 0<=> (х+1)(х2 -4х + 4^ = 0,
(х + 1)(х-2)2 = 0. Отсюдах + 1 = 0, хх = -1, или (х-2)2 =0, х2,з = 2.
При подстановке в исходное уравнение убеждаемся, что Xj = -1 — посто-
ронний корень.
Ответ: х = 2.
333
6.160.
20 + х 20-х гт
л-----+л------= чб
V х V х
Решение.
ОДЗ:
22t£>o,
. х
^£>0,
. х
х * 0,0 < х < 20.
Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем
20 + х о /(20 + х)(20-х) 20-х ,	>1400-х2	Зх-20
-------1- 2у1-------	1	= 6 <=>	=	=>
X V X"--------------------------------------------------X-X-X
\1400-х2 = Зх-20, где Зх- 20 > 0, х - ~-
Далее: 400-х2 = 9х2 - 120х +400 <=> х(х-12) = 0, откуда Xj=O,
А 20
х2 = 12;	= 0 < — не подходит.
Ответ: х= 12.
6.161.	(х - 1)х(х + 1) + х(х + 1)(х + 2) = Зх2 + х +18xVx - 16.
Решение.
ОДЗ: х > 0.
Из условия имеем:
х(х + 1)(х -1 + x + 2) = 3x2+x+1 8xVx — 16 <=>
<=> (х2 + х)(2х + 1) = Зх2 + х + 1 Sx-Jx - 16 <=>
<=> 2х3 + Зх2 + х = Зх2 + х +18xVx - 16 <=> х3 - 9ху[х +8 = 0.
Пусть 4х = у > 0.
Относительно у уравнение принимает вид у6 - 9у3 + 8 = 0, откуда
у3 = 1, у3 = 8 => У\ = 1, у2 = 2.
Получили 7х = 1 или xi = 1; 4х =2, х2 = 4.
Ответ: х{ = 1; х2 = 4.
334
6.162.	у(ах - b)3 - ^l(b-ax) 3 = — (a* 0).
8
Решение.
b
ОДЗ: **-•
a
Перепишем уравнение в виде
Пусть у(ах-Ь)3 =у * 0. Относительно у уравнение принимает вид
у + — - — = 0 <=> 8у2 - 65у + 8 = 0, откуда yt = -, у2 = 8. Тогда:
1
L А	^7	27	1-+1286	27 +Ь 128+6
ax-b = 83 = 23 3 = 2 => х} =	, х2 =-----=-------.
V f	а 128а	а а
1 + 1286	128 + 6
Ответ: х\ - ,	, х2 =------.
128а	а
6.163.	5}у1х^ + ^х14 -Vx - 221£А = 0.
Решение.
ОДЗ: х > 0.
22	27	7	44	27	14
Из условия 5х 15	+ х30	- 22х15	= 0 <=> 5х30	+х30	- 22х30	= 0 <=>
14 (
14
<=>х30 5х + х2-22 = 0. Тогда х30 = 0, Xj = 0 или 5х + х2 - 22 = 0.
у
Пусть х2 =у>0. Относительно у уравнение принимает вид
335
5у2 + у _ 22 = 0, откуда уj = ——, у2 =2; У] = - — < 0 не подходит. Тогда
2
х22 = 2, х2 = 4.
Ответ: х{ = 0, х2 = 4.
6.164.	л/х + 8 + 2у[х + 7 + д/х +1 — yfx + 7 =4.
Решение.
Пусть у/х + 7 = у > 0, х + 7 = у2, х = у2 — 7.
Относительноуравнение принимает вид
д/у2 + 2у +1 + д/у2 — у — 6 — 4, ^(у +1) + д/у2 — у — 6 = 4,
|у+1| + д/у2 -у-6 = 4.
Так как у>0, то у+1 + д/у2-у-6 = 4, -Jy2 -у-6 = 3-у,где
3-у>0, у <3. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
у2 - у - 6 = 9 - бу + у2, у = 3. Тогда Vx + 7 = 3, х + 7 = 9, х = 2.
Ответ: х = 2.
/18 — 7х — х2	/ 8 —6х + х2
6.165.	J---------—+J-------------у
V 8 —6х + х2 V 18 — 7х — х2
Решение.
Запишем уравнение в виде
13
6 ‘
х2 +7х-18 I_ х2 -6х + 8 _ 13
х2-6х + 8 V х2+7х-18	6
1 (х + 9)(х-2) I (х-4)(х-2) _ 13
у (х-4)(х-2) у (х + 9)(х-2)	6
х-4 _ 13
х + 9 “ 6 ’
336
ОДЗ:
_х + 9 >0	[(х + 9)(х-4) < 0,	,	, ..
х-4	’<=>1' ,Л 7	«.хе(-9;2)и(2;4).
х#2,	1х*2>
/х + 9
Пусть J------= у, где у > 0. Относительно у уравнение принимает
V х-4
1	13	7	23
вид у +-----= 0<=>6у -13у + 6=0, откуда У\-~,У2~~- Тогда
у 6	3	2
I х + 9	2 I х + 9 3	х + 9_4	х + 9_9
J-----7=^ или л------т=—• Отсюда------или------------~-
V х-4	3 V х-4	2	х-4 9	х-4 4
откуда Xj = 0, х2 = -5.
Ответ: хх = 0, х2 = -5.
6.166.	(х + 4)(х +1) - 3-\/х2 + 5х + 2 = 6.
Решение.
Перепишем уравнение в виде х2+5х + 4->/х2+5х + 2 = 6<=>
<=> х2 + 5х - 2 - 3>/х2 + 5х + 2 = 0. Пусть >/х2+5х + 2 =у, где у>0,
х2 +5х + 2 =у2, х2 + 5х -у2 -2. Относительно у уравнение имеет вид
у1 - Зу - 4 = 0, откуда = -1, у2 = 4; у} = -1 < 0 не подходит.
Тогда у/х2 + 5х + 2 =4, х2 + 5х + 2 = 16, х2 + 5х- 14 = 0, откуда
Х1 = “7, х2 = 2.
Ответ: х} = -7, х2 = 2.
6.167.	Vx2 +х + 4 + >1х2 +х + 1 = у/2х2 +2х + 9.
Решение.
Из условия >1х2 +х + 4 + Vx2 +х +1 = ^2^х2 + х) + 9.
Пусть х2 + х = у. Относительно^ уравнение принимает вид
у/у + 4 + у/у+1 = у/2у + 9.
337
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
у + 4 + 2^/(у + 4)(у + 1) + у+1 = 2у + 9<=> <j(y+4)(y + l) = 2<=>
<=> у2 + 5у + 4 = 4, у2 + 5у = 0, откуда ух = 0, у2 = -5.
Тогда х2 +х = 0 или х2 +х = -5. Решая каждое из полученных уравне-
ний, находим Xj = 0, х2 = -1; второе уравнение решений не имеет, t.k.D < 0.
Ответ: х{ = 0, х2 = -1.
6168- >/Зх2 -2х + 15 + >/Зх2 -2х + 8 = 7.
Решение.
Пусть Зх2-2х = у. Относительно у уравнение принимает вид
у/у+15 + ^/у+ 8 = 7. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
У + 15 + 2 7(^ + 15)(у + 8) + у + 8 = 49 с	+ 15)(у + 8) = 13 - У, где
13 — у > 0, у < 13.Отсюда (у -+-15)(_у4-8) = (13-у)2, у = 1.
, , 1
Тогда Зх-2х = 1, Зх -2х-1 = 0,откуда х, ---, х2 = 1.
1
Ответ: х] — - —, х2 = 1.
Г 2х+1 „
6.169.	Vx +--- = 2.
х + 2
Решение.
ОДЗ: х > 0.
2х +1	^-_2х + 4 — 2х—1	_ 3
Из условия имеем Vх - 2--— <=> v х  ------------, Vх -	-.
7	х+2	х+2	х+2
3
Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем х = —------<=>
х +4х + 4
х3+4х2+4х-9 л	з . 2 . п	п
<=>--------------= 0, откуда х +. 4х + 4х - 9 = 0 при х Ф -2.
х + 4х + 4
Перепишем уравнение в виде (х3 - 1)+^4х2 -4^ + (4ху 4) = 0,
(х - 1)(х2 + х + 1) + 4(х - 1)(х + 1) + 4(х -1) = 0 <=> (х— 1)(х2 + 5х + 9^ = 0.
338
Отсюда х -1 = 0 или х2 + 5х + 9 = 0. Из последних двух уравнений имеем
х} = 1; второе уравнение решений не имеет, т.к. D < 0.
Ответ: х= 1.
,	Vx + 4 + Vx-4	Г~2 ~
6.170.		= х + у х -16-6.
2
Решение.
[х + 4 > 0,
°даЬ-420~Х-4-
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
х+4 + 2 J(x + 4)(х - 4) + х-4 (	r-z-\2	{	rz.-\
----------------------= [ х + ух2-16 -12 |х + ух2—16 +36,
4--------------------I J	I )
2fx + 7x2 -16l-25fx + Vx2 -1б1 + 72 = 0.
Пусть x + у x2 -16 = у. Относительно^ уравнение принимает вид
7	9
2у - 25у + 72 = 0, откуда У1 =~> у2 =8.
Тоща
1)	х + ух2 -16 = — <=>2ух2 -16 = 9-2х, где 9-2х>0,х<4,5.
После возведения уравнения в квадрат получим
,	,	145
4х -64 = 81-36х + 4х2, 36х = 145, xi ’ не подходит;
2)	х + у/х2 -16 = 8, >1х2 -16 = 8 - х, где 8 - х £ 0, х < 8. После возве-
дения уравнения в квадрат, получим х2-16 = 64-16х + х2, х = 5.
Ответ: х = 5.
6.171.	Vx +Vx-16 = Vx-8.
Решение.
После возведения обеих частей уравнения в куб имеем
х + 3^х2(х-16) -3^х(х- 16)2 +х-16 = х- 8<=>
339
<=> 3^x(x- 16)(Vx + Vx- 1б) = 8-x.
Так как по условию Vx + Vx-16 = Vx- 8, то имеем
3^х(х- 1б)(х-8) = 8 - х.
Отсюда
27х(х - 1б)(х - 8) = (8 - х)3 <=> 27х(х - 1б)(х - 8) + (х - 8)3 = О,
(х-8)(27х(х- 1б) + (х-8)2) = 0, (х-8)(7х2 -112х + 1б) = 0=> х-8 = 0,
Xj =8, или 7х2 - 112х+16 = 0, откуда х 12л/2Т Ответ: Xj = 8, х2 3 = 8 + —-—. 6.172. ^x + Vx2 - lj (х->1х2- Решение. ОДЗ: х2 -1 > 0 <=> х G (-оо;-1]о[1;°о' Из условия имеем ^x + Vx2- 1J -^х + л/х2--^Х-Л <=>^х + л/х2 - 1 j-^x-Vx2 -•(: <=> (х2-х2+1)3(х + >/х2 -	=1« Отсюда имеем х + Vx2 -1 = 1 или х Тогда >/х2 -1 = 1 - х или Vx2 -1 = - рат, получим х2 - 1 = 1 - 2х + х2 или х2 Ответ: х} =1, х2 = -1.	56 ±73024 2,з -	7 = 1. )• /х2-1^) =1<=> r + Vx2-l^ =1<=> >[х + у/х2-1^2 =1. ±Vx2-l =-1. 1-х. Возведяобауравнениявквад- -1 = 1 + 2х + х2, х, = 1, х2=-1.
340
6.173. 2V5VT+1+4 - ^VT+T-l = >/20Vm + 5.
Решение.
x4-l>0,	х>-1,	15
ОДЗ:	—-	<=>x>-—.
2Vx+l-l>0	[2Vx + l>l, 16
Пусть y/x + 1 = у, где у > 0. Относительно у уравнение принимает вид
2^5у + 4 - у/2у-1 = yl20y + 5. Возведя обе части уравнения в квадрат, по-
лучим
20у+16-47(5^4-4X2^-1) 4-2j> -1 = 20j> 4-5 <=>
<=>у + 5 = 27(5y + 4)(2j>-l) <=> / + IOjh + 25 = 4(10/ + Зу-4) <=>
<=>39у2 -i-2y-41 = 0, откуда у»! =“~, У2 = 1; У1 =	< 0 неподхо-
ЗУ	ЗУ
дит. Отсюда Vx4-1 = 1 <=> х 4-1 = 1, х = 0.
Ответ: х = 0.
Решение.
£ -|- 1
ОДЗ:------> 0e>ze(-oo;-l)u(0;oo).
z
[z+i
Пусть = У’ гДе у > 0. Относительно^ уравнение принимает вид
_L-2y-3 = 0<=> 2у3 + 3у2 -1 = 0 <=> 2/ + 2у2 +у2 -1 = 0<=>
У
<=> 2у2 Си +1) 4- Си - 1)(у 4-1) = 0 <=> Си 4-1)(2^2 4- у -1) = 0, у 4-1 = 0, от-
куда у, = -1, или
л
2у 4- у -1 = 0, откуда находим
, 1
у2=-1> ^з = -;
У1 = у 2 = -1 < 0 не подходит.
JZ 4-1	1 Z 4-1 1	4
----= — <=>-----= —, откуда z = —
z 2 z 4	3
4
Ответ: - ~~-
341
6.175.	Vx^T + Vx-2 - V2x-3 = 0.
Решение.
Из условия Vx-1 + Vx-2 = V2x-3, возведя обе части в куб, имеем
х -1 + 3^(х -1)2 (х - 2) + 3^(х-1)(х-2)2 + х - 2 = 2х - 3 <=>
Зз/(х-1)(х-2)[з/(х-1) + з/(х-2)) = 0.
Так как Vx-1 + Vx-2 = V2x-3, то уравнение принимает вид
3з/(х-1)(х-2)(2х-3) = 0 <=> (х - 1)(х - 2)(2х - 3) = 0,
3
откуда Xj = 1, х2 = 2,	= — •
3
Ответ: х, = 1, х2 = 2, хз - “•
6.176.	(Vx + 1 + Vx j + (у/х + 1 + Vx j =2.
Решение.
1х +1 > 0,
°да(х>о ~х-°-
Пусть Vx + 1 + Vx = у, где у > 0. Относительно у уравнение принима-
ет вид
у3+у2 - 2 = 0 <=> у3 - 1+ у2 - 1 = 0 <=>
«(у-1)(у2 +у+1] + (у + 1)(у-1) = 0<=>
<=>(у-1)(/ +У + 1 + У +1) = 0, (у-1)(/ +2у + 2) = 0.
Полученное уравнение равносильно двум уравнениям: у-1 = 0 и
у2 + 2у + 2 = 0, решив которые, найдем у} = 1; второе уравнение решений
не имеет, т.к. Z) < 0.
Тогда Vx +1 + Vx = 1 <=> х +1 + 2^(х + 1)х + х = 1, ^(х + 1)х = -х, где
[х > 0,
х < 0. Отсюда из ОДЗ получаем <=> х = 0.
[х < 0
Ответ: х = 0.
342
6.177.	Vx + 7 - Vx + 3 = 0.
Решение.
ОДЗ: x + 3>0, x>-3.
Из условия у/x + l = Vx + З и возведя обе части в шестую степень, получим
(х + 7)2 = (х +З)3 <=> х2 + 14x4-49 = х3+9х2 +27x4-27 <=>
<=> х3 + 8х2 + 13х - 22 = 0. Проверкой убеждаемся, что х, = 1, так как
1 + 8 + 13-22 = 0. Левую часть уравнения разделим на х-1:
х3 +8х2 + 13х-22
х-1
= х2+9х + 22.
Тогда (х — 1)(х2 + 9х + 22^ = 0.
Отсюда х - 1 = 0, X! =1, или х2 + 9х + 22 = 0, решений нет, t.k.D < 0.
Ответ: х= 1.
6.178.
Решение.
ОДЗ: (а - x)(Z>- х) > 0.
Перепишем исходное уравнение в следующем виде
= 0 <=>
<=> -4-J(a -х)2 +1 ОдДа-x)(Z>-х) -4-J(Z>-x)2 = 0
при 7(а-х)2 “ 7(а"х)(^-х)+^(ь~х)2 * °-
343
Разделив обе части последнего уравнения на - 2у](Ь-х)2 + о, имеем
-5ЛГ—^+2 = 0.
у Ь-х
а-х
Пусть J----= у, гдеу> 0. Относительно у уравнение принимает вид
V Ь-х
7	1	а-х 1
2у -5у + 2 - 0, откуда находим Vj = —, у2 =2. Тогда J--= — или
2 '	у Ь-х 2
а-х	а-х 1	а-х
--	=2. Значит, -или ~--4, откуда находим
b-х----------------------------------Ь-х 4	Ь-х
4Ь-а
 3
4а — Ь 4Ь-а	,
Ответ: Х] = —-—, х2 - —-—; если а = Ь, то решении нет.
6.179.	|х|+|х-1| = 1.
Решение.
Нанесем на числовую ось корни модулей и рассмотрим уравнение на
полученных трех промежутках оси. Имеем три случая:
1)	если х < 0, то -х - х +1 = 1, откуда находим х = 0; решений нет,
поскольку х < 0 не принадлежит рассматриваемому промежутку;
2)	если 0<х<1, то уравнение принимает видх-х +1 = 1 или1 = 1;
решением будет х е [0; 1);
3)	если х > 1, то получаем х + х -1 = 1, откуда х = 1.
Ответ', х е [0; 1].
6.180.	(х2+х + 1) + (х2+2х + 3) + (х2+Зх + 5) + ...
... + (х2 + 20х + 39) = 4500.
Решение.
Количество слагаемых равно 20. Запишем уравнение в виде
(х2 + х2 +... + х2) + (х + 2х + Зх +... + 20х) + (1 + 3 + 5 + ... + 39) = 4500 о
20х2+х(1+2 + 3 + ... + 20) +(1 + 3 + 5 + ... + 39) = 4500.
344
По формуле суммы членов арифметической прогрессии имеем
20х2 + х-^5.20 +	• 20 = 4500	2х2 + 21х-410 = 0,
2	2
41
откуда	х2 = 10.
41
Ответ: xi х2 = 10.
6.181.	у/х + а + Vx + a + 1 + Vx+a+2 = 0.
Решение.
Переписав уравнение в виде Цх + а + у/х + а + 1 = -у/х + а+ 2 и возве-
дя обе части в куб, получим
Так как Цх + а + Vx + a + l = -Цх + а + 2, то имеем
- ^(х + а)(х + а + 1)(х + а + 2) = -(х + а +1) <=>
<=> ^(х + а)(х + а + 1)(х + а + 2) = (х + а +1) <=>
<=> (х + а)(х + а + 1)(х + а + 2) = (х + а +1)3 <=>
<=> (х + а + 1)^(х + а)(х + а + 2) - (х + а + 1)2 ) = 0 <=>
(х + а +1)(-1) = 0, откуда х = -(а +1).
Ответ: х = —(а + 1).
6.182.	|х|3+|х-1|3 = 9.
Решение.
Как и в № 6.179, имеем три случая
|х<0,	Jx<0,
|-х3-(х-1)3 =9** |2х3-Зх2+Зх + 8 = 0.
Проверкой убеждаемся, что Xj =-1,так как -2-3-3 + 8 = 0. Делим
левую часть уравнения нах + 1:
2х3 - Зх2 +Зх + 8
х+1
- 5х + 8.
345
Уравнение можно записать в виде (х + 1д2х2 - 5х + 8J = 0. В уравнении
2х2 - 5х + 8 = О Z) < 0 и корней нет.
2)
0<х<1,
Зх2 -Зх-8 = 0.
3± V105 и
Xj 2 =------. На втором промежутке решении нет, потому что ни
3 + V105
НИ X, =-------
6
не принадлежат [0; 1);
х3+(х-1)3 =9
х > 1,
2х3 - Зх2
+ Зх-10 = 0.
Проверкой убеждаемся, что X] = 2, так как 16-12 + 6-10 = 0. Делим
2х3-Зх2+3х-10 п 2
левую часть уравнения на х - 2:---------= 2х + х + 5.
Уравнение можно представить в виде (х - 2д2х2 + х + 5) = 0, откуда
корень X! = 2 данного уравнения найден подбором. В уравнении
2х2 + х + 5 = 0£)<0и корней нет.
Ответ: Xj = -1, х2 = 2.
Решить системы уравнений (6.183—6.243):
ру(х + 1)(у+1) = 72,
6183' |(х - 1)(у-1) = 2.
Решение.
[ху(ху + х + у+1) = 72,
Из условия (	,	.
[ху-(х + у) = 1.
[ху = W,
Пусть -j + Относительно м и v система принимает вид
[u(u + v+ 1) = 72,
<	=> v = и - 1. Подставив это значение v в первое урав-
u- v = 1
346
нение системы, получим и(и + и-1+ 1) = 72, 2и2 =72, откуда их =-6,
и2 = 6 и Vj = -7, v2 = 5.
Тогда данная система равносильна совокупности двух систем:
| ху = -6,
ху = 6, jxj =2, (х2 = 3,
Х+У = 5 |/1=3; [у2=2;
-7 + V73
х3 =-----
3	2
1+4тз
у'-=-^~
7 + V73
х4 =-------
4	2
-1+4тз
у^-^—
Ответ: (2;3), (3;2),
r-i+4i3
2
7+Утз^ ( 1+413 -1+41Г
2 Д" 2 ' 2 J
6.184.
2х2-3ху + у2 =3,
х2 + 2ху-2у2 = 6.
Решение.
Так как левые части уравнений однородны относительно х и у, введем
замену у = tx; система уравнений примет вид
x2(2-3t + t2)=3,
x2(l + 2f-2/2) = 6.
Разделив левые и правые части уравнений (х^О), получим
2-3/ + Г2
1 + 2Г-2t2
2
п . Л	13
-+ 3 = 0,откуда Л =~, ^2 =~>
1) Л - Из уравнения x2(l + 2t-2t2) = 6 находим х2 1+1— =6,
'	\.	2 J
х1 = 4, откуда х, = 2, х2 = -2; тогда у, = 1, у2 = -1;
_3	9А
2) *2 ~ • Тогда х l1 + J 2J °’х~_ 12, решений нет.
Ответ: (2; 1), (-2; -1).
347
6.185.
х24-2у2 = 17,
х2 - 2ху = -3.
Решение.
Так как левые части системы однородны, то делаем подстановку
у = tx. Тогда система примет вид
х2(1 + 2/2) = 17,
х2(1- 2/) = -3.
Разделив левые и правые части уравнений (х Ф 0), получаем
14-2/2
1-2Г
17 С	1 \	7
— /#— <=> З/2-17/4-10= О, /, =-, к =5-
3 V 2J	1 3 2
1)	• Из уравнения х2(1-2/) =-3имеем х2^1- —J =-3, х2 =9,
х, =3, х2 =-3; У1 =|-3 = 2, у2 =|(-3) = -2;
2/	2 1	1	1 /И
2) /2 =5.Тогда х2(1 -10) =-3, * =-yxl =--j=, х2 = yt = 5l --^= I =
5 < 1
—7Т’ ^2 =5 -7= =
V3 V3
Ответ: (3; 2), (-3; -2),
^Тз (
3 К
6.186.
ах 4- by 4- cz = к,
' a2x + b2y + c2z = к2,
a3x + b3y + c3z = к3, а*Ь,Ь*с,сФа.
Решение.
Решение системы получаем по правилу Крамера. Вычислим определи-
тели системы
Д =
а
а2
а3
b
ь2
ь3
с2 = ab2с3 +a3bc2 +a2b3c-a3b2c-a2bc3 - ab3с2,
с
348
Ду =
к
к2
к3
ь
ь2
ь3
с
с2
с3
= кЬ2с3+ к3Ьс2 + к2Ь3с-к3Ь2с- к2Ьс3 -кЬ3с2,
а
а2
а3
к
к2
к3
2
с
с3
= к2 ас3 + к3а2с + ка3с-к2а3с- ка2с3 - к3ас2,
b
Ь2
Ь3
к
к2
к3
= к3аЬ2 + к2а3Ь + ка2Ь3 -ка3Ь2 -к2аЬ3 - к3а2Ь.
а
= а2
а3
Решением системы будет
кЬ2с3 + к3Ьс2 + к2Ь3с-к3Ь2с-к2Ьс3 -кЬ3с2
Д ab2c3 +a3bc2 +a2b3c-a3b2c-a2bc3 -ab3c2
к(к-с)(к-Ь)
_ Ду _ к2ас3 +к3а2с + ка3с2 -к2а3с-ка2с3 - к3ас2
У Д ab2c3 +a3bc2 +a2b3c-a3b2c-a2bc3-ab3c2
к(к-с)(к-а)
? Ь(Ь-с)(Ь-а)’
Az k3ab2 +к2а3Ь + ка2Ь3-ка3Ь2-к2аЬ3-к3а2Ь
Д ab2c3 +a3bc2 +a2b3c-a3b2c-a2bc3-ab3c2
к(к-а\к-Ь)
z = —т-ъ----г
к{к-с}{к-Ь)	_к(к-с)(к-а)	_к(к-а\к-Ь)
Ответ, х а(а _ с"^а _ у b[b-c)(b-a)* c(c-a\c-b)
349
|(х + 1)(у + 1) = 10,
6Л87' |(х-!-7)(ху + 1) = 25.
Решение.
\ху + х + у +1 = 10,
Перепишем систему уравнений в виде	+ _ 25 и введем
х + у = и,
подстановку
v + u = 9,
Относительно w и v система принимает вид 5 ,	. л
[u(v+l) = 25.
Отсюда v = 9 — и => и(9 — и +1) = 25 <=> и2 - 1 Ou + 25 = 0, (и — 5)2 =0, от-
куда и = 5; v = 4.
Jx + j2 = 5,	fx1=4, [х2=1,
[ху = 4	. I/! = 1; V2 = 4-
Ответ: (4; 1), (1; 4).
2	3
х-ау + а z = a ,
«.188. У~ЬУ^ = Ь\
x-cy + c2z = с3, a*b,b*c,c*a.
Решение.
Вычтя из первого уравнения системы второе, имеем
-	(а - Ь}у + (а - 5)(а + b}z = (а - Ь](а2 + ab + b2 j <=>
<	=> -y + (a + b)z = a2 +ab + b2.	(1)
Аналогично, вычтя из первого уравнения третье, получим
-	(а - с)у + (а - с)(а + c)z = (а- с)(а2 + ас + с2 j <=>
-	y + [a + c)z = а2+ас + с2.	(2)
350
Вычтя из уравнения (1) уравнение (2), имеем
(а + b}z - (а + c)z = ab + b2 - ас-с1 <^>z = a + b + c.
Подставив z = a + b + c в уравнение (1), получим у = ab + Ьс+са. Под-
ставив z = a+b + с и у = аЬ + Ьс + саъ первое уравнение системы, имеем
х = abc.
Ответ: х = abc, y = ab + bc + ca,z = a+b + c.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
х3 + ху2 -х2у-у3 = 5,
х3 -ху2 +х2у-у3 = 9.
Сложив и вычитая первое и второе уравнение, получаем
2х3-2у3 = 14,	х3-у3=7,	(х-у)^(х-у)2 +3^j = 7,
2ху2 -2х2у = -4	[-ху(х-^) = -2	|ху(х-у) = 2.
Пусть-И ? U’ Относительном и v система уравнений принимает вид
[ху = V.
[m(m + 3v) = 7,	2
<	=> v = —, отсюда
mv = 2.	и
и\ и2 + 3- —I = 7 <=> и3 = 1, m=1;v = 2.
к и J
{х-у=\,	[xj = 2, (х2=-1,
откуда 4	<
ху = 2,	[у! = 1; [у2 = -2.
Ответ: (2; 1), (—1; —2).
351
abc > 0.
Решение.
с
Из третьего уравнения находим z = — и подставляем во второе уравнение
ху = Л,
у- = ь,
X
с
z = —.
X
Из второго уравнения находим у = — х и подставляем в первое уравнение:
с
352
6.191.
2	2
х + у = у + Х,
у2 + х = 6.
Решение.
Из условия имеем
х2-у2-х + у = 0,<[(х- у)(х + у) - (х - у) = 0,
у2+х = 6	[у2+х = 6
2
Полученная система равносильна совокупности двух систем уравнений:
(х-у = 0,
+х = 6или2>
решив их, найдем
х + у —1 = О,
,2
Xj — 2, jx2 — —3,
71=2; [у2=-3;
1 + V21
х3 =----
2
1-4i\
Уз = -^~
1-V21
х4 =------
4	2
i+4i\
Ответ: (2; 2),(-3;-3),
6.192.
Решение.
ОДЗ: х * +у.
)х + у — и^
где и * 0 и v 0. Относительно миг система прини-
x-y = v,
мает вид
- + —= 3,	f4(u + v) = 3uv,	4	ч
u v <=>]/	\2	=> uv = — (m + v).
,2 ,„2_on I(m+v) -2mv = 20.	3
12 Группа Б
353
Из второго уравнения:
3
(	\	10	(	\ z \	40
откуда (u + vjj =—— или (m + v)2 = 6; (uvjj =——
mv)2=~6 = 8;
u+v = - — , (u + v = 6,
40	| uv = 8.
wv--—;
Отсюда находим
x + y = 2,^ jx3 =3,
x-y = 4	[y3=-l.
x + y = 4,	(x4=3,
X-y = 2 [y4=l-
Ответ:
5. V65
3’ 3
’(3;-l),(3; 1).
354
x + yz = 2,
6.193. <y + zx = 2,
z + xy = 2.
Решение.
Из третьего уравнения системы находим z = 2 - ху и подставляем в пер-
вое и второе уравнение:
х + у(2 - ху) = 2, х + 2у - ху2 =2, х + 2у - ху2 = 2,
* у + (2- ху)х = 2,<=> * у+2х — х2у = 2, <=> ' у(1-х2)-(2-2х) = 0, <=>
z = 2-ху
z = 2-ху
z- 2-ху,
х + 2у-ху2 = 2,
<=>{(1-^)(Я1 + х)-2) = 0’
z = 2 - ху.
Второе уравнение равносильно двум уравнениям: 1-х = 0 или
у(1 + х) - 2 = 0. Отсюда, данная система равносильна двум системам урав-
нений
х + 2у-ху2 = 2,
1-х = 0,
z = 2-ху
х + 2у-ху2 = 2,
или 2) ’ у(1 + х) - 2 = 0,
z = 2 - ху.
1) Из второго уравнения системы
1 + 2у-/ =2,
х = 1,
z = 2 — у
У = У1 = 1,
х = 1,	IX] =1,
z = 2-y. Zj=l.
У\ = 1,
Xj = 1,
у2-2у+\ = 0,	(у-1)2=0,
X = 1,	<=> ' X = 1,
z—2—у	z—2—у
X- 1,
z = 2 — у
355
2) Запишем систему в виде
(1-у)(х(1 + у)-2) = 0,
z = 2 - ху.
Первое уравнение последней системы равносильно двум уравнениям:
\-у = 0 или х(1+у) = 2.
Таким образом, система равносильна двум системам уравнений:
1-у = 0,
2
 у =---, или <
1 + х
z = 2-xy
х(1 + у) = 2,
2
z = 2-ху.
х2 = 1,
У2 = h
z2 =
*3 = -2, х4 = 1,
< Уз = -2,  у4 = 1,
Лз = “2; z4 = 1.
Ответ: (1; 1; 1), (-2; -2; -2).
6.194. <
5	4
2	+ 2
х -ху у -ху
7	3
6’
6
5
Решение.
ОДЗ: sy О,
х Ф у.
„ 1 1
Пусть —2----= и, —т----= V. Относительно и и v система уравнении
х -ху у —ху
имеет вид:
5u + 4v = —,
6
п о 6
7u-3v = —.
5
35м-6
15

х Ф О,
356
1	1
Из системы находим w ; v = -—
10	6
Тогда
1
2
х -ху
~2
-ху
1
“ 10’
2
_-б
х2 -ху= 10,
у2-ху = -6
5
х = ~У,
у(х-у)=6
5
х = —
3
у-у-^|=6 . 1у = ±3.
Таким образом, данная система равносильна системам уравнений:
5
5
3
5
х = — у,
*	3 или
7 = -3
Ответ: (-5;^-3), (5; 3).
5
х = —
3
7 = 3
Xi = -5,
Ух = -з;
х2 =5,
У2 = 3.
х2 +у2 -2х + Зу-9 = 0,
6.195. 1,2
2х + 2у + х - 5у -1 = 0.
Решение.
т,	]2х2 + 2у2-4x4-бу-18 = 0,
Из условия <	,	_
2х2 +2/ +х-5у-1 = 0.
Вычтя второе уравнение системы из первого, будем иметь:
-5х+11у-17 = 0.
?
5х +17 Г п 5x4-17 Л л
------- -2x4-3------------9 = 0 <=>
11 )	И
<=> 146х2 4-93х-239 = 0, откуда Xj	х2 = 1; У\ =——, у2 -2.
146	146
146 146/v 7
357
х2 +у2 =34,
6.196. 1	_
х + у + ху = 23.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
(х + у)2 -2ху = 34,
. ч __	и, обозначив
(х + у) + лу = 23
получаем <
ху = V,
w2-2v = 34,
и + v = 23
и2 -2(23-м) = 34, и2 + 2м-80 = 0, откуда
их =-10, и2 =8; vj =23-10 = 13, v2 =23-8 = 15.
Данная система равносильна совокупности двух систем уравнений:
[х + у = -10,	fx + y = 8,	[xi=3, [х?=5,
5	или
(ху = 13	|^ху = 15	[yj = 5; [у2 = 3.
Ответ: (3;5),(5;3).
х2+у4 = 20,
х4+у2 =20.
Решение.
тт	74	4	7447 2л
Из условия имеем х + у = х + у , у - х + х - у = 0,
(у2 - X2 )(у2 + X2) - (у2 - х2) = 0 О (у2 - х2 )(у2 + X2 -1) = 0,
равносильное двум уравнениям: у2 -х2 = 0 или у2 + х2 -1 = 0, у = х2
или у2 = 1-х2 х4 + х2 = 20 или х4+(1-х2) = 20; х4 + х2-20 = 0
6.197.
4 о , л л	2 л 2 е 2 1 —л/77	2 l + "v77
ИЛИ X -X -19 = 0, откуда xf = 4, х2 = -5, х$ = —-—, х\ = —-—
х2 и х2 не подходят. Тогда х = ±2 или х = ±^ +	; у2 =4,
9 1-V77	•?
У2 =—-—, откуда у = ±2 (значение у^ не подходит).
Ответ: (2 ;2), (-2 ;-2), (2; -2), (-2; 2).
358
6.198.
1 ab+\
x + у +--------
x-y b
1	ab+1
x - у +---=----
x + y	a
Решение.
ОДЗ: x * +y, a*0,b*0.
Умножив первое уравнение системы на х - у 0, а второе — на
х + у Ф 0, имеем
2	2 1 ab +1 /	\
х _у +1 = —(х-Я а (х-?)
х2_/ + 1 = ^*±1(х + у). Ь (х + 7)’
а-b	2
У =--7х’ где а*-Ь=> х
а + Ь
(а~^)2 2
(а + *)2
a-b А
---- х +--х =>
а. V а + Ь )
+ 1 =
=> 4abx2 -2(aZ> + l)(a+Z>)x + (a+Z>)2 =0, откуда
(ab + 1)(а + b) ± 7(лб + О2 (л + b)2 - 4ab(a + b)2
(ab + 1)(а + Ь) ±^(а + b)2{(ab + 1)2 -4aZ>)
4ab
(ab + 1)(а + b) ± (а + b)<J(ab-I)2 (ab + 1)(а + b) ± (а + b)(ab -1)
4ab	4аЬ
(а + b)(ab +1 ± (ab — 1))
4аЬ
Тогда
_ (а + b)(ab + 1 - ab + 1) a + b (a+ti)(ab + \ +ab-ty a + b
Xi —	....... =	л X'y — 1	~— = ——. •
4ab	lab	4ab	2
a-b a + b a-b	a-b a + b a-b
y, = --:------=------, V, =----------=------.
a + b lab	lab	a+b 1	1
359
Ответ: если ab +1 = 0, то у = +7х2 +1, х —любое; если ab +1 0, то
а+Ь а-b а+b а-Ь
х- 1 _ у + 3 _ z-\
6.199. *2	3	4 ’
2х + Зу- 5z +19 = 0.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
х-1_ у + 3
3х-3 = 2у + 6,
Зх-2у = 9,
<=> <4у + 12 = 3z-3, <=> <4у-3z =-15,
2x+3y-5z = -19	(2x + 3y-5z = -19	|2x+3y-5z = -19.
2x + 3y+19
=> z =--------.
5
Ответ: (3; 0; 5).
[(x+y)2 +2x = 35 -2y,
6.200. v Л 2	,
[(x-y) -2y = 3-2x.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
х2 + 2ху + у2 +2х = 35 -2у,
х2 - 2ху + у2 - 2у = 3 - 2х.
360
Вычитая второе уравнение системы из первого, имеем
Подставив это значение х в первое уравнение системы, получим
^-^ + у| + 2- —— = 35-2у =>у4-20у2+64 = 0,
куда у, = -2, у2 = 2, у3 = -4, у4 = 4; х} = -5, х2 = 3, х3 = -3, х4 = 1.
Ответ: (-5; -2), (3; 2), (-3; -4), (1; 4).
6.201. 4
---------------1—
х + у-1 2х-у + 3 2
х + у-1 2х-у + 3 5
Решение.
х + у * 1,
ОДЗ: н ,
м 12х - у * -3.
х + у —1
= w,
Пусть <
2х-у + 3
Относительно и и v система принимает вид
L ,	5	[	1
4«-5v = --	« =
7 I 1
3u+v =—,	v =—.
[	5 I 10
Тогда
x + y-1	2" ^\x + y = -\,
1_J_	|2x-y = 7, откуда x = 2, у = -3.
2x-y + 3 10
Ответ: (2; -3).
361
6.202.
1 1 1
с у z
1 1 1
*У yz
— = 1.
xyz
Решение.
ОДЗ: Ь*0,
z * 0.
Умножая левую и правую части каждого из уравнений системы на
xyz Ф 0, получим
yz + xz + ху = 3xyz, yz + xz + xy = 3,
sz + х + у = 3xyz, <=> < х + у + z = 3,	<=>
xyz = 1	[xyz = 1,
1
xy(3-(x + y))=l.
1
3-(x + ^)
z[y + x) + xy = 3,
z = 3-(x + y),	=>
xyz = 1.
= 3<=> (х + >>)3-б(х + у)2 +12(х + у)-8 = 0 при x + y*3.
Представив полученное уравнение в виде ((х + у) - 2)3 = 0, откуда
х + у = 2; тогда z = 1, ху = 1.
Отсюда <
[ху = 1,
Ответ: 1; 1).
362
х + у + z = О,
6.203. \cx + ay + bz = Q,
a*b*c.
(x + б)2 + (у + с)2 + (z + a)2 = a2 + b2 + c2,
Решение.
Перепишем уравнение в виде
х+у + z = 0,
- сх + ay + bz = О,
х2 + 2bx+b2 + у2 +2су + с2 +z2 + 2az + a2 =а2 + Ь2 + с2
x + y + z = Q,
<=> < сх + ay + bz = О,
(х + у + z)~ - 2ху - 2xz - 2yz + 2bx + 2су + 2az = О
х + у + z = О,
сх + ау+bz = О,
ху + yz + xz - bx - су - az = О
z = -(x + y),
« сх + ау + bz = О,
ху - bx - су + {у + х - a}z = О
сх + су - 6(х + у) = О,
ху - Ьх - су - (у + х - а)(х + у) = О
(х - с + а)у - у2 ~{Ь + х- а)х = 0.
с-Ь
Подставив У = ~—-х из второго уравнения системы в третье, получим
(х-с + а)(с-Ь)	(с-6)2 о ? /. ч
-------J-x-±----^-x2-x2-(6-a)x = 0=> x(x-(a-6))=0,
b-а (б — a)
с-6 /	,
откуда Xj = 0, х2 = а - 6; yt = 0, z} = 0; У2 =	~ [а-Ь) = Ь-с,
z2 = -(а -b + b-c) = c-a.
Ответ: (0; 0; 0), (а - 6; 6 - с; с - а).
363
x+y + ^ = 'l,
6.204. ,	/2
(x + y)x
----у—= 12.
. У
Решение.
ОДЗ: у * 0.
Из условия имеем
I u + v = 7,
Относительно и и v система принимает вид <	откуда находи
[u-v = 12,
{и{=3, fu2 = 4,
vi = 4; |v2 = 3.
Таким образом, получаем
х + у = 3,
2
< х . или
— = 4
х + у = 4,
X* =ф=6’ р2=2
у2 3-	[У1 = -3; [у2 = 1;
4у[з
4 — Г~
V3 +
4
1+7з
Ответ: (6; - 3), (2; 1), (6+ 2>/3; - 2 - 2л/з ), ( 6 - 2л/3; -2 + 2^3).
364
6.205.
3
:2+/-l х ’
2 +у2 + — = 22.
У
Решение.
Мн.
2	2
X +у
Пусть IT = V
= v.
= и,
Тоща относительно и и v система уравнении имеет вид
---; + 2v=l,
и-1
4
w + —= 22
v
—+ 2v=l,
и-1
оо 4
w = 22—.
f 3
__ 4
Подставив значение и = 22 - — из второго уравнения в первое, имеем
3	э
-------+ 2v = lo21v2 -13v + 2 = 0,
22- —-1
v
2	1
откуда v, = —, v2 = w, = 8, и2 = 10.
х2 + у2 =8,
У-Л
,х 7
х2 + у2 =10,
У =1
х 3
%! =-14.
х2 =
Т2 = 4
или ’
У1 = -4
х3 = 3, Jx4 = -3,
7з = 1; 1т4=-1-
Ответ:
Г-14л/106 -4л/106>| Г14V106 47106"! „	„
; -^з~} пг~;	J’(3; 1}’(-3
-1).
365
6.206.
х + у + ху = 7,
х2 +у2 + ху = 13.
Решение.
Из условия получаем
(х + у) + ху = 7,
(х4-у)2-лу = 13.
[х + у = и,	fu4-v = 7,
Пусть <	тогда имеем s 2	, -
[лу = у,	[w -v=13.
Сложив уравнения системы, получим и2 - 7 + u = 13, и2 4- и - 20 = 0,
откуда их = -5, и2 = 4; тогда V] = 12, v2 = 3.
Данная система равносильна двум системам уравнений
[х4-у = -5,	[х + у = 4,	Гл?) = 3, (х2 = 1,
<{	или s	=> s 5
[ху = 12	|ху = 3.	[^1 = 1; [У2=3.
Ответ: (3; 1), (1; 3).
6.207.
X 4- у + Z = 6,
’ х(у + z) = 5,
у[х + z) = 8.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
X 4- у + Z - (),
<xy4-xz = 5, => z=6-x- у.
yx + yz = 8.
xy + x(6-x-y) = 5, (х2-6x4-5 = 0,
ух + у(б-х-у) = 8	[у2-бу 4-8 = 0,
откуда X] = 5, х2 = 1;
у} = 2, у2 = 4.
Таким образом,
х} =5, х2 = 5,
У1 = 2, ' у2 = 4,
~ ~ 1’ ,г2 = — 3>
х3 = 1,	х4 = 1,
,Д;3=2»	Р4=4>
z3=6-l-2 = 3; [z4=6-1-4=1.
Ответ: (5; 2; - 1), (5; 4; - 3), (1; 2; 3), (1; 4; 1).
366
6.208.
(х-у)(х2 -у2^ = За3,
(х + у)(х2 + у2)= 15а3.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
х3 -ху2 — х2у + у3 = За3,
х2 +ху2 +х2у + у3 = 15а3.
Сложим и вычтем второе и первое уравнения:
2х3+2у3=18а3,	\х3+у3=9а3,
2ху2 +2х2у = 12а3 [ху(х + у) = 6а3
(х + у)((х + .у)2 -Зху) = 9а3,
ху(х+у) = 6а3.
)х+у = и,
_	Относительно и и v система уравнений принимает вид
и(и2 -3v) = 9а3,	6а3
1	1	=> v =----
uv = 6а3	w
2 .6а3
и\и - 3-------------
I и
= 9а3, и3=21а3,
6а3 о 2 \х + у = 3а	[х^а,
За	[ху-2а ,	[yi = 2а;
Ответ: (а; 2а), (2а; а).
х3+у3 = 19,
6.209. 5 2	2
X у + ху =-6.
х2 = 2а,
У1 = а-
Решение.
Из условия имеем ’
19,
лу(х + у) = -6.
Пусть <	Относительно и и v система принимает вид
[ху = V.
UV = -6.
=> и3 = 1, откуда и = 1, v = -6.
Jx+y = l, J хг = —2, 1х2 = 3,
Получаем	= _6 => |у) = 3;	= _2
Ответ: (*- 2; 3), (3; - 2).
367
6.210.
х4+у4 = 17,
x2+y2=S.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
( (х2 + у2)2-2х2у2 = 17,	25-2хУ=17,	|х2у2=4,
х2+у2=5	х2+у2=5	х2+у2=5,
|лу = ±2,
^((х + у)2 -2лу = 5.
Данная система равносильна двум системам уравнений:
(ху = -2,	[ху = 2,	Гх!=2, |х2=1,
[(х + у)2 -2ху = 5 ИЛИ [(х+у)2-2ху = 5	[У1 = 1; [у2=2;
х3=-2, ]х4=1, (х5=2, ]х6=-1, Jx7=-2, ]х8=-1,
Уз =1л = -2; [л = -1; [л = 2; [у7 = -1; [л = -2.
Ответ: (2; 1), (1; 2), (- 2; 1), (1; - 2), (2; - 1), (- 1; 2), (- 2; - 1),(- 1; -2).
6.211.
х 16
ху---= V’
У з
у 9
ху-- = ~-
х 2
Решение.
[х * 0,
ода^о.
Вычитая из первого уравнения системы второе, получим
х у 5
— + — = -.
у X 6
х	2	3	2
Пусть — = /. Тогда имеем 6r + St - 6 = 0, откуда tx = —, /2 = —. Toi
У	2	3
х 3	х 2	3	2
Да ~ = --	или - = -	и х, =	--у,	х2 =	-у.
у 2	у 3	2	3
368
Из первого уравнения системы имеем:	у2+— = —, или
2	23	2 2 2 16 2
У (нетрешений), и ~У ~^ = ^’У = 9 =>^ =-3, у2 = 3. Тогда
%] = -2, х2 = 2.
Ответ: (2; 3),(-2;-3).
6.212.
3	15 ,
— +— = 2,
UV VW
*5+А = 2.
VW WU
5	3,
— + —= 2.
WU UV
решение.
u*Q,
у* О,
w* 0.
От-
3	15	5.
Пусть----- X, — = у, — = Z.
UV	VW	WU
Относительно*, у иг система уравнений принимает вид
х + у = 2,
-у + г = 2, =>г=2-*.
z + x = 2.
Подставив это значение г во второе уравнение, получим
х + у = 2,	х + у = 2,
у+2-х=2	у-х=0
2у = 2,
2х = 2.
=> х= 1,у = 1.
Тогда z = 2 -1 = 1.
uv
Таким образом
WV
wu
wv = 3,
ir	5
« vw= 15,	w = —.
и
wu = 5
369
Подставив это значение w во второе уравнение, имеем
’	5_1С<=><	=>u-3u = 3, и = 1, откуда их = -1, и2 = 1.
V—-1э v = 3w
U
Тогда v, = -3, v2 = 3; Wj = -5, w2 = 5.
Ответ/ (-1; -3; - 5), (1; 3; 5).
6.213.
х6+/ = 65,
х4 -х2/ +у4 = 13.
Решение.
По формуле суммы кубов получаем
(х2 +/)(х4— х2у2 +/)= 65,f(x2 +/)13 = 65,
х4-х2у2+у4 = 13	х4— х2/ + у4 = 13
х2 +у2 =5,
25-Зх2/ = 13
х2 + у2 =5,
х4-х2у2 + у4 = 13
= 13
X2 +у2 =5,
х2/=4.
Система равносильна совокупности двух систем:
У = 5-х2,
J	’ или
J -1
у2 = 5-х2
х2 = 4
2, Гх2 — 2, Jxj —2,
Vi = 1; 72=-!;
fx4 =-2, Jx5 = 1, Jx6=-1,
1Л» = 1; 75 = 2; 7б = -2;
fx7 = l, Гх8=—1,
77 ~ _2; 78 = 2-
Ответ: (2; 1), (-2; - Г), (2; - 1), (-2; 1), (1; 2), (- 1; - 2),
(l;-2), (-1;2).
370
x + y + z = 0,
6.214. < 2x + 3y + z = 0,
(x+1)2+(y + 2)2+(z + 3)2 = 14.
Решение.
Из первого уравнения системы находим z = -х - у и подставляем во
второе и третье уравнения:
(2х + 3у-х-у = 0,
|(х+1)2+(у + 2)2+(-х-у + 3)2 = 14
(х + 2у = 0,
[(х + 1)2 + (у + 2)2 + (-х-у+3)2 = 14.
Отсюда х = -2у, (~2у +1)2 + (у + 2)2 + (2у-у + 3)2 = 14 <=>
<=> у2 + у = 0, откуда ух = 0, у2 = -1; xt = 0, х2 = 2; zx = 0, z2 = -1.'
Ответ: (0; 0; 0), (2; -1;-1).
х3+Злу2 =158,
6.215. V 2 з
Зх2у + у3 = -185.
Решение.
Сложим и вычтем первое и второе уравнения:
х3+3лу2+Зх2у + у3 =-27,	(х + у)3 =-27,
х3 + Злу2-Зх2у-у3 = 343	|(х-у)3=343
Ответ: (2; - 5).
Решение.
откуда х2+у = х + у2, х2-у2-х+у = 0,
Из условия ’
усливил	,	и 1 куда х ту = .
х + у =20,
(х-у)(х + у)-(х-у) = 0, (х-у)(х + у-1) = 0.
Следовательно, данная система равносильна двум системам уравнений:
|х-у = 0,
(х+у2-20 = 0
или
х + у-1 = 0,	|Х]=-5, |х2=4.
х + у -20 = 0	[у1 = -5; |у2 -4:
1 + V77
х3 =------
3	2
\-4rt
1-V77
Хд =---
4	2
1 + V77
Л=-у-
Ответ: (- 5; - 5), (4; 4),
1 + V77 . 1-V77
2	’	2
1-V77 1 + V77
2	’	2
х4+х2/+/=91,
6.217.	5 ,	,
х + ху + у = 13.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
(х4 + у4)+х2у2 =91><=> (х2+/)2-х2у2 =91,о
х2+ху + у2=13	х2+у2=13-ху
л? = 3,
f(13-^)2-*2/ = 91 {^ = 3.
]х2+/=13-*У	1(1+у)
1ху = 3,
[х 4- у = ±4.
Данная система равносильна двум системам уравнений:
= 1> \х2 = {ху= —1, Jx4 = —3,
7i = 3; [у2 = i; Ьз = -3; |у4 = -1.
Ответ: (1; 3), (3; 1), (- 1; - 3), (- 3; - 1).
х3 +у3 = 9а3,
6.218.	] 2	2x3
х у + ху =6а .
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
(х + у)[(х+у)2 -Зху) = 9а3,
XV = 3,	|ху = 3,
, ИЛИ 5
ху(х + у) = ба3.
372
\х + у = и,
Пусть j _ v Относительно и и v система принимает вид
откуда и = За; v =-= 2а .
За
{х + у = 3а,	(х^а, (х2 = 2а,
ху-2а2 V,=2a; Ь2=а.
Ответ: (а; 2а), (2а; а).
x + y + z = 3,
6.219.	\Х + 2У-^2’
X + yz + ZX = 3.
Решение.
Из первого уравнения системы находим z - 3 - х - у. Тогда получим
х + 2у-3 + х + у = 2,
• х + у(3-х-у)+(3-х-у)х = 3,	=
х+yz + zx = 3.
5-2xf_	5-2х] („	5-2х]	*	2 о -т Л
----- 3-х------+ 3-х-------х = 3 <=> х - 8х + 7 = О,
3 I 3 ) I 3 )
откуда X] = 1, х2 = 7. Тогда у{ = 1, у2 = -3; zx = 1, z2 = -1.
Ответ: (\; 1; 1),(7;-3;-1).
6.220. I
— + ху = 40,
У
Z— + xy = [Q
Решение.
х*0,
°Д3;Ь#о.
373
Умножив первое уравнение системы на у Ф 0, а второе на х Ф 0, получим
х3 +ху2 = 40у.
У3 +х2у = 10х
.2
Разделив первое уравнение системы на второе, получим
X 4у J 2
— = —, х = 4у , откуда х} = -2у, х2 = 2у.
У х
з
У	7
1)-----2у • у = 10, у = -4, нет решений.
-2у
у3
2) — + 2у • у - 10, у1 =4, откуда у1>2 = ±2. Тогда х12 = ±4.
Ответ: (4; 2), (- 4; - 2).
6.221. ]2x + 3y + z = l,
Решение.
Из первого уравнения системы находим z = 2 - х - у.
2х + Зу + 2 - х - у = 1,
x + 2y = -1,
-l-2y, (-l-2y)2+(y + 2)2+(1+l + 2y-y)2 = 9 <=> 6y2 + 12y = 0,
откуда у] = 0, у2 = -2; тогда х} = -1, х2 = 3; z{ = 3, z2 = 1.
Ответ: (~1;0; 3), (3; -2; 1).
6.222.
	х+ 1
1	х + у
	х + 1
	у+ 2
= 2,
= 1,5.
Решение.
ОДЗ:
1у + 2
374
Перепишем систему уравнений в виде
-2 = 0,
-1,5 = 0.
Jx+1	л
----Ф 0, а второе — на
х + у
получим
JX+1	х+1	,	,	,
	= 1,--= 1, откуда х +1 = х + у,у = 1.
х+у-----------х+у
Второе уравнение системы решаем как квадратное уравнение относи-
I х + 1 ?
тельно t = ----: t - 1,5/ -1 = 0.
V у + 2
|х+1	1 х + 1	1	/х+1
Отсюда Л =------=2;	~ — =—;2 1-------= -1— не имеет
\у + 2	Vy-t-2 2 Vy + 2
решений.
_	х+1	х+1
Тогда-----=---= 4, х +1 = 12; х = 11.
у+2	1+2
Ответ: (11; 1).
375
& m x2+2y + yp + 2y+l-l,
O.ZZ5.
2x + y = 2.
Решение.
ОДЗ: x2 + 2y + l >0.
Пусть ^х2 + 2y +1 = t, где t > 0; тогда x2 + 2y = t2 -1 <=> t2 -1 +1 = 1,
или t2 +1 - 2 = 0, откуда tx = -2, t2 = 1; tx = -2 < 0 не подходит. Тогда
yjx2 +2y+\ = 1, x2 +2y+l = 1, x2 +2y = 0. Имеем
x2 +2y = 0,
2x + у = 2
у = 2-2x, x2 + 2(2 - 2x) = 0 <=> x2 -4x + 4 = 0, (x-2)2 =0, откуда x = 2.
Тогдау = - 2.
Ответ: (2; - 2).
Решение.
ОДЗ:
x + y>0,
y + z>0,
z + X > 0.
Сложив все три уравнения системы, получим
2-jx + y + 2y/y + z + 2*Jz + x = 12 <=> -Jx +у + y{y + z 4- y/z + x = 6.
Вычтя из полученного уравнения поочередно первое, второе и третье
уравнение системы, имеем
yz + x =3,
' ylx + y = 1, <=> '
y/y + z = 2
z + x = 9, х = 3,
х + у=1, <=><7 = -2,
y + z = 4	z = 6.
Ответ: (3; - 2; 6).
376
6.225.
Vx + y[y = 3,
x + y = 17.
Решение.
Пусть <
y[x = u > 0,
tfy = v > 0.
Относительно и и v система принимает вид
u + v = 3,	j« + v = 3,
u4+v4=17^ ^(u + v)2-2mv) -2u2v2=17<=>
<=>(9-2uv)2-2u2v2 = 17 <=> u2v2 - 18mv + 32 = 0. Решая последнее
уравнение как квадратное относительно uv, найдем uv = 2 или uv = 16.
[m + v = 3, [m + v = 3,
Таким образом, <	или (
[uv = 2	[uv=16.
1^ = 1, [u2=2,	[Vx = 1,	[Vx=2,
По теореме Виета найдем ( Л <	<=> v /—	или S . <-
F	|vj=2; |v2 = 1	[Цу=2	\у1У = 1’
[Xj = 1,	|x2 = 16,
откуда
|У1 = 16; |y2 = 1.
Ответ: (1; 16), (16; 1).
6.226.
|x + — + Jy + — = 2 V2,
V У ’ X
(x2 +1 jy + (y2 + ijx = 4xy.
Решение.
|x > 0,
°fl3:V>0.
Из условия имеем
I^1=2J2	^У + 1 , (V + I)\xv + 1 „
1 V У ’ X	у у xy	x
X2y + y + y2x + x = 4xy	[x2y + y + y2x + x = 4xy
377
+ 2	. J(xy + 1)2
V ХУ	ху У ху
ху + х + ху + у = 4ху.
* * — = 2 => fcy + l)2 = 4 <=> (ху-1)2 =0, откуда ху = 1.
*У	*У
Подставив это значение ху в первое уравнение системы, получим
{ху = 1,	[х = 1,
_ Тогда ,
х + у = 2.	1у=1.
Ответ: (\\ 1).
yju + V + Vv + W = 3,
6.227.
< Vv + W + tfw+U = 1,
Vw+ u + Vu +v = 0.
Решение.
Пусть
yju + V = X,
' y/v + W = y,
y/w+U = z.
Относительноx,y, z система принимает вид •
z + x = 0
z = -x.
Сложив и вычтя первэе и второе уравнения, получим х= 1; у = 2.
y/u + V = 1,
и + V = 1,
и + V = 1,
Тогда z = - 1. Отсюда <
yjv + w = 2,
y/w + u = -1
v + w — 8, <=><
w + и = -1
v + w = 8,
w = — 1 — и
U + V = 1,	U + V = 1,
v-1 - и = 8, <=> •	v-« = 9,	.	_	а и = -4; v = 5; w = 3.
w = — 1 - и	W = — 1 — и,
Ответ: (- 4; 5; 3).
378
6.228.
Решение.
Пусть
4х = и > О,
у[у = v > О.
Относительно и и v система уравнений принимает вид
u2v + v2u = 30, fuv(u + v)=3O,	_ 30
u3+v3=35	[(u + v)((u 4-v)2 -3uv)= 35	u + v’
I	2 3U I	1	ЭМ
(u + v) (u + v) -3-= 35, (n + v) = 125, u + v = 5. Тогда uv = — = 6
V	u+vj	'	5
[wv = 6,	= 2, lu2=3,
и система уравнений принимает вид <	' s „ >
lu + v = 5,	[Vj = 3; [v2=2.
Получаем 4
77 = 2,
Jx=3,	=4,
y[y = 2 Vi = 9;
*2 =9,
У1 = 4.
Ответ: (4; 9), (9; 4).
6.229.
x + y[y -56 = 0,
•Jx + у-56 = 0.
Решение.
Вычтя второе уравнение системы из первого, получим
х + у[у-у[х-у = 0, (x-y)-(Vx-77)=О,
(4х -у[у^4х+77)-(77- 77)=о <=> (77 - 77)(77 + 77_ i)=°>
откуда 77 - 77 - 0 или 77 + 77 ~ 1= 0-
Тогда 77 = 77 или 77 = 1 - 77.
379
Подставив значение -Jy = у[х в первое уравнение системы, получим
х+уГх -56 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно Vx,
получим у[х = -8 , у/х = 7 ; у/х =-8 не подходит. Тогда Xj = 49; у{ = 49.
Подставив значение у[х = 1 - у[у во второе уравнение системы, полу-
чим у-у[у -56 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно
Jy, получим = 8 или у2 = 64, у[у^ = -7 не подходит. Тогда
yfa = 1 - 8 = -7;	= -7 не подходит.
Ответ: (49; 49).
6.230.
l]x + 2y + ljx-y + 2 = 3,
2х + у = 7.
Решение.
Возведя первое уравнение системы в куб, получим
х + 2у + Зд/(х + 2у)2(х -у+ 2) + 3^(х + 2у)(х -у + 2)2 + х - у +
+2 = 27 <=> 2х + 7 + 3^(х + 2у)(х-у + 2)^]х + 2у + З^/х-у + 2 j = 25 .
Используя уравнения системы, получаем
7 + 9^(х + 2у)(х-у + 2) = 25<=> ^(х + 2у)(х-у + 2) = 2 <=>
/ ч/ ч	Г(х + 2уУх-у+ 2)= 8,
<=> (х + 2у)(х-у+ 2) = 8. Имеем +	7
у = 7-2х, (х + 2(7-2х)Хх-7 + 2х + 2)=8, 9х2-57х + 78 = 0,
13	5
откуда Х| = 2, *2 = — • Тогда у, = 3, У2 = ~~
(13	5
Ответ: (2; 3), I —; - -
380
6.231.
у]х + у + у/2х + у+ 2 = 7,
3х + 2у = 23.
Решение.
[х+^>0,
0ДЗ: [2х + ^ + 2>0.
Возведя первое уравнение системы в квадрат, получим
х + у + 2^(х + ^)(2х+у + 2) + 2х + у + 2 = 49<=>
<=> Зх + 2у + 2^(х + ^)(2х + + 2) = 47 <=>
<=> 23 + 2^(х + ^)(2х+у + 2) = 47, ^(х + у)(2х + у + 2) = 12.
Возведя в квадрат, имеем (х +^)(2х + у + 2) = 144. Система уравн
\(х+у$2х + у + 2)= 144,	_ 23-3х
принимает вид <	=>У-—~
[Зх + 2у = 23	л
(	23-3х}(-	23-3х	... 2Л ле л
и х +------ 2х +-------+ 2 = 144<=>х +4х-45 = 0,
I 2 Л 2	)
откуда Xj = -9, х2 = 5. Тогда у! = 25, у2 = 4.
Ответ: (- 9; 25), (5; 4).
6.232.
20у I----- I-----
v---=^х + у + ^х-у,
X
16х	/--- I-----
— =у/х + у-^Х-у.
[V 5у
Решение.
х + у^О,
ОДЗ:
х - у £ О,
х>0,
у > 0.
Разделив первое уравнение на второе, получим
2Qy 5у _ ^Jx+y +у)х-у l25y2 _ <Jx + y +ylx-y
х 16х yjx + у -yjx-y 1 4х2 ^X + y -Jx-y
381
5 у Jx + y +Jx-у
<=> — = 	—7==, а после умножения числителя и знаменателя
2х ^х + у -<Jx- у
правой части уравнения на выражение, сопряженное со знаменателем,
2х	х+у-х+у	2х
4
5
=>^=--5у2 +х2 =х2 -у2 <=s>	-4у2=0=> 25у2=16х2, у--х.
4х	4х	5
m с /20 4 I 4
Таким образом, J---—x = Jx + —
<=> J— = 1, откудах = 5;у = 4.
Ответ: (5; 4).
6.233.
< ^2х + у+1 - у]х +у = 1,
2х + 2у = 4.
Решение.
ОДЗ:
2х + у+1>0,
х + у > 0.
Возведя первое уравнение в квадрат, имеем
2x+y + l-2^(2x+y + tyx + y) +х+у= 1
<=> Зх + 2у - 2^[2х + у + 1)(х+у) = 0.
Так как Зх + 2у = 4, то из второго уравнения системы получаем
4 - 2^(2х + у + 1)(х + у) = 0 <=> ^(2х + у + 1)(х + у) = 2.
После возведения в квадрат имеем	(2х + у + 1)(х + у) = 4.
4-Зх	4-Зх V 4-Зх^ л	п Л
у =-----=> 2х н--------F1 х н------= 4 <=> х2 + 2х - 8 = 0, х. = -4,
У 2	<	2 Д 2 J
х2 = 2. Тогда у} = 8, у2 = -1-
382
Проверкой убеждаемся, что xt nyt являются посторонними решенш
Ответ: (2; -1).
6.234.
_1
, и 2 • у[й + v 2 • Vv = 1,5,
uv = 64.
Решение.
Перепишем систему уравнений в виде
uv = 64.
Пусть
у[й = х > О,
Vv = у > 0.
Относительно* иу система принимает вид
’ X у
(ху)6 = 64,
откуда получаем при ху * 0,
х+у = 1,5лгу,
ху = ±2.
Данная система равносильна двум системам уравнений:
х+у=1,5ху,	Гх+^=1,5ху, [xj = l, [х2=2,
ху = -2	[ху = 2.	[.У1 = 2; [_у2 = 1.
Тогда
Vw = 1,
>/v =2
>/й = 2,	(«2=64,
л/v = 1 =	^2 = 1.
Ответ: (1; 64), (64; 1).
Решение.
	х^О, jy*-l,
ОДЗ:‘	х + у + 1 >0, х-^ + 10>0.
383
Перепишем первое уравнение системы в виде
Х Л УV х
V X ,
нение как квадратное относительно
1у + 1
-1---2 = 0. Решая это урав-
J V х
Jy+i	з|7+1_ ,
1, имеем \откуда
V х	V х
У + 1_ 1	, зУ+1_9
---= -1, у = -х-1 или i-=2,
х--V х
откуда-----= 8, у = 8х -1. Из второго
уравнения системы ylx-x-1 + 1 + Vx+x+l + 10 =5 <=> л/2х +11 -5,
Vx+8x-l+l +Vx-8x+l + 10 = 5<=> V9x+V-7x+ll =5.	= 7, х2 - —,
41
х3 = 1. Тогда у, = -8, У2 = ~> у3 = 7.
О
<49 41А
Oweew. (7;-8), I — ;у I, (1;7).
6.236.
. у1*2+У2 +у1*2~У2 =6,
ху2 = 6>Я0.
Решение.
(х > 0,
0ДЗ: (/-/>0.
Возводим первое уравнение системы в квадрат, тогда
х2 + у2 +2д/*4 ~у4 +х2-у2 = 36 <=> -J*4 -у4 =18-х2=>
=> х4 - у4 = 324 - 36х2 + х4, у4 - 36х2 + 324 = 0.
Из второго уравнения системы имеем
х =	=> У4 - 36 -	+ 324 = 0, У8 + 324у4 -12960 = 0,
У	У
где у * 0 => у4 = 36, У! = ->/б, у2 = л/б. Тогда х1>2 =	= V10.
6
Ответ: (V10; - л/б ), (Vl0; л/б ).
384
Решение.
ОДЗ:
|у > 0.
Перепишем систему уравнений в виде 4
х = 9-6у[у+у__ \х = 9-6у1у+у,
х + 5 = 25 -1 Gyjy +3+у+3	х = 23-10^ + 3 +у
=> х = 9-6у[у + у, 9-6-77 +у = 23-10-7^ + 3+у <=> 5^/у+З = 7+3у[у =$
=> 25у +75 = 49 + 42-77 + 9у, 8у +13 = 2Ц/7 => 64у2 -233у+169 = 0,
169	- 121
откуда у} = 1, У2 - Тогда Xj = 4, х2 = —
„ 1Ч ( 121 169
Ответ: (4; 1), -:----
I 64 64
6.238.
ху = 2.
= 1,6,
Решение.
fx^O,
°®:Uo.
Будем преобразовывать первое уравнение системы
у1 =л^х1+у2 = 5 Pf-l *=_!
х2+у2	5 у2 4’ у2 4 ’	)	4' Тогда у 2
13 Группа Б
385
или — = — и данная система уравнений равносильна двум системам урав-
у
нений:
у 2 ’ или '
ху = 2
[xt = -1, [х2 - 1,
Ответ: (- 1; - 2), (1; 2).
Решение.
Данная система равносильна четырем системам уравнений:
_ 3
2х + Зу = -5,	*1 ” 2 ’
О |2x-3v = -l	L _ 2.
XI - “Т’
х, =-1,
Уг =-1;
2х + Зу = 5,
2х-3.у = -1
2х + Зу = 5,
4) 12х - Зу = 1
Ответ:	(- 1; - 1),(1; 1)/2-
< 2’ 3;	12’3J
6.240.
|х + >'| = 5.
Решение.
386
Преобразуем первое уравнение системы
1х2+2ху + у2~ _ 5	}/(х+у)2 _ 5 |х + у| _ 1
\ ху	2 ^fxy 2 Jxy 2
Таким образом получили:
|х + у|_5	5 _ 5
- ^ху 2’<=>'у[ху	2 <=> «
|х+^| = 5	[|х + у| = 5
= 2,
|х+у| = 5
\ху = 4,
||х+у| = 5.
Получаем два случая:
[ху = 4, (ху = 4,
1) с 2)
1х+_у = -5;	|х+.у = 5.
[xi=-4, |х2=-1, jx3 = 1, ]х4=4
По теореме Виета получаем <	S , 1	, 1	«
|У1=-1; 1у2=-4; [у3=4; (у4 = 1-
Ответ: (- 4; - 1), (- 1; - 4), (1; 4), (4; 1).
6.241.
u-v
u-v+------
V u+v
и2 + V2 =41.
12
и + V ’
Решение.
ОДЗ:
—->Q,
и + v
и + V 0.
к
Данная система равносильна двум системам уравнений:
и — v > 0,
и + v > 0,
u-v _ 12
u + v u4-v
и2 +v2 =41;
387
и - v < О,
12
-(u + v)’
1) Умножив первое уравнение системы уравнений 1) на u + v>0,
имеем u2 - v2 + Vu2 - v2 - 12 = 0 => Vu2 - v2 = 3, u2-v2=9 или
V«2-v2
= -4 (нет решений). Тогда система 1) имеет вид <
^2-у2=9,
и2 +V2 =41
= 25,
= 16
и = ±5,
у = ±4.
Получили:
и--5, ju = -5, ju = 5, \и = 5,
у = —4; 1 у = 4; 1 v = -4; [у = 4.
[«1 = 5,	\и2 = 5,
Таккак и-v£0 и u + v>0, то <	, <
[У! = -4; |v2 = 4.
2) Умножив первое уравнение системы уравнений 2) на и + v < 0, имеем
и2 - у2 - Vw2 - у2 -12 = 0 => 4и2 - v2 = 4, и2 - v2 = 16
или Vw2 - у2 = -3 (нет решений).
Система 2) имеет вид
u2-v2 =16,
и2 + v2 =41.
Отсюда, с учетом u - v < О и u + у < О,
Ответ: (5; - 4), (5; 4), (-	- л/Щ), (- 7^5; л/Щ).
388
Зх-2у / 2х
J-----— + I------= 2,
6.242. < V 2х у Зх — 2у
х2- 18 = 2у(4у- 9).
Решение.
Зх-2у п
ОДЗ:—^>0.
Преобразуем первое уравнение системы
Зх-2у ,	1
2х 13х-2у
\ 2х
Зх-2у
2х
2 Зх-2у
N 2х
Зх-2у
где v—;—
V 2х
3*-2у t
2х
3х~2У-, ^-2у_.	.
2х
Из второго уравнения системы имеем (2у)2 - 18 = 2у(4у- 9) <=>
2	3
<=>2у -9^ + 9 = 0, откуда Л =-, _у2=3; Xj=3, х2=6.
3
Ответ: (3; — ), (6; 3).
6.243.
5^x2-Зу-88 + у]х + 6у = 19,
З^х2-Зу-М = 1 + 2^x4-бу.
Решение.
Пусть
< 7*2-Зу-88 = и > 0,
у]х + 6у = v £ 0.
Относительно и и v система уравнений имеет вид
5« + v = 19,
3u=l + 2v
l + 2v
3
------= 3.
3
Тогда
. № -З.Х-88 = 3,	Р -3/-88 = 9,	= и_6л
7х + 6у =4	|х + 6у = 16
389
(16-6y) -Зу = 97 <=} 36y2 -195y+159 = О, откуда У1=1,у2=—-
21
Тогда х, = 10, х? =-.
2
( 21 53
Ответ: (10; 1), I - —; —
6.244.	Решить уравнение
х(х + 1) + (х + 1)(х + 2) + (х + 2)(х + 3) + (х + 3)(х + 4)+...
...+(х + 8)(х + 9) + (х + 9)(х + 10) = 1-2 + 2-3+...+8-9 + 910.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
(х2 + х) + (х2 + Зх + 2^ + (х2 + 5х + б) + (х2 + 7х +12 j+...
...+(х2+17х + 72) + (х2 +19х + 90) = 2 + 6+12+...+72 + 90
<=> (х2 +х) + (х2 +3х) + (х2 +5х) + (х2 + 7xj+...+(x2 + 17х) +
+ (х2 +19х) = 0 <=> х(х + 1 + х + 3 + х + 5 + х + 7+...+х+17 + х + 19) = 0,
х((х + х+...+х) + (1 + 3 + 5+...+19)) = 0, откуда Xj = 0, или (х + х+...+х) +
+ (1 + 3+ 5+...+19) = 0 <=> 10х + ~Y~' Ю = 0, Юх + 100 = 0, откуда
х2 = —10.
Ответ: Xj = 0, х2 = -10.
6.245.	Найти коэффициенты т и п квадратного трехчлена х2 + тх + п,
если известно, что его остатки при делении на двучлены х - т и х-п рав-
ны соответственно т и п.
Решение.
Разделив х2 + тх + п на х-т} имеем решение
2
х + тх + п	| х-т
х2 -тх I х + 2т.
2тх + п
2тх + 2т2
2т2 +п
390
Таким образом, 2w2 + п = т.
Разделив х2 + тх + п на х-л,получим
х2 + тх + п I х-и
~х2-пх	b + (w + ").
(т + п)х + п
-(т + п)х-п(т+п)
п + п(т + п)
Отсюда имеем п + п(т + и) = п.
Получили систему уравнений
2т2 + п — т, 2т2 — т + п = О, .	Л
( к <=> s .	\	=> п = 0 или п + т = 0.
п + п[т + п) = п [и(/и + л)=0
Поэтому данная система равносильна двум системам уравнений:
2т т + п 0, или
п = 0
2т2-т + п = 0,	\т\ - 0,
т + п = 0	= 0;
1
т7 = —
2
п2 = 0;
тз -1,
«з = -1.
1
Ответ: (0; 0), ( —; 0), (1; - 1).
6.246.	Квадратное уравнение ах2 +Ьх + с = 0 имеет два корня. Соста-
вить новое квадратное уравнение, у которого один из корней на единицу
меньше большего корня, а другой на единицу больше меньшего корня дан-
ного уравнения.
Решение.
„	— b + ^Ь2 — Лас	_	„	— b — 4 b2 — Лас
Пусть X] =----------------больший корень, а х2 =--------------
2а	2а
меньший корень уравнения ах2 +bx + c = Q.
„	— b + 4b2 — Лас	— b — 4 b2 — Лас
Тогда у! =----------------1, у2 =-------------н 1 — корни квад-
2а	2а
ратного уравнения у2 + рх + q = 0.
391
По теореме Виета имеем
-b + <Jb2 -4ас
У\+У2=----------------
2а
-b + ylb2 -4ас
2а
-b-ylb2 -4ас
-1 +------------
2а_____
-b-ylb2 -4ас
У1-У2 =
b
~ = Р,
а
q = c~a + >lb - 4ас 0ТКуДа имеем у
а
b	c-a + ylb2 -4ас
+ - у +-----------------------= 0 <=>
а	а
ay2+by + ^c-a + yb2-4acj = Q.
Ответ: ay2 + by + (с- а + Jb2 = 0.
6.247.	Определить, при каких значениях т один из корней уравнения
z3 - (т2 - т + 7^z - (Зт2 - Зт - б) = 0 равен - 1. Отыскать два остальных
корня уравнения при этих значениях т.
Решение.
Пусть Zj=-1, тогда (— 1)3 -(т2 — т + 7^(— 1) - {Зт2 — Зт- б) = 0,
т2 - т - 6 = 0, откуда тх = -2, т2 = 3. При тх = -2 и т2 = 3 уравнение
принимает вид z3 - 13z - 12 = 0. Делим левую часть уравнения на z +1:
z3 —13z—12	2	?
----------= z - z - 12, z - z - 12 = 0, откуда z2 = -3, z3 = 4.
z + 1
Ответ: mx=-2n /и2=3;при этих значениях т будет Z|=-l,
z2 = -3, z3 = 4.
6.248.	Показать, что если коэффициенты а, b и с уравнения
ах2 + Ьх + с = Ъ связаны условием 2Ь2 - 9ас = 0, то отношение корней
уравнения равно 2.
Решение.
„	Xi
Пусть — = 2.
х2
392
Из теоремы Виета получаем:
b
Х^~Та’
. 2а
Таким образом —7 = —, 2b2 = 9ас, lb2 - 9ас = 0.
F 9а2 2а
Что и требовалось доказать.
6.249.	Показать, что если а и b — корни уравнения х2 + рх +1 = 0, а b и
с — корни уравнения х2 + qx + 2 = 0, то (b - а)(б - с) = pq - 6.
Решение.
По теореме Виета имеем 
а + Ь = -р,
ab = 1,
b + c = -q,
be = 2.
Отсюда, умножая первое уравнение системы на третье,
(a + b)(b + c) = pq, b2+ab + bc+ac = pq,
b2 + ab + bc + ac-2ab-2bc = pq-2ab-2bc,
b2 -ab-bc + ac = pq-2ab-2bc, учитывая ab = 1, be = 2,
b2 -ab-bc + ac = pq-2-1-22, b2 -ab-bc+ac = pq-6,
(b - a)(b -c) = pq-6.
Что и требовалось доказать.
6.250.	При каких значениях а уравнения х2 + ах +1 = 0 их2+х + а = 0
имеют общий корень?
Решение.
Если при каких-то а их левые части уравнений равны 0, то они равны и
между собой:
х2 +ax+ 1 = 0,
<
х2 +х + а = 0.
393
Вычитая второе уравнение системы из первого, получим
ax-x+\-a = 0, (а - 1)х - (а -1) = О, (я -l)(.v-1) = 0,откуда:
1) если а -1 = 0, то а = 1 и каждое уравнение примет вид а2 + а +1 = 0,
т.е. оно не имеет корней;
2) если а -1 * 0, то х = 1, откуда 1 + а +1 = 0, т.е. а = -2.
Ответ: а = -2.
6.251.	При каком положительном р корни уравнения
5х2 -4(/? + 3)х + 4 = р2
противоположны по знаку? Найти эти корни.
Решение.
Рассмотрим квадратное уравнение 5х2 - 4 (/? + 3) х + 4-р2 = 0.
Корни квадратного уравнения противоположны по знаку, когда выпол-
няется совокупность следующих систем неравенств:
1604-3)2 -4-5(4-р2)>0,
р>0,
‘ О + з)> о,
4-р2 <0
16(р + 3)2-4-5(4-р2) > 0,
(3/> + 4)2 >0,
р>0.
р>-3,
Р2 >4;
(Зр + 4Г >0,
2)
Р<-3,
р2 >4,
(/2 + 3)<О,
4- р2 <0
откудар>2. Решим квадратное уравнение:
_ 2(р + 3) ±74(р + 3)2-5(4-^2) _ 2(р + 3)±Л/9р2+24^ + 16 _
х1,2 -	~	~	5
2(р + 3) ±	+ 4)2	2(р + 3)±3(р + 4)
5
5
5	5
2р + 6-3/?-4 -р + 2 2р + 6^3р + 4 _
Х1 --------------------, Х2 ------- -р + 2.
__________________	I
Ответ: р>2 \ Х\ = ——, х2 = р + 2 .
394
6.252.	Найти коэффициенты уравнения х2 + рх + q = 0 при условии, что
разность корней уравнения равна 5, а разность их кубов равна 35.
Решение.
Из условия имеем
*1 -х2 =5,
Х13-Х23 =35
Х1-х2-5,	Гх,-х2=5,	(х1=2,	(xi=3,
5(25 + Зх]Х2) = 35	^XjX2=-6,	[х2=-3	[х2=-2.
По теореме Виета имеем:
[?1 = Xj • х2 = -6;	[^2 = -6-
Ответ: рх = 1, qx = -6; р2 = -1, q2 = “6.
6.253.	Составить квадратное уравнение с корнями (a+Z?)2 и (a-b)2,
если а и b — корни уравнения х2 + рх + q = 0.
Решение.
Составим квадратное уравнение у2 + Ру + Q = 0.
По теореме Виета и условию имеем
P = -((a-Z>)2 + (a + Z>)2) = -(a2 -2ab + b2 + а2 + 2ab + b2),
Q = (a-b)2 (a + b)2
P = -2(a2 + Z>2) = -2{(a + b)2 - 2abj,
Q = (a-b)2 -(a + b)2.
Для нахождения значений a+b, a-b nab еще раз используем теорему
Виета:
a+b--p,_^ (а + Ь)2 - р2,
ab = q
ab = q
a2+2ab + b2=p2,
ab = q
395
Q2 + Ь2 — p ,	2	,	12	2 л (	»\2	2 a
=$a -2ab+b =p -4q,[a-b) =p -4q.
-4ab=-4q.
Таким образом
P = -2(p2-29),
e = (p2-4?)p2.
Искомое уравнение имеет вид у1 - 2^р2 - 2qjy + \р2 - 4qjp2 = 0.
Ответ: у2 -2^р2 -2q)y + (p2 -4q]p2 = 0.
6.254. Обозначим через аи Р корни уравнения Зх2 +7х +4 = 0. Не
решая данного уравнения, составить новое квадратное уравнение с число-
а Р
выми коэффициентами, корни которого равны и ——- •
Решение.
По теореме Виета имеем
а+Р=--,
3’
ар = -.
I 3
Пусть у1 + рх + q = 0 — новое квадратное уравнение. Из условия по
теореме Виета получаем
-а Р __(ft2 ~а + Р2 ~Р^
р”Ip7! + Т (₽-1)(а-1) ,
а р _ ар
р-1 а-1 аР-(а + р) + 1
а2 +Р2 -(а + Р)
аР - (а + Р) +1
(а + р)2 - 2аР - (а + Р)
аР-(а + Р) + 1
«Р
ар-(а + р) + Г
7	4	23	2
Так как а + р = и ар = —, то получим р = - —, q = —
396
Искомое уравнение имеет вид
, 23	2	э
У	у + у = 0<=>21у2 -23у + 6 = 0.
Ответ: 2\у2 — 23у + 6 = 0.
6.255. Показать, что среди корней уравнения х4 + 5х3 + 15х - 9 = 0 есть
только один положительный и только один отрицательный корень (сами
корни находить не обязательно).
Решение.
Перепишем уравнение в виде
(х4 - 9)+(5х3 + 15х) = 0 « (х2 - з)(х2 + з) + 5х(х2 + з) = 0,
(х2 +З)(х2 +5х-з) = 0.
Отсюдах2+5х-3 = 0 (х2+3#0).
Квадратное уравнение ах2 + Ьх + с = 0, У которого
а > 0,
D>0,
« , А имеет Xi < 0, х2 > 0 (х, > X.).
6>0,
с< 0
Решения к главе 7
ЛОГАРИФМЫ. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА И ФОРМУЛЫ
Степени с действительными показателями
а°^1,	(7.1)
где 0° не имеет смысла;	
а~п = —(а О) ап	(7.2)
Tjifi п—действительное число;	
т	
а" =	(а>о)’	(7.3)
где тип — натуральные числа;	
аа-^=аа+^,	(7.4)
„И — =	(7.5)
	(7.6)
где а и Р — действительные числа.
Показательная функция
Показательной функцией переменной х называется функция
У = ах,
тдр а — данное число.
398
Если а < 0, то функция ах определена только при целых и при дроб-
ных значениях х (если знаменатель дробного показателя - нечетное чис-
ло). Если а = 0, то выражение 0х определено при х > 0. Если а > 0, то
функция ах определена при всех действительных значениях х, причем
при а = 1 имеем Iх = 1, т.е. функция равна постоянному.
В дальнейшем показательную функцию ах будем рассматривать при
а>0 и а*1.
Основные свойства показательной функции
у = ах при a>Q, а*1:
1.	Показательная функция определена при всех действительных зна-
чениях х (х е R).
2.	Областью изменения показательной функции служит множество
всех положительных действительных чисел, т.е. у е (0, + <»).
3.	При а > 1 показательная функция строго возрастает, т.е. из не-
равенства Xj < х2 следует неравенство ах' < аХг . Причем если
хе(-°о;0),то уе(0;1);если х = 0,то у = 1; если хе(0;оо),то
у е (1; + оо), т.е. если х е (- оо; + оо) ? То у е (0; + оо); у —> 0 при х ч -оо и
У -> +°о при х —> -I-оо .
4.	При а е (0; 1) показательная функция строго убывает, т.е. из нера-
венства х1 < х2 следует неравенство ах' > аХ2 .Причем если хе	0),
то уе (1;ч-оо); если х = 0,то >> = 1;если хе (0;4-<»), то уе (0; 1), т.е.
если х е (- оо; + оо), то у е (0; 4- оо); у —> 4-°° при х —» -оо и у —> 0 при
х —> 4-оо .
5.	Характеристическое свойство: значение показательной функции от
суммы равно произведению значений этой функции от слагаемых, т.е.
„л1+-*2 — ~Х1
а 1 2 = а 1 • а 2.
Логарифмы и их свойства
Логарифмом числа b по основанию а называется показатель степе-
ни, в которую надо возвести число а, чтобы получить число b'. loga b = х,
если ах = b , или
a'og°b=b.	(7.7)
399
В дальнейшем основание логарифмов будем считать положительным
и отличным от единицы (а > 0, а 1).
Приведем некоторые свойства логарифмов (при любом положитель-
ном основании, отличном от единицы).
1.	Логарифм единицы равен нулю, т.е. loga 1 = 0.
2.	Логарифм основания равен единице, т.е. loga а = 1.
3.	Для любого положительного числа b существует, и притом только
одно, такое действительное число а, что loga b = а.
4.	Из равенства loga jq = loga х2 следует = х2 (и наоборот).
Основные правила логарифмирования
1.	Логарифм произведения двух или нескольких положительных чи-
сел равен сумме логарифмов этих чисел, взятых по тому же основа-
нию, т.е.
loga(6-c) = loga Z> + loga с.	(7.8)
Замечание. Логарифм произведения нескольких чисел, если оно по-
ложительно, равен сумме логарифмов модулей этих чисел, взятых по тому
же основанию, т.е.
loga(i| ) s logj*|| + logj62| + ... +
+ logo|Z>„| (*|-б2.А>0).	(7.9)
2.	Логарифм частного двух положительных чисел равен разности ло-
гарифмов делимого и делителя, взятых по тому же основанию, т.е.
1 b ,	, ,
loga-=logaZ>-logac.	(7.Ю)
с
Замечание. Логарифм частного двух чисел, если оно положительно,
равен разности логарифмов модулей делимого и делителя, взятых по тому
же основанию, т.е.
loga- = Ioga|fc|-loga|c| (Ь-оО).	(7.П)
с
3.	Логарифм степени положительного числа равен произведению по-
казателя степени на логарифм ее основания (логарифмы взяты по тому же
основанию), т.е.
\ogabc =c\ogab.	(7.12)
400
Замечание. Логарифм положительной степени числа, отличного от
нуля, равен произведению показателя степени на логарифм модуля ее
основания, взятый по тому же основанию, т.е.
logoZ,c=Hogo|i| (t>c>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 основа-
ния по новому основанию, т.е.
loga N =
logfeW
log* а '
(7.14)
1
Множитель jpg	называется модулем перехода.
2.	Из формулы (7.14) при N -Ь получаем
3.	Часто в логарифмических преобразованиях пользуются тожде-
ствами
logaJtATs|log|a|W (а*>о)	(7.16)
и
log|a|N / ч
loga.fc^= -- 1 . . И>о)	(717)
1+1°ё|а|И	1	>
Логарифмическая функция, ее свойства и график
Логарифмической функцией называется функция вида
у = loge X,
где а > 0, а*1 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.
401
Основные; свойства логарифмической функции
1.	Логарифмическая функция определена при всех положительных
действительных значениях х (нуль и отрицательные числа при положи-
тельном основании логарифмов не имеют).
2.	Областью изменения логарифмической функции служит множе-
ство всех действительных чисел у g (- + °°).
3.	При а>0 логарифмическая функция возрастает, т.е. если
О < %! < х2 , то loga Xj < loga х2 . Причем если х g (0; 1), то у е (- 0);
если х = 1,то у = 0;если хе (1; + °°),то уg (0; + °°),т.е. если х g (0; + °°),
то у g (- оо; + с»);	—> -оо при х -4 0 и у +°° при X -4 +оо .
4.	При 0<а<1 логарифмическая функция убывает, т.е. если
О < Xj < х2 , то loga X! > loga х2 . Причем если х g (0; 1), то у g (0; + °о);
если х = 1,то^ = 0;если xg (1; + °°),то уе (-оо;о),т.е.если xg (0; + °о)5
ТО у G (- оо; + оо) ; у —> -оо ПрИ х > +оо и у +оо ПрИ х .
5.	Характеристическое свойство: значение логарифмической функ-
ции от произведений двух положительных чисел равно сумме значений
функции от каждого из чисел:
loga (Х| • х2) = loga Xi + loga х2.
Показательные уравнения
Показательным называется уравнение, содержащее неизвестное толь-
ко в показателе степени.
Рассмотрим несколько типов показательных уравнений, решаемых
методами элементарной математики.
Показательные уравнения рассматриваются в множестве действи-
тельных чисел. Проверка найденных значений неизвестного по усло-
вию уравнения при решении показательных уравнений в общем случае
обязательна.
1. Уравнение вида
ах=Ь	(7.18)
называется простейшим показательным.
Рассмотрим уравнение (7.18) при а > 0 и а 1. Если b > 0, то урав-
нение имеет единственное решение х = loga b . Если Ь < 0, то уравнение
решений не имеет.
402
2. Показательное уравнение вида
(7.19)
где а > 0, а 1, b > О, b Ф1, а / (х), /2 (х) — заданные элементарные функ-
ции, логарифмированием приводится к виду
/1(x)logca = /2(x)logcZ>.
Если последнее уравнение решается методами элементарной мате-
матики, 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 неиз-
вестного по условию уравнения в общем случае является обязательной.
1.	Уравнение вида
logax = Z>,	(7.20)
где х - неизвестное, а а и b - заданные числа, называется простейшим
логарифмическим.
Если а > 0 и а Ф1, то такое уравнение при любом действительном
значении b имеет единственное решение
х = аь.	(7.21)
2.	Логарифмическое уравнение вида
А М = logfl fi М	(7-22)
где а > 0 и а Ф1, после потенцирования приводится к виду
/|(*)=ЛЫ-	(7.23)
Корнями уравнения (7.22) будут только те корни уравнения (7.23),
при которых /](х)>0 и /2(х)> 0, т.е. корни, принадлежащие к области
определения уравнения (7.22).
3.	Логарифмические уравнения вида
/(logflV(x))=0,	(7.24)
где /(/) и \|/(х) — некоторые заданные функции, заменой loga у(х)=t
приводятся к уравнению f(t)=0 .
403
Показательно-логарифмические уравнения
Если неизвестное в уравнении входит в показатель степени и под
знак логарифма или в основание логарифма, то такое уравнение назы-
вают показательно-логарифмическим.
Показательно-логарифмические уравнения чаще всего решают, ло-
гарифмируя 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 ал-
гебраических уравнений (подстановки, алгебраического сложения, вве-
дения новых неизвестных и др.).
Упростить выражения (7.150 — 7.156):
' logioo a logioo & \21°е«*(а+*>)
7.150.	о ,8‘
\	У
Решение.
' logioo«	logioo 6
b lge a lgfc
\21ogoA(a+h) z
= b^b
•а
1 Igfc \21°go*(e+fc)
,2ig*
/
\210gai(e+&)
Ответ: a + b .
((	\V2 V/2
7.151.	(|ogJa + log*Z> + 2) +2	- log6 a - loge b .
Решение.
.	\l/2	A1/2
a + log*Z> + 2j +2	- logh a - loge b =
Y2
+ 2
1	Y2
logfcfl + —-4- + 2
logfc a	I
_ 10fo a _ _!_ =	+ 2 _
logfca ’ О logja
404
log^a + 1
log6*
; log^ + lf |2 logja-bl^ /log4a + l t 2
< log^a J log6a у log|a
_ logb a +1 _ llog& a 4-21og%a + l _ log%a + l _ log^a + l
log* я V log2 a logba \ogba
log%a + l _ log^a + l log|a + l
log6 a |logb a| logj, a
1)
Таким образом, получаем два случая:
Г0<6<1», . ГЬ>1,
log^acOwnH ШЛ
[д>1	[0<д<1;
_ logio+1 _ logjo + 1 = -2(logi^l) = _2(log6а + logfl h);
logfea log6« logj,a
ГО<Ь<1, (Ъ>1,
logfta>0iuiH< U<
0<д<1	д>1;
2)	1	1
logfeg + l _ logja + 1 = о
log* a log^a
fa>l,	[0<a<l,
Ответ: -2(loga a + logfl h), если <	, или <, и 0, если
[0<р<1	[о>1,
0<д<1,	fa > 1,
или<{
0<£<1	|5>1.
7.152.	k>g2lx1 +log2+ |logiх4 +2“31о*«/21оИ2х.
Решение.
ОДЗ: х>1.
log2 2хг + log2	+110g5 х4 +2-}^'^х =
- log2 2 + log2 х2 + log2 х • (log2 x +1) + 2 log2 x+2log2 log2 x =
= l + 21og2 x + log2 x + log2 x + 21og2 x + log2 x =
= log3 x + 31og2 x + 31og2 x +1 = (log2 x +1)3.
Ответ: (log2 x +1)3.
405
7.153.
i ___________!___
210g4x +g31ogx22
V/2
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
2 1 _____________________________________
x.xlog*2+2log2*2 +1|2 = (2x + x2+l)2 =7(x + 1)2 = |x + 1| = x + 1
(с учетом ОДЗ: 0 < x ф 1 ).
Ответ: х +1, где 0 < х 1.
7.154.
^^4:l0gi(a36-).
10W b~X^alb“ Ь
Решение.
lOfoZ”JVT
log^-logj^^ 3 12	l0g°^ log, <?
log^^ft-log^^i108^0 10g„fe 10g„* - loga*
loga l0g04
b b
]-^ab
log^-y2-------
log^ * 1
loga b Ioga b 3-121ogaZ>
1- 41ogaZ? l-61ogaZ>
= - 31Qgq frQ ~ 41Qgq fr) (! - 6 logq b> .	logq = j b
(	2> Л1 2	1	3(l-41oga6) ёа
(-6 log^Z? + 4 loga Z?) I 2 - 3 loga b I
Ответ: \ogab.
406
7.155.(6(logha-loga2 6 + l) + logaZ> 6 + log2 b){/2 -loga b при a > 1.
Решение.
(6(logh a • logfl2 b +1) + loga b~6 + log2 Z,)1 /2 - loga b =
( (\ A	V/2 l---------------------------- '
= б!- + 1 l-61ogaZ? + log2Z> -logaZ? = ^9-61ogaZ? + log2Z>-
- loga b = ^(3-loga b)2 - loga b = |3 - loga b\ - loga b.
Раскрывая модуль, получим два случая:
.	.	[3- loga b < О,
1) 3-loga 6-loga 6 = 4
1	[-3 + logaZ?-logao = -3;
b>a\
|3-loga b\-\ogab = -3'
.	.	[3-loga Z> > О,
2) 3 - loga Z> - loga Z> = <
1	[3-loga Z?-loga Z? = 3-21oga o,
Q<b< a3, b^ 1,
|3 - loga b\ - loga b = 3 - 2 loga b-.
Ответ: -3, если b > a\ и 3-21oga b, если 0 < b < a3, b Ф 1.
7.156.	»0ga^ + 10ga(^1/21°g<,a2) ^abb^ab
\ogab-\ogabb ^21ogdloga6 _!
Решение.
logaZ7 + loga(Z?l/21ogfcfl2) loga^-logaZ? = logaZ> + logafl x
log^-log^Z; '^logblog^-! b_ loga^_
a l + teSab
1Qga b log b
M<^ab ° = (1+logqZ?)2__________________10g2Z)___________=	1
log2Z>-l	log2Z> (l + logaZ>)(logaZ?-l)(logaZ> + l) logaZ>-l
1
Ответ: ----------.
\ogab-l
407
7.157.	Известно, что loga х = а, logfc х = р , logc х = у, logrf х = 5 и
х *1. Найти logabcd х.
Решение.
1
lop Y_ l°gx*
о abed % “---------
logx abed logx a + logx b + logx c + logx d
1
1 1
1
1
loga x logfc x logc x logrf x
_	1	_ aPy5
j_ + £ + j_ J_ PyS + aY5 + арб + aPy
a p у 5
apyS
Ответ: ----------—----------.
PyS + ayS + aP§ + aPy j
7.158.	Известно, что p = 101-lga и y = 101-lg*i .Найти зависимость а от у.
Решение.
i r 1 i 1	1 1-lga 1	.
lgP=r_i—;	;— = —n-=~;—+i;
1-lga 1-lgP j 1 -Iga Iga
1-lga
—= l-lgy; Iga =—-—; a = 101^1 lgY^
Iga	1 —Igy
Ответ: a = 1O1^1-*8 .
7.159.	Доказать, что logafc c = ——---—— .
loga c + log* c
Решение.
log c.l£&£
log c= logflC logflC	a logflZ? =
ab \ogaab \ + \ogab (1 + log a) loga c
logfl ъ
logq C • logfr c _ loga C • logfr c
l^ + logaC loga^ + log^'
logfl6
Что и требовалось доказать.
408
7.160.	Упростить выражение loga+fc т + loga_fc т - 2 loga+fc т • loga_fc т,
если известно, чуо т2 = а2 - Ь2.
Решение.
b>Za+b т + loga-fc w “ 21оёа+* w • loga-fc = loga+fc m +
logfl+fe w
^ga+b(a-b)
?l°ga+feffl-logfl+fcffl_ C .	1_________21oga+fczw
\^a+b(a-b) -1Og^W pogUa-Z,)‘ log^(*-Z,)J
loga+/> w(1Qga+fr (a - Z>)+1 - 2 loga+fc m)
^ga+b(a-b)
Так как m = va2 - b2 , то имеем
loga+fc yla2-b2 \oga+b (a - b)+1 - 2 loga+fc yla2-b2
loga+b(a-b)
= lo&a+b >la2-b2 (loga+fc (a - £)+1 - loga+f) (a - b)-1)
loga+b(a~b)
= ^g+byla2 ~b2 O^q
^ga+b(a-b)
Ответ: 0.
7.161. Найти log30 8 , если известно, что lg 5 = а, lg 3 = b .
Решение.
Io g = log28 * - * * * *	3	=_______3_______
°8з° log230 log2(2-5-3) l + log25 + log23 '
lg5 = ±S21 = j2gl5 J2&5_ = a. |og 5 = _£_.
log210 log2(2-5) l + log25	1-a
1 3 = log23 = tog23 = log23 = 1Qg23 = (l-a)log23
log210 log2(2-5) l + log25 1 + _L 1
1-a
1 т b
log23 = ---.
i-a
409
Таким образом, log30 8 =-----------— = -j—.
1-а 1-а
3(1 -а)
Ответ: ——— .
1 + Ь
loga х .	,
7.162.	Доказать, что Т“ ~ ~1 + 10%а ь.
^oab X
Решение.
log,, х log,, х log,, х  log„ ab .	, .	, , , , ,
—— = log„ ab = log„ a + loga b = 1 + loga b.
X 10gfl X loga X
loga ab
Что и требовалось доказать.
7.163.	Зная, что 1g 2 = а и log2 7 = b, найти 1g 56.
Решение.
Ig56 = lg(7-8) = lg7 + lg8 = lg7 + 31g2 = ^^- + 31g2 = log27-lg2 + 31g2 =
log210
= ab + 3a - а(б + 3}
Ответ: а(Ь + 3).
1 1 1
7.164.	Зная, что b = 81-1°ё8 а и с = 81-1°ё8 ь , показать, что а = 81-1°ё8 с.
Решение.
1
log8 b = logg 81-1°ё8 а = ——!-=> 1 - log8 а = —Ц- =>
1 - logg a	log8 b
=>log8a = l--------=>a = 8 1оё8^	(1)-
log86
log8 с = log8 81-1088 ь =	—- => 1 - log8
l-log8Z>
,	,	,	1 logo с-1
=> log8 b = 1--------= ——--------
log8 c log8 c
ь = —^—
log8c
(2).
Подставляя (2) в (1), имеем
[ logs с~> 1 J logs с Iog8c-l-log8c
а = 8 v 10ё8 с J = 8 1оё8 = 8
Что и требовалось доказать.
logs с-1 _gl-log8c
410
Решить уравнения (7.165 — 7.258):
7.165.	3 • 4х + - • 9Х+2 = 6 • 4Х+1 - - • 9Х+1.
3	2
Решение.
Из условия имеем
3-4*+ —-81-9* =6-4-4х- —-9-9х => 3-9Х=2-4Х =>	= |,
3	2	I4 J 3
з?*_/зу’	1
2	- 2	, откуда х = --.
Ответ: —.
2
7.166.	71°g0>04 х +1 + 71о§о,2 х + 3 = 1.
Решение.
|log0>2x + l>0,
ОДЗ:
log0>2+3>0,
х>0
0<х<25.
Перейдем к основанию 0,2. Имеем
1о§0,2 * +1 + 7108о,2 X + 3 -1 <=>
<=> ^/log0>2x + 2 + ^21og0(2x + 6 = 41 .
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
log0 2 х + 2 + 2 J(log0 2 х + 2) (2 log0 2 х + б) + 2 log0 2 х + 6 = 2 <=>
<=> 2^ogo^x + 2) (2 log0)2 x + б) = -3 log02 x - 6 =>
=> 4(log02 x + 2)(2log0i2 x + б)= 9(log0(2 x + if при -3log0>2 x - 6 > 0 <=>
<=> log0>2 x + 2 < 0 .
С учетом ОДЗ имеем log0>2 x + 2 = 0, откуда x = 25 .
Ответ: 25.
7.167.	^logx V5x =-logx 5 •
Решение.
ОДЗ:
log* V5x > О,
- log „ 5 > 0, или 0 < х < - .
„	,	5
Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем
или
1
25
2
х2 = 5 не подходит по ОДЗ.
„ 1
Ответ: —.
25
7.168.	log4x+17 + log9x 7 = 0.
Решение.
[0<4х + 1*1,	1
|0 < 9х 1	9
Перейдем к основанию 7. Имеем
1 1	Л	Л
log7(4x + l) log79x
<=> 9x = —-—
4x + l
<=> 36х2+9х-1 = 0,
1
откуда Xj = — , х2 = - -; х2 = - - не подходит по ОДЗ.
12	3	3
12
1
Ответ: —.
12
---7—V-4 = 0-
. 2 И
81ПХ X-
4 I 4J
Решение.
Преобразуем знаменатель второго члена уравнения:
. 21	« 1	( . Я	.Я
$Ш X 	Sin X cos—cos xsin—
4 I 4J = 4k 4	4
>in2 x-lsinxcoix+co»2 x) l(l-sjn2x)
412
---sin2x 2
= 42 2	=^S27> откУда
нение (2"п2хУ+3-2sin2x-4 = 0
----—— = 3• 2s,n2x . Получаем урав-
4 I 4 J
=> 2sm2x = -4 (нет решений) или
2sm2x = i, откуда sin2x = 0, x = —, где n g Z .
TUl
Ответ: —; ne Z.
2
Решение.
ОДЗ:	г- 0 < х < 2 .
2-Vx>0,
т%	,	2 - х	,	^2-х	2-х V2-X
Из условия имеем log2-у=- = log2 —= —г=~
2 у/ х	ч 2	2 х	у] 2
у/2-х 1	Л	V2-x 1 _
-—7=--7= =0,откуда---=--^ = 0,
2-vx V2	2-vx V2
2-х V2-X _	/т—
---т=---==—= 0 <=> V2-
2-vx V2
V4-2x=2-
Таким образом, Xj = 0, x2 = ~.
n 16
Ответ: 0; —.
9
«у	x |	_ 26
Решение.
ОДЗ: x>0.
Перейдем к основанию 4. Имеем 5 • 5,og4 х + —~ = 0 <=>
25.(5lo84X)f-26-5lo84X+l = 0 => (s1084*)^'2, (51о84Х)2 = 5°, отку-
(log4 х^ = -2, (log4 х\ = 0. Следовательно, = Д, х2 = 1.
16
5-5log4X
1
Ответ: ~; 1.
16
413
7.172.	^2 log8 (- x) - log8 V? = 0 •
Решение.
ОДЗ.
-x > О,
x2 > О,
х<0.
Из условия имеем
72l°g8(-x) - log8 (- х) = 0, 71og8(-x)(V2 - 71og8(-x))= 0.
Тогда log8(- х)= 0, откуда Xj = -1 или ^2 -	= 0 , откуда
Л = <Jlog8(-x), 2 = log8(- х), х2 = -64.
Ответ: -64; -1.
7.173.	21gx2-(lg(-x)f =4.
Решение.
ОДЗ: х < 0 .
Учитывая, что х < 0 имеем
41g(-x)-lg2(-x)-4 = 0 <=> lg2(-x)-41g(-x)+4 = 0,
(lg(- x)-2f = 0 , откуда lg(- х)=2 , х = -100 .
Ответ: -100.
7.174.	310g3*+x10g3x =162.
Решение.
QJ\3\ 0<х*1.
Перепишем уравнение в виде
(jiog’х )°g3 х + x,og’х = 162 <=> x10g3 х + x10g3 х = 162 о
<=> xlogjJC =81 <=> log3x = 4.
Тогда (log3 х\ = -2 или (log3 х\ = 2 , откуда х} = |, х2 = 9 .
Ответ:	; 9.
7.175.	lg(x3 + 8)- 0,5 lg(x2 + 4х + 4)= 1g 7 .
Решение.
ОДЗ: х + 2>0, х > -2 .
414
Перепишем уравнение в виде
lg(x + 2)(x2 -2x + 4)-0,51g(x + 2f = lg7 <=>
<=> lg(x + 2)(x2 - 2x + 4)- lg(x + 2) = lg 7 <=> lg (x + 2)(x2-2x+.4) = lg 7 <=>
x + 2
<=>x2 -2x + 4 = 7, x2 -2x-3 = 0 , откуда Xj = -l, x2 =3.
Ответ: -1; 3.
7.176.	2log5 xl - 21+logsx + 2logs -1 = 0 •
Решение.
ОДЗ: x>0-
Перепишем уравнение в виде 221085*
,	7 logs х
_2-210g5X+=--------1 = 0
2
«=> 2 • 221085 л - 3 • 21085 х - 2 = 0 . Решая это уравнение как квадратное от-
носительно 21085 х, найдем 2logs х = - ± (не подходит) или 2logs х = 2 , от-
куда log5 х = 1, х = 5-
Ответ: 5.
7.177.
3-х
Решение.
ОДЗ:
9-2х>0,
3 - х ф 0,
<=> 3^x<log2 9..
Из условия
log2(9-2x)=3-x <=> 9-2х=23-х <=> 22х-92х +8 = 0.
Решая его как квадратное относительно 2 х, найдем (2х ) .= 1, откуда
хх - 0 или ^х = 8 , откуда х2 = 3 ; х2 = 3 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 0.
7.178.	log5 х + log25 х = log1/5 yfi .
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 5. Имеем log5 х + --logsх = _^°§5
415
<=>21og5x + log5x = log5 — <=> log5 x3 = log5Отсюда имеем x3 = ^,
3	3	3
1
Ответ: -I
7.179.	logfl2 x2 +logfl(x-l)= logfl log^ 5 .
Решение.
ОДЗ:
x > 1,
0<а*1.
Из условия имеем
logflx + logfl(x-l)=logfl2 => logflx(x-l)=loga2,
откуда x2 - x - 2 = 0 => Xj = 2 , х2 = -1; х2 = -1 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 2.
7.180.	x21g2%=10x3.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Логарифмируя обе части уравнения по основанию 10, получим
lgx21g2л = IglOx3 <=> 21g3x = l + 31gx <=> 21g3 x-31gx-l = 0 <=>
<=> 21g3 x + 2-31gx-3 = 0 <=> 2(lgx + l)(lg2 x-lgx + l)-3(lgx+l)=0 <=>
<=> (lgx + l)(21g2 x-21gx-l)=0,
откуда (lgx)i = -1, (igx^ =	, (lg = X-^~~ • Получили ^ = ^,
i-Уз i+Уз
x2 =10 2 , x3 =10 2 .
i-Уз i+Уз
Ответ: —, 10 2 , 10 2
10
7.181.	logx 3 + log3 x = log^ 3 + log3 Vx + 0,5 .
Решение.
ОДЗ: 0 < x 1.
416
Перейдем к основанию 3. Имеем
;----+ log3x = ----+ -log3x + - <=> log? x-log3 x-2 = 0 =>
log3 x	log3 x 2	2
=> (log3 x^ = -1 или (log3 x\ = 2 , откуда x, = - , x2 = 9 .
Ответ:
|;9.
7.182.	log^ a • log 2 ——— = 1.
VJC a 2a-x
Решение.
0 < а *1,
ОДЗ: x 2a,
0<x^l.
Перейдем к основанию a . Имеем
log “2
l°gq jL-----2a ~~ = 1 <=> logfl(2a-x)+logflx = 2 <=>
logflVx logfl a
<=> logfl x(2a-x)=2 , x(2a-x)=a2, x2 -2ax + a2 = 0, (x-a)2 =0,
откуда x = a .
Ответ: х-а, где 0<а 1.
7.183.	5-21og0’04(3'4x2) +1,5 log1/8 4х = 0 .
Решение.
ОДЗ:3-4х2>0 о _2^<х<2^.
2	2
Из условия
5log5(3-4x2) + 15xlog^ з 22 =0	3_4x2_x = 0	4х2+Х-3 = 0>
3
откуда Xj = -1, Х2 = — ; Xj = -1 не подходит по ОДЗ.
3
Ответ: — .
4
14 Группа Б
417
7.184.	loga x + loga2 x + logfl3 x = 11.
Решение.
ОДЗ:
x > О,
0<a ^1.
Перейдем к основанию а . Имеем logfl х + ± logfl х + j logfl х = 11 <=>
<=> loga х = 6 , откуда х = а6.
Ответ: а6, где 0 < а * 1 •
7.185.	6-^1+ 4-94 “1О8^3 jl°g7 x = l°gx 7 .
Решение.
ОДЗ: 0 < х * 1.
Перейдем к основанию 7. Имеем 6 - (1 + 4 • 9° )log7 х = —!— <=>
log7 х
<=> 5 log2 х - 6 log7 х +1 = 0 . Решая это уравнение как квадратное относитель-
но log7 х, получим (log7 x)i = | или (log7 х^ = 1, откуда =
Ответ: v7 ; 7.
7.186.	log12 (43х + 3х -9)= Зх - xlog12 27.
Решение.
ОДЗ: 43х+3х-9 > 0.
Перепишем уравнение в виде
log12(43x +3x-9)+log1227x =3х => log12 27х(43х+Зх-9)= Зх ,
откуда 27х(43х + Зх-9)= 123х <=> 43х+ Зх-9 = 43х , Зх-9 = 0 , х = 3 .
Ответ: 3.
7.187.	х2 logx27 1og9x = x + 4 .
Решение.
ОДЗ: 0 < х * 1.
Перейдем к основанию 3, тогда
Зх2 log-, х .	_ 2 _	_ _
--------—— = х + 4 <=> Зх2-2х-8 = 0,
log3 х 2
418
4	4
откуда Xj =2,;х2 =—; х2 =— не подходит по ОДЗ.
/ 3
Ответ: 2.
7.188.	^logg х + log* 5 + 2 = 2,5 •
Решение.
ОДЗ: 0 < х * 1.
Перейдем к основанию 5. Из условия получаем
llog|x + -V +2 =2,5 _	=2,5
logs X	у logs X
logg Х + 1
log5x
logs х + 1
|log5 х|
Получаем 2 случая:
=> (log5x^=-|<0,
(logs х\ = “2 < 0 ’ откУДа
1 1
Х1=7?’Х2=^;
logs Х > О,
logs х ~ 2,5 log$ * + 1 = 0
=> (logsxjj =i>0, (log5x)4 =2>0,
откуда х3 = 45 , х4 = 25 .
1
Ответ:
_1_
25 ’
45; 25.
7.189. log*m-log^
т
42т-х
= 1.
Решение.
0 < т Ф1,
ОДЗ: ' 0 < х 1,
х < 2т.
419
1 gwV2
Перейдем к основанию т , тогда
т
^^ = 1 <=> logwx + logw(2w-x)=2 =>
l°gw х logw у/m
=> log„, x(2m-x)=2 .
Тогда x2 - 2mx + m2 = 0 , (x - mf = 0 , откуда x = m .
Ответ: m , где 0<m*l.
log9 16
7.190.	log2 3 + 2 log4 x = x10g3 x .
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
log; 4
Из условия имеем log23 + log2x = xlog’,c «=> log2 3 + log2 x = xlogx 4 =>
=> log2 3 + log2 x = 4, log2 3x = 4, откуда Зх = 16, x =	.
16
Ответ: —.
3
7-191. log10 x + log^ x + log^ x +... + log,^ x = 5,5 .
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
Перейдем к основанию 10. Имеем
1gх + 21gx + 31gx + ... + 101gx = 5,5 , (1 + 2 + 3 + ... + 10)lgx = 5,5 .
В скобках — сумма членов арифметической прогрессии Sn с = 1,
d = \,a =10, и = 10:5„	= 1±12.ю = 55. Тогда 551gx = 5,5 <=>
'	2	2
<=> lg х =	, откуда х = л/io .
Ответ: 'o/lO .
7.192.	^31og2 х-1-91og2 2 = 5 .
Решение.
олт Ь1оё2*-1оё2*-9^°>
' |о<х^1.
420
Возведем обе части уравнения в квадрат. Тогда
31og? х-log? х-9	4	? л л
--- 5-^---------= 25 <=> 31og? x-261og2 х-9 = 0.
log2 х
Решая это уравнение как биквадратное относительно log2 х, най-
дем (log2 х\ = -3 и (log2 х\ = 3 , откуда Xj = |, х2 = 8 .
О
Ответ: ~; 8.
О
7.193.	log^ х + log^ х + log^ х +... + logj^j x = 36.
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 3. Получаем
21og3 x+41og3 x + 61og3 x + ... + 161og3 x = 36 <=>
<=> (2 + 4 + 6 +... +16)log3 x = 36 <=> (l + 2 + 3 + ... + 8)log3 x = 18 <=>
<=> 361og3x = 18 <=> log3x = у, откуда x = л/з .
Ответ: л/з .
7
7.194.	logx 2 — log4 х + — = 0 •
6
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
1	1	7
Перейдем к основанию 2. Имеем ;-----------— log2 х + —= 0 <=>
log2 х 2	6
<=> 3 log2 х - 7 log2 х - 6 = 0. Решая это уравнение как квадратное относитель-
*7	1
но log2х,найдем(log2х^ =-|- или(к^2х)г =3,откудаXj х2 =8-
1
Ответ: з/7
7.195.	logA.(125x) log25 х = 1.
Решение.
ОДЗ: 0 < х 1.
Перейдем к основанию 5. Тогда получаем
log5125х
log5 х
logs х
logs 25
421
<=>10g5 X + 31og5 x - 4 = 0 . Решая это уравнение как квадратное отно-
сительно log5 х, имеем (log5 х)[ = 1 или (log5 х\ = “4 , откуда *1=5,
1
2 625
Ответ:	; 5.
625
7.196.	з1о«з*+iog3*2+iogjx3+...+iog3 х8 _ 27х30 .
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перепишем уравнение в виде 31о8зХ+21083 х+31083 х+’ +81083 х = 27х30 <=>
<=> ^10g3xJ1+2+3+"+8) = 27х30 <=> х1+2+3+-+8 =27х30 <=> х36 =27х30 <=>
<=> х6 = 27, откуда х = V27 = у/з .
Ответ: V3 .
х	4
7.197.	5^+2 ОД^2 = 125х"4 0,04х'2.
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Из условия имеем
х	4	х 4
Vx+2 . ^~Vx+2 _ ^Зх-12 5~2х+4	5 -Jx+2 Vx+2 _ $3x-12-2x+4
<=> -5=—^- = х - 8 <=> xjx + х - 8-Ух -12 = 0
ух +2
Пусть -Jx = у > 0. Относительно у уравнение принимает вид
/ +/-8у-12 = 0, (у-3)(у + 2)2=0,
откуда У1 = 3, у2 3 = -2 ; у2,з = “2 не подходит. Тогда Vx = 3, х = 9 .
Ответ: 9.
Решение.
ОДЗ: 0 < х 1.
422
Из условия
з гл л-i =3io » i\'‘x+4._2—=2. « зх-1з-7х-ю=о.
2 Vx ю
Решая это уравнение как квадратное относительно 4х , получим
(Vx)i=-— (неподходит), или (\/х)2= 5. Тогда х = 25.
Ответ: 25.
7.199.	log2 log3 (х2 -1 б)- logj/2 logj/з 2  — = 2 .
х -16
Решение.
ОДЗ: log3(x2 —1б)>0 <=> х2-16>3 <=> х2>19 <=>
<=> х е (- оо; - -719 )и (\/19; °°)-
Перепишем уравнение в виде
log2 log3(x2 -16)+log2 log3(x2 -1б)=2 <=> 21og2 log3(x2-1б)=2 <=>
<=> log2log3(x2 -1б)=1,
откуда log3(x2 -1б)=2 <=> x2 -16 = 9 , x2 =25 . Получили x12 =±5 .
Ответ: -5; 5.
7.200.	1 + 2 log9 2 -1 = 2logx 3 • log9 (12 - x).
log9x
Решение.
Перейдем к основанию 3. Тогда получаем
! ! 21og32
log39 _ j = 2	log3(12-x)	2+21og32 _ 1 = log3(12-x)
log3x log3 х log3 9 log3 x	log3 x
log39
2 + 21og32-lOgix = l°g3(12-x)	+ 2lo&2_lofex = ]ofo(12_x)
log3 X	log3 X
<=> 2 + 21og32 = log3 x + log3(12-x) <=>
<=> log39 + log34 = log3x + log3(12-x) log336 = log3x(12-x}
откуда 36 = x(12-x) или x2 -12x + 36 = 0, (х-б)2 = 0, x = 6 •
Ответ: 6.
423
7.201.	31g2+ lg^2VrZ*"1 -1)= Ig^O^5 * 7^ +4J+l.
Решение.
ОДЗ:
2Vxzi-i_1>0
< 7
х-1>0
<=> x > 2 .
Перепишем уравнение в виде
lg8 + lgf277:r‘1-l>|=lg|0,4V2^ + 4 |+lgl0 <=>
Решая это уравнение как квадратное относительно 2 2 , получим
Vx-l	>/х-1	/	7	____
2 2 = -3 (нет решений), или 2 2 = 22,откуда—-— = 2,Vx-l=4,
х-1 = 16, х = 17 •
Ответ: 17.
7.202.	5 logx/9 х + log9/x х3 + 8log9jc2 х2 = 2 .
Решение.
Перейдем к основанию 9. Имеем
5 log9 х log9 х3 8 log9 х2
log9 log9 - log99x
9 x
5 logo X	310g9X	1610g9X	_	01 2	i n
<=>- S2--+	59 + 	69	=2 <=> 81og9x-61og9x + l = 0-
log9x-l l-log9x l + 21og9x
424
Решая это уравнение как квадратное относительно log 9 х, получим
(log9 x)j = 1 или (log9x)2 = 1,
откуда Х| = л/з,х2 = 3.
Ответ: V3;3.
7.203.	201og4x у/х + 71og16xx3-31ogx/2x2 =0.
Решение.
Перейдем к основанию 2:
20 log2 Vx 7 log2 х3 31og2x3
log24x log216x i x
2
101og2x	211og2x 61og2x
2 + log2 x 4 + log2 x log2 x -1
5 log2 x + 3 log2 x - 26 log2 x = 0 о log2x(5 log2 x + 3 log2 x - 26) = 0
(	13^
<=> log2 xl log2 x + — l(log2 x-2) = 0,
13
откуда (log2 x) != 0, (log2 x)2 =
(log2x)3=2. Итак,
_13
Х,=1’Х2=2’5=Ж’ХЗ=4-
Ответ: 1; * ; 4.
4V8
7.204.	Vlx-ГМх-ЗГ2-
Решение.
425
Очевидно, что х *3, тогда |х -3| > 0. Перепишем уравнение в виде
х+1	х-2
|х-3| 4 = |х — 3| 3 .
Получаем два случая:
1) |х-3| = 1=>Х| = 2, х2 = 4;
2)|х-3|#1=>^- = ^^<»3х + 3 = 4х-8,хз = 11.
Ответ: 2;4;11.
_ I ,|3х -10х+3	.
7.205.	|х-3|	=1.
Решение.
Очевидно, что х * 3, следовательно, |х - 3| > 0. Логарифмируя обе час-
ти уравнения по основанию 10, имеем (Зх2 - 10x + 3)lg|x-3| = 0, откуда
Зх2 -10х + 3 = 0 или lg|x —3| = 0.	Корнями квадратного уравне-
ния Зх2 -1 Ох + 3 = 0 будут Xj = у и х2 = 3. Из уравнения lg|x - 3| = 0 най-
дем|х-3| = 1=> х-3 = -1 илих-3 = 1. Тогда х3 - 2, х4-4; х2 - 3 не
подходит по ОДЗ логарифма.
Ответ: —-24
3’
7.206.	|х-2|10х2 Зх 1 =1.
Решение.
__	I -,|10х2-Зх-1 ।	~|0 т
Перепишем уравнение в виде х - 2	=|х —2| . 1огда получим
два случая:
1)|х — 2| = 1, откуда х-2 = -1 или х-2 = 1 ,Xj = 1, х2 = 3;
0 < |х-2| ф 1,
10х2-Зх-1 = 0
х ф 2,
х ф 1, х 3,
1 1
^ = ~5Л<=Г
Ответ:----: —;1;3.
5 2
426
_	, yj2a- х .
7.207.	log^--------\ogyax = 0.
Решение.
fOctz^l,	(0<а*1,
ОДЗ: {	<=M
[2a - x > 0	[x < 2a.
Из условия имеем
, V2a-x
loga	1Ор. у
------7=------22—. = 0 <=> logfl (2а - х)+ loga х = 2 <=>
loga а log,, -
а
<=> loga х(2а-х)=2,
откуда х2-2ах + а2 =0 , (x-af =0 <=> х-а.
Ответ: а , где 0 < а 1.
7.208.	2х-1 + 2х-4 + 2х"2 = 6,5 + 3,25 +1,625 +... (выражение в правой
части — бесконечная геометрическая прогрессия).
Решение.
В правой части—сумма членов бесконечно убывающей геометричес-
кой прогрессии S, где h = 6,5 ; a =	= 0,5 => 5 = —=13.
4 6,5	1-? 1-0,5
2х 2х 2х	13
Перепишем уравнение в виде — + — + — = 13 <=> —2х =13,
2	16 4	16
2х =16, откуда х = 4 .
Ответ: 4.
7.209.	491+'/х"2 -344'7,/х"2 =-7.
Решение.
ОДЗ: х > 2 .
Перепишем уравнение в виде 49 •	- 344 • ']^х~^ +7 = 0. Решая
его как квадратное относительно ']'^~2 , получим ^7‘^х~2 = 7-2 или
(7^*~2 =7,откуда (Vx-2)1 = -2 (нетрешений),или {у1х-1\ =1, х2 =3.
Ответ: 3.
427
7.210.	5х’1+5-0,2х"2 =26.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
^- + — -26 = 0 <=> 52*-130-5*+625 = 0.
5	5
Решая его как квадратное относительно 5х, получим ^5Х = 5 или
($х = 53, откуда xj = 1, х2 = 3 .
Ответ: 1; 3.
7.211.	log^ х  ^log^3-logx9 +4 = 0.
Решение.
ОДЗ:
х > 3,
0 < х < 1.
Перейдем к основанию 3. Получаем
21og3x-2- —-—+4 = 0 <=> log3x- Н°ёз* 2 =-2 =>
V log3 х	] log3x
=> <
log2 x-log3 х-2 = 0,
log3 x < 0.
Решая это уравнение как квадратное относительно log3 х , имеем
(log3 x)j = -1 или (log3 х\ =2 ; (log3 х\=2 — постороннее решение.
Отсюда х = З"1 = -.
7.212.
log. г 2
т- + log2x 2 • logl/2 2х = 0.
log2x 2
Решение.
х > 0,
ОДЗ:
1
16
J_
2’
428
2 + —log2x
Переходим к основанию 2. Имеем
log22
log2 4Vx ! log2 2 log2 2x
'Ofc?* ] I
log2 2x	2 2
откуда log2 x = 2 и x = 4 .
Ответ: 4.
7.213. |log^x-2|-|log3x-2| = 2.
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
Перейдем к основанию 3. Тогда |2 log3 х - 2|-|log3 х-2| = 2 .Раскры-
вая модули получим три случая:
1)|log3x<l,	[log3x<l, X1=3-2=1;
|-2Iog3 x + 2 + log3 х-2 =2 [log3x = -2	1	9
2)
2 log3 x - 2 + log3 x - 2 = 2
1 < log3 x < 2,
log3 x = 2.
log3 x = 2 не подходит так как log3 х < 2 .
|log3x>2,	[log3x>2,
3) <	<=> <
|21og3 x-2-log3 x + 2 = 2 [log3x = 2
x2=32=9.
1
Ответ: —; 9.
7.214.	9x+6x=22x+1.
Решение.
Перепишем уравнение в виде 32х + 2х • 3х - 2 • 22х = О и разделим его
z_\2x z_
на 22х 0. Тогда —	+ —
2	2
(нет решений)
или
3
2
V 7 Д
Ответ: 0.
429
7.215.	2Х+^-^2+ %2 4-6 = 0.
Решение.
ОДЗ: х2-4>0«хе (-оо;-2]и[2;оо).
Запишем уравнение в виде 2
- — •2
2
'х1 -4
2	-6 = 0. Решая его
как квадратное относительно 2
х+Ух2-4
шений), или 2	2	=22 =>
lx2-4	x+Vx2~4
2	, имеем 2	2	=-—(нетре-
'х2-4
2
х2 —4 = 16-8х + х2,
откуда
5
2
Ответ: — .
2
7.216.	27х-13 9х 4-13-Зх+1 -27 = 0.
Решение.
Имеем
З3х-13-32х 4-39-Зх-27 = 0 <=> (з3х-27)-13-Зх(зх-з)=0 <=>
<=> (зх-з)(з2х4-з -зх4-9)-1з-зх(зх-з)=о <=>
<=> (зх-з)(з2х-10-3х+9)= о <=> (зх-з)(зх-1)(зх-9)= о =>
=> 3х-3 = 0, 3х-1 = 0, 3х-9 = 0.
Таким образом, х} = 1, х2 = 0, х3 = 2 .
Ответ: 0; 1; 2.
7.217.	^7 + V48 J 4-^7-748 =14.
Решение.
Так как <7 - >/48 = .	- ... , то уравнение имеет вид
V7 + V48
430
/3 \21og9(x+l)
.5
log5 27
7.218.
^7 + 748^ -14^7+ >/48+1 = 0.
Решая это уравнение как квадратное относительно ^7 + л/48~ , име-
ем ^у/1 + -J48 ) = (? + >/48 )”*, Zj = -2 или 77 + V48 = 7 + -748 , z2 = 2 .
Ответ: -2; 2.
Г125 AlogV27^x-1)
In J log5 243 ’
Решение.
ОДЗ: х>1.
Из условия имеем
/3 \log3(х+1) /з \log3(х-1) 3	xlog3(x+l>log3(х-1) з
jj vj =5 « (jJ =5 =»
=> log3(x + l)+log3(x-l)=l => log3(x2-1)=1, х2-1 = 3 , х2 = 4.
Отсюда %! = -2 , х2 = 2; %i = -2 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 2.
7.219.	51+х -5|-х =24.
Решение.
5
Имеем 5 • 5
3
-24-5 - 5 = 0 . Решая это
5х	V )
3	3	1
уравнение как квадратное относительно 5х , получим 5 =-— (нет
решений), или 5 х =5 => х3 = 1, х =
Ответ: 1.
7.220.	32х+4+45-6х-9-22х+2 =0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде 81 • 32х + 45 • 3х • 2х - 36 • 2х = 0. Разде-
2	(з^х Гз¥
лив его на 9 • 2 , получим 9 • — +5- — -4 = 0
(3Y2	?
—	, откуда х = -2.
Гз ¥
— =-1 (нет
ы
-Ч	(3
решении), или —
Ответ: -2 .
431
7.221.	4lgx+1-6lgx-2-3lgx2+2 =0
Решение.
ОДЗ: х>0.
х -18 • 32,gx = 0. Разделив его на
f 2 Vgx
! = 0 => —	=-2 (нет реше-
3
321gx,
Из условия имеем 4 • 221gx - 2lgx
f2A21gx
получим 4. -	- —
и и
(2 V8* (2 А 2
ний),или j j => lgx = -2 .Тогда х = 10~2 =0,01.
Ответ: 0,01.
7.222.	з 16х +2-81х =5-36х •
Решение.
,	,	<4 Г МГ
Имеем 3-42х +2-92х -5-4х -9х =0 => 3- -	-5- - +2 = 0- =>
412	(4 Г	1
— = — или 1—1 = 1, откуда Xj = — , х2 = 0.
Ответ: 0; — .
2
7.223.	log5(2,15x"2’5 +21’5х-°’5 -0,01-53х+1)= Зх-1.
Решение.
ОДЗ: 21>5х-2’5 + 21,5х-0’5 - 0,01 • 53х+1 > 0 .
По определению логарифма получаем
21,5x-2,5 +21>5х-0,5 _QQ1.5^x+^ — 53х
nl,5x	nl,5x	сЗх
+	°,O5-53x=i-
22,5	20,5	5
21’5х 21,5х _ 53х 53х
22т+2“Т-~ + ^0
21,5х-0,5 _ ^Зх-1
1,5х-0,5 = 0,
Зх-1 = 0,
1
откуда х = -.
1
Ответ: —.
432
у1 -Зу-5
8х+2 с
7.224.	------= 5.
4х-2
Решение.
ОДЗ: хЛ.
Перепишем уравнение в виде 23х - 5 • 22х + 2х +10 = 0. Пусть 2х = у.
Тогда уравнение принимает вид j>3 - 5}>2 + у +10 = 0. Разделим левую
часть уравнения на у - 2:
у3 -5j?2 + _у + 10 ^-2
У3~2у2
-Зу2+У
-Зу2+ 6у
=57+10
~-5^ + 10
0
Уравнение можно представить в виде {у - 2) (у2 - Зу - 5) = 0, откуда
= 2, у2,з = 3±^9 . Получили: 2х = 2 => Xj = 1; 2х = 3	< 0 (нет
3 + V29
решении); 2 = —-— => х3 = 1
Ответ: 1; log2(3 + >/29)-l.
7.225.	log3x+7 (5х + 3) + log5x+3 (Зх + 7) = 2.
Решение.
3 + 2	=log2(3 + V29)-l.
|0<5х + 3 + 1,	3	2
ОДЗ: s	<=>х>—, х*—.
м |0<Зх + 7*1	5	5
Умножив уравнение на log3x+7(5x + 3)^0, получим
1оёЗх+7 (5* + 3) - 2 log3x+7 (5х + 3) +1 = 0 <=> (log3x+7 (5х + 3) -1)2 = 0 <=>
<=> log3x+7 (5х + 3) = 1 <=> 5х + 3 = Зх + 7, х = 2.
Ответ: 2.
7.226.	2,5log3 х + 0,4log3 * = 2,9.
Решение.
ОДЗ: л>0.
z541og3x z2xlog3x
Перепишем уравнение в виде 1 — 1	+ 1у1	-2,9 = 0. Умно-
433
( 5 А1083 х
—	, получим
/ s 41og3 х
-2,9 -	+1 = 0.
и
Г5 А1083 *
Решив это уравнение как квадратное относительно —	, найдем
жив уравнение на
5 \log3 X
2
Г5 Vlog3X
2
<5 V	1
-	, откуда log3 %!=-!, %i = -, или
' Л 4
откуда х2 = 3.
\1о8з х Л
2
5
2 ,
Ответ: —; 3.
7.227.	(lg(x + 20)- 1g x)logx ОД = -1.
Решение.
|х + 20>0,	.
ОДЗ: 5	или 0 < х * 1.
0 < х 5*1
Г 1 ।
Перейдем к основанию 10. Имеем (lg(x + 20)-lg х)-= -1 <=>
I Igx )
lg(x + 20)-lgx = lgx <=> lg(x + 20)=21gx <=> lg(x + 20) = Igx2 .Тог-
да x + 20 = x2 , x2 -x-20 = 0, откуда x, =-4 , x2 = 5 ; x{ =-4 не под-
ходит по ОДЗ.
Ответ: 5.
7.228.	5lgx =50-xlg5.
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф1.
Перепишем уравнение в виде 5lgx = 50 - 5lgx , 2 • 5lgx = 50,5lgx = 25 ,
откуда Igx = 2 , x = 102 = 100 .
Ответ: 100.
7.229.	27•2-3x +9-2x-23x-27-2~x =8.
Решение.
Преобразуем уравнение:
27 + 9-24x-26x-27-22x =8-23x «=>
о 26x-9-24x+8-23x+27-22x-27 = 0 <=>
о 26x-24x-8-24x+8-23x+27-2x-27 = 0 <=>
434
<=> 24х(г2х -l)-8-23x(zx -1)+27(2X -1)=0 <^>
о 24х(гх -1)(гх +1)-8-23дфх -1)+27^х -1)=0 &
& (2x-1)(z5x+24x-8-23x+27)=0,
откуда 2х = 1, %! = 0 . Уравнение 25х + 24х - 8 • 23х + 27 = О решений не
имеет.
Ответ: 0.
7.230.	logx+1 (х - 0,5) = logx_0>5 (х +1).
Решение.
ГО < х + 1 #1,
ОДЗ: s	или 0,5 < х ф 1,5.
[0<х-0,5^1
Умножив обе части уравнения на logx+1 (х - 0,5) 0 , получим
logx+i.(*-°>5)=1 => 1оёх+1(х-°>5) = -1 =>
1	3
=> х - 0,5 ----, 2х2 + х - 3 = 0, х, = — (не подходит по ОДЗ),
х + 1	2
х2 -1; или logx+1 (х - 0,5)= 1, х - 0,5 = х +1, нет решений.
Ответ: 1.
7.231.	log4 log2 х + log2 log4 x = 2 .
Решение.
[log2x>0,
ОДЗ: . Л <=> *>l.
[log4 X > 0,
Перейдем к основанию 2. Имеем
1	Г1 А
-log2log2x + log2 -log2x 1=2 <=>
2
<=> log2log2 x + 21og2 — log2 x =4 «=>
fl 7 )
<=> log2 l°g2 X + l°g2 4 i°g2 x = 4
f	1	2	1
<=> log21 log2 x • — log2 x =4 <=>
<=> —log2x = 16, log3x = 64.
4
Тогда log2 x = 4 , x = 24 = 16.
Ответ: 16.
435
7.232.	log*2 16 + log2x 64 = 3.
Решение.
ОДЗ:
2’
Перейдем к основанию 2. Тогда
10g2 16 + log2 64 = 3	4	+	6	_ 3 = 0 <z>
log2*2 log22* 21og2x l + log2x
<=> 31og2 x-51og2 х-2 = 0, где log2 х ф 0 и log2 х *-1.
Решая это уравнение как квадратное относительно log2 х, получим
log2 х =	*! =	= 0,5^4; log2 х = 2, х2 = 4.
3	^/2
Ответ: 0,5^4; 4.
7.233.	(31oga *-2)log2 а = log^-x-З (а>0, а 1).
Решение.
ОДЗ:
Перейдем к основанию а. Получаем
31oga* 2 = 2 loga X - 3 <=> 2 logo х - 3 loga x - 3 loga * + 2 = 0,
loga*
т.к. loga x * 0. Далее имеем
2 (log^ * + 1) - 3 loga x 0°ga * + D = ° <=>
<^> 2 (loga x + l)(loga * - loga x + 0 “ 3loga * (loga * + 0= 0 <^>
<=> (loga x +1)(2 loga * “ 5 loga * + 2) = 0,
откуда loga * +1 = о или 2 loga * - 5 loga * + 2 = 0. Из первого уравнения
loga * = -1, *1 = —• Из второго уравнения loga * = — или loga * = 2, от-
fl	2
Г 2
куда *2 = V fl, *з = а •
/э 1 Г~ 2
Ответ: —; ^ja', а .
а
436
r31gx
7 234 —------------------
7-234’ x3 Ю ’
21g2 x 31gx 3 _|Q 2 Догариф.
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф1 •
x2,g4	1
Из условия имеем
мируя обе части этого уравнения по основанию 10, получим
lgx2,g2x-318X-3 =lgl0-2 <=> (21g2 x-31gx-3)lgx = -2 <=
=> lg x +1 = 0 или 2 lg2 x - 5 lg x + 2 = 0.
Из первого уравнения имеем lg х = -1, *i = ~, а из второго 1g х = ±,
x2 = VI0 или lgx = 2 , x3 =100 .
Ответ: 0,1; V10 ; 100.
x-4
Решение.
ОДЗ:
Перейдем к основанию 5. Имеем--------г
log5(x + l)
x-4
-Зх =
при 1ог5(х + 1)^0.ОтсюдаЗх2+х-4 = 0, х, =-у, х2 =1;
4
xt = - у не подходит по ОДЗ.
Ответ: 1.
437
7.236.	31gx2-lg2(-x)=9.
Решение.
x2 > О,
ОДЗ:	л х<0.
[- х > О
Из условия имеем 1g2 (- х)- 6 lg(- х)+9 = 0 , (lg(- х)- з)2 = 0, откуда
lg(-x)=3 =$ -х = 103 =1000, х = -1000.
Ответ: -1000.
7.237.	41og4(-x)+21og4(x2)=-l.
Решение.
-х > 0,
ОДЗ: ’ п
х" > 0
<=> х < 0.
Так как по ОДЗ х < 0, то имеем
41og2(-x)+41og4(-x)+l = 0 <=> (21og4(-x)+l)2 =0<=>
<=>21og4(-х)=-1, log4(-x)=-i.
Отсюда -х = 4-1//2 = — , х = -— .
2	2
n	1
Ответ: —.
2
7.238.
2
Решение.
ОДЗ:
-х >0,
log2(-x)>0
х < -1.
Так как по ОДЗ х < 0, то имеем
2	_	1	4	_	1
V31og2(- х) ^/log2(-x)	31og2(-x) log2(-x)
<=> 31og2(-x)-41og2(-x)=0 <=>
<=> log2(-xX31og2(-x)-4)=0 <=> log2(-x)=y,
так как log2 (- x) -t- 0. Отсюда - x = 24^3, x = -24^3.
Ответ: - 24^3 .
438
7.239.	IgJlO-IglOO = ^390635-5^ j-2,5 .
Решение.
QJ\3: lg^390635-5^ )> 0 .
Перепишем уравнение в виде
lg710-lgl00 + 2,5 = ^390635-5^ <=>
<=> 0,5 - 2 + 2,5 = dlgf390635-5^], 1 = e/lgf390635 - 5^
<=> 10 = | 390635-5^
V57
Ответ: 256.
7.240.	lg4(x-lf+lg2(x-l^ =25-
Решение.
ОДЗ: х>1.
Из условия имеем 16 lg4 (х -1)+91g2 (х -1) - 25 = 0 . Решая это урав-
нение как биквадратное относительно lg(x -1), получим lg2 (х -1) = 1 =>
=> lg(x —1) = —1 или lg(x-l)=l, откуда х^Ц, х2=11.
Ответ: 1,1; И.
log-Дх3 +3х2 +2х-1) ,	,
7-241.	—- f-3-- 1--------S = log2x X + log2x 2.
log2(x3 +2x2 -3x + 5)
Решение.
ОДЗ:
x3 +3x2 +2x-l>0,
0 < x3 + 2x2 - 3x + 5 Ф1,
м	1
2
По формуле замены основания имеем
108хЧ2«!-зл+5 (х’ + Зх2 + 2х -1)= log2x 2х
’х3+2х2-Зх+5
439
<=> х3 + 3х2 + 2х-1 = х3 +2х2 -Зх + 5 <=> х2+5х-6 = 0 => *1=1,
х2 = -6 ; х2 = -6 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 1.
7.242.	(16 • 52хЧ -2 • 5х’1 -0,048)lg(x3 + 2х + 1)= 0.
Решение.
ОДЗ: х3 + 2х +1 > 0.
Из условия 16 • 52х-1 - 2х-1 - 0,048 = 0 или lg(x3 + 2х +1)= 0 . Перепи-
шем первое уравнение в виде
~52х-|-5х-0,048 = 0 <=> 16 52х-2 5х-0^24 = 0-
Решая это уравнение как квадратное относительно 5 х , получим
3
5х =----(нет решений), или 5 х = 5-1 <=> Xj =-1 (не подходит по ОДЗ).
40
Из второго уравнения имеем
х3+2х + 1 = 1 <=> х3+2х = 0 <=> х(х2+2)=0, х3 =0, х2+2^0.
Ответ: 0.
7.243.	5х • ^8^ = 500 .
Решение.	х-i	5х 8
Перепишем уравнение в виде 5х - 8 * =500 <=> —— = 500 <=>
81/х
5х 2	fx-3 = 0,
<=>—— = 125 <=> 5*~3=23/х-1 => <3 откуда х = 3.
8/х	--1 = 0,
1х
Ответ: 3.
7.244.	31og2 sinx + log2(l - cos2x)= 2.
Решение.
ОДЗ: 0 < sin х < 1 .
Так как 1 - cos 2х = 2 sin2 х, то имеем
31og2 sinx + log2 2sin2 х-2 = 0 <=> 31og2 sinx + 21og2 sinx-1 = 0 .
Решая это уравнение как квадратное относительно log2 sin х, полу-
чим log2 sin х = ^ или log 2 sin х = -1, откуда sin х = V2 (нет решений),
или sinх = - . Тогда х = (- 1Y1 — + тт, neZ.
2	6
Ответ: (-1)” — + пп , где п е Z .
6
440
7.245.	log1+x(2x3 +2x2 -3x4-l)=3 .
Решение.
ОДЗ:
2x3 4-2x2-3x4-1 > О,
-1<х*0.
Имеем
2x34-2x2 -3x4-1 = (14-x)3 <=> 2x3 4-2X2 -3x4-1 = 14-3x4-3x2 4-X3 4=>
<=> x3-x2-6x = 0 <=> х(х2-х-б)=0,
откуда Xi = 0 , x2 = -2 , x3 = 3 ; Xi = 0 , x2 = -2 не подходят по ОДЗ.
Ответ: 3.
7.246.	log2 34х 4- ^/log2 х = у .
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Из условия имеем
|log2X4-3/log2X =| <=> log2 X4-3^/log2 X-4 = 0.
Пусть ^/log2 х = у. Относительно у уравнение принимает вид
у34-Зу-4 = 0 <=> (у3-l)-i-(3y-3)=0 <=>
<=> (у-1)(у24-у4-1)-|-3(у-1)=0 <=> (у-1)(у2 4-у4-4)=0,
откуда у-1 = 0 , так как у1 4-у4-4 > 0. Тогда у-1, ^/log2 х = 1,
log2 х = 1, х = 2 .
Ответ: 2.
7.247.	A/log5 х 4- ^/log5 х = 2.
Решение.
ОДЗ: log5 х > 0 или х > 1.
Перепишем уравнение в виде ^/(log5 х)3 4- V(log5 х)2 - 2 = 0 . Пусть
х = у . Относительно у уравнение принимает вид
/+/-2 = 0 «. (/-1)+(/-1)=0 « •
« (у-1)(р2+у + 1)+6'-1Х>’+1)=0 <=> 6'-l)G'2+2y+2)=0,откуда
у -1 = 0, так как у2 4- 2у 4- 2 > 0 . Получили ^/log5 х = 1, log5 х = 1,
х = 5.
Ответ: 5.
441
7.248.	log2 x  log3 x = log3 (x3)+ log2 (x2)- 6 .
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
Перейдем к основанию 2. Имеем
log2xTog2x 31og2x
---:-------= ------ + 21og2x-6 <=>
log2 3 log2 3
<=> log2 x-(3 + 21og2 3)log2 x + 61og2 3 = 0-
Решая это уравнение как квадратное относительно log2 х , получим
log2 х = log2 9 или log2 х = 3, откуда Xj = 9, х2 = 8.
Ответ: 8; 9.
7.249.	3 •	+ 27 = а + а • 4^-2^. При каких значениях а уравне-
ние имеет решение ?
Решение.
Перепишем уравнение в виде
3-4^-2) - а • 4(х-2) = а-27 <=> (3-а)-4(х-2) = а-27 =>
4(-2) = £2”,где ^>0.
3 — а За
Логарифмируя обе части этого уравнения по основанию 4, получим
а — 27	а — 27	а — 27
log4 4(	= log4 —-- <=> x-2 = log4 —-- x = 2 + log4—---,
3-а	3-а	3-а
а-21
где ——— > 0 . Решая полученное неравенство методом интервалов,
имеем
Таким образом а е (3; 27).
_ , а-21	.	.
Ответ: 2 + log4 —- где а е (3; 27).
3-а
7.250.	1оё« х + 1оё^ х + х = 27 .
Решение.
[х > 0,
ОДЗ: 10 < а * 1.
442
Перейдем к основанию а. Имеем loga х + 2 loga х 4-—loga х = 27 <=>
loga х = 6 , откуда х = а6.
Ответ: а6, где 0 < а * 1.
7.251.	x2-lg2*-lg*2-—= 0 .
х
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Запишем уравнение в виде x2-lg2 x-2,gx = х~1. Логарифмируя обе ча-
сти уравнения по основанию 10, получим
lgx2-lg2x-2,gx =lgx-1 <=> (г-lg2 x-21gx)lgx = -lgx <=>
<=> (2-lg2 x-21gx)lgx4-lgx = 0 <=> lgx(lg2 x4-21gx-3)=0,
откуда lg x = 0 или lg2 x + 2 lg x - 3 = 0. Из первого уравнения Xj = 10° = 1.
Решая второе уравнение как квадратное относительно 1g х , получим
Igx = -3 и Igx = 1, откуда х2 = 10-3 = 0,001, х3 = 10.
Ответ: 0,001; 1; 10.
7.252.	— fl610g’X+1 -16log3 77 l+1610g3 x - log /7 5^5 = 0.
15 V	J	V5
Решение.
ОДЗ: x > 0 •
Перепишем уравнение в виде
„ (	1.	1. А
9	— log, х	— log, х	•
— 16162	-162	+16log3X-3 = 0 <=>
15
V	7
log}X
<=> 1610g3X+216 2 -3 = 0.
log3 X
Решая это уравнение как квадратное относительно 16 2 , полу-
log3x	loga*	,
чим 16 2 = -3 (нет решейий), или 16 2 = 16° , откуда — -3 2 = 0 ,
х = 1 •
Ответ: 1.
443
7.253.	loga >/4 + x + 31oga2 (4-x)-loga4 (16-x2) =2. При каких
значениях а уравнение имеет решение?
Решение.
ОДЗ:
- 4 < х < 4,
0<а*1.
Перейдем к основанию а . Имеем
| loga (4 + х)+1loga(4 - х)-1loga(4 - х)- loga (4 + х)=2 &
<=> loga(4-x) = 2 <=> 4-х = а2,х = 4-я2.
Отсюда имеем
-4<4-а2 <4, а <2^2,
О < а * 1	[0 < а * 1.
Ответ: х = 4 - а2 , где a g (0; 1)U (1; 2^2).
7.254.	log, V4+log8(9x+1 -l)=l + log8(3x+1 +1).
Решение.
ОДЗ: 9X+1 -1 >0 <=> х>-1.
log8(9.3--l)-log8(3.У+1)=| « >083^ = 1 «
9 32х-1	-	,
<=> —----- = 83=2 <=> 9-32х-6-Зх-3 = 0 .
3-3х +1
Решая это уравнение как квадратное относительно 3х, получим
3х = (нет решений), или 3х = 3° => х = 0 .
Ответ: 0.
7.255.	2510g4 х - 510g16 х* +1 = log^ 9>/3 - 25Iog16 х .
Решение.
ОДЗ: х>0.
Перепишем уравнение в виде
510g2*_5.521082X = 5_5210g2X 5log2x-4.5210g2X _5-о.
1.
Tlog2 х
Решая это уравнение как квадратное относительно 5 2	, получим
444
1,	1.	.
-log2X	— 10g2 X	1
2	=-1 (нетрешений),или 52	=5 => — log2x = 1, log2x = 2 ,
x = 22 = 4.
Ответ: 4.
7.256. 1 + -
l 2
Решение.
log23-log2^-13)=2.
J
ОДЗ: 3x-13>0 <=> x>log313.
Из условия имеем
i+x	1+T	i+-
log2 3 2-log2(3x-1з)=2 <=> log2—--= 2 <=> —---= 4 <=>
V 7	2 3х-13 3х-13
X
<=> 4-3x-3 32-52 = 0.
X
Решая это уравнение как квадратное относительно 3 2 , получим
-	13	-
З2 =---(нетрешений),или 32 = 4 => x = 41og32.
4
Ответ: 41og32.
7257. Iog231og341og45-... logw(w4-l)=10 (neN).
Решение.
Перейдем к основанию 2.
log23.^.^.....M!l±n = 10 « log2(» + l)=10 «
log2 3 log2 4 log2 n
<=>л + 1 = 210 <=> /1 = 1024-1 = 1023.
Ответ: 1023.
a+3	1	1
7.258. 2^+2,32x(a+2) -4^ (рассмотреть при всех действительных зна-
чениях а).
Решение.
# 0,
°Д3ф*-2.
Из условия имеем
—	5	1	—+/	2	.а с п
2«+2 .2х(а+2) =2Х <=> 2а+2 х(а+2) =2Х <=>	+ -7 -—\ = —
а + 2 х(а + 2) х
445
2а-1
а + 3 ’
где а * -3 , с учетом ОДЗ х 0, а * .
2tz -"1	1
Ответ: -------при а # -2 , а # -3 иа*-; нет корней при а = -2 ,
а + 3	2
а = -3 и а = — .
2
Решить системы уравнений (7.259 — 7.294):
7.259.
Решение.
ху + у >1.
ОДЗ:
Запишем систему уравнений в виде
log2 4 - log, у = log2 (x + yf,
log2 (x + y)+log2 (x2 - xy + y2 )= 1.
log2- = log2(x + y)2,
У
____
- = (х + Л
ху + У
2
2
2
4
4 ,	2
--Зу -f=-y
У \4у
= 2
2
У
Пусть у Jy = t. Тогда второе уравнение имеет вид 6г -14г + 8 = 0,
446
3t2-lt + 4 = Q => 'i=1> r2=-. Тогда
3
2 V4 V 9	2	3	6	3 
^=1, xj=l; y2
Ответ: (1;1),
3 ’ 3
2x-y
-1 2 -6 = 0,
3
7.260.
3--
I3
lg(3x - у)+ lg(y + х)- 41g 2 = 0.
Решение.
[3x-y>0,
ОДЗ: 1 А
[у + х > 0.
Решим первое уравнение системы как квадратное относительно
2х-у
—	. Имеем
I3 7
2х-у
I3 J
2х-у
(-Т2-
I3 J
Из второго уравнения системы имеем lg(3x-y)(y + x) = lgl6,
(Зх - у)(у + х) = 16. Получили
[у~2х-2,	(у = 2х-2,
Ц3х-у)(у + х) = 16	[(Зх-(2х-2))(2х-2 + х)=16
= -3 (нет решении),
2 lx - у ~	~
— <=> ---— = l,y = 2x-2.
3	2
10
3
26
Тогда Ух= ——, y2 = 2 .
[	10
x, =---,
1	3
<	не подходит по ОДЗ.
26
М-“Т
Ответ: (2; 2).
447
7.261.
2х~у
=1,
lg(x 4- у)-1 = 1g 6 - lg(x 4- 2y)
Решение.
[x + y >0,
ОДЗ: ]	~ л
м [x4-2y>0.
Перепишем первое уравнение системы в виде
0,48^2+2^2х->') = 0,48° <=> (х24-2)(2х-7) = 0 <=> 2х-у = 0, у = 2х.
Из второго уравнения системы имеем
1 £lZ = ig_6	Х + У = 6	=> * + 2х _ 6	х2=4
й 10	х4-2у	10	х4-2у	10	х4-4х’
Тогда X! = -2 , х2 = 2 ;	= -4 , уг = 4 .
fxi =-2,
i __4 не подходит по ОДЗ.
Ответ: (2; 4).
7.262.
log, (х - у) = 5 - log2 (х 4- у\
lgx-lg4_ 1
Ig7~lg3
Решение.
ОДЗ:
[у^З.
Из условия имеем
32
32
, х - 3
lg— = 1g —
4 У
Из первого уравнения получим
х _ 3
А у
12
=> х = — .
У
17	^7
— -У = т+— « /+32/-144 = 0, л=-2, У1=2.
У	— + у
У
448
Тогда Xj = -6, х2 = 6.
У\ = -2,
Xj = -6
не подходят по ОДЗ.
Ответ: (6; 2).
/
7.263.
<4' х =32,
log3(x-_y)=l-log3 (% + }>)
Решение.
	х # 0,
ОДЗ:	о" о Л Л О' % 1 + И X
Перепишем систему уравнений в виде
'2* ZZ
2У + х = 25,
log3(x-y)=log3------
х + у
2	2-»
х - у =3
X 1 х _
— = — или — = 2 .
у 2 у
Если у = 2х , то х2 — 4х2 = -Зх2 * 3 . Пусть х = 2у, тогда данная
система равносильна двум системам:
х = -2,
7 = "1
не подходят по ОДЗ;
(х = 2,
(7 = 1.
Ответ: (2; 1).
15 Группа Б
449
7.264.
^5x2-5lx+10 =i
xy = 15.
Решение.
ОДЗ: у>0.
Перепишем первое уравнение системы в виде у5*2 51х+1° = yQ <=>
<=> 5х2 - 5 lx +10 = 0 при 0 < у * 1. Данная система уравнений равно-
сильна двум системам:
J у = 1, J xt = 15,
[ху = 15 Vi=i;
j5x2-51х + 10 = 0,	|х2 =10, |х3 =0Д
2) ху = \5	[у2=1»5; [уз = 75.
Ответ: (15; 1), (10; 1,5), (0,2; 75).
log* у = 2,
logx+i(y + 23)= 3.
Решение.
Система уравнений равносильна следующей:
(2	с 2
У = Х ,	у = х ,
у = х ,
у + 23 = (х + 1)3	|х2 +23 = х3 + 3х2 + Зх + 1
У = х\
х3 + 2х2 + Зх - 22 = 0.
Разделим левую часть второго уравнения этой системы на х - 2 :
х3 +2х2 +3х —22	х —2
х3 - 2х2	х2+4х + 11
4х +3х
4х2-8х
11х-22
11х-22
0
450
Тогда второе уравнение можно представить в виде
откуда х = 2, так как х2 + 4х +11 * 0 (D < 0). Отсюда у = 22 = 4.
Ответ: (2; 4).
7.266.
2 =1,
Решение.
2	2 -
Из первого уравнения имеем х + у = 2х у. Подставив это значе-
ние во второе уравнение системы, получим 9-2х2 у = 6х2 у
<=> З2 = 3х2~у <=> х2-у = 2 . Тогда х2 +у = 2х2~у = 22
7г
система уравнений имеет вид 
х2 - 2 = 2
2х2 = 6,
2у = 2,
= 4 и исходная
X2 =3,
откуда
7 = 1’
х, =73
71 =
х2 =~^,
У1 =1-
7.267.
у - log3 х -1,
х' = 312.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Логарифмируя второе уравнение по основанию 3, получим
У~ log3x = l,
log3 ху = log3 З12
y = l + log3x,	t. , ч,
=> (l + log3 x)log3 х = 12 ,
ylog3x = 12
log3 x + log3 x-12 = 0 => log3x = -4,Xi =^- илиlog3 x = 3, x2 =27.
ol
Тогда =-3 , y2 =4 .
Ответ: I I (27;4).
451
7.268.
-27-3^
= 0,
|lgx + |lgy = lg(4-Vx).
9
Решение.
|0<х<256,
[у>0.
ОДЗ:
Запишем систему уравнений в виде
< З2^ = 33Л	Ых-Jy =3 + jy,
IgVx+lgVy =lg(4-Vx) lg(Vx •7?)=1g(4-Vx)
2 Vx • y[y - 3 + jy,	3 + y[y
Vx’V7=4-Vx 4-Vx
<=> yfy -5-2y[x .
Подставив значение y[y в первое уравнение, получим
2Vx(5-2Vx)=3 + 5-2Vx <=> (V^Jf-3Vx+2 = 0.
Решая это уравнение как квадратное относительно Vx , найдем
Vx = 1, X] = 1 или Vx = 2 , х2 = 16 . Тогда у, = 9, у2 = 1.
Ответ: (1; 9), (16; 1).
3"Л -2> =1152,
х + у = 5
Решение.
ОДЗ: х + у > 0 .
Запишем систему уравнений в виде
3~Л • 2^ =1152,
х = 5-у.
Так как х = 5 - у , то
Зу~5 -2У =1152 «	= 1152 « 6У =279936 6У =67 У = 7 .
З5
Тогда х = -2 .
Ответ: (-2; 7).
452
< lg(x2 + y2)=l + lg8,
7-270- |lg(x + y)-lg(x-y)=lg3.
Решение.
[x + у >0,
ОДЗ: 1
[x-y>0.
Из условия имеем«
’2)=lg80,
lg—-2- = lg3
x2 + у2 = 80,
x +У	Из второго
уравнения системы х = 2у. Тогда из первого уравнения имеем
(2 у)2 + у2 =80, у2 =16.Отсюда yj = -4, у2 =4 .Тогда Xj = -8, х2 =8 .
pq = -8,
_ л не подходит по ОДЗ.
IЛ -
Ответ: (8; 4).
7.271.
3х-2^ =972,
Решение.
ОДЗ: х-у>0.
Из второго уравнения системы находим х- у = 3 , х = у + 3 . Под-
ставив это значение х в первое уравнение, получим Зу+3 -2У =972,
27 • Зу • 2У = 972 > б3' = 62, откуда у = 2 . Тогда х = 5 .
Ответ: (5; 2).
7.272.
^i+2iog3Cv-jc) = 4g
2 log5 (2у - х -12)- log5 (у - х) = log5 (у + х)
Решение.
у-х
>0,
ОДЗ:
’ у + х > 0,
2у-х-12 > 0.
453
Перепишем систему уравнений в виде
З^зСу-х)2 =48,
log5 (2у - X -12^ - log5 (у - х) = log5 (у + х)
(у-х)2 =16,
' (2у- х-12)2
—--------— = у + х.
I У-х
Из первого уравнения системы у - х = 4, у = х + 4. Из второго урав-
нения системы получим (2(х + 4)- х -12^ = (х + 4)3 - х2, х2 -16х = 0,
откуда х, = 0, х2 = 16. Тогда у{ = 4 , у2 = 20 .
fxt =0,
<	не подходит по ОДЗ.
,71 =4
Ответ: (16; 20).
7.273. log9 (х3 + у3 )= log3 (х2 - у2 )= log3 (х + у).
Решение.
ОДЗ;
[х-у >0.
Перепишем данное двойное равенство в виде системы уравнений
log9(x3 + y3)=log3(x + y}	~
*	} А	Перейдем в первом уравнении системы к
log3(x2-y-J=log3(x + y)
основанию 3. Имеем
|log3(x3 + y3)=log3(x + y} log3(x3+y3)=log3(x + y)2,
log3 (х2 - у2 )= log3 (х + у)	11о£з (*2 " У2 )= Из (* + У)
х3 +у3 =(x + yf, (х + у)(х2-ху + у2)= (х + у)2,
|х2-у2 =х + у	[(^ + у)(х-у)=х + у.
Так как х + у > 0, то получаем
X2-ху + у2 =х + у,
1	=> X = 1 + у .
х-у = 1.
454
Тогда из первого уравнения системы имеем
(1 + у)2-(1 + у)у + у2 =1 + >>+у, у2-у = 0,
откуда у! = 0, у2 = 1. Тогда х{ = 1, х2 = 2.
Ответ: (1; 0), (2; 1).
7 274 |(1о«ах + 1°8а>,-2)1о«18Л = 1»
|2х + у - 20а = 0.
Решение.
ОДЗ:
Из первого уравнения системы получаем loga —y = loga18 <=>
а
ху = Па2,	^ = 20а-2х,
у = 20а-2х
ху
а2
х(20а-2х)=18а2, х2 -10ах + 9а2 =0» хх=а, х2= 9а. Тогда
=18а2. Система имеет вид <
j, = 20а - 2а = 18а, у2 = 20а -18а = 2а .
Ответ: (а; 18а), (9а; 2а), где 0 < а Ф1.
(х + у)-3'-х= —,
7.275. Г '	27
31og5(x + j’)=x-у.
Решение.
ОДЗ: х+^>0.
Прологарифмируем первое уравнение по основанию 5, имеем
log5(x + }’)-3J'’x =1°ё5^у <=> log5(x + y)-(x-^)log5 3 = l-31og5 3.
Получаем систему
Гlog5 (х + у)- (х - у)log5 3 = 1-3 log5 3,
[31og5(x + y)=x-у
=> log5 (х + j>)- 3log5(х + у)-log5 3 = 1-3 log5 3 <=>
<=> log5(x + y) (l-31og53)=l-31og53 <=> log5(x + ^)=l,
{x *+• v — 5 I x 4
x-y = 3, [у = 1.
ответ: (ч; ij.
455
2^-2+4^-l=5,
7.276.
3(x + y) । 5(*-jQ = g
x-y x + y
Решение.
(xy > 0,
ОДЗ: U±y.
Преобразуем первое уравнение системы 2^+2^_2О = 0и,ре-
шив его как квадратное относительно 2^, получим 2^^ = -5 (нет
I—	7	/—	4
решений), или 2*ху =22 => у]ху=2, ху = 4, у = —. Из второго
х
уравнения системы получим 3(х + yf + 5(х - yf = 8(х2 - у2). Так как
4	(	4 V	(	4?	(	, 16^	2
у = — , то имеем 3 х + — +5 х — =81 г —- <=> х=16, отку-
х	I	х)	k	х)	I х )
да Xj = -4 , х2 = 4 . Тогда уг = -1, у2 = 1.
Ответ: (-4 ; -1), (4; 1).
7.277.
ху =2,
(2х)у =64(х>0).
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф1.
Логарифмируем оба уравнения системы по основанию 2, получаем
Iog2 ху - log2 2,	у log2 х = 1,	i
2	<=>	2 /	ч => 10g9X = —,
log2(2xy =log264 Ь (l + log2x) = 6	- у
7|	1 I 7
y~ 1 + - =6, у- +у-6 = 0,	=-3 , у2 =2 .
V •У >
т 1	1	1	1	1	П
Тогда log2 х = — ,	, или log2 х = — , х2 = V2 .
Ответ:
G/2;2).
I 7
456
7.278.
2	2
X У , ~
— + — = 12,
У х
.	logs -	1
2~log2X+5 У
3
Решение.
ОДЗ:
Преобразуем первое уравнение системы
J	. „\2 -	\
Второе уравнение, использовав равенство aloge b = b, представим в виде
1 1 _ 1
~ + ~ _ <=> 3(х + у) = ху. Система имеет вид
3(х + у)=ху.
Если <
[ху = V,
и(м2 -3v)=12v.
то s 4	'
Зи = v
<=> m3-9u2-36u = 0 <=> u(u2 - 9u - Зб)= 0 , откуда щ=0 , м2=-3,
и2 =12 . Тогда Vj =0 , v2 = -9, v3 = 36. Исходная система уравнений
равносильна трем системам:
х — 0
’ не подходит по ОДЗ;
+ = 0
1) Л‘
[ху = 0
7.279.
2) Г ’ здесь ху < 0, что не удовлетворяет ОДЗ;
[ху = -9,
зЛх + ^ = 12’	fx = 6’
[ху = 36	° [у = 6.
Ответ: (6; 6).
' /-7^+10
(х>0).
х+у=8 v 7
Решение.
./-7^+10 _ 0
Эта
Запишем заданную систему уравнений в виде
[х + у = 8.
система уравнений равносильна двум системам:
457
1)	’	<=М
[х + у = 8 [у = 7;
2)
у2-7у + 10 = 0, [х = 6,	|а; = 3,
х + у = 8	[j-S-
fx.=l, |х2=6, [х3=3,
Получили: < s <
[У1=7; 1у2=2; Ьз=5.
Ответ: (1; 7), (6; 2), (3; 5).
7.280.
х/=32.
Решение.
ОДЗ:
В первом уравнении системы перейдем к основанию 2, а второе про-
логарифмируем по основанию 2. Имеем
+ 5 = 0,
=> log2 х = 5-21og2 у,
+ 5 = 0 <=> 41og2y-131og2y + 10 = 0.
2
J log2 х log2 у
log2 у log2 х
log2 x + 21og2 у = 5
21og2y-5 । log2y
log2 у 21og2y-5
Решая уравнение как квадратное относительно log2 у, найдем
log2 У = р У1  = 25/4 , или log2 у = 2, у2 = 4 .
Тогда log2 х = , Xj = 25?2 ; log2 х = 1, х2 = 2.
Ответ: (2; 4), (4^2;2^/2 ).
.1о8 v х _ „2,5
7.281.
log3y log>,(y-2x)=l.
Решение.
458
Прологарифмируем первое уравнение системы по основанию 3, имеем
log3• х,°8->'х j = log3 х2’5 <=> log3 у + log3 xlog'х = 2,5 log3 х
<=> log3 у + logy x log3 x = 2,5 log3 x.
Перейдем в первом и втором уравнениях системы к основанию 3.
Имеем
, log-, х ,	„ „,
logsJ'+r^—log3x = 2,51og3x,
log3y-log3(y-2x)_1
log3 У
t log2 у + log2 x = 2,5 log3 X log3 y,
log3(y-2x)=l
=> log2 у - 2,5 log3 x • log3 у + log2 x = 0.
Решаем его как квадратное относительно log3 у, и находим
1	г~	2
У =	откуда у{=у/х, или log3 у = 2 log3 х, откуда j’2=x .
у — 3
Из второго уравнения этой системы получим у - 2х = 3, х =	. Тогда
заданная система уравнений равносильна следующим:
1)
y = Vx,
У _ 3 не имеет решений;
х = ---;
2
.2
2)
учитывая ОДЗ.
2
Ответ'. (3; 9).
7.282. i
Решение.
ОДЗ:
459
Перепишем систему уравнений в виде
1g—^ = 0,
5-у
' -2+—	3+^
2 у =2 х
^ = 1.
5-?
—-2 = 3 + —
. У х
—Зу_ = о	у2-18у + 32 = 0, yi =2 , у, =16.
у 8-у
Тогда Xj = 6 , х2 = -8 .
[х7 =-8,
4 " не подходит по ОДЗ.
|у2 =16
Ответ: (6; 2).
Р°8х(ЗХ + 2>’)=2>
|logy(2x + Зу)=2.
Решение.
ОДЗ:
3x + 2j> > О,
2х + 3у > 0.
Преобразуем систему с учетом ОДЗ
Зх + 2у = х2,
2х + 3у = у2
х2 - Зх
• У~ 2~ ’
2х + 3у- у2 =0
х“ - Зх
2х + ^-
2
х" - Зх
.3
2
2
-1, х2 = 2, х3 = 5,
тогда = 2 , у2 = -1, у2 = 5 .
х\ =	\х-> = 2,
и <{ не подходят по ОДЗ.
^1=2	[у2=-1
Ответ: (5; 5).
460
x + y = 12,
У
Решение.
ОДЗ:
Во втором уравнении системы перейдем к основанию У. Имеем
о	1
= 5 <=> 2 log2 x-51og? х + 2 = 0 => log>,x = - или
_ 1	1
2 log х + -----
log? х
log^ х = 2 . Далее получаем:
l)logJ,x = 2 <=> х = у2. Из первого уравнения системы у2 + у-12 = 0 =>
=> У1 = 3 , у2 = -4 не подходит по ОДЗ, Xj = 9 ;
2) logj, х =	<=> у = х2 .Из первого уравнения системы х2 + х -12 = 0 =>
=> х3 = 3 , х4 = -4 не подходит по ОДЗ, у3 = 9 .
Ответ: (3; 9), (9; 3).
7.285.
хх -у "l6=l, ,
0	(х>0).
х-у=2	v
Решение.
Первое уравнение равносильно двум уравнениям: х = 1 или
х2 - у2 -16 = 0 при х > 0 • Тогда система уравнений равносильна двум
системам:
(х-у = 2	[у = -1;
fx2-y2-16 = 0,	fx2=^>
2)]х-у = 2	^[у2=3.
Ответ: (1; -1), (5; 3).
7.286.
Igy-lg|x| = lg2.
461
Решение.
У>0,
ОДЗ: <! х * О,
х 4- у * 0.
Запишем систему уравнений в виде
= 10,
Данная система уравнений равносильна четырем системам:
	х < 0,	X	<0,	х<0,
	у<-х,	У	< -х,	У<~х,
1) 			s «	не подходит;
	х + у = -10,	X	-2х = -10,	х = 10,
	у = -2х	.У	= -2х	7 = -20,
	х < 0,	х < 0,	х < 0,	
2)-	у >—х, <=> •	У > -х, _	У > -х,	1х = -10,
	х + у = 10,	х = -10,	х = -10,	' [у = 20;
	у = -2х	у = -2х	у = 20	
		X >		0,	
3)	3 o' „ * И х О 1	сч л Л + II	У > X = У =		-х, 10	. 3 ’ 20 3	f ю х = —, 3 20 ГТ
			X	>0,	
	х > 0,		У	< -х,	
4)-	У < -х, х + у = -10,	•	X	= _ — не подходит. 3 ’	
	у = 2х		У	__20 3	
Ответ: (-10; 20), | —; —
462
7.287.
'4х .2х~^у =23~у
у-х = 3.
Решение.
Из второго уравнения системы найдем у = х + 3 . Тогда
2%х _ у 2х-о,5(х+з) _ 2З-Х-3
21,5
Решая это уравнение как квадратное относительно 21,5х, имеем
21,5х =-2-1’5, нет решений, или 21,5х = 21’5 => х = 1. Тогда у = 4 .
Ответ: (1; 4).
7.288.
5^-2^ =200,
<
52V7+22V7=689
Решение.
ОДЗ: у>0.
Перепишем второе уравнение системы в виде
^+2^ J-2-5^-2^ =689 => ^+2^ J =1089 =>
=> 5^* + 2^ = -33 (не имеет решений) или 5^* + 2^=33.
Далее имеем
5^,2^ =200, г гГ- /згЛ2 }Г
зГ г => 2^=33-5^> 57х -33-5^+200 = 0.
5Vx+2^=33	v J
Решив это уравнение как квадратное относительно 5^* , найдем
5^=8, откуда Vx=log58, jq = 27 log^ 2 , или 5^ =52, откуда
у[х =2 , х2 = 8 . Тогда jq = 41og2 5, у2 = 9 .
Ответ: (z71ogs 2;41og2 5), (8; 9).
lolgO,5(x2+/kl,5 = 100л/10,
7.289.
^x2 +10y _	6
3	2yjx2+\0y-9
463
Решение.
х * О,
ОДЗ:
у* о,
2^/х2+10у-9^0.
Перепишем первое уравнение системы в виде
1OlgO,5(x2+/)45 =102,5 igo,5(x2 + /)+1,5 = 2,5 <=>
<=> lg0,5(x2 + у2)=1 <=> 0,5(х2 + у2)=10 <=> x2+y2=2Q.
Из второго уравнения исходной системы получаем
2^2 +1 Оу J-9>/х2 +Юу-18 = 0 .
Решив это уравнение как квадратное относительно ^х2 +\0у , име-
ем ^х2 + 10у = -4 (нет решений), или ^х2 +10у = 6, х2 + 10у = 36 . Си-
стема принимает вид
х2 + у2 = 20,
х2+10у = 36
х2+у2=20,	,	?
,	=> х2 = 36-10у, у2-10у + 16 = 0,
х2 = 36-10у
откуда yj = 2 , у2 = 8 . Тогда х2 = 16, х12 =	> и™ х2 = -44 не подходит.
Ответ: (-4; 2), (4; 2).
7.290. Г
У
Решение.
Умножим первое уравнение на ух, имеем у~х -1,5ух -1 = 0. Решая
' 1
это уравнение как квадратное относительно ух, получим ух = - — (нет
решений), или ух = 2. Из второго уравнения системы у2,5 •;
j2,5 • 2 = 64, j>2,5 = 32 , у = 4 . Таким образом, 4х = 2 , х = ±
„ Г1 J
Ответ: —: 4 .
2
464
7.291.
lg(x + y)-lg5 = lgx + lgy-lg6,
lgx
= -1.
Решение.
ОДЗ:
6
5’
Из условия имеем
, х + у , ху
lgV=lgv
lgx = lg-^-
у + 6
X + у _ ху
5 "Т’
бу
X = ——
у+ 6
бу
у + 6__ = yz
5	у + б’
бу
X = ——
у+ 6
У = 3,
4=5 1	6-3	-
3 + 6
Ответ: (2; 3).
7.292.
^Оёху--^2ух = ^
X
log2(y-x)=l.
Решение.
У
ОДЗ:
В первом уравнении системы перейдем к основанию у:
log,-
Л х
log, ху
1 —log, х l
l + log,x
465
<=> log* X + log2 X 4- 2 log, X = 0 <=> log, x(log2 X + log, X 4- 2)= 0 ,
откуда log, X = 0, X = y° = 1, log2 x 4- log, x 4- 2 * 0. Из второго урав-
нения получаем у - х = 2 . Отсюда у = 3 .
Ответ: (1; 3).
(х4-у)х ={х-уУ>,
7.293. v z z
[log2x-log2y = l.
Решение.
ОДЗ:
х > О,
у > О,
X * ±у.
Из второго уравнения системы имеем log9 — = 1, откуда — = 2 ,
" У	У
х = 2у . Тогда из первого уравнения системы получим {$yfy = уу,
(9/У =/,откуда 9у2=^, у = ^, х = 2-| = |.
2 1]
Ответ: 9’9-
7.294.
=36,
4(x-2y)4-log6 х = 9
(найти только целочисленные решения).
Решение.
ОДЗ: 0 < х *1.
Логарифмируя обе части первого уравнения системы по основанию
6, имеем
log6 хх~2у = log6 36 «> (x-2y)log6 х = 2 .
Система уравнений принимает вид
j(x-2y)log6x = 2,
[4(х-2у)+ log6х = 9 =* log6* = 9-4(x-2.y),
(х-2у)(9-4(х-2у))=2 <=> 4(х-2уУ-9(х-2у)4-2 = 0 .
466
Решая это уравнение как квадратное относительно х - 2у, получим
х-2у = ±- или х - 2у = 2 . Отсюда log6 х = 7, jq = 67 или log6 х = 1,
О
х2 = 6 .
7	67	1
Если Xj = 6 , то yi = — - — не является целым. При х2 = 6 получим
у2 = 2 из уравнения х - 2 у = 2 .
Ответ: (6; 2).
Решения к главе 8
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Соотношения между тригонометрическими функциями
одного и того же аргумента
. ?	2	1 sm“ а + cos а = 1;	(8.1)
sina	п	,\ tga =	, а* — (2л4-1) neZ; cosa	2	(8.2)
COS (X ctga =	, а^лл, fleZ; sina	(8.3)
ЛЛ tgactga = l, а*—, лег;	(8-4)
14-tg2 a = —!-—,	a^ — (2л4-1), лe Z ; cos2 a	2	(8.5)
i	~>	1	_ 14-ctg_a = —-—, а^лл, лег. sin2 a	(8.6)
(Здесь и в дальнейшем запись п е Z означает, что п - любое целое
число).
Значения тригонометрических функций некоторых углов
Для некоторых углов можно записать точные выражения их триго-
нометрических величин (табл. 8.1), а также знаки функций по четвертям
(табл. 8.2).
468
Таблица 8.1
Аргумент (а, градусы, радианы)	Функции			
	sina	cosa	tga	ctga
о° (о)	0	1	0	00 (не определен)
ф)	Уз-i 2у/2	Уз +1 2У2	2-Уз	2 + Уз
оо 0	Уб-1 4	д/з + Уз 2У2	Уз-1 710 + 2У5	У10 + 2У5 У5-1
зо’й	2_ 2	Уз 2 '	1 Уз	Уз
мя	л/з-У§ 2^2	У5+1 4	д/10-2У5	У5+1 У10-2У5
45=й	1 У!	1 У2	1	1
54’й	4	л/з-Уз 2У2	У5+1 710-2У5	710-2У5 У5+1
60° (-1 I3)	Уз 2	2	Уз	1 Уз
75’ (£)	Уз +1 2У2	Уз-1 2У2	2 + J3	2-Уз
w(t)	1	0	оо (не определен)	0
469
Таблица 8.2
Четверть	Функции			
	sina	cosa	tga	ctg a
I	+	+	+	+
II	+	-	-	-
III	-	-	+	+
IV	-	+	-	-
Формулы сложения и вычитания аргументов
тригонометрических функций
sin(a + |3)=sinacosp + cosasin|3 ;	(8-7)
sin(a - p) = sin a cos P - cos a sin p ;	(8.8)
cos(a + p)= cos a cosp-sin a sinp;	(8-9)
cos(a - p) = cos a cos p + sin a sin p;	(8.Ю)
tg(a + p)=	- д, a, p, a + p * +ял, neZ; 1-tgatgP	2	(8.П)
tg(a P)-.8 f r’ a’P’a P*9+™> 1 + tgatgP	2	(8-12)
ctg(a + p) = -^a-Ct£—1,	a, p, a + P 5* ял, neZ; ctg a + ctg P	(8.13)
ctg(a - p) = Ct--a ft + \ a, P, a - P * ял, neZ. ctg a-ctg P	(8.14)
Формулы двойных и тройных аргументов
	sin2a = 2sinacosa ;	(8.15)
cos2a = cos2	a - sin2 a = 2 cos2 a -1 = 1 - 2 sin2 a ;	(8.16)
_	2 tga ‘g2a=	\ , 1 — tg a	n itk ,	я , a?t — ч	, я e Z, а* — + пп, ле Z; 4	2	2	(8.17)
470
ctg2a = — -a—a* — ,к& Z, а* пи, не Z; 2ctga	2	(8.18)
sin3a = 3sina-4sin3 a; cos3a = 4cos3 a-3cosa;	(8.19) (8.20)
x * 3tga-tg3a	tc/_ .\ „ tg3a = —	f, а*-(2п+1)ие Z; 1 —3tg a	6	(8-21)
_ , 3ctga-ctg3a	nn I-3ctg2a	3’	(8.22)
Формулы половинного аргумента
	. 2 « 1-cosa sm — =	; 2	2		(8.23)
	2 a 1 + cos a cos — =	; 2	2		(8.24)
2 ОС ‘8 2	1 - cos a	/, =	, a ф 1 + cosa	2« + 1),wg Z;	(8.25)
CtgJ	> a 1 + cosa	_	„  — =	, a * 2лп, л g Z ; 2 1-cosa		(8.26)
a tg2=-	sina _ 1-cosa	a тт, n g Z;	(8.27)
	1 + cos a	sin a ’		
a ctg- =	1 + cosa _ sina	a Ф im, n g Z;	(8.28)
	sina 1-cosa’		
471
Формулы преобразования суммы и разности
тригонометрических функций в произведение
. о _ . а+Р а-В	(8.29)
sina + sinp = 2 sin	- cos	- • 2	2 ’	
. n _ a+p . a-p sma-sinp = 2cos	-sin		 • H	2	2 ’	(8.30)
0 „ a+p a-p cosa + cosp = 2cos	'-cos		 • 2	2 ’	(8.31)
0	_ . a+p . a-p _ . a+p . p-a	(8.32)
cos a - cos p = -2 sin		 sin		 = 2 sin		 sin r	• 2	2	2	2’	
cos a + sin a = V2cos(45° - a);	(8.33)
cosa-sina = л/2 sin(45c - a);	(834)
„ sin(a + P)	n 7C/^ tga + tgp=	a,p+ (2n l}neZ; cos acos P	2	(8.35)
tga tgp= K	a,P* (2n lJweZ; cos a cosp	2	(8.36)
n sin(a + p)	0	_ ctg a + ctg P = —-	—,	a, P км, n e Z ;	(8.37) (8.38)
sin a sinp	
x 0 sin(P-a)	0	„ ctga-ctgP = ———2 а, Р^тгл, weZ;	
sin a sin P	
tga + ctgP =  	2	а* —+ л&, £gZ, р*лл, hgZ;	(8.39)
cos a sm P	2 0 cos(a + P)	л , ,	0 tga-ctgP =			^2, a + — + ti/c, A: e Z, P + 7Ш, ne Z ;	(8.40)
cos asm P	2 2	itn tg a + ctg a =	, a	, n e Z ; sin2a	2 tg a-ctg a =-2 ctg 2a, ct^—, neZ;	(8.41)
	(8.42)
472
i	~	> а
1 + cos а = 2 cos' — •
2 ’
1-cosa =2 sin — ;
a
I
1+sina = 2cos2 45°
1-sina = 2sin2 45°
a
,	sin(45°+a) V2 sin(45°+a)
cos45° cosa	cosa
.	sin(45°-a) V2 sin(45° - a)
cos 45° cosa	cosa
(8.43)
(8.44)
(8-45)
(8.46)
neZ; (8.47)
neZ; (8.48)
l + tgatg|3 = £2fcP) a„ n
cosacosp’ U-’P^2+Kn’	(8.49)
l-tgatg3 = ££5fei₽)	n
cosacosp’	neZ> (8.50)
ctg actgp +1 = ££s(a-p)
sinasinp’	n&Z; (3 5^
l~tg2a = ^ZE
cos2 a ’	2+Kn’ ne Z ’	(8.52)
l-0tg2a=-£2^
sin2a’	n^Z’	(8.53)
tg2 a - tg2 p = ^р(а + Р)8ш(а-р) K
cos2 acos2 p ’ a’$*2+nn, neZ;	(8.54)
ctg2 a - ctg2 p = sjn(« + p)sin(p-q)
sin2asin2p	’	«gZ;	(8.55)
473
tg2 a-sin2 a = tg2 asin2 a, a^ — + nn, neZ;
ctg2 a-cos2 a = ctg2 acos2 a, а^тгл, neZ;
Формулы преобразования произведения
тригонометрических функций в сумму
sin a sin P = ^- (cos(a - P)- cos(a + P));
cos acos P = ^-(cos(a + p)+cos(a - p));
sin acos P = ~ (sin (a + p)+ sin (a - p));
sin a sinp sin y =
= -^ (sin(a+p - y)+sin(p+y-a)+sin(y+a - p)-sin(a+P + y));
sin a cos p cos y =
= i (sin(a + p - y)— sin(p + y- a)+ sin(y+a - P)+ sin(a + P + y));
sin a sin P cos у =
= ^ (- cos(a + p - y)+cos(p + у - a)+cos(y+ a - p)- cos(a + P + y));
cos a cos р cos у =
i (cos(a + p - y)+cos(p+ у - a)+cos(y+a - p)+cos(a+p + y)).
(8.56)
(8.57)
(8.58)
(8-59)
(8.60)
(8.61)
(8.62)
(8.63)
(8.64)
474
Формулы, выражающие тригонометрические функции через
тангенс половинного аргумента
sin а =-----, а Ф п(2п + 1), п g Z;	(8.65)
1 х 2 а
+ g 2
,	2 а
1-tg 2-
cosa =------аФ те(2п + Ц neZ;	(8.66)
1+ g 2
„ а
2 tg —
tga =--------—, а, —	(2и + 1), п& Z ;	(8.67)
l-tg^ 2	2
1-tg2 у
ctga =-------neZ.	(8.68)
a
2tg-
Формулы приведения
• I •* I
sin — ±a
2
= cos a,
sin(n±a)= + sin a,
. (3 , >
sin — л+a =-cosa,
I2 J
sin(2л ± a) = ± sin a;
(8.69)
cos —±a =±sina, cos(n±a)=-cosa,
(8.70)
cos — я ± a = ± sin a, cos(2n ± a) = cos a;
475
tg^—±aj= + ctga, а^тт, n&Z,
tg(rc±a)=±tga, a^y(2n+l), ne Z,
. (з A _
tg — л±а = +ctga, a^Tm, neZ,
tg(2n±a)=±tga, a^^(2n+l), neZ;
(8.71)
ctg ~-OL = + tga,
ctg(rc±a)= ±ctg a,
ctg — it±a = + tga,
ctg(2 n ± a) = ± ctg a,
a^^(2n + l)^ n&Z,
a/nn, neZ,
a^^(2n + l^ n&Z,
a^nn, neZ.
(8.72)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Тригонометрическим называется уравнение, в котором неизвестное
входит только под знак тригонометрических функций непосредственно
или в виде линейной функции неизвестного, причем над тригонометри-
ческими функциями выполняются только алгебраические действия.
Простейшие тригонометрические уравнения
Простейшими тригонометрическими уравнениями называются урав-
нения вида
sin х = т,	(8.73)
cos х = т,	(8.74)
tg х = т,	(8.75)
ctg х = т,	(8.76)
где т - любое действительное число.
476
Решить простейшее тригонометрическое уравнение - значит найти
множество всех углов (дуг), имеющих данное значение тригонометри-
ческой функции.
Рассмотрим решение простейших тригонометрических уравнений.
1.	sinx = тп. Если |m| < 1, то решения данного уравнения определя-
ются формулой
х = (-1)” arcsinт + пп, пе Z.	(8.77)
Если |/и| > 1, то уравнение (8.73) решений не имеет.
2.	cos х = т. Если |w| < 1, то решения этого уравнения определяются
формулой
х = ±arccosw + 2пп, пе Z.	(8.78)
Если |w| > 1, то уравнение (8.74) решений не имеет.
3.	tgx = w. При любом действительномт
х = arctgт + пп, пе Z.	(8.79)
4.	ctgx = т. При любом действительном т
х = arcctgт + пп, пе Z.	(8.80)
В частных случаях при т=-\, т = 0, т = 1 получаются следую-
щие формулы:
1	/Ч	Г7 sin х = -I; х = — + 2яи, п е Z; 2	(8.81)
sinх = 0; х = пп, пе Z;	(8.82)
1	/Ч	^7 sinx = l; х = — + 2nn, neZ: 2	(8.83)
cosx = -l; х = п + 2пп, neZ;	(8.84)
п	п cosx = 0; х = — + пп, neZ; 2	(8.85)
cosх = 1; х = 2пп, пе Z;	(8.86)
.	-а	ТС	г— tgx = -l; х = — + пп, neZ\ 4	(8.87)
tgх = 0; х = пп, пе Z;	(8.88)
477
tgx = 1;	я x = — + itn, ne Z; 4	(8.89)
ctgx = -1;	71 x- — + 7tn, neZ; 4	(8.90)
ctg х = 0;	x = — + nn, ne Z; 2	(8.91)
ctgx = l;	n	r, x = — + nn, ne Z. 4	(8.92)
Тригонометрические уравнения вида sin (ах + b) = т, cos(ax + b)=m,
tg(ax + b) = t, ctg(ax + b)=t, где ax + b — линейная функция, |m| < 1,
а 0, х, b — любые действительные числа, также относятся к простей-
шим и приводятся к уравнениям (8.73) - (8.76) заменой ах + b = у .
Тригонометрические уравнения, содержащие
тригонометрические функции одинакового аргумента
Рассмотрим тригонометрические уравнения, рациональные относи-
тельно тригонометрических функций.
Пусть имеем
l?(sinx, cosx) = 0,	(8.93)
где R - рациональная функция относительно sin х и cos х .
Данное уравнение приводится к алгебраическому относительно три-
гонометрической функции одинакового аргумента. Затем, решая полу-
чившееся алгебраическое уравнение относительно этой функции, при-
водят данное уравнение к нескольким простейшим тригонометрическим
уравнениям, из которых находят значения неизвестного и проверяют,
какие из них являются решениями данного уравнения.
Если х Ф Qn + 1)я, где п g Z, то каждое тригонометрическое урав-
нение вида (8.93) можно привести к рациональному уравнению отно-
X
сительно неизвестного tgy с помощью формул (8.65) - (8.68). Решая
уравнение таким методом, можно потерять корни вида х = (2п + 1)я, где
478
neZ, для которых tg — не имеет смысла. Поэтому необходимо прове-
рить, являются ли числа х = (2и + 1)л, где п е Z, корнями исходного
уравнения.
Если уравнение (8.93) или приводимое к нему при замене х на л - х
не изменяется, то его имеет смысл приводить к рациональному относи-
тельно sin х.
Если уравнение (8.93) или приводимое к нему не изменяется при заме-
не х на -х , то его имеет смысл приводить к рациональному относи-
тельно cos х.
Если уравнение (8.93) или приводимое к нему при замене х на тс + х
не изменяется, то его имеет смысл приводить к рациональному относи-
тельно tgx .
Однородные тригонометрические уравнения и уравнения,
. приводящиеся к ним
Тригонометрическое уравнение вида
а0 cos” х + ах cos”-1 xsinx + a, cos"-2 xsin2 x + ... + an sin” x = 0, (8.94)
где a0, ax,..., an — данные числа, a n — натуральное число, называется
однородным уравнением относительно функций sinx и cosx .Сумма
показателей у sin х и cos х во всех членах такого уравнения одинако-
ва. Эта сумма называется степенью однородности уравнения или пока-
зателем однородности.
Уравнение (8.94) является частным случаем уравнения (8.93) и деле-
нием обеих своих частей на cos” х Ф 0 (или на sin” х Ф 0) приводится к
целому рациональному относительно tg х (или ctg х):
а0 tg” х + ах tg”-1 х + а2 tg”-2 х +... + ап =0
или	,	_9
а0 ctg" х + ах tg” х + а2 tg" “ х +... + ап = 0;
при этом область определения уравнения сужается на значения
х = у(2и + 1) (или на х = лп), где пе Z.
Умножением на тригонометрическую единицу (sin2 x + cos2 xf ,
где ke N , можно привести к однородному некоторые уравнения, не
479
являющиеся однородными. Так, к уравнению вида (8.94) сводится
уравнение
aQ cos2” х + а{ cos2”-1 xsinx + а2 cos”-2 xsin2 х + ... + ап sin” х = b.
Для этого нужно умножить b на тригонометрическую единицу:
b = Z>(sin2 x + cos2 xf, keZ.
Уравнение вида a sin сох + b cos сох = с (а2 + Ь2 Ф о)
Это уравнение является частным случаем уравнения (8.93), следова-
тельно, 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
a sin сох + b cos сох = с (а2+Ь2 *0).	(8.95)
Разделим обе его части на у а2 + Ь2 , тогда
а .	b	с
......-	sin сох + . cos сох = .......
4а-+Ьг '1а2+Ь~ 4а-+Ьг
Пусть Ф — одно из решений системы
а
cos ф = -===
b
Sin ф = - ---
Воспользовавшись этими равенствами, запишем уравнение в виде
sin сох cos ф + cos сох sin ф =
Применив формулу sin(a + р) = sin a cos р + cos a sin р , получим урав-
нение sin(cox + ф) =
. которое, как видно из проделанных
480
выкладок, равносильно исходному уравнению. Если
а2 + Ь2 > с2, то уравнение имеет решение
сох + ф = (-1)" arcsin —===== + тт
Ja2 +b2
или
I -1J	С ф nn
x = -—— arcsin  •	- — + — , n e Z .
<° yla2+b2 w
Если
c
4 a1+b2
> 1, т.е. a2 + b2 <c2, то уравнение решений не имеет.
Уравнения, рациональные относительно выражений
sinх±cosx и sinх-cosx
Если левая часть тригонометрического уравнения /(х) = 0 содержит
лишь одно из выражений sin х + cos х или sin х - cos х и функцию sin 2х
(или произведение sin х cos х ), то, вводя новое неизвестное t = sin х + cos х
или t = sin х - cos х и учитывая, что sin2x = (sin х + cos х)2 -1, sin 2х =
= 1 - (sin х - cos х)2 , приходим к уравнению относительно t.
СИСТЕМЫ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ
При решении систем тригонометрических уравнений пользуются спосо-
бом подстановки или сводят системы тригонометрических уравнений к сис-
темам алгебраических уравнений. В ряде случаев для решения системы три-
гонометрических уравнений ее преобразуют с помощью почленного сложения,
вычитания, умножения, деления уравнений с целью, например, исключить
одно из неизвестных, разложить полученное уравнение на множители и т д.
Решения системы записываются в виде упорядоченных пар (х; у).
16 Группа Б
481
Решить уравнения (8.176—8.385):
8.176. sin3 х(1 ч- ctgx) ч- cos3 х(1 ч- tgx) = 2>/sinxcosx.
Решение.
sin x Ф О,
ОДЗ: scosx^O,
sin л* cos х > 0.
Запишем уравнение в виде
. з COSA*') з Л sinx^ ~ г-------------------------
sin х-1 1 ч-----ч- cos х- 1 ч------= 2vsinxcosX <=>
<	sin х)	v	cos х J
sin3 x(sin x 4- cos x)	cos3 x(cos x + sin x) -----
<=>-------:---------4-------------------- 2 V sin xcos x = 0 <=>
sm x	cos x
<=> sin2 x(sin x 4- cos x) 4- cos2 x{cos x ч- sin x) - 2Vsinxcosx = 0 <=>
<=> (sin x4- cos x)(sin2 x ч- cos2 x) - 2-Jsinxcosx = 0, sin x -
- 2 Vsinxcosx 4- cos x = 0, sin x - 2Vsinxcosx 4- cos x = 0,
Тогда Vsinx = Vcosx, или sin x = cos x, sin x > 0, cos x > 0. Разделив это
к л
уравнение на cos х * 0 , получим tgx = 1, х = — ч- Ink = — (8к ч-1), к g Z.
Л /
Ответ: х=~\&к + 1), к g Z.
9
8.177. tg2
X . > X X 7 X X э X
— ч-sm" — tg —Ч-COS" —ctg —ч-Ctg" — 4-Sinx=4.
2	2 2	2	2	2
Решение.
ОДЗ:
cos—^0,
2
sin — Ф 0.
2
Перепишем уравнение в виде
,	2 х ,	-> х 1 - cos х
1 + tg y4-14-Ctg"y4--------
1-COSX 14-COSX 14-COSX	.	,
---------1------------------h sin X = 6 <=>
sinx 2	sinx
482
1
cos —
'2
1 l-2cosx+cos2 x+l + 2cosx+cos2 х
-------1--------------------------------
 2х	2 sinx
sin —
2
sin — +cos — п ~ п • 2
2	2 2 + 2-2sin х
• 2 х 2 х 2sinx
sin —cos —
2	2
4	2.	21
<=> —-— + —:— sin х+ sin х- 6 = 0 <=> —-— + —-3 = 0 о
sin2 х sinx	sin2 х sinx
<=>3 sin2 x-sinx-2 = 0(sinx^0).
Решив это уравнение как квадратное относительно sin х, получим
(sinx)1 =-у,Х! =(- 1)*+1 arcsin-| + пк, k&Z,
тс	it
(sinx), =1, х2 = — + 2пп = — (4п + \),п е Z;
Ответ: х, - (- 1)*+1 arcsin у + пк; х2 = у (4л + 1), где к и neZ.
8.178. tg(120°+3x) - tg(140°-x) = 2sin(80°+2x).
Решение.
Запишем уравнение в виде tg3(x + 40°)- tg(180°-(x+40°)) =
,	п sm(a + B)
По формуле tga + tgp = —*----- и обозначив х + 40° = у, запишем
cosacosp
sin 4 у	2 sjn 2у - 0 о sin ~ 2 sin 2 у cos Зу cos у
cos Зу cos у	cos Зу cos у
2sin2ycos2y-2sin2ycos3ycosy „д^ sin2y(2cos2y-2cos3ycosy)
cos Зу cos у	cos Зу cos у
2 sin у cos y(2 cos 2y - 2 cos Зу cos у)
= 0 <=>--------------------------= 0, cos у * 0) =>
cos Зу cos у
sin y( 2 cos 2y - 2 cos Зу cos у)
cos3y
= 0.
483
Так как cosacosР ~ (cos(a - Р) + cos(a + [3)), то
siny(2cos2y- cos2y- cos4y) siny(cos2y-cos4y)
cos 3y	cos 3y
По формуле cosa - cosр = -2 sin—sin—-— получаем
- 2 sin у sin Зу sin у sin2 у sin Зу Л
--------~---------------- и,	--- = 0 => sin у = 0,
cos3y----------------------cos3y
nnnsin3y = 0 (cos3y#=0).
Решения уравнения sin у = 0 входят в решения уравнения
sin Зу = 0 (sin Зу = 3 sin у - 4 sin3 у = sin у(з - 4 sin2 у)),
откудаЗу= 180%, у = 60%, k&Z, х+40°=60%, x = -40°+60%%gZ-
Ответ: х= -40°+60° к, к е Z.
э	? X	1 X
K.Y19. sin" x+ 2 sin" — - 2 sinxsin" —+ ctgx= 0.
Решение.
ОДЗ: sinx^O.
„ ,	. 7 a 1-cosa
По формуле sin" — =------запишем
sin" x+l-cosx-smx(l-cosx)+---= 0 <=>
sinx
<=>sin" x+l-cosx-sinx+smxcosxd-----=0 <=>
sinx
<=>sm x+sinx-smxcosx-sin" x+sin"xcosx+cosx = 0 <=>
<	=>(sin3 x+sin2 xcos x) + (sin x + cosx)-(sin xcos x+sin2 x) = 0
<	=> sin2 x(sin x + cos x) + (sin x + cos x) - sin x(sin x + cos x) = 0 <=>
<	=> (sinx+ cosx)(sin2 x- sinx+ lj = 0<=> sinx+ cosx= 0<=> ctgx= -1,
х=-^ + лк = ^(4k- 1)%g Z; sin2 x- sinx +1 0 (D<0).
7C ,	.
Ответ: x= — (4k - 1), к g Z.
484
л л cos2 z(l + ctgz) - 3
8.180.		Н---—-------= 3cosz.
sin z — cos z
Решение.
fsinz#: 0,
ОДЗ: .
[smz-cosz^ 0.
Перепишем уравнение в виде
2	j i , cosz)	j . x	cos2 z(sinz + cosz)
cos zi 1 ч------- 3 = 3cosz(sinz- cosz) <=>__1_________L _
I smzj	sinz
-	3 - 3cosz(sinz - cosz) = 0 <=> cos2 zsinz + cos3 z- 3sinz-
—	3coszsin2 z + 3cos2 zsinz = 0 <=> 4cos2 zsinz + cos3 z —
-	3sinz(cos2 z+ sin2 z) _ 3coszsin2 z = 0<=> cos2 zsinz + cos3 z-
-3sin3 z- 3coszsin2 z = 0<=> cos2 z(sinz + cosz)-
-	3sin2 z(cos z + sin z) = 0 <=> (sinz + cos z)(cos2 z - 3 sin2 z) = 0.
Отсюда или sin z + cos z = 0, или cos2 z - 3 sin2 z = 0. Разделив первое
уравнение на sinz 0, а второе на sin2 z #= 0, получим
ctgz = -l, Zi =-— + пп = — (4п- l),neZ
4	4	’
или
ctg2z = 3, ctgz = ±>/3, z2 = ±-7 + ilk, keZ.
6
Ответ: zx = у (4w -1); z2 = ± — + ик, гдеn иkeZ.
4	6
1	_ 15cos4/
2tg2/ + l 8 + sin2 It
8.181. -----!---
2ctg2/ +1
Решение'.
j sin/0,
|cos/^0.
По формулам
2 a 1 + cosa
ctg — =--------,
2 1 - cosa
2 а 1 - cosa _	,
tg - =;-------, cos2а = 2 cos2 a -1
2 1 + cosa
485
имеем
1	1	_ 15(2 cos2 * 2/-1)
2(1 +cos2?) ~+ 2(1-cos2r) t t 8 + l-cos22r
l-cos2r l + cos2r
о (1-cos2?)(3-cos2z)+(1 + cos2/)(3 + cos2z)= 30cos2 2Z-15 о
<=> 3-3cos2?-cos2z + cos22? + 3 + 3cos2z + cos2? +
+ cos2 2?-30 cos2 2/ + 15 = 0 <=>
3	л/з
<=> 21 - 28cos2 2t = 0, 4cos22z = 3, cos2 2/ = — , cos2r = ± —,
4	2
2t = + — + nk, t = + — + — = — (6Zc± 1), keZ.
6	12 2 12v	’
Ответ: t - ~ (6& ± 1), к e Z.
8.182. 8 cos4 x — 8 cos2 x- cosx+ 1 = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде 8^cos2 х)” - 8 cos2 х- cosx+ 1 = 0.
2
<=> 2 + 4cos2x + 2cos2 2x-4-4cos2x-cosx + l =0 <=>
z—-к A	2^1	_ A Z-K Л V __	_ A z-k
2
Отсюда или
. 5х Л 5х
2 ”2
или
4х + х . х-4х п . 5х . Зх
-----sin----= 0, - sm — sin — = 0.
2	2	2
. 5х _ 5х	2	_
sin— = 0, — = пп, х, = — пп, neZ,
2	2	1 5
Зх Зх	2
sin— = 0, — = ик, х, = - пк,к g Z.
2	2	2 3
2	2
Ответ: Х1 = у х2 =	гДе п и е
486
8.183.
6 cos3 2t + 2 sin3 2t
----------------= cos 4л
3cos2/- sin2z
Решение.
ОДЗ: 3cos2r-sin 2/^0.
Из условия имеем
6cos32z + 2sin32/	2	• 2 z,
------------:-----cos2 2t + sin2 2t = 0.
3cos2/-sin2r
6cos3 2t + 2sin3 2t- 3cos3 2t + 3cos2/sin2 2t + sin2zcos2 2t- sin3 2z = 0<=>
<=> (3cos3 2t + 3cos2f sin2 21) + (sin3 2t + sin2f cos'
+ sin2 2f) + sin2^sin2 2t + cos2 2zj = 0, 3cos2r + sin2r = 0. tg2z = -3,
1	Ttk
2t = -arctg3 + itk, t = - — arctg3 + —, к e Z.
„	.	1	. , nk t ~
Ответ: t = - — arctg3 + —, к e Z
2t +
8.184. coszcos2zcos4zcos8z =—
16.
Решение.
Умножив обе части уравнения на 16 sinz 0, имеем
8(2sinzcosz)cos2zcos4zcos8z = sinz <=> 8sin2zcos2zcos4zcos8z = sinz,
4( 2 sin 2z cos 2z) cos 4z cos 8z = sin z, 4 sin4z cos 4z cos 8z = sin z,
2(2sin4zcos4z)cos8z = sinz, 2sin8zcos8z = sinz,
. ,,	. Л _	16z + z . 16z-z _	17z . 15z _
sin 16z-sinz = 0 <=> 2 cos-sm-= 0, cos-sin— = 0.
2.2	22
Отсюда или cos—= 0, — = — + nk, z,= — + — nk = — (2k + 1),
2	2	2	1 17 17	17k	'
к e Z, или sin^ - 0, — = nk, z, = —nk, k&Z.
2	2	"15
2 .
Из совокупности значений z2= — Tik, к e Z, нужно исключить те
значения z, для которых sinz = 0, т.е. z = пп, n&Z, получающиеся при
к = 15п. Аналогично, из совокупности значении zx = — \2к +1), к е Z,
487
исключаем значения z = itn,neZ, получающиеся при 24 + 1 = 17;
2к+ 1 = 51; 2к +1 = 85; ..., или к = 8; к = 25; к = 42; .... т.е. к = 8 + 17/,
I е Z. Таким образом, для исходного уравнения находим следующую
совокупность решений:
2ttk
z, =---,k*\5l,keZ,leZ,
1	15
или
z2 = —(2Ar + l),Ar*17/ + 8,£eZ,/eZ
Ответ: zx	15/, z2 = ру(24 +1), к Ф 171 + 8, к е Z, I е Z.
sin----cos — 1
8.185. -------------- = -cosx
2 + sin x	3
Решение.
Из условия получаем:
. X X ] . 2 x • X X 2 X 1
sm — cos— sin —+ sm —cos—+ cos —
2	21	2	2	2	2 If 2 x
- cos---sin
3	2
а /х	Л,
2 + 2sin—cos —
2	2
2
sin—cos— 1 + sin—cos—
2	2 Д 2	2
2 1 + sin—cos —
2
2
sin--cos— sm — + cos—
2 2A 2	2
3
sin— + cos—
2	2
3
2
2
2
2
= 0 <=> sin—cos— x
I 2	2)
x 3 + 2sin— + 2cos— =0.
I 2 2J
Имеем:
1) sin— - cos— - 0. Разделив первое уравнение на cos— #= 0, найдем
t8f = * 3 1’ f = i +	X| =y + 27t* = i(4* + l), *eZ
2) 3 + 2sin— + 2cos— = 0<=>2sin2| — | + 2cos2| — | + 3| cos2 —+ sin2 — j = 0<=>
2	2	UJ UJ 4	4 4J
488
л  X X J 2 X . 2 X ] J 2 X . 2 X ]	„	-2х
<=> 4sm—cos—+ 2 cos-sin — +3 cos —+ sin — =0<=>sin — +
44^4	4	J 4	4	J	4
. . X x .	2 * Л
+ 4sin—cos— + 5cos — = 0.
4	4	4
Делим уравнение на cos2 — 0. Имеем tg2 — + 4tg — + 5 = 0. В полу-
4	4	4
ченном квадратном уравнении D< 0, 0.
7t
Ответ: х~~^	Z
8.186. tg2/-
2 sin 2/ + sin 4/
2sin2/-sin4/
= 2ctg2/.
Решение.
cost Ф 0,
ОДЗ: <!sinZ^0,
2sin2/- sin4/ * 0.
Из условия имеем:
2 2sin2/ + 2sin2/cos2/ _	_	_	4 2 2sin2/(l + 2cos2/)
tg t----------------------2ctg2/ = 0 <=> tg2 / - ~	------T-
2sin2/-2sin2/cos2/	2sin2/(l-cos2/)
- 2ctg2/ = 0 <=> tg21 -	_ 2ctg2/ = 0.
l-cos2/
l + cos2/
Так как ---------— - ctg/, то
1 - cos2/
• 2	2
tg2/ - ctg2/ - 2ctg2/ = 0 <=> Sm * - COS,f - 2dg2t = 0 <=>
cos2 / sin /
•2
sin4/-cos4/	.
-------------Zdglt = 0 c=>
sin /cos /
2	• 2
cos r-sin t n x ~ л
----------Г----2ctg2/ = 0 c
sin /cos /
2cos2/f 2 Л л
sin 2/ I sin2/ I
•2
;in2/ + cos2/)Kin2/-cos2/) _ x ~ л
---------22-----------z-2ctg2/ = 0 <=>
sin /cos /
4cos2/ 2cos2/ _
—-— +---------= 0 <=>
sin2 2/ sin2/
Отсюда
r. Я
l) cos2/ = 0, 2/ = —+ я&,
я пк я / _.	1 \
G=- + T = Z(2i+l), keZ,
489
7
2)---------1-1 = 0, sin2z = -2, 0.
sin 2/
Ответ: t = — (2Аг4-1), keZ.
. 2 4	2	4^3
8.187. sm xtgx + cos xctgx + 2sinxcosx =
Решение.
[COSX* О,
ОДЗ: .
sinx* 0.
Запишем уравнение в виде:
sin* 2 xsinx cos2 xcosx _ .	4>/3 n
----------+-------------+ 2 sin x cos x---= 0 <=>
cosx sinx	3
_ sin4 x + cos4 x o
4—-0^>
3 “
sin х cos х
x + cos2 xf -2 sin2 xcos2 х _ .	4-Уз _
---------1	+ 2 sin х cos х	= 0,
sinx cosx-------------------------------3
или
1 - 2 sin2 xcos2 x _ .	4y/3 n 1
	+ 2 sin xcos x	= 0 <=>-
sin xcos x------------------------------------3
4у[3
- 2sinxcosx+ 2sinxcosx------= 0 <=>
3
smxcosx
2д/3
2 sin xcos x 2
1
/3
2
к —
3
6 2
/ л\к Л 71 ,	_
Ответ: х=[-1) — + — ,keZ.
о 2
8.188. ctgx+ctgl5°+ctg(x+25°) = ctgl5°ctg(x+25°)ctgx.
Решение.
Г sinx* 0,
ОДЗ: |sin(x+ 25°) * 0.
Перепишем уравнение в виде
cosx cosl5° cos(x + 25°) cosl5°cos(x + 25°)cosx
sinx sin 15° sin(x+25°) sinl5°sin(x+ 25°)sinx
490
о (cos х sin 15° sin(x+25°)- cos 15° cos(x+25°)cos x)+
+ (cos 15° sin x sin(x+25°)+ cos(x+25°)sin x sin 15°) = 0 <=>
<=> -cosx(cosl 5° cos(x+25°)- sinl 5° sin(x+25°))+
+sin x(sin(x+25°)cosl 5° +cos(x+25°)sin 15°)=0.
Так как
cosacosP-sinasinP = cos(a + P), sina cos a + cos a sin P = sin(a + P),
TO
-cosxcos(15o+x+25o) + sinxsin(x+25o+15o) = 0« -cos(2x+40°) = 0,
2x+40° = 90°+180° к, x = 25°+90° к, к e Z.
Ответ: x- 25°+90%, k&Z.
Л(/ • 3	3 t
40 sin — cos —
8.189. —
,, . t __ t
Iosin--25 cos—
2	2
Решение.
ОДЗ: 16sin-^- - 25cos-| Ф 0.
Имеем
(	3	3
40 sin — cos —
у	2	2
,, .	t	t
Iosin—25cos—
2	2
f t I , , . t	t |	. з t , z  2 M
-sm—cos— Iosin— 25cos— = 0<=> 20sm — Iosin —cos— +
2	2<	2	2) V 2	2	2)
. t 2 t лл 3 t	. • 2 t I i- • t a t I c 2
25sin—cos — 20cos — = 0 <=> 4 sin — 5sin— 4 cos— + 5cos — x
22	2)	2{	2	2)	2
• t A	\	• t А	II A • 2 Г 2	\ Л
5sin—4cos— = 0 <=> 5sm—4cos— 4sin — + 5cos — = 0.
2	2)	<2	2 k 2	2)
- 2sin—cos— = 0 => 20| sin3 — - cos3 —
2	2	\	2	2
Отсюда 1) 5 sin- 4 cos-^ = 0,2) 4 sin2 + 5cos2	= 0. Разделив nep-
t	) t	t 4
вое уравнение на cos у ф 0, а второе на cos — 0, будем иметь tg — = —,
у = arctg^ + rcfc, = 2arctg-| + 2Tt£, ке Z, или tg2	0.
4
Ответ: t = 2arctgy + 2пк, к е Z.
491
(sinx+cosx)2 -2sin2 x
8.190. 1---------—2--------
1	+ ctg x
Решение.
ОДЗ: sinx* 0.
a + P
2
Так как sina - sinp = 2cos
. a - P
sm-----
2
, то получаем
sin2 x + 2sinxcosx + cos2 x-2sin2 x
, cos2 X
1+~—
sm x
it	it _ it	it _
----x — + 3x---------x-----1- 3x
V2 _ . 4	4	4	4
=-----2 sin —----------cos —-------=------<=>
2	2	2
12 sin x cos x + cos2 x-sin2 xlsin2 x /т .	(it
<=> ----------------------——L------= V2 sin xcos-----2x I =^>
sin2 x + cos2 x	I 4 I
71 O ,	• Л • о _
cos—cos2x + sin —sin2x <=>
4	4
2
2
<=> (sin2x + cos2x)(sinx-l = 0)
Отсюда или sin2x+ cos2x= 0, или sinx - 1 = 0. Разделив первое урав-
нение на sin2x*0, имеем
—	. - Зтс	..	Зтс itk it /..
ctg2x=-l, 2х= — + itk, х( = — + — = —(4&+3), keZ.
Из второго уравнения получаем sinx= 1, х2 = + 2яп = у (4л + l)r п е z
Ответ: х( = — (4к + 3); х2 = — (4и +1), где к и п е Z
8	2
8.191.	sin-1 t - sin-1 2t = sin-1 4t.
Решение.
sin t Ф 0,
sin 2? * 0,
sin 4/ * 0.
ОДЗ:
492
Перепишем уравнение в виде
—------?-----!— = 0 => sin2/sin4/ - sinzsin4t- sinz sin2z = 0.
sinz sin2z sin4z
По формуле sina sinP =y (cos(a - P) - cos(a + P)) имеем
^(cos2z-cos6z)-^(cos3z-cos5z)-^(cosz -cos3z)= 0 <=>
~	Q _ а+р а-p
Так как cos а + cos р = 2 cos-cos--, то
н 2	2
_ It 3z	_ It 5t	.	_ It (	3t	St	A
2cos—cos 2cos—cos— = 0 <=> 2cos— cos cos— =0.
22	22	2 ^	2	2 J
Отсюда
7t	7t л	. л 2
1)	cos—= 0, — = —+ лАг, tj= — + -nk, k&Z,
2	2.2	77
2)	cos у - cos у = 0 <=> 2 sin4z sin/ = 0 не подходит по ОДЗ. Учитыв;
ОДЗ, / = - + -лА: = -(2А:+1), к*71+3, где А: и /eZ
7 7	7	’
Ответ: t = — (2k + 1), к *71+ 3, где kvt l&Z.
8.192.	l + sin2x + 2 l+^c_3 = 0
l-sin2x 1-tgx
Решение.
sin2x* 1,
ОДЗ:
< tgx*l,
cosx* 0.
Из условия имеем:
„ sinx
2	2	1	"
sin x+2sinxcosx+cos x cosx
sin2 x - 2 sin xcos x + cos2 x । _ s^nx
cosx
(\2	/ .	\
smx + cosx ) J sinx + cosx )
—— I “ x|	I 3
sinx-cosx I Isinx-cosx 1
493
sinx+ cosx
Решив это уравнение как квадратное относительно —---------,
sin х - cos х
получим
14fsinx+cosx^	Л , , „
1)	—--------- = -1, sinx+ COSX= -sinx+ COSX, sinx=o, Xj = itk, k& Z,
I sinx-cosx J
-jsinx+cosx , .	- .	_	. n
2)	—-------- = 3, sinx+cosx= 3smx-3cosx, sinx=2cosx,
V sin x - cos x J
tgx=2, x2 = arctg2 + Tin, neZ
Ответ: x{ = itk\ x2 = arctg2 + Tin, где к и n e Z.
7 3(cos3x-cosx)
8.193.	ctg2 2x+ ---------L + 2 = 0.
sin3x- sinx
Решение.
По формулам
Q _ . а+р . p-а • о о а + Р • а-Р
cos а - cos Р = 2 sin-- sin r, sm а - sin p = 2 cos-- sin--,
K 2	2	2	2
имеем
?_	„ 2sin2xsinx „
ctg- 2x+ 3 • —--------+ 2 = 0 <=>
2 sin xcos 2 x
<	=> ctg2x- 3tg2x+ 2 = 0=> ctg3x+ 3ctg2x- 3 = 0<=>
(ctg32x-l)+(2ctg2x-2)= 0 <=>
<	=> (ctg2x-l)(ctg22x + ctg2x+l)+2(ctg2x-l)= 0 <=>
<	=>(ctg2x- l)(ctg22x+ctg2x+ 3^ = 0.
Отсюда
l)ctg2x-l = 0, ctg2x=l, 2x= у + nk, x= ^ + ^ = ^-(4Zr+1), keZ,
4	о 2 о
2) ctg22x+ctg2x+3*0 (D<0), 0.
8.194.	tg43/ = sin2 6t.
Решение.
ОДЗ: cos 3/*0.
494
Из условия имеем:
(tg2 3t J = sin2 6/ => у—COS6^ - Й - cos2 6t )= 0 =>
(l + cos6/)r
=> (1 - cos 6/ J2 - (1 - cos 6/X1 + cos 6/)3 = 0 <=>
<=	> (1 - cos 6t^ - cos 6t - (1 + cos 6/)3 )= 0 <=>
<=	> (1-cos6z)(1-cos6/-1-3cos6z-3cos2 6/-COS3 6/)=0 <=>
<=	> (l-cos6/)x(cos3 6/ + 3cos2 6/ + 4cos6r)=0 <=>
<=	> cos 6/(cos 6/-l)(cos2 6/ + 3cos 6/+4)=0.
Отсюда
1)	cos6z = 0, 6t = — + nk, t, = — + — = —(2k+t), keZ,
2	1 12 6 12v	1
2)	cos6z-l = 0, cos6/ = l, 6/ = 2ли, /2=^, n&Z,
3)	cos2 6z + 3cos6/ + 4 = 0 (D<0), 0.
Ответ:	(2k +1); t2 = ™, где к и n g Z.
_ , Л_ 1 - sin6 z - cos6 z _	2
8.195.	------------— = 2 cos2 3z.
1 - sin4 z - cos4 z
Решение.
Запишем уравнение в виде
1 - f(sin2 zj + (cos2 zj 1
-------------------г— = 2 cos2 3z <=>
1 - (sin4 z + cos4 z)
l-(sin2 z + cos2 zlsin4 z-sin2 zcos2 z + cos4 z)	2->
<=> —i---у---------a-------------------------L = 2 cos 3z <=>
1 - (sin2 z + cos2 z J - 2 sin2 z cos2 z
1 - l((sin2 z + cos2 z)2 - 3sin2 zcos2 zj
<=>----------------5------5----------= 2 cos2 3z <=>
1- l + 2sin zcos z
1 -1 + 3sin2 zcos2 z 2	~	2	3	Л
<=>------5-----5----= 2cos 3z, 2cos 3z = —, cos3z = ±—,
2sin zcos z	4	2
495
3z = ± — + nk, z = ± — + — = — (6k± 1), keZ.
6	18	3	18V	'
71
Ответ: z = — (6Ac± 1), keZ.
8.196. ctgx-tgx =
cosx- sinx
0,5 sin 2x
Решение.
ОДЗ:
sinx;* 0,
COSX;* 0.
Из условия имеем:
cosx sinx cosx- sinx_q cos2 x-sin2 x cosx-sinx
sinx cosx sinxcosx	sinxcosx sinxcosx
(cos x - sin x)(cos x + sin x)~ (cos x - sin x) _
sinxcosx
=> (cos x - sin x)(cos x + sin x)- (cos x - sin x)= 0,
(cosx- sinx)(cosx+ sinx- l) = 0.
Отсюда 1) cosx-sinx= 0, 2) cosx+sinx-1 = 0. Разделив первое
уравнение на cos х Ф 0, получим tgx= 1, X] = —+ лАг = —(4Ar+1),
Второе уравнение запишем в виде:
2 X . X . X X 2 X  2 х „
cos —sm — + 2sin—cos—cos —sm — = 0<=>
2	2	2	2	2	2
_ . 2 X - . X X o . x( . X X „
<=>2sin 2sin — xcos — = 0 <=> 2sin— sm cos— = 0.
2	2	2	2^	2	2)
Отсюда или sin—= 0, — = nn, x-> = 2nn, n&Z, или sin—-cos—= 0.
2	2	2	2
Разделив последнее уравнение на cos — Ф 0, найдем tg — = 1, — = — + л/,
2	2	2 4
х3 = у + 2л/, / е Z, х2, х3 не подходят по ОДЗ.
Ответ: х= (4к +l),k&Z
496
8.197.	^ + ^£ + 2 = о.
ctgz ctg2z
Решение.
ОДЗ:
ctgz Ф О,
ctg2z Ф О,
sinz Ф О,
sin2z Ф 0.
Из условия имеем:
z \2	/	\2
+2.^+1 = 0«| ^ + 11 =0«^ = -1,
ctgz J ctgz	ctgz J ctgz
ctg2z = -ctgz, ctg2z + ctgz = 0.
Л sin(a + p)	dn^7
Так как ctga + ctgP = —-—-, то получаем--------= 0.
sinasinp	sin 2z sinz
По формуле sin3a = 3 sina - 4sin3 a имеем
3 sin z - 4 sin3 z _ sinz(3-4sin2z) _ 3 - 4 sin2 z
sin 2z sinz	sin 2z sinz sin2z
7	л/з
и наше уравнение принимает вид 3-4sin z = 0, откуда sinz = ± —,
z = ±~ + я£ = -у(3£±1), keZ
Ответ: z = y(3Ar±l), keZ
8.198.	cos-2 2xtg2x+ sin-2 2xctg2x= + lOsin-1 4x+ 4-Уз.
sin3 4x
Решение.
fcos2x^0,
ОДЗ: L Л
[sm2x^ 0.
Запишем уравнение в виде:
1 sin2x 1 cos2x 8cos2 4x 10
---1----------1---z--------—------;----1----
cos 2x cos2x sin 2x sin2x sin 4x sin4x
sin2x cos2x 8cos24x 10	. rz
<=> —r— + —;— =------------+  ----+ 4V3 <=>
cos 2x sin 2x sin 4x sm4x
497
sin42x + cos42x 8cos24x+10sin24x . rz
----з-----з---=----------з--------+ 4V3 <=>
sin 2x cos 2x	sin 4x
^ш22х + со52 2хУ -2sin22xcos22x _ 8 (l - sin2 4x)+10 sin2 4x
sin32xcos32x	sin34x
1-2 sin2 2x cos2 2x_8 + 2 sin2 4x
3	3	3
sm 2x cos 2x sin 4x
8-4^in22xcos22x) 8+2 sin2 4x
8 sin3 2x cos3 2x	sin3 4x
8 - 4sin2 4x 8 + 2sin2 4x _
sin3 4x sin3 4x
8-4sin2 4x-8-2sin24x _
sin3 4x
—-— = 2y/3 <=> sin4x =
sin4x	2
6 sin2 4x
sin3 4x
Тогда 4x = (- 1)*+1 ~ + nk, x=(-l)
Ан-i л пк
12+ 4 ’ k&Z-
Ответ: х=(- 1)
cosx
8.199.
ctgz j - tg
Решение.
- = -• 1-
X 8
2
k+\ n пк
12 + T’ *eZ
2ctgx
l + ctg2x,
sinx* 0,
sin—*0,
2
x „
cos — * 0.
2
Запишем уравнение в виде:
2 cosx
ОДЗ:
cosx
cos — sin —
2 2
J-
8
I _ sinx
cos2 x
sin2 x >
sin —
2
cos —
2
498
• 2 X 2 X ,
COS XSin — COS —	, <	~	-2
._____2	2 _ 1 ।	2cosxsm x
cos4£_sjn4* 8	sinx(sin2 x + cos2 x)
2	2
• 2 X 2 X
cos xsin —cos —	,
7	7	1
7----------------------------   7	= — (1 - 2 cos X sin x) <=>
I IX	.	2	X ]| 2X	.	2	X |	8
cos — sin	— cos — + sin	—
I	2	2 A	2	2)
. 2 X 2 X
cos xsin — cos — ,
_________2	2	1-sin
2 x . 2 X
— sin —
2	2
. 2 X 2 X
cosxsm — cos — .	. ~	n
7	7 1-Sin2x .2 l-sin2x
--------- 	— =	<=> sin x =	<=>
cos x------------------------------------8-2
2
<=>2sin x-l + sin2x = 0<=>sin2x-cos2x = 0.
Я
Разделив это уравнение на cos 2х 0, получим tg2x = 1, 2х = — + itk,
it	кк	л ... i -j
х = —+ -— = —(4А: + 1), к gZ.
8	2	8
Ответ: х = ^(4к + \), keZ.
3(cos2x + ctg2x) .
— -----------—- - 2 (sin 2x +1) = 0.
ctg2x-cos2x
Решение.
[sin2x Ф 0,
ОДЗ:
[ctg2x-cos2x 0.
Из условия имеем:
8.200.
_ cos2x ]
3 cos2x + —----
—------Sm2*^ - 2 (sin2x +1) = 0 «>
cos 2x _	'
-------cos2x
sin2x
3cos2x(sin2x + l) _z . _	14 _	, . _	3 А Л
<=>----------------- - 2 (sin2x +1) = 0 <=> (sin2x +1)---2 =0.
cos2x(l-sin2x)	Vl_sin2x J
499
Отсюда
l)sin2x+l = 0, sin2x=-l, 2x=- — + 2nk, x, =	+ nk = — (4k
’	2	4 4х
ke Z,
2)---------2 = 0, sin2x=- —, 2x = (-1Y’+1 — +
7 l-sin2x	2	6
x, = (- 1)”+1 — + — n g Z, x не подходит по ОДЗ.
х ’	12	2	1
/	\t-4-i izk
Ответ: х= (-1)* ~	, k&Z.
8.201.	sin2x+ 2ctgx= 3.
Решение.
ОДЗ: sinx^ 0.
~ 2tga
Так как sm2a =--------s——, то имеем
1 + tg2a
—+——3 = 0=> 3tg3x-4tg2x+ 3tgx-2 = 0.
l + tg2x tgx
Пусть tgx= у, тогда
3/-4/ + 3y-2 = 0, Зу3-Зу2-у2 + 2у + у-\-1 = 0,
3/(7 -1) - (у -1)2 + О’ -1) = о, (у - 1)(з/ - У + 2) = 0.
Отсюда
1)	у-1 = 0, у=1, tgx=l, х=~~ + ли = ^(4л + 1), neZ,
2)	3/-j + 2#0 (Z><0), 0.
Ответ: х = — (4п + 1), п е Z.
4
8.202.	2cosl3x+ 3cos3x+ 3 cos 5х- 8 cos xcos3 4x= 0.
Решение.
Так как
о я з о	Q п а+Р а-₽
cos3a = 4cos а - 3cosa, cosa + cosp = 2cos--cos---
H 2	2
o _ . a + p . p-a
cos a - cos P = 2 sin-- sm  -,
K 2	2
то уравнение имеет вид
2cosl3x+ 3(cos3x+ cos5x) - 8cosxcos3 4x= 0<=>
500
<	=> 2 cos 13x + 3-2cos4x cosx-8 cosx cos3 4x = 0 <=>
<	=> 2 cos 13x - 2 cos x(4 cos3 4x - 3 cos 4x) = 0 <=>
2cosl3x-2cosxcosl2x = 0 <=> 2cosl3x-(cosl3x + cosl lx) = 0
<	=> -2 sin 12x sin x = 0.
Отсюда
1) sin 12x = 0,12x = itk, x> = —, к e Z;
1 12
2) sin x = 0, x2 = itn, n e Z; x2 входит в Xj.
„	Kk 1	7
Ответ: x = —, к g Z.
12
8.203. (sinx + cosx)4 + (sinx-cosx)4 =3-sin4x.
Решение.
Имеем:
(sin2 x + 2sinxcosx + cos2 x)2 +(sin2 x-2sinxcosx + cos2 x)2 =
= 3 - sin4x <=> (1 + sin2x)2 + (1 - sin2x)2 = 3 - sin4x о
«l + 2sin2x+ sin2 2x + l-2sin2x + sin2 2x = 3-sin4x <=>
<=>2sin2 2x-l + sin4x = 0<=>-cos4x + sin4x = 0<=>tg4x = l,
л	i tu itk it ...	-. j _
4x = — + itk, x = — + — = —(4k +1), к e Z.
4	16 4	16
Ответ: x = — (4k +1), к e Z.
16
8.204. tg3r + 6sin-12r = 8sin“32r-3ctgr.
Решение.
ОДЗ: sin 2/^0.
_	a 1 - cos a a 1 + cos a
Так как tg— =--------и ctg— =--------, то имеем:
2 sina 2 sina
(l-cos2?)3	6 _	8	3(l + cos2/)_^
sin3 2/	sin 2/ sin3 2/ sin2z
501
=> (1-COS2/)3 +6sin2 2/-8 + 3(l + cos2/)sin2 2t = 0 <=>
<=> (1 - cos 2г)3 + б(1 - cos2 2/)- 8 + 3(1 + cos 2t^ - cos2 2z)= 0 <=>
<=>1-3 cos 2t + 3 cos2 2t - cos3 2t + 6 - 6 cos2 2t - 8 + 3 - 3 cos2 2t +
+ 3 cos 2t - 3 cos3 2/ = 0 <=> 4 cos3 2t + 6cos2 2t - 2 = 0 <=>
<=>2cos3 2r + 3cos22/-l = 0<=> 2cos3 2r + 2 + 3cos2 2/-3 = 0<=>
<=> 2(cos2/ + 1)(cos22/-cos2z + 1)+3(cos2/ + 1)(cos2z-1) = 0,
(cos2/ + 1)^2 cos2 2t + cos2t- lj = 0.
Отсюда
7C
l)cos2z + l = 0, cos2/ = -l, 2t = n + 2itn, t\= — + iin, n^Z,
2) 2 cos2 2t + cos 2t - 1 = 0. Решая уравнение как квадратное относи-
К
тельно cos 2/, имеем cos 2/ = -1, к = t, = — + пп, n&Z —не подходит по
2	1 2
I	jr	ТЕ	71
ОДЗ; cos2r = —, 2r3=± — + 2пк, t3 =± — + пк~ — (6Ас±1), keZ.
2	3	6	6
JT .	.
Ответ: t = — (6к±1), keZ
8.205. 2sin xcos2 — - х + 3cos2 — + х cosx-5cos2 xsin —+ x =0.
I2 J I2 J I2 J
Решение.
? a 1 + cosa . (n ]
Так как cos" — =-------и sm — + a = cosa, то имеем
2	2	\2 J
sin x(l + cos(л - 2x)) + —
3
<^ sinx(l - cos2x) + — (1
<=> 2sinx - 2sinxcos2x + 3cosx- 3cos2xcosx-10cos3 x = 0 <^>
•у
cosx-5cos xcosx=0<=>
<=> 2sinx(l-cos2x)+3cosx(l-cos2x)-10cos3 x = 0 <=>
<=> (l-cos2x)(2sinx + 3cosx)-10cos3 x = 0 <=>
<=>2sin2 x(2sinx + 3cosx)-10cos3x = 0,
4 sin3 x+ 6 sin2 xcosx- 10cos3 x= 0,
2sin3 x+ 3sin2 xcosx-5cos3 x= 0.
502
Разделив это уравнение на cos3 х^О, получим:
2tg3x- 2 + 3tg2x- 3 = 0<=> 2(tgx- l)(tg2х + tgx+1) + 3(tgx-1) x
x (tgx+1) = 0 <=> (tgx- l)(2tg2x+ 5tgx+ 5) = 0.
Отсюда
1) tgx-1 = 0, tgx= 1, x=^ + nk = ^(4k +1), keZ\
2) 2tg2x+5tgx+5#=0 (Z><0), 0.
7t
Ответ: x= — {4k + l^,-ke.Z.
82
8.206. tg4x+ctg4 x = — (tgxtg2x +1) cos 2x.
Решение.
fcosx^ 0,
0ДЗ: [sinx^O.
Запишем уравнение в виде:
//	\2	\2	9	7	82 (sin xsin2х	А
(tgx+ctgx) -2tgxctgx) -2tg xctg x=— • --------— + 1 cos2x<=>
v ’	/	9 Vcosxcos2x )
(, .	\2 A2
I sinx cosx 1	2
1 cosx sinx I
_ 82 ( sinxsin2x + cosxcos2x A *
- 2 =------------------------- Icos2x.
9 I cosxcos2x J
Применив формулу cosa cosp + sina sinp = cos(a - P), имеем
• °	2 \2
snTx+cos x 2
sin xcos x
cos xcos 2x
cos xcos 2x
-2=v
9
100
9
4
0 . 10
. 2 о -2-±T' Тогда
sin 2x 3
« f______!_____2V
• 2	2
к sin XCOS X J
1	O--1.10
Отсюда 1) “1?--------2 ~ T
sin xcos x 3
sin22x=-3 0; или sin2 2x= —, sin2x=± —, 2x=± — + nk,
4	2	3
x=±— + — = — (3£±1), keZ.
6	2	6
Ответ: x= — (3Zr± 1), k&Z
503
8.207.	2 cos6 2t - cos4 2t + 1,5 sin2 4t - 3 sin2 2t = 0.
Решение.
2a 1 + cosa . 2 a 1-cosa
Так как cos — =-----и sm — =--------, то имеем
2	2	2	2
+1,5^1 - cos2 4z) -1,5(1 - cos4z) = 0 <=>
(l + cos4r)3 (l + cos4r)2 з(1-cos2 4r) 3(l-cos4f)
<=> - - + - - -
=> cos3 4r - 4cos2 4? + 7cos4r = 0 <=> cos4r(cos2 4? - 4cos4r + 7) = 0.
Отсюда 1) cos4r = 0,	— + r = —+ —= —(2£ + J), ke%
2) cos2 4r-4cos4/ + 7^0 (D<0), 0.
Ответ: t = (2k +1), ke Z.
8.208.	sin 6x + 2 = 2 cos4x.
Решение.
Запишем уравнение в виде sin3(2x) + 2-2cos2(2x) = 0 и применив
формулы sin За = 3sina - 4 sin3 а и cos 2а = 1 - 2 sin2 а получим
3sin2x-4sin3 2x+2-2 + 4sin2 2х=0<=>
4 sin3 2х - 4 sin2 2х - 3 sin 2х = 0 <t=> sin 2х(4 sin2 2х - 4 sin2x - з)= 0.
Отсюда
l)sin2x=0, 2x=nk,	keZ,
2)	4 sin2 2x- 4 sin2x - 3 = 0. Решив уравнение как квадратное отно-
сительно sin2x, имеем sin2x=-,0; sin2x=--, 2х=(-1)л+1 — + пп,
2	2 v 7	6
I «х л+1 п ПП
Ti+~2’neZ'
Ответ: х. = —, х, = (- 1)п+1 — + —, гдек и п е Z.
1 П ’	- X f 1О о
504
8.209.	sin2?tg?+cos2?ctg?-2sin?cos? = l + tg? + ctg?. •
Решение.
[cos?^0,
°Д3‘ |sin?^0.
Запишем уравнение в виде:
•2-2
sin г sin? cos ?cos?	, sin? cos?
---------+	2 sin? cos? = 1 +	+-<=>
cos? sin?------------------------------------cos? sin?
• 4	4	. 2	2
Sin t + COS t .	Sin 14- COS“ t
<=>-------------sin 2? = 1 +---------
sin? cos?	sin? cos?
(sin2 ? + cos2 ?) - 2 sin2 ? cos2 ?	1
<=> ----------------------------sin 2? = 1 + ----<=>
sin? cos?	sin? cos?
2-4 sin2 ? cos2 t	. _	2
<=>---------------sin 2? = 1 +--------<=>
2sin?cos?	2sin?cos?
<=> -—S*n	- sin2? -1 —— = 0 => 2 - sin2 2? - sin2 2? - sin 2? - 2 = 0 <=>
sin 2?	sin 2?
<=>2sin2 2? + sin 2? = 0 <t=> sin2?(2sin2?+l)=0.
Отсюда
.	1	— t *\k+l It .	/	it itk
2sin2?+l = 0,	sin2? = - —,	2? = (-l)	—	+ nk,	? = (-l)	— + -—,
2	6	12 2
ktZ, sin2?^0.
Ответ: ? = (- l)*+l — + —, £ g Z
v ’	12	2
8.210. tg32x + ctg32x+ 6sin'1 2x=8sin"34x.
Решение.
[cos2x^ 0,
ОДЗ: 1 • э
[sin2xi*0.
Запишем уравнение в виде:
sin3 2х cos3 2х 6	8
---— + —_— +   		— = ।
cos^2x sin 2x sin2x sinJ4x
sin6 2x+cos6 2x^ 6------------8
sin3 2xcos3 2x sin2x sin3 4x
505
(sin* 1 2 2х + cos2 2x)(sin4 2x - sin2 2x cos2 2x + cos4 2x)
sin3 2xcos3 2x
«	=0«
sin2x sin34x
(sin22x + cos22x)2-3sin22xcos22x	6	8
<=> -1------------L-----------------1--------------
sin3 2x cos3 2x	sin 2x sin3 4x
8 - б(4 sin2 2xcos2 2x)	8	6
8 sin3 2xcos3 2x	sin3 4x sin2x
8-6sin2 4x 8	6	.
<=>----------------— +-------= 0 <=>
sin 4x sin 4x sin2x
8-6sin2 4x-8	6	_	6	6	_
-------------+------= 0 <=>------+------= 0 <=>
sin3 4x-------sin2x sin4x sin2x
1	1	_ -l + 2cos2x ..
<=>-------------1-----= 0 <=> ---------=: 0 =>
2sin2xcos2x sin2x 2sin2xcos2x
=> -1 + 2cos2x= 0,cos2x= — ,2x= ±— + 2nk,x- + — + nk = — (6k± 1),
2	3	6 6V !
keZ
Ответ: x = -^ (6£ ± 1), keZ.
6
8.211. cosxcos2xsin3x= 0,25 sin 2x.
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, Aj = у + = — (2£+1), k&Z,
или
cos2xsin3x-0,5sinx = 0, или 2cos2xsin3x- sinx= 0.
Используя формулу sinacosp = (sin(a - p) + sin(a + p)), имеем:
sin(3x- 2x) + sin(3x+ 2x) - sinx = 0<=> sinx+ sin5x- sinx= 0<=>
7CZ1
<=>sin5x, 5x=nn, x2~~^ neZ.
Ответ: xi = у+ x2 = “у ’ гДекипе Z,
506
8.212. cos9x-2cos6x= 2.
Решение.
Запишем уравнение в виде cos3(3x) - 2cos2(3x) -2 = 0 и, применив
формулы cos За = 4 cos3 а - 3cosa и cos 2а = 2cos2 а -1, имеем:
4cos3 Зх- 3cos3x-2^2cos2 Зх- 1) - 2 = 0<t=>
<=>4cos3 3x-4cos2 Зх-3 cos Зх= 0<=> cos 3x^4 cos2 3x-4cos3x-3^ = 0.
Отсюда
тс	. тс TcZc ТС z л « , \
1) cos3x=0, Зх= —+ тс£, xj =- + — = -(2£+1), keZ,
Z	о 5	о
2) 4 cos2 Зх - 4 cos Зх - 3 = 0. Решив это уравнение как квадратное отно-
3	1	2
сительно cosЗх, найдем cosЗх= —, 0;илисоз3х=—, Зх=± —тс + 2тсп,
2	2	3
2	2	2тс
х2 =±—7С + —7С« = —(Зл± 1), neZ.
2	9	3	9	1
Ответ: х\~~7 хг = ~ (Зп ± 1)’ гДе ки neZ.
о	9
8.213.	2 sin5 2t - sin3 2t - 6 sin2 2t + 3 = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде:
sin3 2t{2 sin2 2t -1 j - 3^2 sin2 2t -1 j = 0 <=>
<=> (2 sin2 2t - ij^sin3 2t - 3) = 0.
Отсюда
1) 2sin2 2т-1 = 0, sin2r = ±^-, 2t = — + —,
2	4	2
7t Tzk 7Г /* •	_
л = — + — = _(2&+1), keZ,
1 8	4 8V ’
2) sin3 2t- 3 = 0, sin2r = V3>l, 0.
Ответ: t = (2k + 1), к e Z.
507
8.214. sin6 2t + cos6 2t = (sin4 2t + cos4 2tj + (sin t + cos ?).
Решение.
Из условия имеем:
(sin2 2t + cos2 2?)(sin4 2t - sin2 2t cos2 2t + cos4 2?)-
- ~ ((sin2 2t + cos2 2?)2 - 2 sin2 2t cos2 2tj - — (sin t + cos t) = 0 ы
(sin2 2t + cos2 2?j - 3 sin2 2t cos2 2t - (1 - 2 sin2 2t cos2 2tj -
1	3
— (sin? + cos?) = 0<=> 1 - 3sin2 2?cos2 2? — + 3sin2 2?cos2 2? -
2V	’	2
- — (sin? + cos?) = 0 <=> sin? + cos? +1 = 0 <=>
_ . t t 2 ?	• 2 ?	2 t . 2 t r\
<^> 2 sin—cos— + cos	— sm	— + cos — + sin	— =	0 <=>
2	2	2	2	2	2
<=>2sin—cos— + 2cos2 — = 0<=>2cos—I sin—+ cos— | = l
2	2	2	2k 2	2)
Отсюда
t t	it
1) cos- = 0, - = - + ?cZr, Л =7С + я£ = 7с(2£ + 1), keZ;
. t	t n t	, t	It
2) sin—+ cos—= 0, tg—= -l, — =----+ nn,
2	2	62	2	4
?2 =- —+ 2тси = —(4л-1), neZ.
Ответ: tx = n(2k +1); ?2 = у (4л -1), к и п g Z
8.215. (cos-2 2x + tg22x)(sin-2 2x + ctg22x)=4sin-2 4х + 5.
Решение.
ОДЗ:
cos 2x5* 0,
sin 2x5*0.
Запишем уравнение в виде:
(	1	• 2 э А (	1	2л Л
1	sin 2х 1	cos 2х
cos2 2х cos2 2х	sin2 2х sin2 2х
к	7 к	7
4
sin2 4х
508
1 + sin2 2x1 + cos2 2x 4
cos2 2x sin2 2x sin2 4x
1 + cos2 2x+ sin2 2x+ sin2 2xcos2 2x 4
sin2 2xcos2 2x	sin2 4x
2 + sin2 2xcos2 2x 4
sin2 2xcos2 2x sin2 4x
2
__________ 4
sin2 2xcos2 2x sin2 2x
_____?_______-4
sin2 2xcos2 2x sin2 4x
4.П	Ti
—-— = 4<t=>sin 4x=l, sin4x=±l, 4x= — + nk,
sin2 4x	2 .
— + — =—(2£+l), keZ.
8	4	8v ’
8	4
T”2-------~2----
sin 4x sin 4x
7C ✓	\
Ответ: x= — (2k + 1), к g Z
,	3>/3
8.216. sin 3z + sin z =-----sin 2z.
4
Решение.
Так как sin За = 3sina - 4 sin3 а и sin2a = 2 sina cosa, то имеем:
a • л • 3	• -j 3\/3 .
3sinz-4sin z+sin3z-------sinzcosz = U<=>
2
, .	. . 3	3-/3 .
<=>3sinz-3sin z-----smzcosz = 0<=>
2
2 V3
2 V3	I 2 v3
<t=>3sinz 1-sin z--------cosz =0<=>sinz cos z--------cosz =0<=>
2
2
v3
<=> sinzcosz cosz---=0.
2 ,
Отсюда
1) sinz = 0, z1 = кк, ke Z,
509
7t	7t
2)cosz = 0, z2 = — + nn = —(2n + V),
•\1з	л/З 71
3)cosz-----= 0, cosz = —, z-i = ±—+2nl, I &Z.
2	2	3	6
Л	71
Ответ: Zj = Ttk\ z2 =— (2n + 1); z3 = ± —+ 2л/, к, n и I e Z.
2	6
8.217.	(cos2x + (cosx + sinx)2)(tgx + ctgx) = 0.
Решение.
I cos x 0,
ОДЗ:
sinx * 0.
Уравнение равносильно двум уравнениям: cos 2х + (cosх + sinх)2 = 0
или tg х + ctg х = 0. Запишем первое уравнение в виде
cos2 х —sin2 х + cos2 х + 2sin xcosx + sin2 x = 0 <=>
<=> 2 cos2 x + 2 sin x cos x = 0 <=> 2 cos x (cos x + sin x) = 0.
Так как cosx * 0, то
71	71
cosx +sinx = 0<=> tgx = -1, x =-+ Tin - —(4и-1), n gZ.
4	4
Второе уравнение запишем в виде
2
tgx + —!—= 0<^>tg x + 1 =0otg2x = -l, 0.
ctgx	tgx
Ответ: x = — (4n -1), n g Z.
8.218.	2 sin 2x-cos — + 3x -cos3xcos ^xcos —-5x =0.
12 J	12	)
Решение.
ОДЗ: cos5x?t0.
Имеем
n п 0 cos3xsin5x^ Л
2sin2x + sin 3x------------= 0 <t>
cos5x J
~	„ sin3xcos5x-cos3xsin5x „	_ . _ sin2x _
<=> 2 sin 2x +-------------------= 0 <=> 2 sin 2x-----= 0 о
cos 5x	cos 5x
<=> sin2x | 2-!— | = 0.
I cos5xj
510
Отсюда
1) sin 2х = 0, 2х = тип, Xj = meZ; здесь m * 21 +1, так как в про-
тивном случае cos 5х = 0; значит, %] = пк, к g Z.
2) 2------— = 0, cos5x = — , 5х = ±—+ 2лп, х2 = ±—+ ^^-,п &Z.
cos5x	2	3	2	15	5
Ответ: xi = л£;х? = ±—и hgZ.
1	2	15	5
8.219. 3(ctg/-tg/) + 4sin2/ = 0.
Решение.
[sin/0,
ОДЗ:1
[cos/ 9b 0.
Из условия имеем:
(cns / sin/ 1
—- — +4sin2/=0<=>
sin/ cos /)
„ cos2/-sin2/ . . _ л 6cos2/ . . _
«> 3------------+ 4 sm 2/ = 0 «>----+ 4 sin 2/ = 0 «>
sin/cos/	sin 2/
«>3 cos 2/+ 2 sin2 2/ = 0«>3cos2/ + 2(l-cos22/) = 0«>
<=> 2cos2 2/-3cos2/-2 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos 2/, найдем
cos2/ = 2, 0; cos2/ = —2/ = ±—л + 2ли, / = ±—+ ли = —(Зи±1),
2	3	3	3
п gZ.
8.220.
Ответ: t =	п&Z.
1 t 1______________________ 2
tg2 2х + cos-2 2х ctg2 2х + sin-2 2х	3
Решение.
[cos2x 9b 0,
°Д1 * 3: • о А
[sm2x 9b 0.
Запишем уравнение в виде:
1	.1= 2<_>
cos2 2х	1	3
~~2----4---2---
sin 2х sin 2х
sin2 2х 1
cos2 2х cos2 2х
511
cos2 2x sin“ 2x 2
---7------1---7--------T
sin 2x+1 cos 2x+1 3
2
—(I
2k
2
-0
2'
2
3
l + cos4x l-cos4x 2
---------1-----------
3-cos4x 3 + cos4x 3
71
-2(3-cos4x)(3 + cos4x) = 0 <=> cos2 4x = 0, cos4x=0, 4x= — + nk,
7Г izk 7C i ~	#
x= —+— = — (2£ + l), keZ
8	4	8 k 1
Ответ: x= — (2k +1), keZ
8
8.221. tg3r + tgz = 2 sin 4/.
Решение.
[cos / * 0,
ОДЗ: I cos 3/^0.
„ sin(a + B)
Так как tga + tgp = —---------, то перепишем уравнение в виде
cos a cos P
sin(3/ + t) .	sin4r - sin4/(2cos3/cosr)
cos 3tcos t
<=> sin4/(l- 2cos 3/cosr) = 0.
cos 3t cos t
Применяя формулу cos a cos £ = ± (cos(a - 3) + cos(a + £)), имеем
sin4/(l-cos2/ -cos4/) = 0<=> sin4r(l - cos2r - 2cos2 2t + lj = 0<=>
<=> sin4^2cos2 2t + cos2/ - 2^ = 0.
Отсюда
1) sin4t = 0, 4/ = itk, t. = —, keZ,
1	4
512
2) 2 cos1 2 * * * It + cos2/ - 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное относи-
-1-V17	. -1 + V17
тельно cos2/, находим cos 2/ =----< -1, 0; или cos 2/ =-----,
4	4
„	,	V17-1 о	1	717-1
2t = ±arccos-----+ 2пп, t-> = ±—arccos-----+ пп, ne Z. Учитывая
4	2	2	4
ОДЗ, = —, к Ф 41 + 2, где/с и I е Z.
пк	1	717 -1
Ответ:	, k*4l + 2, t2 = ±-arccos------— + пп, где к, I и
1	4	2	4
п е Z.
о м \ <. (	\ cos-1 x-cosx
8.222. sin( Зя - х) + tg(я + х) =------.
v	v 7 2sinx
Решение.
ОДЗ:
sinxФ 0,
cos х 0.
Из условия имеем:
-----------------cos х
Sinx
sinx+ tgx =	-------<=> smx+------=
2 sin x	cos x
1 - cos2 x
2 sin xcos x
sinxcos x+ sinx	sin2 x _	sinx(cos x+1) sinx
cosx 2sinxcosx	cosx 2cosx
.	(cosx+1 1	) л . л
<=> sinx-------------=0, sinx# 0;
I cos x	2 cos x)
cosx+1 1
cos x 2 cos x
2cosx+l _	_
-------= 0<=> 2cosx+l = 0, cosx
2	2
x = ±—я + 2я& = — я(3&± 1), keZ.
2
Ответ: x = -я(3£± 1), к g Z
1	2
8.223. — sin4xsinx + sin2xsinx = 2cos x.
2
Решение.
Запишем это уравнение в виде
sin2xcos2xsinx+sin2xsinx= 2cos2 х<=>
17 Группа Б
513
<=> 2sinxcosx(2cos2 x-l)sinx+2sinxcosxsinx = 2cos2 x <=>
<	=> 2cosx(2cos2 x-l)sin2 x +2sin2 xcosx-2cos2 x = 0 <=>
<	=> 2 cos x ((2 cos2 x -1)(1 - cos2 x)+1 - cos2 x - cos x)= 0 <=>
<	=> cosx(2cos2 x-2cos4 x-cosx)=0 <=>
<	=> -cos2 xbcos3 x-2cosx + l)=0.
2
Отсюда имеем cos2 x = 0, cosx = 0, x = у + itk = ~(2k + 1), к e Z;
2cos3 x- 2cosx+ 1 =£ 0.
Ответ: x = у (2k +1), к g Z.
2(cos4 t + sin4 z)
8.224.		-------— = cos-1 2z + cos4z + l.
cos4 t - sin4 t
Решение.
ОДЗ: cos2z * 0.
Перепишем уравнение в виде
2^ (cos21 + sin2 Z j - 2 cos21 sin21 j
—--------------r-.-----------=----------+ cos 4/ + 1 <=>
(cos21 + sin2 zj(cos2 t - sin2 t\ cos2/
2-4cos2 / sin21
cos 2/
-------cos4z - 1 = 0 <=>
cOs2z
2 - sin2 2t -1	.	,	_ cos2 2t .	1	_
<	=>	cos 4/ -1 = 0 <=>-cos 4/ - 1 = 0 <=>
cos 2/	cos2/
<	=> cos2z - (2cos2 2t- ij- 1 = 0 <=> 2cos2 2t- cos2/ = 0 <=>
<	=> cos2/(2cos2r- 1) = 0=> cos2z 0; 2cos2z-l = 0, cos2z = y,
2z = ±— + 2nk, t = ± — + iik = — (6k± 1), e Z.
3	6 6V ’
Ответ: t. = ~(6k ± 1), к e Z.
514
sin2 t + sin 2/ - 1
8.225.	tg/ =--------------
cos t- sin2/ + 1
Решение.
ОДЗ: cost 0.
_	. ?a 1-cosa ?a 1 + cosa
Так как sin“ — =------- и cos — =---------, то
2	2	2	2
|(l-cos2() + sin2<-l	l-coslt + lsinit-i
-------------------= 0 <=> tg/--------------------
1/.	.	l + cos2/-2sin2/ + 2
-(l + cos2/)-sin2/ + l
2sin2/-cos2/-1
-2sin2/ + cos2/ +3
l-tg2y
применяя формулы sina =--------— и cosa =-------—, получаем
l+zg2|	l + tg2|
4tg/	1 —tg2/ 1
tgr-1 + tg2f 1 + tg,2/-= 0« tg3/-2tg2/ +1 = 0«
4tgr	1-tg-t
1 + tg2/ 1 + tg2/
(tg3/ - tg2/) - (tg2/ -1) = 0 <=> tg2/(tg/ -1) - (tg/ -1)(tg/ +1) = 0 «
<=> (tg/ - l)(tg21 - tg/ -1) = 0.
Отсюда имеем или tgr - 1 = 0, tg/ = 1, /. = — + nk = — (4k + 1), к e Z,
4	4
или tg2 / - tg/ -1 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно
1-V5	1 + V5
/2 = arctg —-— + яп, п е Z; tg/ = —-—,
tg/, получаем tg/ = ——
1 + V5
/3 = arctg—-— + я/, / e Z.
я,	.
Ответ: Z1 = — {4k +1); t2 = arctg
n и I e Z.
-V5	1 + V5 , 1
-— + ян; /3 = arctg —~— + я/; к,
515
„	sin2/ + 2cos* 21- 1
8.226.	= cos/.
cos t - cos 3/ + sin 3t - sin t
Решение.
Jsin / Ф 0,
ОДЗ- | sin2z + cos2/ 0.
Так как cos a-cos В = 2 sin--sin-—
H 2	2
cos2a = 2 cos" a- 1 i
sin a - sin В = 2 cos-- sin--, то имеем
K 2	2
sin2/ + cos2/
_ . t + 3t . 3t-t _ . 3t-t 3t + t
2 sin----sin-------h 2 sin----cos-----
2	2	2	2
sin 2t + cos 2t
2 sin 2t sin / + 2 sin/cos 2/
sin2/ + cos2/
2sin/(sin2/ + cos2/) - cos/
--------cos / = 0 <=>
2 sin/
7t
<=> 1 -2sin/cos/= 0, l-sin2/ = 0, sin2/= 1, 2/= — + 2nk,
t = — + itk = —(4k+l), k^Z.
4 4V ’
Ответ: t =	+ 1), к e Z.
8.227. sin/2 - sin/ = 0.
Решение.
r-r ,	. n a + B . a-B
По формуле sina - sinp = 2 cos--- sin—, получаем
2 sin ---cos——— = 0.
2	2
Отсюда
2
1) sin-^-- = 0,
2
516
2) cos * +- = 0.
7	2
Из первого уравнения имеем
—у = пк, ке Z<^ t2 -t-2itk = 0, кeZ.
1± V1 + 8я&
Решая это квадратное уравнение, получим /1>2 =-----------, где
1	’ ’	2
1 + 8я£>0, к>------, к = 0, 1,2,... .
8я
Из второго уравнения имеем
г+t п	_	)	„
—-— = — + лп, neZ, или t +1 - л - 2лп = 0, пе Z.
-1±71 + 4я(1 + 2и)
Решая это квадратное уравнение, находим г3 4 =--------------,
где 1 + 4я(1 + 2и) >0, п > - — - —, и = 0, 1, 2,... .
8я 2
1± Vl + 8n£	-1±71 + 4л(1 + 2л)	. Л . о
Ответ: Л -> =---------;	, гдек ип = 0,1,2,....
2 Л	2
8.228. sin3 zsin3z + cos3 zcos 3z = cos3 4z.
Решение.
Преобразуем левую часть уравнения, применяя формулы
cos а — cos В = 2 sin	- sin———, cos(a + Р) = cos a cos P — sina sin p,
2	2
„	^2	,	9 a	1 + cosa
cos2a = 2cos a-1, cos" —- =------.
2	2
Тогда
sin2 zsinzsin3z + cos2 zcoszcos3z = (1-cos2 z)sinzsin3z +
+ cos2 zcos z cos 3z = sin z sin 3z - cos2 z sin z sin 3z + cos2 z cos z cos 3z =
= ^(cos2z- cos4z) - cos2 z(sinzsin3z- coszcos3z) =
cos2z-cos4z 2 л cos2z-cos4z+2cos2 zcos4z
=--------------h cos zcos4z = ------------------------- =
2	2
cos2z+cos4z(2 cos z — 1) cos 2Z + coscos2z	cos2z( 1 + cos4z)
_ _ = _ = _ =
cos2z(l + cos4z)	,	,
=---------------= cos2zcos 2z = cos 2z.
2
517
Тогда исходное уравнение принимает вид cos3 2z = cos3 4z <=>
<=> cos4z = cos2z, cos4z- cos2z = 0 <=> -2sin3zsinz = 0.
Отсюда
1) sin3z =0, 3z = лк, zx = ~» A: e Z;
2) sinz = 0, z2 = Tin, n&Z, z2 входит в Z].
кк
Ответ: z = —, e Z.
8.229.	2 sin4 /(sin 2/ - 3) - 2 sin2 /(sin2/ - 3) - I = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде
(sin2/ - 3) • 2sin2 /(sin2 t - 1)- 1 = 0,
-(sin2/-3)-2sin2 / cos2 / -1 = 0, (sin2/-3)-4sin2 / cos2 / + 2 = 0,
(sin2/ - 3) sin2 2/ + 2 = 0, sin3 2r - 3sin2 2/ + 2 = 0,
sin3 2/ - sin2 2/ - 2 sin2/ + 2 = 0, sin2 2/(sin2/ -1)- 2(sin2 2/ -1)= 0,
sin2 2r(sin2/ - 1) - 2(sin2/ - l)(sin2/ +1) = 0,
(sin2/-l)(sin2 2/-2sin2/-2)=0.
Отсюда
1)	sin2/-l = 0, sin2/ = 1, 2/ = у + Ink,	+ nk = (4k +1} keZ,
2)	sin2 2/ - 2 sin 2/ - 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное от-
носительно sin2/, получаем sin2/= 1 +-/З > 1, 0; sin2/ = 1 - -/З,
2/ = (- 1)л arcsin(l- 4з^ + пп, /2 =(-l)"^arcsin(l-V3j + ^y-, neZ
Я .	.	/ ,\л 1	. гг\ яи
Ответ:	~ (4А + 1); = (-1) — arcsin(l-V3J + — ,гдеА:и п е Z
8.230.	cos xcos 2xcos 4xcos 8x = — cos 15x.
8
Решение.
Имеем
8(2 sin xcos x) cos 2xcos 4xcos 8x = 2 cos 15xsin x <=>
518
<=> 4(2sin2xcos2x)cos4xcos8x = 2cosl5xsinx <=>
<=> 2 sin8xcos8x = 2 cos 15xsin x, sin 16x = 2 cos 15xsinx.
По формуле cos a cos (3 = — (sin(|3 - a) + sin(p + a)), имеем
sin 16x =-sin 14x+sinl6x, sinl4x=0, 14х=тсА;, x=— , к g Z.
14
Таккак sinx^ 0, x^nl, тох= —, к # 14/, где^и Ze Z.
14
Ответ: x = —, к 14/, где к и I e Z.
14
8.231.	2 sin4 x+1,25 sin2 2x- cos4 x= cos2x.
Решение.
Имеем 8(sin2 x} + 5sin2 2x- 4(cos2 x} - 4cos2x= 0. По формулам
. 7 a 1-cosa 2 a 1 + cosa
sin- — =------и cos — =---------, находим
2	2	2	2
<=> 2(l-cos2x)2 +5(l-cos2x)2-(1 + cos22x)-4cos2x =0 <=>
<=> 2-4cos2x+2cos2 2x+5-5cos2 2x-l-2cos2x-cos2 2x-
-4cos2x = 0 <=> 2cos2 2x+ 5cos2x-3 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos2x, найдем
cos2x=-3, 0;илисоз2х = —, 2х=±^ + 2пк, х= ±^ + пк = у(6к± 1),
2	3	6	6
к е Z.
Ответ: х =	±1), к g Z.
8.232. sin2/ cos2z(sin4 2t + cos4 2t - 1) = sin2 4t.
Решение.
Имеем
(2sin2tcos2t)| (sin2 2z + cos2 2/)2-2sin2 2/cos2 2/-1 j— sin2 4t = 0 <=>
519
<=> sin 4/(1 - 2 sin2 2t cos2 2t -1)- sin2 4z = 0 <=>
<=>-sin4r4sin2 2/cos2 2/ -2 sin2 4/ = 0, sin3 4z + 2sin2 4/ = 0,
sin2 4/(sin4z + 2) = 0.
Отсюда
1) sin2 4z = 0, 4/ = nk, t = — , keZ;
4
2) sin4f + 2 = 0, sin4z = -2, 0.
Ответ: t = —, к e Z.
4
8.233. sin2x- 2cos2 x+ 4(sinx- cosx+ tgx- 1) = 0.
Решение.
ОДЗ: cos x Ф 0.
Запишем уравнение в виде
/_ .	_ о \ а(/ •	\ sinx л
12 sinxcosх- 2 cos х) + 4 (sin х- cosх) ч-1 = 0 <=>
'	’ V	cos х )
~	(	\ л(( •	\ sinx-cosx А _
<=> 2cosx(sinх - cosx)+ 4 (sinx - cosх)ч------= 0 <=>
I	cosx I
2cosx(sinx-cosx)+4(sinx-cosx)| 1ч—-— | = 0 <=>
I	cos X J
(2
cosx+ 2 ч-----= 0.
cos x)
Отсюда
1) sinx-cosx= 0,
2) cos x + 2 +-= 0. Разделив первое уравнение на cos х * 0, най-
cosx
ТС
дем tgx= 1, х, = — + пк = — (4к+1), к е Z Умножив второе уравнение
4	4
на cosx* 0,получим cos2 x+2cosx+2 * 0 (D< 0), 0.
Ответ: х = — (,4k + 1), к е Z
8.234. |(tg2x+ctg2x)=l + -^ctg2x.
Решение.
ОДЗ: sin2x* 0.
520
Запишем уравнение в виде
11.2	.2 Л 4ctg2x
1+ 1 + tg x+ctg х= 4 + —^=г— о
V3
1	1 4рЗ + ctg2x) 4	4(-/з + ctg2x)
cos1 2 х sin2 х у[з	sin2 2х у[3
<=> з/з sin 2 2х + sin 2х cos 2х - 4з = 0 <=>
<=> —Уз (1 - sin 2 2х)+ sin 2х cos 2х = 0 <=>
о Л cos2 2x-sin2xcos2x = 0 <=> cos2x(V3cos2x -sin2x)= 0.
Отсюда
тс r тс тс/: ТС г	™
1) cos2x=0, 2х = — + пк, Xj =- + — = -(2^+1), keZ;
Г-	1	~ Л
2) V3cos2x-sin2x = 0<=> ctg2x = -^, 2х = - + яп,
V 3	j
тс тс/? тс /*	_
%2 =—I----= —(Зи + 1), п е Z.
6	2	6
я.	. я , ч
Ответ: х{ = ~^\2к +1); х2 = — {Зп +1), где А: и п е Z.
8.235. ctg4x = cos3 2х+1.
Решение.
ОДЗ: sinx* 0.
2	1
Так как 1 + ctg а = —-—, то уравнение принимает вид
sin2 а
( 1	\2	12
---7----1 I = cos3 2х+ 1 <=> -7-----2~ + 1 ~ Cos3 2х+ 1
V sin х )	sin х sin х
1 - 2 sin2 х з	л з^-д
<=>---------= cos 2х <=> cos 2х = cos 2xsin х <=>
sin4 х
<=> cos 2x^1 - cos2 2xsin4 xj = 0 о
<=> cos2x^1 - cos2xsin2 x)(l + cos2xsin2 xj = 0.
Отсюда
1) cos2x= 0, 2x = — + як, X. = — + — = —(2k+ 1), к g Z,
2	1 4	2 4k	f
521
2 ) 1-cos 2 xsin2 x = 0, (cos2 x-sin2 x)sin2 x+1 = 0 <=>
<=>(1 - sin2 xjsin2 x- sin4 x+ 1 = 0, sin2 x- 2sin4 x+1 = 0,
2sin4 x- sin2 x-1 = 0,
решив биквадратное уравнение, имеем sin2 х= 1, sin2 х=-^, &>
sinx= ±1, х, = — + 7in, neZ.
2.
3)	1 + cos2xsin2 x= 0, 2sin4 x- sin2 x+1 * 0 (^ < 0), 0.
7C >	v	7C z	s
Ответ: x, = — (2A: +1); x2 = ~ {2n +1), где А: и ne Z.
8.	236. -----------6cos-1 x = tg3 + ctg3 -J.
. з x з x	2	2
sm —cos —
2	2
Решение.
„	_ . a a a 1-cosa a 1 + cosa
Так как sina - 2sin—cos—, tg—=---------, ctg—=---------, to
2	2	2 sina 2 sina
заданное уравнение имеет вид
8	6	(1-cosx)3 (1 + cosx)3
• 3	—	• 3	+	• 3
sin x cosx sm x sin" x
8cosx- 6sin3 x= (1 - 3cosx+ 3cos2 x- cos3 x+1 + 3cosx+ 3cos2 x +
+ cos3 x)cosx <=> 8cos x - 6sin3 x - 2 cos x - 6cos3 x = 0 <=>
<=> sin 3 x + cos3 x - cos x = 0 <=> sin3 x- cos xsin2 x = 0 <=>
<=>sin2x (sinx-cosx)=0.
Так как sinx^O, то
sinx-cosx=0, sinx=cosx, tgx= 1, x= + izk = ^(4A:+ 1), к e Z.
Ответ: x= ^•(4A: + 1), к e Z
522
8.237.	4sin2xsin5xsin7x-sin4x= 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
4sin2xsin5xsin7x-2sin2xcos2x = 0,
2sin2x(2sin5xsin7x-cos2x) = 0 <=>
sin2x(cos2x-cosl2x-cos2x) = 0, sin2xcosl2x = 0.
Отсюда
1)	sin2x = 0, 2x = лк, x} k&Z,
2
2)	cosl2x= 0, I2x= — + ял, = — + — = —(2n +1), n g Z.
2	24 12 24'	1
лк я .
Ответ: хг = —; x2 =	+1),где&и n e Z
8.238.	sin x + cos x 4- sin 2x 4- V2 sin 5x = --ct^
14-ctg"x
Решение.
_	r: ( n i 2ctga . _
Так как sma + cosa = v2 соя — a и-----= sm2a, то имеем
f .	\4	) l + ctg2a
V2cos|-----x + 42 sin5x+sin2x= sin2x<=>
\4	)
<=>	42 cos — - x j4- 42 sin5x = 0, cos — - x 4- sin5x = 0 <=>
U )	И )
<Я I • г- ~	_ . („ Я ]	[ _ Я ]	_
-4- x 4-sin5x= 0 <=> 2sm 3x4— cos 2x-= 0.
4 J	\	8 J 8 J
Отсюда
• f a , л I n n i я nk , _
1) sm 3x4- — = 0, 3x4- — -nk, X, =-4- —, k&Z,
\	8)	8	1	24	3
я^ _ _ я it	5я itn „
2) cos 2x--=0, 2x----= —i- яи, x^ =---1--, n e Z
'I 8j 82	" 16 2
_ .	я nk 5я Tin .	_
Ответ: x, = - — 4- —; x, =---1-----, где Zc и n e Z
24 3	2 16 2
a -,-2* (ЗЯ X) _ . 2X X .X 2X . 2|Я х) X
8.239. 3sm — cos—4-— 4-3sin — cos — sm—cos — = sm —4-— cos—.
2	[ 2 2)	2	2	2	2	[22)2
Решение.
Из условия имеем
. J X . X ~ . 2 X X . X 2 X 2 X х п
3sin —sin— 4-3 sm —cos—sm—cos —cos —cos — = 0,
22	22	22	22
523
„ . 2 XI . X X 2 xl - x x I л
3sin — sin—+ cos— -cos — sin— + cos— = 0,
2< 2 2J 2< 2	2)
( . X	xV _ . 2 x 2 Л
sin— + cos— 3sin — cos — = 0.
I 2	2 Л 2	2 J
Отсюда 1) sin- + cos- = 0; 2) 3sin2 - - cos — = 0.
1)	tg-| = -l, -| = -^ + лА:, xj = -у + 2л£ = у(4£-1), к e Z
2)	tg2^ = i tg- = ±7t’ x, = ±^ + 2n/ = ^(6/±l), ZgZ
Z J	v j	J	J
7t .	.	Л ,	.
Ответ: Xj = — \4k - I); x2 = у (6/ ± 1), где к и I e Z.
(71 X^ 1 + Sinx /Т-
8.	240. tg — - -------:---= V2 cos x.
<4	2) sin x
Решение.
sin x Ф 0,
°Д3: cosf^-^
I U 2)
*0.
Cf 1 — COS CL
Так как tg — =-------, то имеем
2 sina
1 + sin x
sinx
y[2 cos x = 0 <=>
1-sinx 1 + sinx nr a l-sin2x nr
---------	V 2 cos x = 0,	V 2 cos x = 0,
cosx sinx---------------------cosxsinx
0
COS~ X	I—
-----'---V2 cosx= 0, cos2 x-V2cos2 xsinx= 0,
cos xsin x
cos2 x (1 - >/2 sin x)= 0.
Отсюда
1)	cosx=0, Xj =	+ Tik = у (4k + 1), к g Z;
524
2)	1-V2sinx= 0, sinx=-y-, %2 = (-1)" — + ли, n g Z.
Ответ: x{ = — (4k +1); x2 = (- 1)” — + ли, где & и и g Z.
2	4
8.	241. tg3z + ctg3z-8sin-3 2z= 12.
Решение.
ОДЗ: sin2"T*0.
Перепишем уравнение в виде
tg3z + ctg3z -  --—— = 12 <=>
| 2ctgz |
^l+ctg2zj
3
3
ч—г ig l т uig l	— iz, S—г
ctg’z
<=> l + ctg6z-1- 3ctg2z- 3ctg4z-ctg6z- 12ctg3z = 0 <=>
Так как ctgz Ф 0, то
,	. ,	1	4
ctg2z + l + 4ctgz = 0, —=—+-----= 0, 4sinzcosz+1 = 0, 2sin2z = -l,
sin z sinz
&+i л , z .\&+i л izk j г-?
— + nk, z = (-l)	— + —, kgZ
6	v 7	12	2
• A	1
in2z = —,
2
Ответ: z = I -1)----1---
v '	12	2
1
8.242.
-----------------------= tg3x.
tg5x + tg2 x ctg5x + ctg2 x
Решение.
cos 3x -t- 0,
tg5x+ tg2x^ 0,
ctg5x+ctg2x^ 0,
cos 5x7* 0,
cos 2xt* 0,
sin 5x7*0,
sin2xt* 0.
ОДЗ:
525
„	_ sin(a + 0)	_ sin(a + 0)
Так как tg a + tg 0 = —----—, ctg a + ctg 0 =-----—, то имеем
cos a cos 0	sin a sin 0
cos 5x cos 2.x sin5xsin2x s'n3x_^^
sin 7.x sin 7.x cos 3.x
cos 5 x cos 2x- sin 5x sin 2.x sin Зх _	cos 7.x sin3x_^
sin7x	cos3x	sin7x cos3x
cos7xcos3x-sin3xsin7x „ cos 1 Ox n
	= 0 <=>	= 0 => cos 1 Ox = 0,
sin7xcos3x--------------------sin7xcos3x
sin7xcos3x Ф 0,10.x = — + nk,x = — + — = —(2k + Y),k Ф 5/+ 2,
2	20 10 20
так как в противном случае cos 2х = 0.
Ответ: х =—(2к+ }),к *51+ 2,ки I<= Z.
20
. z
4tg—
z Z _i	° э
8.243.	ctg — tg— + 4cos 2z -----—
1	2	tg^-1
Решение.
sinz * 0,
ОДЗ:
tg2 *±L
Перепишем уравнение в виде
z
cos —
2	_
. z
sm —
2
. Z
sm—	л
2	4
---— +-----+ .
z cos2z
cos —
2
2 z  2 z
cos —sin —	.
2	2	4
. z z
sin —cos-
2	2
cos z sin z
cos2z
—— = 0
cos2z
cos“z + sin*'z 2
----------------1-------
sinz cosz cos2z
— = 0
sinz cosz cos2z
2	2
<=>-----i-------- 0 <=> cos 2z + sin 2z = 0 <=> tg2z = -1,
sin2z cos2z
7t	.	7t Т^к	7t , . . .. ,
2z =--+ nk, z----ч-----= — (4k -1), к eZ
4	8	2	8
Ответ: z = ~(4^- 1), к eZ
526
8.244.	ctg4x = cos2 2x-1.
Решение.
ОДЗ: sin x 0.
Из условия имеем
(cos2 x)
-------— +1 - cos2 2x = 0 <=>
(sin2 x)
г i V
— (l + cos2x)
<=> -------------+ 1 - cos2 2x = 0 <=>
fl	1
I — (1- cos2x) I
(l + cos2*)^ + (i _ cos2xyi + cos 2x) = 0 <=>
(l-cos2xf
. A l + cos2x	. J
<=> (1 + cos2x) -----ry + (1 - cos2x) = 0.
v(l-cos2x)	)
Отсюда 1) 1 + cos2x = 0, 2) 1 + cos2x + (i _ cos 2x) = 0.
(l-cos2x)
Из первого уравнения находим
cos2x= -1, 2х= п + 2пк, xi = — + пк = —(2к+ 1), k&Z.
Умножив второе уравнение на (l-cos2x)2 Ф 0, имеем
1 + cos2x+(1-cos2x)3 = 0, 0.
Ответ: х=~^№ +1), ке Z.
4sin2 — -1
8.245.		2----_ tgjl i _ 2 cos t).
cos Г
Решение.
ОДЗ: cos Г -t- 0.
. 2 a 1-cosa
Так как sin у = —------5 To имеем:
527
2(l-cosz)-l sinr(l-2cos?)_Q
cos?	cos?
1 - 2cosz - sinzil - 2cosz) . ч/ 4
<=>-------------------------- = 0 <=> (1 - 2 cos z)(1 - sin t) = 0,
COSZ
при cosz * 0. Тогда
1) l-2cosz = 0, cosz = p Zj = ±y + 2itk = y(6fc± 1), к g Z,
it
2)l-sinZ = 0, sinz = l, Z2= —+ 2ли, n & Z, t2 не подходит по ОДЗ.
Ответ: t = — (бк ± 1), к g Z.
8.246.	3sin2 zcos2| — + z sin2 2z-5cos4 z + 2cos2z = 0.
<2	) 2
Решение.
Из условия имеем:
6^sin2 zj - (1 - cos2 2zj-lO^cos2 z) +4cos2z = 0.
. a 1-cosa 2 a 1 + cosa
Так как sin- — =------ и cos — =--------, то получаем
6-^-(1-cos2z)2 - 1 + cos2 2z-10-^-(l + cos2z)2 +4cos2z = 0<=>
<=> 3(l-cos2z)2 - 2 + 2cos2 2z-5(1+ cos2z)2 +8cos2z = 0<=>
<=> cos2z = - —, 2z = + — л + 2nk, z = ± — + 2itk = — (3k +1), к g Z.
2	3	3 3V '
7Г
Ответ: z =	±1), keZ
£2^ + £2^ = 0.
tgz tg3z
Решение.
cos Z -t- 0,
___ cos 3z Ф 0,
tgz * 0,
tg3z Ф 0.
ОДЗ:
528
Перепишем уравнение в виде
cos2 3/ cos/ cos2/cos 3/ л
	+	= 0 <=>
sin/--------sin3/
cos2 3/cos/sin3/ + cos2 / cos 3/sin/
sin/sin 3/
cos 3/ cos / (sin 3/ cos 3/ + sin / cos /) _ q
sin/sin 3/
<=> cos 3/ cos /(sin 3/ cos 3/ + sin t cos /) - 0.
Так как cos 3/ Ф 0, cos t 0, to
„	. n sin 6/ sin 2/ .
sm 3/ cos 3/ + sm / cos t = 0,---+------- 0,
2	2
sin 6/ + sin 2/ = 0 <=> 2 sin 4/ cos 2/ = 0.
Тогда
sin 4/ = 0,4/= л/, Л = —,/ eZ; cos2/ = 0, 2/ = — + лт,
1	4	2
/2 = +	=	+ -0» w e Z;/i не подходит по ОДЗ при I = 2к, а
три / = 2к + 1 получаем серию /2.
Ответ: / = -^(2w + 1),wgZ.
sin2/ sin/ . _i
----------------= sin ‘/-1.
1 + cos 2/ 1 + cos/
Решение.
sin t 0,
cos 2/ ф -1,
cos/^ -1.
Перепишем уравнение в виде
2sin/cos/ sin/ 1	,	_
--------------------------+1 = 0 <=>
1 + cos2/-sin2/ 1 + cos/ sin/
8.248.
ОДЗ:
2 sin/cos/ sin/ 1	, Л sin2/ 1
--------------------------+1 - 0 <=>----------------
2cos2/ 1+cos/ sin/	cos/(1 + cos/) sin/
. 3	2	2
Sin /-COS/-COS / +Sin/COS/+ COS /Sin/ _Q
cos/(l + cos/) sin/
529
<	=> (sin31 4- cos2 t sin r) - cos t + (sin t cos t - cos2 tj = 0 <=>
<	=> sin /(sin2 t + cos2 t j - cos t + cos /(sin / - cos /) = 0 <=>
<	=> (sin t-cos /) + cos /.(sin/-cos/) = 0<=> (sin/-cos/)(l + cos/) = 0.
Тогда 1) sin / - cos / = 0, 2) 1 + cos / = 0. Разделив первое уравнение
на cosz Ф 0, получим tg/ = 1, Zj = + nk = (4& +1), к е Z Из второго
уравнения имеем cos t = -1, t2 = л + 2ли, пе Z, t2 не подходит по ОДЗ.
л z .
Ответ: t = — (4к +1), к g Z
4
_ cos4 2x4- sin4 2x1	. д/з . . ,
8.249.	—-л--------л-----cos4x =—sin 4х.
cos4 2х-sin4 2х 2	2
Решение.
(sin4x^ 0,
ОДЗ- |cos4 2х- sin4 2х* 0.
Из условия имеем
(cos2 2x4-sin2 2х)2-2cos2 2х cos22x cos4x -Уз
(	2 n , • 2 П \ ( 2n 1 2т 'l 2 2sin4x
(cos 2x 4- sin 2x) (cos 2x - sin 2x)
2-4sin22xcos22x .	>/з	_
<=>-----------t-----cos4x -  ---= 0,
cos 2x-sin 2x	sin4x
2 - sin2 4x
cos4x
- cos4x-
sin4x
= 0,
2-(1-cos2 4x)-cos2 4x	1 Jl
----1---------L____________— = Q-------------— = 0<t=>
cos4x	sin4x ’ cos4x sin4x
<=>sin4x-V3cos4x= 0 <=> ctg4x=-^, 4x = — + nk,
4b 3
Т^к 7Г z —. . \	_
x = —4-— = —(ЗА: 4-1), k&Z.
12	4	12v	7
Ответ: x = — (ЗА: 4-1), к g Z
530
8.250.	cos 4 z =------2 sin 2 z(ctg2zctgz + 1).
9
Решение.
[cos2z^0,
ОДЗ: .
[sin z 0.
Имеем
1 = 160 2
cos4 z 9 sin2 z
cos2zcosz
sin2zsinz
1	2(cos2zcosz + sin2zsinz) _ 160
cos4z sin2 z2 sin z cosz sin z 9
Так как cos(a-p) = cosacosp + sinasinp, to
1 cosz _ 160	1	1 _ 160
Д4*	*4 n ’	4	• 4 о
cos z	coszsin	z 9	cos	z sin	z 9
sin4z + cos4z _ 160 o (sin2 г + cos2 z) -2sin2zcos2z _ 160
sin4 zcos4 z 9	sin4 zcos4 z	9
1	- 2sin2 zcos2 z _ 160	2-4sin2 zcos2 z _ 20
sin4 zcos4 z 9	16sin4 zcos4 z 9
2	— sin22z 20 л . д ~ n • 2 in n
<=>------------= 0 <=> 20 sin 2z + 9 sin 2z -18 = 0.
sin42z 9
Решив это уравнение как биквадратное относительно sin2z, полу-
чим sin2z = ±-^, 2z = ±— + кк, z = + — + ——= —(3k + i), к е Z
2	3	6	2	6V '
Ответ: z = ^(3&± 1), keZ
8.251.	cos-31 sin-31 - tg3/ - ctg3/ = 2-Уз cos'1 2/.
Решение.
[sin 2/ 0.
ОДЗ:	n
[cos 2/ * 0.
x a 1-cosa a 1 + cosa _ . a a
Так как tg — = —;----, ctg — = —;, sma = 2sin—cos—, T0
2 sma 2 sina	2	2
исходное уравнение принимает вид
8	(l-cos2/)3 (l + cos2/)3	2 Уз
sin3 2/ sin3 2/ sin3 2/ cos2/’
531
8-1 + 3cos2r - 3cos214- cos3 2/ -1 - 3cos2z - 3cos2 2r - cos3 It _ 2>/3
sin32r	cos2r’
6(1-cos2 2t) 2Уз 3sini2£ = _/L«ctg2z = ^,2z = - + mt,
sin32t cos2z’ sin32t cos2t	3	3
t = — 4- — = — (ЗА 4-1), к e Z
6	2	6
Ответ: t = “(ЗА:4-1), к g Z.
8.252.	( sinx- cosx)2 4- tgx = 2sin2 x.
Решение.
ОДЗ: cosxФ 0.
_	l-cos2a . 2a 1-cosa
Так как tea =-------- и sm — =---------, то имеем
sin 2a	2	2
sin2 x— 2sinxcosx-b cos2 x+ -—C0S^X-(1 -cos2x) = 0 <=>
sin2x
,	. _ l-cos2x ,
<	=> 1 - sm2x-i-----14- cos2x = 0 <=>
sin2x
<	=> -sin2 2x4-1 - cos2x+ sin2xcos2x= 0 <=>.
<	=> cos2 2x- cos2x4- 4-sin2xcos2x= 0 <=> cos2x(cos2x-14- sin2x) = 0.
Отсюда 1) cos2x= 0, 2) cos2x-14- sin2x = 0.
Из первого уравнения находим
_ тс . тс ик тс / — . - \
2х=- + пк, х{ =— + — = —(2к+1), к е Z.
Второе уравнение запишем в виде
cos2 х- sin2 х— (cos2 х+ sin2 xj4- 2sinxcosx = 0,
-2sin2 x-ь2sinxcosx= 0<=> -2sinx(sinx-cosx) = 0.
Получаем sinx= 0, x2 = Tin, ne Z; x2 не удовлетворяет уравнению;
Л	ТС I \
sinx-cosx= 0 <=> tgx= 1, х3 = — 4- л7 = — (4Z+1), 7 g Z, х3 не входит в хг
Ответ: х = — \2к 4-1), к g Z
4
532
. _	8coszctg2z
8.253.	sin 3r - sin t =----z—.
4 - sin t
Решение.
ОДЗ:
sin2z 0,
1
sinz * ±—.
2
• о - a+p • a“P
Так как sina - sinp = 2 cos-- sin-
2	2
, то имеем
8coszcos2z
dn7r „ •	-	8coszcos2tsin21
2 sin t cos 2t = —-------<=> 2 sin / cos 2/-------------------г = 0
д 1	2 sin z cos zf4 sin2 z-11
sin2 z
<=> 2sinzcos2z • 1 - ------- = 0.
k 4sin2z-lJ
Отсюда
1) cos2z = 0, 2t = — + nk, t, = — + — = — (2k + 1), к e Z,
2	4	2	4'	'
2) 1-----7----= 0, sin2 t = —, sin t = ± —, h = + — + itl, I e Z.
4sin2z-l	4	2	“	3
7C .	.	л
Ответ: tx = —(2£ + l), z, = ±—+ л/, гдеАги leZ.
4	2	3
8.254.	sin2 2xcos| — - 2x | +3sin2xsin2| — + 2x| + 2cos32x = 0.
\ 2 J	{2	)
Решение.
Из условия имеем
-	sin2 2xsin2x+ 3sin2xcos2 2x+ 2cos3 2x= 0 <=>
<	=> sin3 2x - 3 sin 2x cos 2 2x - 2 cos3 2x = 0 <=>
<	=> tg32x-3tg2x-2 = 0 <=> (tg32x-2tg2x)-2(tg2x+l)= 0 <=>
<	=> tg2x(tg2x -l\tg2x + l)-2(tg2x + 1)= 0 <=>
<	=> (tg2x +1)(tg2 2x - tg2x - 2)= 0.
Отсюда
1)	tg2x+l = 0, tg2x=-l, 2x=-^ + nk, x{ =+= ^-(4A:-1),
к e Z\
533
2)tg22x- tg2x-2 = 0. Решив это уравнение как квадратное относи-
тельно tg2х, получаем tg2x = -l, 2х = ~ — + л/, х7	leZ;
4	2	8 2
tg2x= 2,2х - arctg2 + кп, х3 =yarctg2 + ^-, п eZ jjq = х2
Л Z . ,	, ч	1	Л Я/1	,	_
Ответ: jq - — (4 к -1); х2 = — arctg 2 ч-, где к и п е Z.
8	2	2
8.255.	tg(x + l)ctg(2x + 3) = l.
Решение.
cos(x + l) О,
ОДЗ:
[sin(2x + 3) 0.
Из условия имеем
tg(x +1) = tg(2x + 3) о tg(x +1) - tg(2x + 3) = 0 о
-sin(x + 2) Л . z _ Л
о----------------------= 0 => sin(x + 2) = 0,х + 2 = кк,
cos(x + l)cos(2x + 3)
х = -2 + тск, keZ.
Ответ: x = -2 + nk,keZ.
Л  4
4sin z	_)
8.256.	---------- - 2 cos 2 z -1 = О
(1 +cos2z)2
Решение.
I cos z * 0,
°ДЗ: 0	.
cos2z -1.
4(sin2 z)2	2
Имеем-----------у------z---1-и.
(l + cos2z) cos z
„	. о а 1 - cos а
Так как sin — =-------
2
? а 1 + cos а
и cos — =--------, то уравнение принима-
2	2
2
ет вид
2
(1 у
4U (l-cos2z)
(l + cos2z) ^(l+cos2z)
534
(l-cos2z)2 4
<=>^----------------------1 = 0<=>
(l + cos2z) l + cos2z
(l-cos2z)2-4(l + cos2z)-(l + cos2z)2
(l + cos2z)2
<=> (l-cos2z)2 -4(1 + cos2z) - (1 + cos2z)2 = 0 <=>
cos2z = - —, 2z = ±—n + 2nk, z = ±— + пк = — (ЗА:± 1), keZ.
2	3	3 3V '
Ответ: z = у (ЗА ± 1), к e Z
8.257.	tg - + ctg —-2 = 4tgz.
Решение.
[cosz?t 0,
ОДЗ: 1 • л
M [sinz?t0.
Запишем уравнение в виде
z	ч2
(tg| + ctg|j -2tg|ctg|-2-4tgz = 0<=>
/	_\2
z z
sin— cos—
2 .2
z
cos—
2
. Z
sin—
t 4 sinz
-4---------
cosz
2
, 4 sinz
-4--------
cosz
4	, 4 sinz _
—-----4------= °
sin z cosz
. 2 z	2	z
sin —+ COS	—
<=>	2	2
z	z
sin—cos—
I 2	2
<=> cosz- sin2 zcosz- sin3 z = 0 <=> cos z^l - sin2 zj - sin3 z = 0
<=> cos3 z-sin3 z = 0 <=> (cosz-sinz)(cos2 z+sinzcosz+sin2 zj
<=>(cosz-sinz)(l + sinzcosz) - 0.
Отсюда
1) cosz-sinz = 0, tgz= 1, z, = — + nn = — (4л + 1), n e Z,
4	4
2) l + sinzcosz= 0, — sin2z =-1, sin2z = -2, 0.
л .
Ответ: z = — (4л +1), л e Z.
535
V *
8.258.	cos zcos3z + sin zsin3z =--.
4
Решение.
Запишем уравнение в виде
2	2	^2*
cos z(2coszcos3z) + sin z(2sinzsin3z) =-у.
Так как
cos a cos р = — (cos(a - р) + cos(a + р)) и
sin asinp =у (cos(a-P)-cos(a + p)),To имеем
2	2
cos z(cos 2z+ cos4z) +sin z(cos2z-cos4z) = -y о
<=> (cos2 zcos2z + sin2 zcos2z) +(cos2 zcos4z-sin2 zcos4z) = -y-
<=> cos2z(cos2 z + sin2 z) + cos4z(cos2 z-sin2 z) = y- <=>
V2	VI
<	=> cos2z + cos4zcos2z = —у <=> cos2z(l + cos4z) = у <=>
<	=> cos2z(l + 2cos2 2z-l) = о 2 cos3 2z = о cos3 2z = -^-
2	2	4
<	=> cos2z =-^-,2z = ± — + 2nk, z = ± —+ nk = —(8k ±1), keZ.
2	4	8	8
Ответ: z = — (8i ± 1), к e Z.
• 2	~ . 21 71	1
sin x-2sin-------x
8.259. ctgx =----------------4
2	n	21 71	I
cos x + 2cos —+ x
И	)
Решение.
cosx 0,
ОДЗ: sinx 0,<
Z П	.	z~.
cos(— + x) * 0
о x nn
n
x * — + nn,
2
n
x * — + nn
4
<=> X nn.
536
Перепишем уравнение в виде
• 2	~	21 ТС ]
sin x-2cos —+ х
<4	)
cos2x + 2cos2 —+ х
И J
cosx
sinx
3	~	21 ТС 1-3	„ •	21 ТС 1	_
<=>cos x + 2cosxcos —+ х -sin x + 2sinxcos —+ х = 0<=>
<4	)	<4	)
/	\2
3	• 3 /ч	ТС	ТС .	| ,	• Ч Л
<^>cos x-sin х + 2 cos—cosx-sin—sinx (cosx + sinx) = 0
<	4	4 J
о (cos x - sin x)(cos2 x + sin x cos x + sin2 x) + (cos x - sin x)2 x
x(cos x + sin x) = 0 <=>
<=> (cos x - sin x) (cos2 x + sin x cos x + sin2 x + cos2 x - sin2 x) = 0 <=>
(cos x - sin x) cos x (2 cos x + sin x) = 0.
Отсюда
ТС	я
1)	cosx-sinx = 0, sinx = cosx, tgx = 1, x> = — + tcZ = — (4/ + 1),Z g Z;
4	4
2)	2cosx +sinx = 0,tgx = -2, x2 = -arctg2 + nn,n g Z.
Я
3)	cosx = 0; x3 = —(2m + V), meZ.
Ответ:
Я	я
Xi = —(4Z + 1), x2 = -arctg2 + nn,x3 = — (2m + 1),где l,n и meZ.
4	2
_____	1	.2.	1
8.260.----2—— + ctg2 7z =
tg3z + tg4z
Решение.
tg3z + tg4z * 0,
ctg3z + ctg4z *0,
sin 6z * 0,
sin8z^0.
ОДЗ.
По формулам tga + tg P =
ctg3z + ctg4z
sin(a + p)	_ sin(a + p)
--------—, ctga + ctgP =	— получаем
cosacosp	sin asinp
1
1
sin7z
cos 3z cos 4z
cos2 7z
sin2 7z
sin7z
sin3zsin4z
537
cos32cos42 cos2 72 _ sin32sin42
sin2 7z sin7z
sin 7z
sin7z9fe О,
cos 32 О,
cos42 * 0,
sin32 0,
sin42 *. 0.
cos3zcos4z
sin3zsin4z cos2 7z л
-------------:------+ —\— = 0,
sm7z sm7z sin 7z
7z Ф nkx, kx e Z,
л
3z* — + nk2, k2 g Z,
TC
4z * — + nk3 ,k3<=Z,
2	3 3
3z * nk4 , k4 e Z,
4z * Tik5 ,k5eZ.
cos3zcos4z- sin3zsin4z cos2 7z
sin 72	sin2 7z
nki i
z L, kx e Z,
7	1
z*^(2k2 +1), £2 g Z,
о
z ф ~(2k3 +1), k3 e Z,
8
i --r
z * —- ,k4 e Z,
3
z —2. kt &Z.
4	5
COS 72 cos2 7г л
——+ —5------= o’
Sin72 sm" 7z
nk\ ,
z Ф , kx e Z,
7	1
2^^-Д6 eZ,
6	6
Tcfc7
2 —- ,kq e Z.
8	7
538
sin7zcos7z + cos2 lz	cos7z(sin7z + cos7z)
-
sin lz	sin" lz
Тогда
1) cos7z = 0, 7? = у + лА:8, zx =^ + ^ = y^(2A:8 + 1), kg e Z
3л
2) sin7z+cos7z = 0<=> l + ctg7z = 0, ctg7z = -l, 7z = — + itk9,
Зл лАго л / ,	_>
z2 = ^7 +	~ ~^>(4k9 + 3), k9 e Z.
Zo / Zo
Исключим из решений zx = j^-(2A;8 +1), A8 e Z те из них, которые удов-
пк{	пк6	пк7
летворяют условиям z = ——, fa е Z, z = ——, к6 е Z и z = —3—, к7 е Z.
7	6	о
Имеем:
i 1 \ лАк|
1)	— (2к8 + 1) -у, 2А:8 + 1 * 2кх, что истинно для всех к8 е Zh
кх е Z, так как левая часть неравенства нечетная, а правая — четная;
2)	77(2^ +1) * 6ks + 3 Ф 1к6, что верно для к6 = 6ki0 + 3, kl0 е Z.
14'	6
Тогда 6kg + 3 7(бАг10 + 3), откуда kg lkiQ + 3;
7С (	\ Ttkn
3)	—(2fc8 +1)# "у, 8А:8 +4 * 1к19 что истинно для Л7 =8Аг10+4,
ki0 е Z Тогда 8А:8 + 4 * 7(8Аг10 + 4), откуда kg ф lki0 + 3.
Получили z1 = —(2А:8 +1), где 2А8 + 1 7А:10, kg, £10 е Z
7С
Теперь исключаем из решений z2 = ^(4к9 + 3), к9 е Z те из них,
zo
л/q	пк6
которые удовлетворяют условиям z =	, к} & Z, z = ——,k6eZ и
лАга
—т— Д7 е Z.
О
539
Имеем:
1)-^-(4Л:9 + 3)	4^9 +3 *4^, что истинно для всех kg(=Z и
е Z, так как левая часть неравенства нечетная, а правая — четная;
2)—(4£9 +3) ^^^-,12^9 + 9^14Л6, что верно для всех£9е/и
28	6
k6eZ-
3) —— (4 Z:9 + 3)	, 8кд+6*7к2. Можно показать, что
28	8
Z:? = 8^11 + 2, кц е Z. Тогда кд *1 ки+1,кц е Z.
Зл
Получили z2 = —(4 кд +3),где 4А3 +3 * 7&и, кд ,к\ । е Z.
28
Ответ-. zx = ^-(2к +1),2£ +1 * 7Z;z2 =-^-(3 + 4£),3 + 4£ * 7/,£ и
ZeZ,Z = ±l, ±3,.. .
8.261. (2 cos 2/ + 5)cos4/-(2cos2/+ 5)sin4 / -3.
Решение.
Из условия имеем:
(2 cos 2/ + 5) (cos4 / - sin4 /) - 3 = 0 о
<=> (2cos2/ + 5)(cos2 Z + sin2 Z)(cos2 Z-sin2 Z)-3 = 0 <=>
<=> (2 cos2/ + 5)cos 2/ - 3 = 0 о 2 cos2 2/ + 5 cos 2/ - 3 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos 2/, находим
cos2/ = -3,0;cos2/ = —,2/ = ±— + 2nk,t = ±— + тск =— (6к ±1),к е Z.
2	3	6	6
Ответ', t = ^\6к + 1),к eZ.
8.262. tgztg(z + 60°)tg(z+120°) = j3?
Решение.
cosz * 0,
ОДЗ: < cos(z + 60°) ф 0,
cos(z + 120°) Ф 0.
540
Запишем уравнение в виде
sin z sin( z + 60°) sin( z + 120°)
coszcos(z+ 60°) cos(z +120°)
<=> sinz(2 sin(z + 60°) sin(z +120°)) - >/з • cosz(2 cos(z + 60°) cos(z+120°)) = 0.
По формулам
sina sin p = у (cos(a - p) - cos(a + p))
и
cosa cos p = у (cos(a - P) + cos(a + p)),
имеем:
sinz(cos(- 60°)-cos(180° + 2z))- Vicosz • (cos(- 60°)+ cos(180°+2z))= 0,
sinzf — + cos2z | - >/з coszf — - cos2z| = 0 <=>
\2	)	\2	)
<=>	+ sin zcos2z- —cosz + Vicos zcos2z= 0<=>
2	2
<=> sinz+2sinzcos2z-V3 cosz+V3(2coszcos2z)=0 <=>
<=> sinz—sinz+sin 3z—Vi cosz+Vi cosz+V3 cos 3z = 0 <=>
<=> sin 3z + Vi cos 3z = 0 <=> tg3z = -Vi, 3z = -60°+180%,
z = -20° + 60%,
Ответ: z = -20°+60° к, к e Z.
5x
8.263.	qos 3x + cos — =
2
2.
Решение.
Уравнение равносильно системе двух уравнений
cos3x^l, Зх = 2пк, к е Z,
cos--= 1,	— = 2пп, п е Z,
12	12
2т% , „
х =----, к е Z,
3
х =----, п е Z.
5
к = 6т,
п = 5т.
, 5пк = бтсп, 5к = би.
3	5
Ответ: х = 4nw, те Z.
541
. 2(cos2z-tgzsin2z) . .	.
8.264.	1 - ------zf------= sin4 t - cos4 t.
cos 2 t
Решение.
ОДЗ: cos / Ф 0.
Перепишем уравнение в виде
J _ sinz _ .
2 cos2z-------2smzcosz
, к cosz	')(  4	4 \ л
1 —-----------j------------ + (sin z - cos zj = 0 <=>
2
cos z
<=> l-2(cos2z-2sin2 z)cos2 z + (cos2 z - sin2 z)(cos2 z + sin2 z)= 0 <=>
<=> 1-(cos2z-(1-cos2z))(1 + cos2z) + cos2z = 0,
l-(2cos2z- I)(l + cos2z) + cos2z = 0<=> cos2 2z = 1, cos2z = ±l,
2z = t^, z = — , keZ.
2
УчитываяОДЗ, z = nk,keZ.
Ответ: t = nk, keZ
8.265.	2(sin6 x+ cos6 xj - 3(sin4 x+ cos4 xj = cos2x.
Решение.
Имеем
2^(sin2 xj + (cos2 xj ^-3^(sin2 xf + (cos2 xf ^-cos2x = 0 <=>
<=> 2(sin2 x + cos2 x)- (sin4 x - sin2 xcos2 x + cos4 x)- 3^(sin2 x + cos2 xf
-2sin2 xcos2 x)-cos2x = 0 <=> 2^(sin2 x+ cos2 x)" - 3sin2 xcos2 x^j
-3(1-2sin2 xcos2 x)-cos2x = 0<=> 2-6sin2 xcos2 x-3 + 6sin2 xx
xcos2x-cos2x = 0<=> cos2x=-1, 2x=n + 2nk,
x=- + nk = ^(2k + l),keZ.
Ответ: x = — (2k +1), e z.
542
8.266.	cos3 x+—sin2x—cosxsin3 x+4sinx+4 = 0.
2
Решение.
Перепишем уравнение в виде
cos3 х + sin xcosx - cos xsin xsin2 x + 4(sinx+1)= 0 <=>
<	=> cos3 x + sinxcosx(l - sin2 x)+ 4(sinx +1) = 0 <=>
<	=> cos3 x + sinxcos3 x + 4(sinx +1) = 0 <=>
<	=> cos3x(l + sinx)+4(sinx + l) = 0 <=>
<=> (sinx+ l)(cos3 x+ 4) = 0.
Отсюда
sinx+1 = 0, sinx = -1, x = -^ + 2nk =	-1), Ar e Z, cos3 x+ 4 * 0.
Ответ: x = y(4Ar -1), k e Z.
2(cos3 x+2sin3 x)
8.267.	-A------------- = sin2x.
2sinx+3cosx
Решение.
ОДЗ: 2sin x+ 3cosx 0.
Запишем уравнение в виде
2(cos3 х+ 2 sin3 xj
—	-- - 2 sin xcos x = 0 <=>
2sinx+3cosx
<	=> 2cos3 x + 4sin3 x -4sin2 xcosx - 6sinxcos2 x = 0 <=>
<	=> 2sin3 x -2sin2 xcosx - 3sinxcos2 x + cos3 x = 0 <=>
<	=> 2tg3x - 2tg2x - 3tgx + 1 = 0.
Пусть tgx = у. Имеем
2y3-2y2 -3y+l = 0o
<	=> (y3 +l)+y2(y+l)-3y(y+l)=0«=>
<	=> (y+l)(y2 -y + l)+y2(y + l)-3y(y + l) = 0<=>
«=> (y + l)(y2 -y + l + y2 -3y)=0, (7+l)(2y2 -4y+l) = 0.
V2 J2
Отсюда y+1 = 0, 7j =-1; 2y2 -47+1 = 0, y2	= 1 +
543
Получили
7t . ТС / . r i \	«	__
tgx = -l, xt =- — + nk = — (4&-1), keZ,
2
7Г	I	\2	I	v 2
Ответ: X] = — ($k-1); x2 = arctg 1-----+ nn; x3 = arctg 1 +— +nl,
4	I	* 2 J	I	2 >
где к, пи I e Z
3x x
8.268. tg—- tgy = 2sinx.
Решение.
ОДЗ:
cos— * 0,
2
x n
cos — * 0.
2
sin(a - P)
По формуле tga - tgp = —----, имеем
cosacosp
sinx
3x x
cos—cos —
2	2
- 2 sinx = 0 <=>
_ . x x
2 sin— cos —
2	2
3x x
cos—cos—
2	2
4*	z\
sin—cos— = 0 <=>
2	2
1	~ X
-------2cos—
3x 2
cos—
2
. x(, _ 3x x^
sin— l-2cos—cos—
2^	2	2 J
= 0<=>
<=> siny (1 - cosx -cos2x) = 0
. x
<=> sin—
2
- cosx -2cos2 x +11= 0 <=>
<=> -sin~' (2cos2 x + cosx - 2)= 0.
Отсюда
1) sin— = 0, — = itk,
2	2
X! = 2nk, ke Z,
2) 2 cos2 x+ cos x- 2 = 0. Решив уравнение как квадратное относи-
544
-1-V17	,	-1 + V17
тельно cosx,получаем cosx =-------< -1, 0; или cosx =-------
4	4
-1 + VT7 „
Х2 = ±arccos--------h 2 ли, п е Z
_ ,	— 1 + V17 _	.
Ответ: х, = 2пк, х, = ± arccos----+ 2пп, где к и ne Z.
4
l + sin2x 1 + t8xt8?
8.269.	- sinz* +------— = 1.
cos2x . , . x
ctgx+tg-
Решёние.
ОДЗ:
cos2x# О,
cosx# О,
x л
cos— # 0,
2
sinx# 0.
Перепишем уравнение в виде
. х
smxsm—
1 +------
х
2	, л, •	. • 2	COSXCOS —
cos	х+2sinxcosx+sin	x	2	,	л
-------- ---—--------+------------ - 1 = о <=>
COS X-Sin X	s|n*
cosx	2
---+ ——
(rnc v+dnv?	cosxcos- + sinxsin —
^COS X г sin X1
(cosx-sinx)(cosx+sinx)	x
v	л	>	cosxcos —
2
X
sinxcos—
x 2 1 = 0 <=> cosx+sin* + smx _ J _ 0
cosxcos^+ sinxsin-	cosx-sinx cosx
2	2
3cosxsinx-sin2 x = 0,<=> sinx(3cosx-sinx) = 0<=>
<=>3cosx-sinx= 0, tgx=3, x=arctg3 + rcfc, keZ.
Ответ: x = arctg3 + nk, keZ.
18 Группа Б
545
8.270.	sin3 xcos3x+ cos3 xsin3x+ 0,375 = 0.
Решение.
Имеем sin2 x(2sinxcos3x) + cos2 x(2cosxsin3x) + 2 0,375 = 0. По фор-
муле sina cosP = — (sin(a - p) + sin(a + p)), находим
sin2 x(-sin2x + sin4x)+cos2 x(sin2x + sin 4x)+0,75 = 0 <=>
<	=> -sin2 xsin2x + sin2 xsin4x +cos2 xsin2x + cos2 xsin4x + 0,75 =0 <=>
<	=> (-sin2 xsin2x + cos2 xsin2x)+ (sin2 xsin4x + cos2 xsin4x)+0,75 = 0 <=>
<	=> sin2x(cos2 x- sin2 x)+ sin4x(sin2 x+ cos2 x) + 0,75 = 0 <=>
• л	1
<=> sin4x + 2sin4x + l,5 = 0, 3sin4x=-l,5, sm4x=- —,
4х=(-1)*+1- + л£, x=(-l)*+1—+ —, keZ.
v '	6	k ’	24	4
/n	i	тс	itk	.
Ответ: x = -	1-----1--------------,	к	e Z
'	7	24	4
8.271.	sin2z +5( sinz + cosz) +	1	= 0.
Решение.
Из условия имеем 2sinzcosz+5(sinz + cosz)4-l = 0.
Пусть sinz + cosz = у, тогда sin2 z+ 2 sinzcosz+ cos2 z = у2, и урав-
нение примет вид
у2 - 1 + 5у + 1 = 0, у2+5у = 0, Ху + 5) = 0, у, = 0, у2 = -5,
2sinzcosz = -1, sin2z = -1, 2z\=-— + 2iik,
z, = - — + 2nk = — (4k- 1), k e Z; 2sinzcosz = 24, sin2z = 24, 0.
4	4
л
Ответ: z = — \4k — 1), k e Z
4
i	i 1
8.272. sin 2t 4-cos 2t + — sin4r = 1.
2
Решение.
Запишем уравнение в виде
(sin2r + cos2r)(sin2 2r-sin2zcos2f + cos2 2z)+sin2/cos2r - 1 = 0 <=>
546
<=> (sin2z+cos2z)(l-sin2zcos2z)-(l-sin2zcos2z)=0 <=>
<=> (1 - sin2z cos2z)(sin 2z + cos2z -1)=0.
Отсюда
I) 1-sin2zcos2z = 0, — sin4z = 1, sin4z = 2, 0;
2
II) sin2z + cos2z -1 = 0, 2sinzcosZ +cos2 Z-sin2 z-cos2 z-sin22z = 0,
sin z cos z - 2 sin2 z = 0, 2 sin z(cos z - sin z) = 0 =>
1) sinZ = 0, Zj = пк, к eZ
2) cosz- sinZ = 0, tgz = 1, Z2 = — + пп = — (4и +1), n g Z
я .
Ответ: Z1 = пк, t2 = (4и +1), где к и п g Z
8.273.	tgz tg2z = tgz+tg2z.
Решение.
ОДЗ:
cosz* 0,
cos2z* 0.
Перепишем уравнение в виде
sinzsin2z sinz sin2z
----------=------4-------
cosz cos 2z cosz cos2z
sinzsin2z _ sinzcos2z + coszsin2z
coszcos2z coszcos2z
<	=> sinzsin2z = sinzcos2z + coszsin2z <=>
<	=> sinz • 2sinzcosz - sinz(cos2 z - sin2 z)- cosz • 2sinzcosz = 0 <=>
<	=> sinz^sinzcosz - cos2 z + sin2 z - 2cos2 z)= 0 <=>
<	=> sin z(2 sin z cos z-3 cos2 z + sin2 z)= 0.
Отсюда
1) sinz = 0, Zj = пк, k&Z,
2) 2sinzcosz-3cos2 z + sin2 z = 0.
Разделив это уравнение на cos2 z * 0, имеем
tg2z+2tgz-3 = 0.
547
Решив это уравнение как квадратное относительно tgz, получим
Я
tg z = -3, z2 - - arctg 3 + 7i?i,nGZ;tgz = l,z3= — + 7i/,/eZ;z3 не подхо-
дит по ОДЗ.
Ответ:	= itk, z2 = - arctg 3 + nn, где к и п е Z.
о sin3 x + cos3 х
в.274-------------= cos 2 х.
2 cos х - sin x
Решение.
ОДЗ: 2cosх-sinx * 0.
Из условия имеем
• 3	3
Sin X + COS X 2
----------'--COS
2 cos x - sin x
2
<=> sin3 x + cos3 x-2cos3 x + 2cosxsin2 x +sin xcos2 x-sin3 x = 0 <=>
2 cos xsin2 x + sinxcos2 x-cos3 x = 0 <=> cos3 x(2 tg2x + tgx-1) = 0.
Отсюда
1) cosx = 0, X] = у +	=-^-(2& +1), k&Z;
2) 2tg2x +tgx-1 = 0. Решив это уравнение как квадратное относи-
1	л
тельно tgx, получим tgx = -1, tgx = —, откуда х2 = — (4л-1), п е Z,
x3 = arctg у + nl, I e Z,
71	71	1
Ответ: xj = — (2A: +1), x2 = — (4h-1), x3 = arctg— + тг/,гдеА,пи/eZ.
8.275. £!8±. + _^8L. = o.
sin2/ sin2 4/
Решение.
ОДЗ:|51ГП*°’
[sin4f 0.
Перепишем уравнение в виде
cos 4t
sin4r
cosr
sinz n cos4z cosz
2 ' -V_=0’--------------Г + ~-----~2~
sin t sin 4z sin 4t sin t sinZsin 4t
548
<=> sin 4rcos4z + sinZcosZ = 0 <=>	= 0 <=>
2	2
<=> sin8z + sin2f = 0 <=> 2sin5fcos3z = 0.
Отсюда
1) sin5z = 0, 5t = nk, t{ = к & Z;
z2 =- + —= -(2« + i), weZ
0	5	0
2)cos3z = 0, 3t = — + itn,
2
Учитывая ОДЗ, получим
G=V’ k*51'’ t2^~ + — = -(2w + l), «*3/+l, leZ.
5	2 6	3 6V '
Ответ: = ~~ , к Ф 51; t2 = (2n +1), n * 31 +1, где k.nnl&Z
8.276. tg4x = 36cos2 2x
Решение.
ОДЗ: cos x * 0.
Из условия имеем
(5Ш	36cos22x=0« ^~COS2xI,--36COS22x = 0
(cos2x)	(l + cos2x)
<=> (1-C0S2X)2 -36cos22x(1 + cos2x)2 =0<=>
<=> (1 - COS2X)2 = 36cos2 2x(l + COS2X)2.
Отсюда
1 - cos2x = -6cos2x(l + cos2x)
или
l-cos2x = 6cos2x(l + cos2x)t 6cos2 2x+ 5cos2x+ 1 = 0
или
6cos2 2x + 7cos2x-l = 0.
Решив эти уравнения как квадратные относительно cos2x, получим
cos2x=- —, 2х, =+ — + 2пк, X. =± — + ък, keZ,
2	1	3	1	3
cos2x = -j, 2х2=±агсс<
п	( П
+ 2пп, х, = ±—arccos — + пп, ne Z;
1	2 I 3)
549
n -7 + V73 -	.	-7 + V73 _ .
cos 2x =-----— 2x, = ± arccos--------+ 2 л/,
12	’	12
1	-7 + T73	, , n -7-V73
x-> = ±—arccos-----+ nl, I g Z cos 2x =-------
3	2	12	12
_	л	1	( 1A
Ответ: x. = ± — + лк, x, = ±—arccos — + ли,
3	2 V 3j
1	-7 + V73	,	,	, „
x> = + — arccos---------h л/, где к, n и I e Z.
3	2	12
8.277.	ctgx- tgx- 2tg2x- 4tg4x+ 8 = 0.
Решение.
ОДЗ:
sin Xi* 0,
cos x Ф 0,
cos2x#= 0,
cos4x#= 0.
Перепишем уравнение в виде
(cosx sinxA _ „ л л „ Л
—-------------- 2tg2x- 4tg4x+ 8 = 0 <=>
\ sm x cos x)
2	 2
cos x-sin X ~
<=>--------------2tg2x - 4tg4x + 8 = 0 <=>
sinxcosx
2 соя2 x
<	=> —- - - 2tg2x - 4tg4x + 8 = 0 <=>
sin2x
_ (cos2x sin2x A . . o _
<------=> 2 ---------- 4tg4x + 8 = 0 <=>
I sin2x cos2x I
2(cos22x-sin22x) . . o Л
<	=>	/ - 4tg4x + 8 = 0 <=>
sin2xcos2x
4cos4x . . o _ cos4x sin4x
<------------=>----------4tg4x + 8 = 0 <=>-+ 2 = 0 <=>
sin4x	sm4x cos4x
cos24x-sin2 4x	2cos8x
<----------------=>--------------+ 2 = 0 <=> ——— + 2 = 0 <=> ctg8x+1 = 0 <=>
sin4xcos4x	sin8x
<	=>ctg8x = -1, 8x= — + nk, x=— + — = — (4k + 3), keZ.
4	32	8	32k ’
Ответ: x ~ (4& + 3), к e Z
550
8.278. 4sin3 xcos3x + 4cos3 xsin3x = 3sin2x.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
2 sin2 x(2sinxcos3x) + 2cos2 x(2sin3xcosx)-3sin2x = 0 о
о 2 sin2 x(-sin2x + sin4x) + 2cos2 x(sin2x + sin4x)-3sin2x = 0<=>
о -2sin2 xsin2x + 2sin2 xsin4x + 2cos2 xsin2x + 2cos2 xsin4x-
-3sin2x = 0«
о (2 cos2 xsin 2x-2 sin2 xsin 2x) +(2 sin2 xsin4x + 2cos2 xsin4x)-
- 3sin2x = 0 о 2sin2x(cos2 x-sin2 x) + 2sin4x(sin2 x + cos2 x)~
-3 sin 2x = 0 о 2 sin 2x cos 2x + 2 sin 4x - 3 sin 2x = 0 о
о sin 4x - sin 2x = 0. Отсюда
1 \ -п л О	Л Л Л у/*	«™
1) cos3x = 0, Зх = —+ли, X] = —+ — = —(2л + 1),« gz;
2	6	3	6
2) sinx = 0, x = nk, x2 = nk, к g Z.
Ответ: x^ = — (2n + V), n e Z; x2 = nk,k e Z.
6
л	 3l Зя ) _ . э 7	. -if 3л ]	_
8.279. 2coszsin-----z -5sm zcos z + smzcos-------hz = cos2z.
U J	I 2	)
Решение.
Из условия имеем
-2coszcos3 z-5sin2 zcos2 z + sinzsin3z-cos2z = 0о
о -2cos4 z-5sin2 zcos2 z + sin4 z-cos2z = 0 о
о -2 (1 - sin2 z)2 - 5 sin2 z (1 - sin2 z) + sin4 z - (1 - sin2 z) + sin2 z = 0 <=>
0-2+4 sin2 z - 2 sin4 z - 5 sin2 z+5 sin4 z + sin4 z -1+sin2 z+sin2 z = 0 о
о 4sin4 z + sin2 z-3 = 0.
ТЛ	• 2
Решив это уравнение как квадратное относительно sm z, получим
2	2	3	>/3
sin z = -1, 0; sin z= — =>sinz=±----,
4	2
z = ±— + nn= — (3n±i), n e Z.
3	3
Л
Ответ : z = — (3 w ± 1), n & Z.
551
8.280. sin 2 x si n 6x cos 4.х 4-— cos 12.x = 0.
4
Решение.
Из условия имеем
(2sin2xsin6x)cos4x4-cosl2x = 0 <=>
<	=> 2(cos4x - cos8x)cos4x + cosl2x = 0 <=>
<	=> 2cos2 4.x-2cos8xcos4x +cosl2.x = 0 <=>
<	=> 2cos24x-cos4x-cos12x + cos12x = 0 <=>
<	=> 2 cos2 4x - cos 4.x = 0 <=> cos 4x(2 cos 4x -1)=0.
Отсюда
1) cos4x=0, 4x= — + Ttk, Xj = —+ —= —(2fc +1), keZ,
’	2	* 1	8	4	8 v ’
1	JC
2) 2cos4x-1 = 0, cos4x=—, 4x=+—f2jc«,
2	3
71 КП n ,	4
x2 =+—+ y =—(6«±1), «eZ
TC .	TC .	.
Ответ: Xj = ~ \2k +1); x2 = — (6n +1), где/:и ne Z.
o	12
8.281.	2sin2x+ 3tgx= 5.
Решение.
Из условия имеем
+ 3tgx- 5 = 0 <=> 3tg3x-5tg2x+ 7tgx- 5 = 0,
1 + tg x
3tg3x - 3tg2x - 2tg2x + 2 tgx + 5 tgx -5 = 0,
3tg2x(tgx- 1) - 2tgx(tgx- 1) + 5(tgx- 1) = 0,
(tgx-l)(3tg2x-2tgx + 5)=0=> tgx = 1, X] =~ + nk = ^(4£ + 1),
к e Z, 3tg2x-2tgx + 5 Ф 0 (Z><O),0.
TC	.
Ответ: x = — (4£ 4-1), к e Z.
552
8.282.	5sin4 2z —4sin2 2zcos2 2z—cos4 2z + 4cos4z = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
+ 4cos4z = 0 <=>
\2
cos4z)
2
I + 4cos4z=0
<=> 2 cos2 4z + cos4z = 0, cos4z(2 cos4z +1) = 0.
Отсюда
1)	cos4z = 0, 4z = — + nk, z, = — + — = — (2k +1), ke Z,
2	1 8	4 8k '
1	2
2)	2cos4z+l = 0, cos4z =—, 4z = ±—n + 2nn,
2	3
z2 =±7 + V= 7(3n±1)’ n E z
о Z о
л . ч л.	.
Ответ: z, = — \2k +1); z2 = ~\3n ± 1), где к и n g Z
8	6
8.283.	1 + tg2xtg5x - V2tg2xcos 3xcos-1 5x = 0.
Решение.
[cos2x^ 0,
[cos 5x^0.
Запишем уравнение в виде
(, sin2xsin5x^ 42 sin2xcos3x л
1 +-------------------------= 0 <=>
V cos2xcos5xy cos2xcos5x
cos2xcos5x + sin2xsin5x 42 sin2xcos3x
cos2xcos5x	cos2xcos5x
<=> cos3x -42 sin2xcos3x = 0 <=> cos 3x^1 - 42 sin2xj = 0.
Отсюда 1) cos3x= 0,2) 1 - 42 sin2x = 0.
I)cos3x=0<=> 4cos3 x-3cosx= 0, cosx^4cos2 x- з) = 0 <=>
<=>(cosx*0), cosx=±—=> Xj = ±~ +	= ~(6л± 1), n g Z.
2	6	6
553
к It
2) 1-V2 sin2x= 0, sin2x = —, 2x=(-l) - + itk,
l .\k Tt nk .
*2 =(-1) 7 + V’ keZ-
о Z
Ответ: x, = y(6n ± 1), x, = (-1)* — + —, гдеи и к e Z
1 6	v ' 8	2
8.284.	cos6 x + sin6 x-cos2 * 2x = —.
16
Решение.
Имеем
cos2 x+ sin2 xYcos4 x- cos2 xsin2 x+ sin4 xl- cos2 2x-= 0 <=>
A	>	16
/2	о V	22	?	1
<=> (cos x + sin“xl -3cos xsin x-cos“2x-= 0 <=>
V	7	16
<^> 16-12(4cos2 xsin2 x)-16cos22x-1 = 0 <=>
<^> 16-12sin2 2x-16cos2 2x-l = 0,
15 -12(1 - cos2 2x)-16cos2 2x = 0,
15-12 + 12cos2 2x-16cos2 2x = 0, 4cos22x=3, cos22x=—,
4
_	w 3 л 1 7C .	1 TC	7t / x 7 I i\
cos2x=± —, 2x=+- + nk, x=± — + — = — (6^±l), k<=Z.
2	о	12	2	12
8.285. —5— +1&*- ctgx- 4 = 0.
sm 2x
Решение.
ОДЗ: sin2x^0.
Перепишем уравнение в виде
sinx cosx) „	_ l sin x-cos X . _
----------I - 4 = 0 <=> —---+--:-----------4 = 0
cosx sinxJ	sin 2x sinxcosx
I	2cos2x	л n
—5--------—-----4 = 0 <=> I - 2 sin 2x cos 2x - 4 sin2 2x = 0,
sin 2x sin2x
554
cos2 2х + sin2 2х - 2 sin 2х cos 2х - 4 sin2 2х = 0 <=>
<=> cos2 2x-2sin2xcos2x-3sin2 2x = 0 <=> ctg22x-2ctg2x —3 = 0.
Решим это уравнение как квадратное относительно ctg 2х:
, п. Зл , Зл 71 к ,	„
ctg2x = -l, 2х =--\-7ik,x}= — +---,«eZ;
4	1	8	2
1	ял
ctg2x = 3, 2х = arcctg3 +ли, х2 =yarcctg3 + -^-,n gZ.
Зл Tik 1	_ ли ,	„
Ответ: х« =-----1-; х9 = —arcctg3 +—, гдекиис/.
1	8	2	2 2	2
8.286.	tg5z-tg3z-2tg2z = 0.
Решение.
1cos5z * О,
cos3z * О,
cos2z ф О.
„ .	г, sin(a-B)
По формуле tg a - tg р = —1--— имеем
cos a cos p
sin 2z 2 sin 2z	« ч л
--------------------= 0 <=> sin 2z (cos 2z - 2 cos 5z cos 3z) = 0 <=>
cos 5z cos 3z cos 2z
<=> sin 2z • (cos 2z - cos 2z - cos 8z) = 0, - sin 2z cos 8z = 0.
Отсюда
тг л
1)	sin2z = О, 2z = ик, z} = -у, к gZ;
2)	cos8z = 0, 8z = —i- nn, z2 --h — = —(2л +1), n e/Z.
2	16	8	16
Учитывая ОДЗ, получим z1 = л к, к g Z.
Я
Ответ'. Z] = л к\ z2 = — (2и +1) ,к и п g Z.
16
Зх
8.287.	cos 2х + cos-2 = 0.
4
Решение.
{cos2x = 1,
Зх
cos—= 1
4
2х = 2л£,
Зх
— = 2л/,
4
555
x = Ttk, keZ,
Sill г г/
x--------,1 e Z
3
toll
3 ’
3k = 81, к = 8m, I = 3m, x = 8itm, me Z.
Ответ: x = Sum, meZ.
8.288.	(ctgz -1)(1 + sin2z) = 1 + ctgz.
Решение.
ОДЗ: sinz Ф 0.
Перепишем уравнение в виде
(COSZ Л /	2	~ •	• 2 \ Г, COSZ^ _
—-----1 (cos z +2sinzcosz +sin zl- 1 + ——l = i)<=>
V sin z ) '	' у sin z j
(cosz-sinz)(cosz + sinz)2	sinz + cosz
sinz	sinz
<	=> (sinz + cosz)((cosz- sinz)(cosz+ sinz) - 1) = 0<=>
<	=> (sinz+ cosz)(cos2 z- sin2 z- cos2 z- sin2 z) = 0 <=>
<	=> -2(sinz + cosz)sin2 z = 0.
Так как sinz 0, to
sinz+cosz = 0, sinz =-cosz, tgz=-l,
z = - — + nn = — (4n - 1), n e Z.
4 4k 7
Ответ: z = ~^(4n -1), n e Z.
8.289.	tgx- ——lJL2L = sin6x.
l-3tg“x
Решение.
_ „ [cosx^O,
ОДЗ:
[l-3tg2x^O.
Запишем уравнение в виде
„ sin2 х
3-------—
Sinx cos2 X • , Л sinx
----------LOS X_ _ Sln6x= 0 <=> 	
cosx 1 3sin" X	cosx
cos2 X
3cos2 x- sin2 x
cos2 x- 3sin2 x
- sin6x = 0 <=>
556
sinx(3-4sin2 x)	3sinx-4sin3x . , a
----/ 2 1 - sm 6x = 0 &  -----------------sm 6x - 0.
cosx|4cos x-3)	4cos3x-3cosx
Так как 3sinx-4sin3 x= sin3x и 4cos3 x-3cosx= cos3x, to
-2sin3xcos3x = 0, sin3x(l-2cos2 3x) = 0, -sin3xcos6x= 0.
cos 3x	'	'
Отсюда
7tk
1) sin3x =0, 3x = nk, *i - — > ke Z,
. n	itn	it	itn	it	.	.
2) cos6x= 0, 6x — —+ —, x2 = — + — = tt(2« +1), n g Z
Z	о	1Z	О	1Z
itk	it .	4
Ответ: Xj = —; x2 = — (2л +1), k,n g Z.
8.290.	sin4 3t + sin41 — + 3t | = —.
V4 J 4
Решение.
Запишем уравнение в виде
<=> f— • (1 -cos6/)l + f—.-fl-cosf—+ 6/1|| - — = 0<=>
1’2 v	7)	1^2	<2	))) 4
<=> (1-созб/)2 + (l + sin б/)2 -1 = 0,
1	- 2cos6/ + cos2 6/ +1 + 2sin6/ + sin2 6/ -1 = 0,1 - cos 6/ + sin 6/ = 0 <=>
<=> cos2 3/ + sin2 3/ - cos2 3/ + sin2 3/ + 2 sin 3/cos 3/ = 0,
2	sin2 3/ + 2 sin 3/ cos 3/ = 0, 2 sin 3/ • (sin 3/ + cos 3/) = 0.
Отсюда 1) sin3/ = 0,2) sin3/ + cos3/ = 0.
1)	3t = nk, tx=^,keZ,
* тс	тс TC/I TC / .	- \	_
2)	tg3/ = -l, 3/ = -- + лп, /2 =- —+ -y = —(4и-!), «gZ
nk it ,	.
Ответ:	; t2 =~^2^n~ ^’где^ и n e
557
8.291. coslOx+ 2cos2 4x+ 6cos3xcosx = cosx+ 8cosxcos3 3x.
Решение.
Имеем:
coslOx + (1 + cos8x)+ 3(2cos3xcosx) = cosx + 2(2cosxcos3x)cos2 3x
<^> cosl0x + l + cos8x + 3(cos2x + cos4x) =
= cosx + 2(cos2x + cos 4x)- (l + cos6x),
coslOx + l + cos8x + 3cos2x + 3cos4x = cosx + 2cos2x +
+2cos4x + 2cos2xcos6x + 2cos4xcos6x <=>
<=> cosl0x + l + cos8x + cos2x + cos4x =
= cos x + cos 4x + cos 8x + cos 2x +coslOx =>
=> cos x = 1, x = 2nk, ke Z.
Ответ: x = 2nk, к e Z.
8.292. 1 + sin—sin Z-cos—sin t = 2 cos--.
2	2	<4 2J
Решение.
Запишем уравнение в виде
,	. t . t . 2	,	(л
1	+ sin—sin t - cos—sin t = 1 + cos-1 <=>
2	2	<2	)
<=> sin —sinz-cos —sin2 z-sinz = 0, sinz- sin 4 - cos sinz- 11 = 0.
2	2	I 2	2 J
Отсюда 1) sinz = 0,2) sin-j- cossinz - 1 = 0.
1) Zi = лк, ke Z
2) sin— - cos — • 2 sin—cos — - 1 = 0, sin — 2 cos2 — sin — 1 = 0,
2	2	2	2	2	2	2
sin^-2| 1-sin2 Ysin^--1 = 0<=> 2sin3 --sin-- 1 = 0,
2	< 2J 2	2	2
. 3 Z	. Z	. 3 Z	, _ • z (	. 2 t	.Y (  t
snr----sin—+ sin3-1 = 0, sin— sin --1 + sin—-l x
2	2	2	2v 2	) V 2	J
( 	1	л - ' f ' i¥ • ' iH- *
x sin- — + sin— +1 = 0s sin— sm— 1 sin— +1 + sin— l x
I 2	2 )	2\ 2 A 2 И 2 J
558
x[ sin* 1 2 3 4 + sin— +11 = О, I sin— -11[ 2 sin2 — + 2 sin— +11 = 0.
I 2	2 ) 4 2 Д 2	2 )
Отсюда
1) sin- -1 = 0, sin^- = 1, — = — + Ink, t2 = л + к e Z; t2 входитв /j;
2	2	2 2
2) 2sin2| + 2sin| + l*0 (Z)<0),0.
Отпветп: x = nk, k&Z.
Решение.
ОДЗ: cosxФ 0.
Запишем уравнение в виде
-( Г л 5л A	f л	5л А ]
2 cos —I- х-------х - cos — + хч-------ь х
I <6	6	)	6	)) 2sinx
----------------------2--------------------+--------
cos2 X	cosx
f 2	/ А
2 cos — л - cos(л + 2x) +2 sm xcos x
з------------------------= 0«
COS X
<=> -1 + 2cos2x+ 2sinxcosx = 0 <=>
<^> -cos2 x-sin2 x+ 2cos2 x- 2sin2 x+2sinxcosx= 0 <^>
<=> 3sin2 x-2sinxcosx-cos2 x= 0<^> 3tg2x-2tgx- 1 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tgx, имеем
1	1	.	_ Л	Л / . , \
tgx = --, Xj = -arctg- + п.к, к G	Z, tgx = 1,	=	- + пп	= — 4и +1),	п е Z.
3	3	4	4
1	7С
Ответ: Xj = -arctg— + пк;	= — (4и +1), где А: и п е Z.
8.294.	—1 = ctg/(1 + 2 cos 2/).
sin/	v
Решение.
ОДЗ: sin/ 0.
559
Запишем уравнение в виде
4cos2?-1 cos'(1 + 2(2 cos21 - 1))
sin t	sin t
<^> 4cos21 -1 = cosz(4cos2 t -1), (4cos21 -1)- cosxcos21 -1) = 0,
(4cos2 t - lj(l - cosr) = 0.
Отсюда
1) 4cos21- 1 = 0,cos21 = -,cosr = ±^, = ±^ + nk =^-(3fc±l), к e Z,
4	2	3	3
2) 1 - cos t = 0, cos t = 1 — не подходит по ОДЗ.
Ответ: х = у (ЗА: ±1), к е Z.
8.295. (sinх+ cosx)4 = 2(1 + sin2 xj-(sinx-cosx)4.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
((sinх+cosx)2 j + ((sinx-cosx)2 j = 2(1 + sin2 xj <=>
<=> (sin2 x +2sinxcosx + cos2 x^ + (sin2 x -2sinxcosx + cos2x^ =
= 2(1 +sin2 x)<=>
<=> (1 + 2sinxcosx)2 + (1-2sinxcosx)2 = 2(1 +sin2 x)<=>
<=> 1 + 4 sin x cos x + 4 sin2 x cos2 x +1 - 4 sin x cos x + 4 sin2 x cos2 x - 2 -
-2sin2 x= 0 <=> 4sin2 xcos2 x-sin2 x= 0, sin2 x(4cos2 x- lj= 0.
Отсюда
1) sinx= 0, x1 = nk, к g Z;
2)4cos2x-l = 0, cos2 x=-^, cosx = ±p x2 = ±y + nl = y(3/± 1), /ez.
л .	.
Ответ: X\ = nk, x2 = — {31 + 1), где к и I e Z.
8.296. cos-4 z = 64 cos2 2z.
Решение.
ОДЗ: cosz 0.
560
Из условия имеем
—= (8cos2z)2
cos4 z
—= 8cos2z, cos2z > 0,
cos2 z
—— = -8cos2z, cos2z < 0,
.cos z
2 о .
---------= 8cos2z,
l + cos2z
1
= -8cos2z,
_l + cos2z
4cos2 2z + 4cos2z-1 = 0,
4cos2 2z+4cos2z +1 = 0,
n -1-V2
cos 2z =-----
2
cos2z =-----
4
cos2z =------
2
n 1
cos 2z = —.
2
1) 2cos2 z-1 =----—
,cosz =
-----,z< = + arccos -	к Ttk,к e Z,
2----2
2	it it /	\
2) 2z = ±—it + 2itn, z2 = ±— + Ttn = — (3«± 1), neZ
Ответ: zx = ±arccos	+ Ttk, k&Z, z2 = у (Зи ± 1)> n g Z
8.297. 4sin5xcos5x(cos4 x- sin4 xj = sin4x.
Решение.
Запишем это уравнение в виде
2sinl0x^cos2 x+sin2 xj^cos2 x-sin2 xj-2sin2xcos2x= 0 <=>
•4
<=> 2 sin 10х cos 2х - 2 sin 2х cos 2х - 0, 2cos2x(sinl0x- sin2x) = 0.
Отсюда
_ it , it Ttk ,	„
1) cos2x = 0, 2x- — + itk, xt = + keZ,
2) sinl0x-sin2x = 0<=> 2cos6xsin4x= 0.
Отсюда
- 7U	7U 7U72	\
1) COs6x = 0, 6x= — + Ttn, X, = — + — = — \2n + 1), n&Z,
2	12 О 12
2
561
nl
2) sin4x = 0, 4x = nl, хз = —, i e z, x, входит в .
Ответ: Xj = x2 =	(2« +1), где к и n e Z
8.298. ^ + ^ + - = 0.
tg2z tg4z 2
Решение.
tg2z Ф 0,
tg4z Ф 0,
cos 2z Ф 0,
cos4z* 0.
Из условия имеем
2.M +5.|^|+2 = o.
^tg2zj [tg2zj
ОДЗ:
tg4z
Решив это уравнение как квадратное относительно 2Z ’ получив
tg4z	1	tg4z
1)----= — ,2) —— = -2. Перепишем первое уравнение в виде
tg2z	2	tg2z
Y^||- + tg2z & 4tg2z + tg2z(l - tg2 2г) = 0, tg2z(5 - tg2 2z) = 0.
Отсюда
5 - tg2 2z = 0, tg2 2z = 5, tg2z = ±45, 2z = ±arctgV5 + nk,
.1	/7 nk
zi = ±-arctgV5 + —, к e Z, tg2z * 0.
Второе уравнение запишем в виде
2tg2z _ j
_ /,	2_ \_	----й— = -l, tg22z = 2, tg2z = ±V2,
tg2z(l-tg22z) l-tg22z
2z = ±arctgV2 + nn, z2 = ± — arctgV2 +	, n&Z.
л	1/7 nk	. 1 rr ПП j „
Ответ: zx = ±—arctgV5 + —; z2 = ±—arctgV2 + —, гдек и n g Z
562
tgx+ctgx ,	„ t
8 299 --------~ 6cos 2x + 4 sin2x
ctgx-tgx
Решение.
ОДЗ:
ctgx-tgx^ 0,
cosxФ 0,
sinxФ 0.
Запишем уравнение в виде
sinx cosx
------1" ~:—
- 6cos2x- 4sin2x = 0 <=>
cos x sin x
sinx cosx
cosxsin г	_ Л
— ---------г----6 cos 2х - 4 sin 2х = 0 <=>
sin2 х- cos2 х
• 2	2
sin x+ COS X
sin xcos x
1	9
<=$------6cos2x-4sin2x = 0 <=> 1- 6 cos 2 2x-4sin2xcos2x= 0,
cos2x
cos2 2x+sin2 2x-6cos2 2x-4sin2xcos2x= 0,
sin2 2x - 4sin 2xcos2x - 5 cos2 2x = 0, tg2 2x- 4tg2x-5 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tg2x, получим
tg2x = -l, 2х,=- — + пк, х,	, k&Z, tg2x=5,
5	,i 4 >i 82
„	-	1	. г ЯП	—
2х2 = arctg5 + пп, х^ = — arctg5 + —, п е Z.
_	л	1 пп ,
Ответ: х1	; Х2 = - arctg5 + —, где к и neZ
о 2	2	2
8.300.	tg5x- 2tg3x = tg2 3xtg5x.
Решение.	,
[cos5x^ 0,
°ДЗ: Icos3x*0.
Из условия имеем
tg5x- tg3x = tg2 3xtg5x+ tg3x <=>
<=> tg5x - tg3x = tg3x(tg3xtg5x +1) <=>
563
sin(5x - Зх) sin3xf sin3xsin5x + cos3xcos5x
cos5xcos3x cos3x^ cos3xcos5x
sin2x sin3xcos2x _q^
cos5xcos3x cos23xcos5x
sin2xcos3x-cos2xsin3x л -sinx _
<=>---------------------= 0 <=> —:--------= 0 => sinx = 0,
cos23xcos5x	cos 3xcos5x
x = пк, к g Z
Ответ: x= Ttk, keZ
8.301.	cosz + sinz = yll-2cos2 z.
Решение.
ОДЗ:
l-2cos2 z> 0,
cosz + sinz> 0.
Возведем обе части уравнения в квадрат. Имеем
cos2 z + 2coszsinz+ sin2 z = 1 - 2cos2 z,
cos z+sinz > 0.
=> 2coszsinz + 2cos2z = 0 <=> cos z( sin z +cosz) = 0,
откуда
1)	cosz = 0, zx = у + Ttk, к e Z; учитывая,что cosz + sinz >0, zx = у + 2itk =
= y(4£+1), к g Z
2)	sinz + cosz = 0, tgz = -1, z2 = ~ — + itn = у(4и- 1), n g Z
Ответ: zx = — (4k +1); z2 = ^(4n-1), где к и n g Z
8.302.	V3(l + tg2xtg3x) = tg2xcos 1 3x.
Решение.
л „ fcos2x^0,
ОДЗ:
[cos3x^ 0.
Запишем уравнение в виде
[z( t sin2xsin3x^ sin2x
V3 1 +-----------------------= 0,
V cos 2xcos 3x) cos 2xcos 3x
564
V3(cos2xcos3x + sin2xsin3x) sin2x
cos2xcos3x	cos2xcos3x
V3cosx sin2x	r
---z----~------~------- = U <=> V3 cos x - 2 sin xcos x = 0,
cos2xcos3x cos2xcos3x
cos х(л/з - 2 sin x)= 0.
Отсюда
Я
cosx = 0, x, = — + nk, ke Z,
1 2
или
I It 1 , rr
— + nl, I Ё Zj X,
не удовлетворяет уравнению.
Ответ: х = (- 1У — + nl, I&Z.
(	7 А
8.303.	I cos-6 z-tg6z- — l-(sinz + cosz+2) = 0.
Решение.
ОДЗ: cosz Ф 0.
Из условия имеем
1 sin6 z 7 _
cos6 z cos6 z ><=> 3-3sin6z-7cos6 z = 0<=>
sinz+ cosz+ 2 = 0,0.
<	=> 3 - 3^in2 zj - 7(cos2 zj = 0 <=>
/1	\3 z	\3
<	=> 3-3 — (l-cos2z) -7 — (l + cos2z) = 0<=>
<	=> 2cos3 2z + 15cos2 2z + 6cos2z-7 = 0 <=>
<	=> 2cos3 2z + 2cos2 2z+6cos2 2z+ 6cos2z+ 7cos2 2z-7 = 0<=>
<	=> 2cos2 2z(cos2z +1)+ 6cos2z(cos2z +1)+ 7(cos2z + 1Xcos2z — 1) = 0,
(cos2z+1)^2cos2 2z+ 13cos2z- 7^ = 0.
Отсюда
л ,
1)	cos2z+1 = 0, cos2z = -1, 2z = n + 2nk, z\ - ~ + nk, ke 2;
565
2)	2cos2 2z+13cos2z-7 = 0.
Решив последнее уравнение как квадратное относительно cos 2 z, имеем
cos2z = -7, 0; cos2z = —, 2z = ± — + 2nn, z-, = ±—F nn = — (би ± 1),
2	3	6	6
n g Z; Zj не входит в ОДЗ.
Ответ: z = у (би ± 1), n e 7
6
8.304.	tg2x - ctg3x+ ctg5x = 0.
Решение.
cos2x?t 0,
ОДЗ: < sin3x* 0,
sin5x?t 0.
Перепишем уравнение в виде
(sin2x cos3x^ cos5x л
------------+-------= 0 <=>
Vcos2x sin3xj sin5x
sin2xsin3x-cos2xcos3x cos5x
<=>-----------------------+------= 0 <=>
cos2xsin3x	sin5x
cos5x cos5x .	_	. . , x л
<=>-----------— + —---= 0 <=> - cos 5x12 sin 5x- 2 cos 2xsin 3x) = 0.
cos2xsin3x sin5x
Отсюда
_ л . л л/. Л / * . . \
1) cos5x=0, 5х= — + пк, х} = —+ —= — (2/с+1), keZ,
2)2sin5x- 2cos2xsin3x = 0<=> 2sin5x- sinx - sin5x- 0 <=>
<=> sin5x- sinx - 0 <=> 2sin2xcos3x= 0.
КМ	к
Тогда или sin 2 х = 0, 2х~ пп, х-, - —, п е Z,juihcos3x= 0, Зх = —+ л/,
2	2
л л/
= — + —, I &Z,x, входит в x. или в xv
6	3	-	J
Ответ: x} = — (2£ +1); *2 = — (2/ + 1), где к и l^Z.
8.305.	cos-1 2t + sin-1 2t + cos-1 2t sin-1 2t - 5 = 0.
Решение.
fcos2r?*0,
ОДЗ:
sin2f * 0.
566
Из условия имеем
1 1 1
------1------1----------
cos2z sin2z cos2zsin2z
«S 1 + tg2' + l + tg2' + y + tg2i
l-tg2r 2tg/ 2tgz(l-t
<=> 6tg3Z + tg2Z-4tgZ +1 = 0 <=>
0.
Так как tgz + 1 Ф 0, то 6tg2Z - 5tgZ + 1 = 0. Решив это уравнение как
квадратное относительно tgr, получим tgZ = —,	= arctg— + к е Z,
2
1 1
tg/ = -, t2 = arctg- + Ttn, ne Z.
1 1
Ответ: tx = arctg — + Ttk', t2 = arctg ~ + itn, где к и n g Z.
8.306.	cos(22° - z)cos(82° — z)+ cos(l 12° - z)cos(172° - z)= i (sin t + cosz)
Решение.
Из условия получаем
^•(cos60°+cos(104°-2z))+^•(cos600+cos(2840-2z)) = -^(sinZ + cosz) <=>
<	=> cos(104°-2z) + cos(284°-2z) +1 = sin / + cos t <=>
<	=> 2cos(194°-2z)cos90°+l = sinz + cost, sinz + cosz - 1 = 0<=>
o . Z Z 2 t  2	2	• 2 t л
<	=> 2sin—COS— + COS---sin---cos — sin — = 0,
2	2	2	2	2	2
. 7 t t t Л . t ( . t И Л
2sin --2sin-cos- = 0, 2sin- sin--cos- = 0.
2	2	2 2v 2	2)
567
Отсюда
1) sin- = 0, - = 180%, л = 360%, к 6 Z;
7	2	2
2) sin—-cos—= 0<=> tg—= 1, - = 45°+180%,
7	2	2	2	2
t2 = 90° + 360°и = 90°(4и +0 п 6 Z
Ответ: = 360° к; t2 = 90° (4и +1), где к и п g Z.
8.307. sin4x(3sin4x-2cos4x) = sin2 2х- 16sin2 xcos2 хх
xcos" 2x + cos" 2x.
Решение.
Из условия получаем
sin4x(3sin4x-2cos4x) = ^(l-cos4x)-^(l-cos4x)-4sin2 2xx
xcos2 2x+ — (l + cos4x) <=> 2sin4x(3sin4x-2cos4x) = l-cos4x-
-2 sin2 4x+ l + cos4x, 6 sin2 4x- 4sin4xcos4x- 2 cos2 4x= 0,
3sin2 4x- 2sin4xcos4x-cos2 4x= 0.
Разделив на cos2 4x^ 0, получим 3tg24x- 2tg4x- 1 = 0. Решив это
л	л	1
уравнение как квадратное относительно tg4x, имеем tg4x=--,
.	1	,	11 itk	„	л
4х! = -arctg- + Ttk, X! = --arctg- + —, к g Z; tg4x= 1, 4xj = - + ли,
7Г 7Г/7 7Г / A	-\
J‘2=^+T=n(4n+1)>neZ
—,	1	1	Ttk	It	( . V ,	_
Ответ: x, = — arctg- + —; x? = — (4n +1), где к и n g Z
4	3	4	“	16
3
8.308.	cos 3z- cos3 z + — sin2z = 0.
4
Решение.
Так как cos За = 4 cos3 а - 3cosa, то получаем
4^4cos3 z- 3coszj- 4cos3 z+ 6sinzcosz = 0,
12cos3z- 12cosz+6sinzcosz = 0, 6cosz^2cos2 z-2 + sinz
568
6cosz^2^1-sin2
z)-2 + sinz) = 0, 6coszl-2sin2 z + sinz) = 0,
6 cos z sin z( 2 sinz - 1) = 0.
Отсюда
1)	cosz= 0, z, = у + nk = у [2k + 1), к g Z,
2)	sinz = 0, z2 = nn, n g Z,
3)	2 sinz -1 = 0, sinz = у, z3 = (- 1)* — + nl, I g Z.
Ответ: zx = — (2k +1); z2 = nn; z3 = (-1)* — + nl, где к, пи l&Z.
8.309.	tg(z2 - z)ctg2 = 1.
Решение.
ОДЗ: cos(r2 - z) 0.
Из условия имеем
/_ x	,	.	sin(t2-Z-2)
tg(/2 -/) = tg2, tg[z2 — z) — tg2 = 0 <=> —r-—г-= 0o
v 7	4	cos(z2-z)cos2
<=> sin(z2 -1 - 2) = 0 <=> t2 -t-2 = nk, ke Z, t2 -1-2-nk = 0, к e Z.
Из этого уравнения получаем
1 ± V9^+4icfc , где 9 +	> о £ >	= О; 1; 2;... .
1,2	2	4л
Л	1±>/9 + 4лА:	, Л , _
Ответ: tl>2 = —;— , где к = 0; 1; 2;... .
8.310.	sin3 л(1 - ctgx) + cos3 л(1 - tgx) = 1,5cos 2х.
Решение.
ОДЗ:
Гsinx 0,
[cos х 0.
Запишем уравнение в виде
. з (. cosx^ 3 L sinx^ _
sin л 1------+cos л 1----------- l,5cos2x= 0<=>
V sinxj V cosxj
<=> sin2 x(sinx-cosx) - cos2 x(sinx-cosx) - l,5cos2x= 0<=>
569
<=> (cosx - sinx)(cos2 x— sin2 xj- l,5cos2x= 0 <=>
<=>(cosx-sinx)cos2x-l,5cos2x = 0<=> cos2a(cosx-sinx-1,5) = 0.
Отсюда
cos2x=0, 2x = — + nk, x = — + — = — (2k +1), ke Z,
cosx-sinx- 1,5 0.
Ответ: x = -^(2Ar + l), к e Z
л A
cos- — 2r
8.311.		U------2 = cos-22f-l.
1 + cos 2/
Решение.
fcos2r * 0,
ОДЗ: {
(cos 2/ Ф -1.
Из условия имеем
sin2 2t 1 i л 1 ”со§2 2* 1 ~c°s2 a
l + cos2z cos" 2/	l + cos2z cos 2/
(l-cos2z)(l + cos2/) 1-cos22/_0
1 + cos 2/	cos2 2/
,	(l-cos2/)(l + cos2z) . x ( l + cos2/A Л
1 - cos2/ -	= 0, (1 - cos2/) • 1-------- = 0.
cos2 2t	•	v cos 2t )
Отсюда
1)	1-cos2z = 0, cos2f = 1, 2t = 2лА:, = nk, keZ,
, 1 + cos2t n	Л
2)	1---------= 0 <=> cos 2t - cos 2/ - 1 = 0, решим его как квадрат-
cos2 2t
„	„	1 + V5 , Л 1-V5
ное относительно cos2t, получим cos2/ = —~— > 1, 0; cos 2/ = —-—,
1-V5 о	I-JS
2t = ±arccos----+ 2ли, G = ± — arccos-----+ nn, n& Z.
2	2	2	2
Ответ: = nk; = ± — arccos-^-------- + ли, где к и п g Z.
1	о
570
8.312.4 cos xcos 2x cos Зх = cos6x.
Решение.
Умножаем обе части уравнения на sin х * 0. Получаем
2(2 sin х cos х) cos 2х cos Зх = sin х cos 6х о
<^> (2sin 2хcos 2х) cos Зх = sin х cos 6х <=>
sin 4х cos Зх - sin х cos 6х = 0 <=>
<=> у (sin x + sin7x) + y(sin5x-sin7x) = 0<=>
о sinx + sin5x = 0 <=> 2sin 3xcos2x = 0.
Отсюда
1) sin3x = 0, Зх = itk, Xj =—ke Z, исключив значения х-пт
Л
1ри которых sin х = 0, получим Xj = y(3/±l),/eZ.
_ к *	Л	Л Л /1 Л _	1.	_
2) cos2x = 0, 2х = —+ ли, х? = —+— = —(2/1 + 1), п eZ.
2	2 4	2	4
Ответ: х« = —(3/± 1); х2 = — (2п + 1),где I и п еZ.
3 .	4
8.313. 1 - cos х = у 1 — aMcos2 х- 7cos4 х.
Решение.
4cos2 x-7cos4 х > 0,
ОДЗ:	.------------—
l--y/4cos2 x-7cos4 х > 0.
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
1 - 2cos х + cos2 х = 1 - v4cos2 х - 7cos4 х
1
1 - cos х > 0
y4cos2 x-7cos4x = 2cosx-cos2х,
cosx < 1,
2cosx -cos2 x > 0.
Еще раз возведя уравнение в квадрат, получим
4 cos2 х - 7 cos4 х = 4 cos2 х - 4cos3 х + cos4 х,
8cos4 x-4cos3 x = 0,4cos3 x(2cosx-l) = 0.
571
Отсюда
1) cos х = 0, Xj = — + Ttk = — (2k + 1), к g Z;
1 71 71 \
2) 2cosx-1 = 0, cosx = —, x2 = ±~ + 2nn = — (6n± 1), n g Z.
Проверкой убеждаемся, что оба корня являются решениями уравнения.
7Г у	\	\	j
Ответ: X] = — (2к +1); х2 = ~ (6п ± 1), где к и п g Z.
2sinx-sin2x ? х 10
8.314. —------—- + ctg2- = —.
2smx+sin2x 2	3
Решение.
ОДЗ.
sin — Ф 0,
2
2sinx + sin2x ^0.
Перепишем уравнение в виде
2 sinx-2 sinxcosx 1 + cosx 10 Л
---------------+------------= 0,
2 sin х+2 sinxcosx 1-cosx 3
2 sin a( 1-cosx) । 1 + cosx 10 = Q 1-cosx 1 + cosx 10 _Q
2 sin л( 1 + cosx) 1-cosx 3	’ 1 + cosx 1-cosx 3
/1	\2
3 [ 1 - COS X j
11 + cosxJ
1-cos-x1 + 3 = 0.
1 + COS X)
1 - COS X
Решив это уравнение как квадратное относительно + cos~ ’ получим
Tt
(1-cosx) 1	1	, Tt „ , ,
1) ------- = -, cosx = —, x, = ± — + 2л/, I g Z;
7 U + cosx; 3	2	3
3
(1 - COS X ]	_	1
2) ;------- = 3, cosx=
7 V1 + cos хJ	2
, 2
х± = ±—к + 2itn, neZ;
ТЕ	ТЕ
х = ± — + Ttk = — (Ък ± 1), k&Z.
7E
Ответ: x = у (3/c ± 1), к g Z
572
8.315.	4(sin t cos51 + cos t sin5 + sin3 2t = 1.
Решение.
Имеем
4 sin t cos /(cos4 t + sin4 t) + sin3 2t -1 = 0,
2sin2/^(cos2 t + sin2 tj - 2cos2 tsin2 /^ + sin3 /-1 = 0,
2sin2/ -sin2/(4cos2 /sin2 /) + sin3 2/-1 = 0,
2sin2/-sin32/ + sin32/-l = 0, sin2/ = ~L 2/ = (-1)* у + nk,
2	6
I .\k n nk .
/ = (-1) — +—, keZ.
K ' 12 2
Ответ: t = (-1)* — + —, к e Z
v ' 12	2
8.316.	sin4 x- sin2 x+ 4(sinx+1) = 0.
Решение.
Из условия имеем
sin2 A^sin2 x- l) + 4(sinx+1) = 0,
sin2 x(sinx- l)(sinx+1) + 4(sinx+1) = 0,
(sin x+ l)(sin3 x— sin2 x+ 4) = 0.
Отсюда
1)	sinx = -1, x= -y + nk = ^(4£-1), к e Z,
2)	sin3 x-sin2 x+ 4 # 0.
8.317.
Ответ: x = у (4k -1), к g Z.
sin2/-tg2/ _ з , Л
--r---+ 2tg3/ + 1 = 0.
cos / - ctg /
Решение.
ОДЗ:
cos / # 0,
sin / # 0,
sin/ # ±1.
573
Перепишем уравнение в виде
. 2
. 2 Sin t
sin 2 t---—
-------£^9- + 2t
2 COS2 t
cos t-- 7 
sin" t
sin2 zfcos2 /-1)
°------ --------
cos t
. 2
sin t
2 / • 2
cos z sin
4-2tg3Z 4-1 = О,
= 0, tg3z = -l, tgr = — 1,
t = -^- + nk = ^(4k- 1), keZ
Ответ: t - ~^(4k-1), кeZ
tg? tg5z
8.318. —---------^- = 0.
cos 5t cos t
Решение.
[cos t Ф 0,
ОДЗ: |cos5z Ф 0.
Запишем уравнение в виде
sinz sin5z _	. _	_ л
---------------------— = 0 <=> sm z cos z - sin 5z cos 5z = 0.
cos z cos2 5z cos 5z cos2 z
T_	,	sin 2a
Используя формулу sin a cos a = —-—, получим
sin2z sinlOz л	_	„	, . .
------------= 0, sin 2/ - sin 10z = 0 <=> -2 cos 6z sin 4/ = 0.
2	2
Отсюда
тс	.	7t nk	TC	/ _.	- \	.	__
l)cos6z = 0, 6z	=	— 4-nk,	t\	=	—+ — = “(2^4-1),	kc	Z,
2	12 о	12
2) sin4z = 0, 4t	=	nn,	t-> = —, n e Z.
2	4
С учетом ОДЗ t2 = nn, и e Z.
7C
Ответ: t> = —{2k+1); Z9 = nn, где А: и и g Z
1 12 z
574
8.319.
1 + sin 2x4- cos 2.x
1+ sin2x-cos2x
Решение.
cos x * 0.
ОДЗ:
cos — * 0,
2
l + sin2x-cos2x# 0.
Из условия имеем
sin* 2 x 4- cos2 x 4- 2sin xcosx 4- cos2 x - sin2 x
---2-----2----------------2-----T~ + smx
sin X 4-cos x4-2sinxcosx-cos X 4-sin X
sin xsin—
2
-4 = 0<=>
cosxcos—
2
2 sm x cos x cos — 4- sm x sin —
2sinxcosx + 2cos x I 2	2
2 sin x cos x + 2 sin2 x
cosxcos —
2
2 cos x(sin x 4- cos x)	Sin xcos 2
2 sin x( cosx 4-sinx)	x
™	' cosxcos—
2
cosx smx
----4------= 4,
sinx cosx
cos2 x4-sin x = 2, _J_ = 2j sin2x=l; 2x= (-1)*- + nk,
2 sin xcosx	sin2x	2	6
/ «\ к тс itk _
*=( ) 12 T’ keZ
л	/ . \ к тс izk f
Ответ: x= (-1) —4-------, к e Z.
v } 12	2
8.320. sin2z - sin 6z 4- 2 = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде sin2z-sin3(2z)4-2 = 0. По формуле
sin За = 3sina - 4 sin3 а, имеем
sin2z-3sin2z4-4sin3 2z4-2 = 0, 4sin3 2z-2sin2z4-2 = 0,
2sin3 2z-sin2z4-1 = 0, 2sin3 2z4-2- sin2z-1 = 0,
575
2(sin 2z + l)(sin2 2z - sin 2z 4-1)- (sin2z +1)=0,
(sin 2z+1)(2 sin2 2z - 2 sin2z 4-1)= 0.
Отсюда
1) sin2z +1 = 0, sin2z = -1,2z= -у+ 2лА, z =	+ nk = — (4k- 1), к e 2,
2) 2sin2 2z-2sin2z+1 = 0(D< 0), 0.
Ответ: z = (4k - 1), к e Z.
8.321. sin2 (t + 45°) - sin2 (t - 30°) - sin 15° cos(2r + 15°) = 0,5sin6L
Решение.
Из условия имеем
l-cos(2z + 90°) -1 + cos(2z - 60°) -2sinl5°cos(2z 4-15°) - sin 6z = 0<=>
<	=> sin2z + cos(2z - 60°) 4- sin2r - sin(2z 4- 30°) - sin6z = 0 <=>
<	=> 2 sin 2z 4- cos It cos 60° 4- sin 2t sin 60° - sin 2z cos 30° -
-	cos 2t sin 30° - sin 6t = 0,
1	7з	7з	1
2 sin 2t 4- — cos 2t 4- — sin 2t-sin 2t — cos 2t - sin 6/ = 0,
2	2	2	2
2 sin 2/ - sin 6/ = 0.
Так как sin3a = 3sina-4sin3a, to 2sin2z-3sin2z4-4sin32t = 0,
4sin3 2t - sin2/ = 0, sin2^4sin2 2t - 1) = 0.
Отсюда
1)	sin 2/ = 0, 2t = 180%, = 90%, к e Z;
2)	4sin2 2t - 1 = 0, sin2r = ±|, 2t = ±30°+180% t2 = ±15°4-90% /eZ
Ответ: = 90%, t2 = ±15°4-90% где А: и / e Z.
8.322.	3tg3x- 4tg2x = tg2 2jctg3x.
Решение.
[cos 3x?t 0,
ОДЗ: i n . л
cos2x?t0.
576
Запишем уравнение в виде
- 3tg3x-3tg2x = tg22xtg3x+tg2x,
„ (sin3x sm2x A _ ( sin2xsin3x
3 -------------= tg2x- -------------
<cos3x cos2xJ Icos2xcos3x
sin3xcos2x-cos3xsin2x A sin2x
-----------------------------х
cos3xcos2x J cos2x
( sin2xsin3x + cos2xcos3x
х ----------------------
I cos2xcos3x
3sinx sin2xcosx
cos3xcos2x cos22xcos3x
<=> 3sinxcos2x- sin2xcosx= 0, 3sinx(2cos2 x-1)-2sinxcos2 x=0,
sinx(4cos2 x- з) = 0.
Отсюда
I)	sinx= 0, Xj = лк, keZ.
2)	4cos2 x-3 = 0, cosx=±—, x2 =±- + tui, n e Z, x2 не входит в ОДЗ.
2	6
Ответ: х = лк, ке Z.
ОДЗ:
5sinx-5tgx	v л
8.323.		— + 4(1- cos х) = 0.
sinx+ tgx
Решение.
cosx^ 0,
sinxФ 0,
cosx -1.
Из условия имеем
, . 5sinx
5 sinx------
--------cosx + 4( 1 - cos x) = 0 <=>
sinx 4	’
sinx+----
cosx
5sinx(cosx- l)
cosx
COSX	\ n
-------------- + 4( I - cos x) = 0,
sinx(cosx+1)
5
COSX+ I
= 0.
19 Группа Б
577
Отсюда
1)	cosx- 1 = 0, cosx = 1, Xj = 2nk, к & Z,
5	„ л 1	1 o
2)	-------4 = 0, cosx=-, x, = ± arccos- + 2ли, neZ:x, не вхо-
cosx+ 1	4	4	51
дит в ОДЗ.
Ответ: х = ± arccos — 4- 2пп, п е. Z.
4
8.324.	4 cos х = VJctgx +1.
Решение.
ОДЗ: sinx Ф 0.
Запишем уравнение в виде
. VJcosx
4 cosx---------1 = 0 <=>
sinx
sin2x- sin—cosx+ cos —sinxI = 0<=> sin2x-si:
I 3	3 J
V3	i .
2sinxcosx- —cos x+ —sinx =0,
2	2
( Зх л V ( x it}
2 cos — + — sin------=0.
U 6J \2 6)
Отсюда
п (Зх л А л Зх л л , 2л 2 ,	2 тх ? т.
1)2cos — + — = 0, — + — = — + пк, х, = — + — пк = — л(Зк +1), к е Z
V 2 6 J 262	93	9 '	’
2) sinT — - ^ = 0, — - — = ли, х, = — + 2пп = —(6п + 1), п е Z.
7 \2 6)	2 6	2	3 Зк 7
Ответ: X] = — л(ЗА: + 1), х2 = у + 1), где А: и п е Z.
8.325. 1+2(c^2ztgz-5in2z)=cos2z
COS “ z
Решение.
ОДЗ: cosz 0.
Перепишем уравнение в виде
Jcos2zsinz . _ А
2-----------sm2z
1	\ cosz	)	п
I + —-------j--------- - cos 2z = 0 <=>
cos2 z
<=> l + 2(sinzcos2z-coszsin2z)cosz-cos2z = 0<=>
578
<=> 14-2sin(-z)cosz-cos2z = 0, l-2sinzcosz-cos2z = 0«
<=> 1 -2sinzcosz - l + 2sin2z = 0 <=> 2sin2 z-2sinzcosz = 0,
sin z(sin z - cos z)=0.
Отсюда 1) sinz = 0, z} = ли, n e Z, 2) sinz- cosz = 0 <=> tgz = 1, отку-
7C . 7C / -.	- \
да = —+ 7C^ = —(4/c+l), keZ.
n
Ответ: Zj = ли, и e Z; z2 = ~^\4k4-1), к g Z
8.326. (cosx - sinx)2 + cos4 x- sin4 x= 0,5sin4x.
Решение.
Из условия получаем
cos2 х- 2cosxsinx+ sin2 x+ (cos2 x+ sin2 xj(cos2 x- sin2 xj-
-0,5sin4x= 0 <=> l-sin2x+cos2x-sin2xcos2x= 0<=>
<=>(14- cos2x) - (sin2x+ sin2xcos2x) = 0 <=>
<=> (1 + cos2x) -sin2x(l + cos2x) = 0 <=> (14- cos2x)(l - sin2x) = 0.
Отсюда
1) l + cos2x= 0, cos2x= -1,2xj = л + 2ли, x, = -^4- ли = у(2и +1), и e Z.
2) l-sin2x=0,sin2x=l, 2x> =у + 2я£, % = -^4- nk = -^(4fc + l), keZ
Ответ: xx = — (2n +1); x2 = — {4k +1), где и и к е Z.
8.327. ctj
= 1.
Решение.
ОДЗ: sinx# 0.
,	2«
l-tg -
По формуле cosa =-----—, имеем
.	2 ОС
1+tg ~
1
tgx
! l~tg2x
579
(2tg3x- 2tg2x)- (tg2x- 2tgx4- 1) = 0 <=>
«2tg2x(tgx-l)-(tgx-l)2 =0, (tgx-l)(2tg2x-tgx4-1) = 0.
Отсюда
л i
1) tgx- 1 = 0, tgx = 1, x = - + itk, к g Z;
2) 2tg2x- tgx+ 1 Ф 0(D< 0), 0.
71
Ответ: x = — 4- itk, k&Z.
4
8.328.	cos2(x4- 40°) + cos2(x-40°)-sinl0°cos2x= sin2x.
Решение.
Понижая степень, имеем
(1 + cos(2x + 80°)) + (1 + cos(2x- 80°)) - sin 10° cos lx = sin2x,
1 + (cos(2x 4- 80°)4- cos(2x - 80°))- sin 10°cos2x = sin2x <=>
<=> 14-cos2xcos80°-sinl0°cos2x = sin2x <=>
<=> 14-cos2xsinl0°-sinl0°cos2x = sin2.x ,
sin2x = 1, 2.v=^4-2nfc, x = y + nk = y(4Zr4-lJ к e Z.
2	44
Ответ: x = — (4k 4-1), k&Z.
8.329.	2cos2 у (1 - sinx) 4- cos2 x= 0.
Решение.
Сумма двух неотрицательных чисел равна нулю тогда и только 1
да, когда каждое из них есть нуль. Таким образом имеем:
2х
2 cos — (l-sinx)=0,	f(14-cosx)(l-sinx) = 0,	fsinx = l,
i Л	lcosx = 0,	|cosx	=	0,
cos x = 0,	k	k
x - у 4- Ink = [4k +\}keZ.
Ответ: x= ^-(4k +1), ktZ.
580
8.330.	tg6xcos2x-sin2x-2sin4x = 0.
Решение.
ОДЗ: cos6x * 0.
Запишем уравнение в виде
sin 6х cos 2х
cos6x
-sin2x -2sin4x = 0,
sin 6x cos 2x - cos 6x sin 2x
cos6x
- 2 sin4x = 0 <=> sin 4x - 2 sin 4x cos 6x = 0,
sin4x(l -2cos6x) = 0.
Отсюда
l)sin4x = 0, 4x=nk, x. =—, keZ; учитывая ОДЗ, получим
4
пт „
----, meZ.
2
2)1 -2cos6x - 0, cos6x = —, 6x = ± — + 2 nl, X2=± — + — ,leZ.
2	3	2	18	3
Л	nm n	„
Ответ: X[ =---; x2 =—(6/±1), где m и le.Z.
2	18
8.331.	cos8x + 3 cos4x + 3cos 2x = 8 cos x cos3 3x - 0,5.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
cos8x + 3cos4x + 3cos2x = 2(2cosxcosЗх)(2cos2 Зх)-0,5<=>
<=> cos 8х + 3 cos 4х + 3 cos 2х = 2 (cos 2х + cos 4х) (1 + cos 6х) - 0,5 <=>
<z> cos 8х + 3cos4х + 3 cos 2х = 2 cos 2х + 2 cos4х + 2 cos 2х cos 6х +
+2 cos 4х cos 6х - 0,5 <=>
<=> cos 8х + cos 4х + cos 2х = cos 4х + cos 8х + cos 2х + cos 1 Ox - 0,5,
cos 1 Ox = —, 1 Ox - ± — + 2nk, x = ± — +	= — (6 к ± 1), к e Z.
2	3	30	5	30
Ответ: — (6k ± 1), к&Z.
30
8.332.	tgxtg(x + l) = 1.
Решение.
fcosx^ 0,
одз^
I cos(x +1)^0.
581
Запишем уравнение в виде
sinxsin(x4-1)
cosxcos(x4-1)
- 1 = 0 <=> sinxsin(x4-1) - cosxcos(x4- 1) = О <=>
/ _	_ \	1 Л . Л I л/s • г-р
<=> — cos[2x+1) = О, 2x4-1 =—\ritk, х=-------1---, к е Z.
л ’	2	4 2	2
л	л 1 л£ ,	_
Ответ: х =----4---, к е Z
4 2	2
8.333.
8sin 2 2x4-1	2
----------— = ctg Х4--.
COS Х4- tg X	j
Решение.
ОДЗ: sin2x?t0.
Перепишем уравнение в виде
—?------* 1	2	л
sin2 2х = cos х + 4
1	sin2 х sin2 х	3
2	1	2
COS X COS X
1-cos22x+1	=14-cos2x[4
2 l-cos2x 1 - cos 2x 3
14-cos2x 14-cos2x
14-2cos2x
3(1-cos2x)
14-2cos2x= 0,
cos2x* 0,
cos2x =
1	2
— , 2x = ± — л 4- 2л£,
2	3
x= ±y4-Ttk = ^-(3&± 1), keZ.
Ответ: x= y(3&± 1), к e Z.
8.334. 2 4- sin t = 3tg —.
2
Решение.
ОДЗ: cos^- Ф 0.
582
а
По формуле sin а =----—, имеем
l + tg2|
2tg7	t
2 +----— -3tg- = O« 3tg3£-2tg2£ + tg£-2 = O»
l + tg2|	2	2	2	2
<=>3tg3|-3-2tg2| + tg| + l + 2-2 = 0<=>
<=>3 tg3|-l
<=Mtg|-lTtg2| + tg| + l
<z>[tg|"1J3tg2| + tgf+ 2] = 0-
Отсюда
1) tg^--l = O, tg^ = 1, L^ + nk, t = ^ + 2nk=^(4k+l), keZ;
2	2	2	4	2	2
2) 3tg2£ + tg| + 2#O(D<O),0.
Ответ: t =	+1), k e Z.
2
8.335.	tg(35o+x)ctg(10°-x) = -.
Решение.
ОДЗ:
cos(35°+x) Ф 0,
sin(10°-x) # 0.
Перепишем уравнение в виде
tg(35°+x)ctg(90°-(80°+x)) = | <=>
<=> tg(35°+x)tg(45°+(35°+x)) = | <=>
583
tg(35° + x)-
tg45° + tg(35° + x) _ 2
l-tg45°tg(35° + x) 3
- ,g(35°+x)-	=I -3tg2 <35°+5lg(35°+*)-2=°-
Решив это уравнение как квадратное относительно tg(35°+x), получим
tg(35°+x) = , 35°+х = arctg-^ + 180°к, Xj = arctg- 35°+180° к, к е Z,
или
tg(35°+x) =-2, 35°+х= arctg(-2) + 180°и, х2 = -arctg2- 35°+180°и,
п е Z.
Ответ: xj = arctg - 35°+180%, к е Z, х2 = -arctg2 - 35°+180°и, п е Z.
8.336.	2tgx+ tg2x+ 2tgxtg3x+ tg2xtg3x = 0.
Решение.
cosx* 0,
ОДЗ: < cos2x5*0,
cos Зх?* 0.
Перепишем уравнение в виде
(2tgx+ 2tgxtg3x) + (tg2x+ tg2xtg3x) = 0 <=>
<=>2tgx(l + tg3x)+tg2x(l + tg3x)=0, (l + tg3x)(2tgx+tg2x) = 0.
Отсюда
1)	1 + tg3x= 0, tg3x= -1, Зх= -y + Xj = ~	6 Z;
2)	2tgx+ tg2x = 0 о 2tgx+	= 0, 2tgx 1 +-—— = 0.
1-tg2x	1-tg2xj
Отсюда или tgx = 0, x, = nn, n e Z, или 1 +-— = 0, tgx = ±V2,
1-tg x
x3 = ±arctgV2 + nl, I e Z С учетом ОДЗ x( = -к 5* 3m+ 1,
m&Z.
Ответ: Xj = -y| + ^y,A:5*3w+l;	= nn, x3 = ±arctgV2 + nl, где
к, l и m e Z
584
8.337.	sin4 2x + sin3 2xcos2x-8sin2xcos3 2x-8cos4 2x = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде
sin3 2х (sin 2х + cos 2х) - 8 cos3 2х (sin 2х + cos 2х) = 0 <=>
<=> (sin 2х + cos 2х) (sin3 2х - 8 cos3 2х) = 0.
Отсюда sin 2х + cos 2х = 0 или sin3 2х - 8 cos3 2х = 0.
1)	tg2x =-1,2х =-— + nk, Xi	— + к eZ.
6	4	1	8	2
2)	tg32x = 8, tg2x = 2, 2х = arctg2 + тсп, х2 =yarctg2 + ^-, п &Z.
Ответ: Xj =-------1---,х2 = —arctg2 +--, где к и neZ.
8	2	2	2
8.338.	cos t (1 - tg t) (sin t + cos t) = sin t.
Решение.
ОДЗ: cos/^0.
Перепишем уравнение в виде
( , sin t Y .	. Л
cos fl 1-----(sin t + cos t) - sin t = 0 <=>
cos t J
<=> (cos t - sin t) (cos t + sin t) - sin t = 0 <=> cos2 t - sin2 t - sin t = 0 <=>
<=> 1 - 2sin21 - sin t = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно sin t, найдем
sinz = —1, =-— + 2ък, к gZ; sinr = —, t2 =(-l)Z— + nl, I gZ; не
2	2	6
ЭДХОДИТ по ОДЗ.
Ответ: t = (-V)1 — +	I &Z.
8.339.
д/cosx
cos X _ cos X
д/cOS X - д/1 - COS X д/cos X + д/l “ COS X
Решение.
0 ccosx <1,
ОДЗ:	1
I 2
585
Запишем уравнение в виде
2	|	COS X	COS А'
Jcosx V VcOSX - л/1-COSX у/COSX + Vl - cosx
2	2cosху/cosx _ 2cosx- 1-cos2 x
J cosx	2cosx-l ’ Vcosx(2cosx-1)
о cos2 x-2cosx+1 = 0, cosx=l, x=2nk, k&Z.
Ответ: x= 2nk, kcZ.
8.340.	l + sinz + cosz + sin2z + cos2z = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
sin2 z+cos2 z + sinz + cosz + 2sinzcosz + cos2 z-sin2 z =
<=	> (sinz + cosz) + ^2sinzcosz+ 2cos2 zj = 0 <=>
<=	> (sinz+ cosz)+2cosz(sinz +cosz) =0 <=>
<=	> (sinz + cosz)(l + 2cosz)= 0.
Отсюда 1) sinz + cosz = 0,2) l + 2cosz = 0.
7Г	7Г
1)	tgz = -1, Z] = - — + nk = — (4k- 1), k&Z.
1	2	2
2)	cosz = - —, z2 = ± — л + 2nn = — rr(3zz ± 1), n s Z.
n	2
Ответ: z, = — (4k - 1); z2 = ~ я(3п ± 1), где к и n e Z.
4	j
8.341.	ctg(x-25°) + tg(3x+ 15°) = 2sin(2x- 50°).
Решение.
_ fsin(x-25°) Ф 0, lx-25°*180°/,
ОДЗ: <	<=> <	<=>
|cos(3x+ 15°) Ф 0,	[3x+15°* 90°+180°p,
lx*25°+180°M eZ,
|x* 25°+60°p, p&Z.
586
Запишем уравнение в виде
cos(x-25°) + s.n|x + 15°) _2sin(2x-50o)=0w
sin(x-25°) cos(3x + 15°)
« cos(x -25°)cos(3x+15°)+sin(x -25°)sin(3x+15°) _2sin(2x_ 5QO)=0
sin(x - 25°)cos(3x +15°)
<=> — cos(2x + 40°)----- _ 2	((	4()o)_ 9()o) = 0
sin(x-25°)cos(3x + 15°)	v
— cosgx + 402)------ + 2cos(2x + 40°)= 0 <=>
sin(x - 25°)cos(3x +15°)
Отсюда
1) cos(2x+40°) = 0, 2x+40° =904180%,	= 25490%,
<=> 1 + sin(x- 25°-3x- 15°) + sin(x- 25°+3x+ 15°) = 0 <=>
<=> 2 sin2 (2x+40°)(2 sin(2x+ 40°) - 1) = 0 <=>
sin(2x + 40°)=0,
sin(2x + 40°)=
2x + 40° = 180°n,
2x + 40° = 30° + 360°m,
2x + 40° = 150°+ 360°/,
x2 = -20°+90°n, neZ,
x3 = -5° +180°?и, me Z,
x4 =55°+180°Z, leZ.
587
С учетом ОДЗ имеем Xj = 25°+90° (2г +1) = 115°+180° г, г е Z
Ответ: = 115°+180°г, г е Z; х2 = -20°+90°л, п е Z; х3 = -5°+180°т,
wgZ; x4=55°+180°/,/gZ
8.342.	tg2x+ctg2x+3tgx+3ctgx+4 = 0.
Решение.
(cos x 0,
°ДЗ: .	.
[sinx^ 0.
Запишем уравнение в виде
(tgx + ctgx) - 2tgxctgx + 3(tgx + ctgx) +4 = 0,
(tgx+ ctgx)2 + 3(tgx+ ctgx) + 2 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tgx+ ctgx, полу-
чим (tgx + ctgx) 1 = -2 или (tgx + ctgx)? = -1.
1	2
1)	tgx+ — + 2 = 0<=> tg2x+2tgx+1 = 0, (tgx+1) =0, tgx=-l,
tgx
x=-^ += ^(4£-1), AreZ
2)	tg2x+ tgx+ 1 Ф 0 (Z) < 0), 0.
Ответ: * = (4fc - 1), e z
8.343.	tg2z = ctgz - 4 cos t cos 3z.
Решение.
[cos2z^0,
ОДЗ: J .
[sinz Ф 0.
Перепишем уравнение в виде
( sin2z cos z t
-------------+ 4 cos t cos 3t = 0 <=>
I cos2z sinz J
sin2zsinz - cos2zcosz
-----------------------+ 4 cos z cos 3z = 0 <=>
cos 2 z sinz
cos 3z	.	.
--- —;----1- 4 cos z cos3z = 0 <=> - cos 3z( 1 — 4cos z cos 2z sinz) = 0.
cos 2z sinz	v	’
588
Отсюда
1)	cos3/ = 0, 3t = — + пк, t, = — + — , keZ,
2*63
2)	1- 4 cos/cos 2/sin/ = 0 <=> 1 - 2(2 sin/cos/) cos 2/ = 0 <=>
7Г
<=>!-2sin2/cos2/= 0 <=> l-sin4/ = 0<=> sin4/= 1, 4/= — + 2nn,
TC	TCZ?	TC z .	\
?2 = 7 + V = 7(4n + )’ n 6 z
о	Z	о
Л ,	\ Л /	*	_
Ответ: tx=~ {2k + 1); /2 = — (4n +1), где к и n e Z
6	о
”> Зх
8.344.	cos 2x = cos2 —.
2
Решение.
Из условия имеем
и по формуле cos2a = 2cos2 a -1, cos Зх = 4cos3 x- 3cosx имеем
2(2cos2 x-l)-l-(4cos3 x-3cosx)=0 <=>
<=> 4cos3 x-4cos2 x—3cosx+ 3 = 0 <=>
<=> 4cos2 x(cosx-l)-3(cosx-1) = 0 <=> (cosx- 1)^4 cos2 x- з) - 0.
Отсюда
1) cosx-1 = 0, cosx= 1, X! = 2itk, keZ,
ОДЗ:
2) 4cos3x-3 = 0, cosx = ± —,	=± —+ nn =
2	6
я .
Ответ: Xj = 2nk', x2 = ~ {6n ± 1), где А: и ne Z.
8.345. (tg/ - ctg/ + 2tg2/)(l + cos3/) = 4sin3/.
Решение.
cos / Ф 0,
sin/ Ф 0,
cos 2/ Ф 0.
Перепишем уравнение в виде
(sin/ cos/ _ _	/.	„
----------+ 2tg2/ • (1 + cos 3/) - 4 sin 3/ = 0 <=>
I cos/ sin/ j
589
•2
—C0S ? + 2tg2r • (1 + cos 3t) - 4 sin 3t = 0 <=>
sin t cos t
2cOs2? + 2tg2r |• (1 + cos3r)~ 4sin3z = 0 <=>
sin 2/	I
cos2r sin2r ] /,	_ \ . . _	_
---------------- (l + cos3r)-4sm3r = 0 <=>
sin2z cos2r I
cos2 2t -sin2 2t
sin2rcos2r
4cos4f(l + cos3f)	n л a -> \ . o n
<=>------------------- + 4sin 3t = 0 <=> cos 4t(1 + cos 3t)+ sin 3fsin 4t = 0,
sin4f
cos4r + cos4zcos3z + sin4fsin3r = 0 <=> cos4z + cosz = 0<=>
<=>2cos—cos— = 0.
2	2
Отсюда
м 5r _ 5r л , n 2 , ,
1) cos—= 0, — = — + nk, tx = —+ -я&, k&Z,
2	2	2	1	5	5
3f	3t л	it 2	~
2) cos— = 0, — = — + Tin, t-) = — + — Tin, ne Z.
2	2	2	2	3	3
Учитывая ОДЗ, получаем
я 2 . я z — •	, \	я 2 я z к
- — + ~= — (2^ +1), к Ф 5/+ 2; t2 = — + — Ttn = —(2n + l), n*3l+1,
где А:, п, и / е z.
Ответ: = у (2^ +1), к 51 + 2; h = у (^п + 0’ « 3Z + 1, где к, п, и
ZeZ
8.346. sinA(cosx-2) + tgx= 2-cosx-cos-1 x.
Решение.
ОДЗ: cosx0.
Запишем уравнение в виде
sinx(cosx-2) + (cosx-2) +1 SinX + —| = 0 <=>
к cos х cos х J
590
i	sinx+1 л
<=> (cosx-2)(sinx+1) +-----= 0 о
cosx
<=> (sin x + 1) • (cos x - 2 + —!— | = 0.
V	cos x J
Отсюда
1)	sinx+ 1 = 0, sinx= -1, *i =	к e Z;
1 2 2
2)	cosx-2 +---= 0 <=> cos2 x-2cosx+1 = 0, (cosx-1) =0,
cosx
cosx- 1 = 0, cosx= 1, Xo = 2nn, n& Z, Xj не подходит по ОДЗ.
Ответ: x = 2iw, neZ.
8.:
-2 + sinx = 2 cosx.
Решение.
Запишем уравнение в виде
2-2cosx =
= sinx<=>
sinx
1 + cos x
ot sin Ct	X I X
Используя формулу tg — =--------, имеем tg — + ./tg-2 = 0. Pe-
2	1 + cosa	2 V 2
ив это уравнение как квадратное относительно
получим
-2, 0 или
, х л ,
= 1, — = — + пк,
2 4
х=у + 2л£ = у(4£ + 1), keZ
Ответ: х = у (4к +1), к g Z.
591
8.348.	1 - sin2x= cosx-sinx.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
cos2 х-2sinxcosx + sin2 х-(cosx-sinx) = 0<=>
<=> (cosx- sinx)2 -(cosx- sinx) = 0 о
<=> (cosx-sinx)(cosx- sinx-1) = 0.
Отсюда 1) cosx-sinx= 0,2) cosx-sinx- 1 = 0.
1) tgx= 1, Xj = — + кк = — (4k +1), к g Z
2) cos — sin- — 2 sin—cos— cos- — sin- — = 0 <=>
}	2	2	2	2	2	2
_ . 2 x n  X x л  xl  x
<=> 2sin —h2sin—cos—= 0, 2sin— sin—I-cos
2	22	21	2
2	2
2 Г'" 2
Отсюда или sin— = 0, — = л/, x, = 2л/, I e Z, или sin— + cos— = 0,
2	2	2	2
x , x л	л _ л /.
tg— = -1, — = — + nn, x-> =-------1- 2itn = — (4n -1), n e Z
&2	2	4	3	2 2V ’
2
л .	.
Ответ: x. = — (4k +1); x-> = 2 л/;
1 4	2
л
— (4n -1), где к, l и n e Z
8.349. tg4x+tg2x+ctg4x-ctg2x
106
9.
Решение.
cos x 0,
sinx 0.
7 a 1-cosa	2a 1 + cosa
Так как tg- — = ---- и ctg — = -----, то получаем
2	1 + cosa 2 1-cosa
1-cos2xA2 fl + cos2xV l-cos2x l + cos2x 106
-------- _|_ --------- ----------------------------
l + cos2xj	11-cos 2x,/	l + cos2x l-cos2x 9
42
l-cos2x l + cos2x | ^l-cos2x l + cos2x
l + cos2x l-cos2x J l + cos2x l-cos2x
592
+ (l-cosZx)2 -(1 + COS2X)2 106 _ q
(1 + cos2*Xl_ cos2x) 9
(l-cos^x)2 + (1 + COS2X)2	4cos2x 106
l-cos22x ; l-cos22x 9
/	*	\2
2 + 2cos22x 4cos2x	124
1-cos22x j	1.-cos22x	9
/	*	\2
1 + cos 2x cos2x	31
1-cos22x^	1-cos22x 4
о 22cos4 2x - 9cos3 2x - 80cos2 2x + 9cos2x + 22 = 0.
Пусть cos2x= у. Тогда уравнение примет вид
22/ - 9/ - 80/ + 9у+22 = 0.
9 22
22у2 -9j-80 + - + -?| = 0 <=> 22 / + Дг |-9j у-- 1-80 = 0,
У У	У I у)
[( 1У
22 у—
I У)
1 I ™ л
>
У)
И	И	(	о2	г	о
+ 2 -9 у-— -80 = 0,22 у- — -9у— -36 = 0.
, V	У)	к	У)	к	У)
У у
Решив это уравнение как квадратное относительно у- — , найдем
У
I	И	12	Г	1| зз
I	У Ji	11	I	у)2. 22
После упрощений получим
11/ +12>>-11 = Ои 22у2-33у-
-6-V157
22 = 0; У1=--—
-6 + V157	1
Уг=-----П----’	у4 =2.
11
Тогда
_	— 6 — vl57 . ~	_	— 6 +у
cos2x =----------<-1,0; cos2x =------
11	И
593
-6 + V157	. 1	-6 + V157	.
2л = ± arccos-----------1- 2itk, xi - ± ~ arccos--—-------1- пк, ке Z;
11	2	11
_	1 _	, 2	_	, Я Я
соз2л=—, 2л=±—я + 2яи, л, =±—1-яи = —
2	3	3	3
cos 2л =2, 0.
_	, 1	-6 + V157	, я
Ответ: Л! = ±—arccos----—----+ ял; х^ = —(Зп± 1), где к и п g Z
8.350. cos2 2л+
Решение.
Запишем уравнение в виде
2i 7Г । эГ 7С 1 л
cos \2х + — +cos------х = 0<=>
3	12
я я
2л+ — = — + пк,
3 2
я я
л-----= —+ я/,
12 2
л Я I л
cos 2л+ — = 0,
I з;
f я А л
cos л-----= 0,
I	12)
я пк
х- — + —
12	2
7я ,
л= — + я/.
12
Отсюда
я як	7я , , ,
— + — = — + /, к = 1 + 27,
12 2	12
к е Z, I g Z,
я я(1 + 27) 7я ,
— + —--------- = — + я7,
12	2	12
7eZ
Ответ: x=— + nl, I е Z.
12
8.351. Зл/3<£Х5Й1Л-С1^СО8Л+95ШЛ-Зл/ЗсО5Л= 0.
Решение.
COS Л#: 0,
sin л#= 0.
594
Перепишем уравнение в виде
Зл/З sin2 х cos2 х _ .	„ г-	л
------------:--+ 9 sinx- 3v3 cosx = 0 о
cosx sinx
<=> 3>/3 sin3 х + 9sin2 xcosx - 3>/з cos2 xsinx - cos3 x = 0 «
о 3-j3tg3x + 9tg2x - 3-j3tgx -1 = 0 <=>
о (j J3tg3x -1)+ (9tg2x - 3>/3tgx)= 0 о
<=> (VJtgx - l)^tg2x + VJtgx +1)+ Зд/З (VJtgx - l)tgx = 0 о
о (VJtgx - l)^tg2x + 4-j3tgx + 1)= 0.
Отсюда
1) V3tgx-l = 0, tgx=-j=, Xj = ^ + itk = ^(6k+l), keZ;
v3 6	6
2) 3tg2x+ 4 J3tgx +1 = 0. Решив это уравнение как квадратное отно-
сительно tgx, найдем
-2у[3-3 t -2>/3-3
tgx =-------, х2 = arctg-----+ im, neZ,
или
-2-J3 + 3 t -2у/з+3	. ,
tgx =-------, х3 = arctg-----+ ill, I eZ
it.	-2V3-3
Ответ: Xj = —(6^ + 1), x2 = arctg---+itn,
t -2у1з+3	.	, „
x3 = arctg--------+ itl, где к, n и I e Z
(71 ]	. (	71 1	.71	,
X-l— + sin X+ — = sin--1.
4 I 1	4 I 4
Решение.
По формулам
cos(a + |3) = cosacosp-sina sinp, sin(a + p) = sin a cos P +cosasinp
и cos2a = 2cos2a-1
имеем
_	2	<	.71.	71	.71
2cos x- 1-cosx+cos—cosx-sin— sinx+sinxcos— + cosxsin— =
4	4	4	4
595
. Л <	_	2	VZ	vz . vz .
= sin--1 o 2cos X- 1-C0SX +—cosx-------sinx+ — sinx +
4	2	2	2
+ ^y-cosx-^- + 1 = 0« 4cos2 x-2^1-VIjcosx-Л = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos х, имеем
cosx=- —, Xj =±^- + 2л£ = у(8£±3), keZ,
2	4	4V
1	ТС — ТС / х	t \	—
cosx-—, х, =±—1-2тси = — 6и± 1), п е Z.
2	2	3 Зк	'
Ответ: Л1 = (8^ ± 3)> х2 = у (6и ± 0’ где к и п е Z
8.353. tg4x+ctg4x+tg2x+ctg2x=4.
Решение.
[cosx#: 0,
ОДЗ: (sin~ 0.
Так как
a4 + b4 = ^(a + b)2 -2abj -2а2Ь2 и (a + bf = (a + ttf -2ab,
то имеем
((tgx + ctgx)2-2tgxctgx) -2tg2xctg2x + (tgx+ctgx)2 -
-2tgx-tgx-4 = 0 <=>
<=> ((tgx + ctgx)2-2) -2 + (tgx + ctgx)2-2-4 = 0 о
о (tgx+ctgx)4-3(tgx+ctgx)2-4 = 0.
Решив это уравнение как биквадратное относительно tgx+ctgx, по-
лучим
tgx+ ctgx = -2 или tgx+ctgx =2,
tg2x+ 2tgx+ 1 = 0 или tg2x- 2tgx+1 = 0,
(tgx+ I)2 = 0 или (tgx-1)2 = 0.
Отсюда tgx = ±1; x= +	= ^-(2k+1), к e Z
Ответ: x = — (2k + 1), к g Z
596
Решение.
(sinx#; О,
[cosx#= -1.
Имеем
sinx _ _ cosx	sinx _ _
ctgx +---------2 = 0, -— +-----------2 = 0 о
1 + cosx sinx 1 + cosx
<=> cos x(l + cos x)+ sin2 x - 2 sin x(l + cos x)=0 «
о cos x(l + cos x)+ (1 - cos2 x)— 2 sin x(l + cos x)=0 <=>
о cos x(l+cos x)+ (1 - cos x)(l+cos x)- 2 sin x(l+cos x)=0 «=>
о (l+cosx)(l-2sinx)=0.
Отсюда
1) l + cosx= 0, cosx= -1, X! = л + 2тсА:, к e Z,
1	I 7C
2) 1 - 2sinx= 0, sinx= —, Хг = (-1) — + nl, I e Z, х1 неподходагпоОДЗ.
2	6
, \> n
Ответ: x = (-1) — + nl, I e Z.
о
8.355. tgx-tg2x= sinx
Решение.
[cosx#: 0,
* [cos2x#0.
_ sin(a - p)
По формуле tga ~ tgp -------, имеем
* r J	cosacosp
-sinx .	. (	1 Л Л
	sinx = 0 о - sinx-— + 1=0.
cos xcos 2x---------------------к cos xcos 2x )
Отсюда
1) sinx= 0, Xj = nk, keZ,
597
2)-------— + 1 = 0 <=> 1 + cosxcos2x = О, 2cos3 х-cosх4-1 = О,
cos xcos 2х
^2cos3 х+ 2)-(cosx+1) = 0, 2(cosx+ l)(cos2 x-cosx+ ij-(cosx+1) = 0,
(cosx+ l)^2cos2 x-2cosx+1) = 0.
Отсюда cosx+ 1 = 0, cosx= -1, x2 = n + 2ли, n g Z;
2cos2 x- 2cosx+1 Ф 0 (Z> < 0), 0; x2 входит в Xj.
Ответ: x = nk, keZ
8.356. 2sin2 3x+ sin2 6x = (sin2x-b sin4x)cos-1 xsin-1 3x.
Решение.
[cosx^O,
ОДЗ:
[sin3x Ф 0.
Запишем уравнение в виде
„ . 7-	/•-./-, \\2 sin2x-i- sin4x
2 sin2 Зх4- (sin 2( Зх)) =-------<=>
'	'	cos xsin Зх
~ . 2	• -I \2 2sin3xcosx
<	=> 2 sin Зх 4- (2 sin 3xcos Зх) =---о
cos xsin Зх
<	=> 2 sin2 3x4-4 sin2 3xcos2 Зх - 2 = 0 <=>
<	=> 2 sin2 Зх + 4 sin2 3x^1 - sin2 3x) - 2 = 0 <=>
<=>2sin4 3x- 3sin2 3x4-1 = 0.
Решив это уравнение как биквадратное относительно sin3x, получим
, V2 „ п пк п пк , „ . -	.,
sin3x= ± —, Зх, = —4---, х, = — 4- —, к g Z, sin3x= ±1,
2	1 4	2	1 12	6
„ п	П ПП _
Зх, = — 4-nn, Xj = — + —, ne Z.
~ 2	~ 6	3
С учетом ОДЗ х,= — 4- —, пФ 3/4-1, «eZ, ZeZ
"63
Ответ: х( = -^(2к+ 1),	= ^(2и + 1), пФ 31+ 1,гдек, пн I е Z.
598
8.357. 4 sin4 x+ cos 4л =1 + 12 cos4 x.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
4^sin2 xj + cos 2(2х) - 1 - 12 (cos 2 xj = 0 <=>
<=> (1-cos2x)2 +2cos2 2x-l-l-3(l + cos2x)2 =0o cos2x=-—,
2x = ± — it + 2itk, x= ± — + nk = — (3k +1), keZ
3	3 3V '
Ответ: x = у (ЗА: ± 1), к e Z.
8.358. 5( 1 - sin2x) -16(sinx- cosx) + 3 = 0.
Решение.
Из условия имеем
5(sin2 х-2sinxcosx+cos2 xj- 16(sinx-cosx) + 3 = 0o
<=> 5(sinx-cosx)2 -16(sinx-cosx) + 3 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно sin х - cos х, имеем
1
sinx-cosx=3, 0; или sinx-cosx = -<=>
. (it	А 1 _ и . (	лЛ <=>sinx-sin	x	2cos—sin x	= \2	) 5	4 \	4j /г-	.	(	it\	1 .	(	1	V2 <=> V2 sin x	= - , sin x	= —— = — \	4J	5’	\	4J	5^2	10 Тогда x——	=	(—1)* arcsin-^- + itk,	x=	(- 1)* arcsin- 4	k	f	10	’	v	; Ответ: x = (- 1)* arcsin^- 4	F nk, к g. Z. 4 ’	10 4 8.359. 37tg3x= 11 tgx. Решение. [cos3x^0, ОДЗ: 4 cosx 0.	JI 5° V2 It , t r, 	1	1-itk, ke Z 10 4
599
♦ о 3tga-tg3a
Используя формулу tg 3a = — --у—, перепишем уравнение в виде
1 - 3 tg2 a
3? 3tgx-tg3x
l-3tg2x
111-37 tg2x-ll + 33tg2x
1 — 3 tg2x
100-4tg2x
4 l-3tg2x
tgx = O,
_tgx = ±5,
tgx*±-^.
V3
tgx = 0,
tg2x = 25,
2	1
tg 3
Последнее решение не удовлетворяет исходному уравнению. Отсюда
Х| = я к, к е Z; х2 = arctg (±5) + я п = ±arctg 5 + я п, п g Z.
Ответ: х^ = пк, к е Zх2 = ±arctg5+ пп ,п g Z.
8.360. V2(cos4 2x-sin4 2х) = cos2x + sin2x.
Решение.
Запишем уравнение в виде
V2(cos2 2х + sin2 2x)(cos2 2x-sin2 2x)-(cos2x + sin2x) = 0 о
<=> V2 (cos 2x + sin 2x) (cos 2x - sin 2x) - (cos 2x + sin 2x) = 0 <=>
<=> (cos 2x + sin 2x) (>/2 cos 2x - >/2 sin 2x -1) = 0.
Отсюда cos2x + sin2x = 0 или v2cos2x-v2sin2x-l = 0.
1) tg 2х = -1, 2x = -^4- TtZr, Xj =	+	“ ^-(4& -1), к g Z.
n.V2 V2.n 1 я _	. я .	1
2)---cos2x-----sin2x ----- <=> cos —cos 2x-sin —sin 2x = — <=>
2	2	2	4	4	2
1 Я _	, Я _	я я	„
—+ 2х = ± —+ 2як,х9 = ±---------+ пп,п eZ.
2 4	3	2	6 8
Я
7
Ответ: xj = - — (4Zr-l), к g Z; x2 = ± — - — + nn,n & Z.
8	6 8
8.361. tgx-ctgx = sin-1 x-cos-1 x.
Решение.
(cosx 0,
ОДЗ; .
sinx * 0.
600
Запишем уравнение в виде
sinx cosx 1	1	/ . ?	? \	\ л
------:— = —----------<=> sm х - cos х) +1 sin х- cos х) = О,
cosx smx smx cosx '	'
(sinx-cosx)(sinx+cosx) + (sinx-cosx) = 0,
(sinx-cos x)(sinx+cosx+1) = 0.
Отсюда 1) sinx- cosx= 0; 2) sinx+cosx+1 = 0.
1) tgx= 1, Xj = + nk = ^(4& +1), keZ.
2) 2 sin—cos— + cos2 — - sin2 — + cos2 — + sin2 — = 0 о
2	2	2	2	2	2
о 2sin-cos-+ 2cos2 - = 0<=> 2cos^| sin^ + cos^ | = 0.
2	2	2	2< 2 2J
Отсюда cos— = 0, — = — + nn, x, = л + 2тси, ne Z, или sin— + cos— = 0 <=>
2	2 2	^	2	2
<=>tg-^ = -l, — = - — + nl, x3 = - — + 2nl, I e Z, x2 и x3 не входят в ОДЗ.
2	2	4	2
л .	.
Ответ: х = —(4к + 1), к е Z
4
• 6	6
8.362.	sm х+ cos х - —
16
Решение.
Запишем уравнение в виде
(sin2 х+ cos2 xj(sin4 х- sin2 xcos2 х+ cos4 xj -	= l
/9	2 \“	9	7
о sin X+COS X -3sin XCOS X-------= 0<=>
'	'	16
*7
о 1- 3sin2 xcos2 x--= 0 <=> 16- 12(4sin2 xcos2
16	'
7	3	7^
osin“2x=—, sin2x=±—, 2x = ± — + nk,
4	2	3
n nk n / —. , . \ . __
x=±- + —= -(3*±l), keZ
О z О
Ответ: x = ~{^k ± 1), к e Z.
6
601
8.363.	sin3x+ sinx- sin2x = 2 cos x( cosx- 1).
Решение.
Так как sin 2a = 2 sin a cos а и sin3a = 3 sina-4 sin3 a, то имеем
3sinx-4sin3 x+ sinx- 2sinxcosx- 2cosx(cosx- 1) = 0 о
<=> (4 sinx- 4 sin3 x- 2sinxcosxj - 2cosx(cosx- l) = 0«
о 2sin^2-2(1 -cos2 xj-cosxj-2cosA(cosx- 1) = 0 <=>
<=> 2sinx(2cos2 x-cosxj- 2cosx(cosx- 1) = 0 <=>
<=> 2sinxcosx(2cosx- 1) -2cosx(cosx- 1) = 0 <=>
о 2cosx(sinx(2cosx- 1) -cosx+1) = 0.
Отсюда
1)	cosx= 0, *i = — + nA: = — (2k +1), к g Z;
2)	2sinxcosx- sinx- cosx+ 1 = 0 <=>
<=> (l + 2sinxcosx)-(sinx + cosx)= 0 о
о (sin2 x + 2 sin xcos x + cos2 x)- (sinx + cos x) = 0 о
d (sinx+cosx)2 -(sinx+cosx) = 0 о
о (sinx+ cosx)(sinx+ cosx- 1) = 0 <=>
, .	. x x 2 x • 2 x л
о sinx+cosx) 2sm—cos—+ cos — sin — 1 = 0<=>
k	\	2	2	2	2 )
о (sinx+cosx) 2sin—cos—-2sin2 — = 0«
k	\	2	2	2)
о 2sin—(sinx+ cosx) cos— - sin— = 0.
2V	\	2	2 J
Отсюда a) siny = 0; 6) sinx+ cosx= 0; в) cos— - sin— = 0.
x	я
Тогда a) — = nn, x2 = 2ли, n g Z; 6) tgx= -1, x3 = - — + nl, I g Z;
b) tg— = 1, — = — + nt, x4 = — + 2nt, t g Z. Решения x4 входят вxr
2	2 4	2
Ответ: X! = — (2k +1), к g Z; X2 = 2nn, n&Z, x3 = — (4/ -1), l&Z.
602
8.364. cos 2 х = —-----(cos х + sin х).
Решение.
Запишем уравнение в виде
2	• 2	1 + ‘'
cos х- sin х-------------
2
2
<=> (cosx+ sinx) cosx- sinx-
= 0.
2
Отсюда 1) cosx + sinx = 0,2) cosx- sinx--= 0.
2
1) tgx=-l, Xj = -^- + л£ = -^(4£-1), ke Z
1 7з (	1>
2) cosx- sinx------= 0 <=> cosx— •
2	2	2)
( лА ( .	. л А _
<=> cosx- cos— - sinx+ sin— = 0 <=>
I 3j I 3
Тогда
— + — = nn, x, = — + 2nn, ne Z
2 6^3
или
л n
— =-----1- nm.
6	4
J3
2
Дз = -— + 2nm, meZ.
6
7t	Tt
Ответ: X! = ~^(.4k -1), к e Z; xi - ~^п ~ 1)> и Z;
(12ш-1), me Z.
л
6
603
8.365. 2( 1 + sin 2х) = tgf ~ + х j.
Решение.
ОДЗ: cos
*0.
Перепишем уравнение в виде
sr
2^sin2 x + 2 sin xcos x+ cos2 xj------
. я
cos — + X
тс .
4
. тс	...
sm—cos x + cos—sin x
<=> 2(sinx+cosx)2-------
4	'	TC	. TC .
cos—cos x - sin—sm x
4	4
——-(cosx-i- sinx)
<=> 2( sin х + cos х)2 - ~^=-----
-(cosx - sinx)
2 cosx + sinx
+-------------
sinx - cosx
<=> (sin x + cos x)| 2( sin x + cos x) +-!-
I	sinx-cosx
Отсюда 1) sinx+cosx= 0, 2) 2(sinx+cosx) + -;---!----= 0.
sinx - cosx
TC . TC / л #	4	.	__
1) tgx—— 1,	=- —+ тс£ = —(4£-1), keZ.
2	7 \
sin x-cos x +1 = 0, cos2x= —, 2x = ±— + 2itn,
<	>	2	3
X2 = ± — 4-тел = — (6n fl), ne Z.
6	6
TC .	. TC .	.
Ответ: x, = ~{4k -1); x-> = — (6л ± 1), где А: и neZ.
4	2 6
604
l + sinx+cosx+sin2x+cos2x _
8.366. ------------;-----------= 0.
tg2x
х - sin'
Решение.
[sin2x?t 0,
ОДЗ:
[cos 2x?* 0.
Из условия имеем
1 +sin x+cos x+2 sin xcosx + (cos2 x-sin2 x'
<=> (sinx + cosx
<=> (sinx + cos x)+(sin2 x + 2sinxcosx + cos2 x)+(cosx-sin x)x
x (cosx + sinx) = 0 <=> (sin x + cos x)+ (cos x + sin x)2 + (cos x - sin x)x
x(cosx + sinx)= 0 <=> (sinx+ cosx)(l + cosx+ sinx+ cosx-sinx) = 0,
(cosx + sinx)(l+2cosx)=0.
Отсюда 1) cosx+sinx= 0,2) 1 + 2cosx= 0.
л'	,	_
1) tgx= -1,	= - — + itk, ke Z
1	2
2) COSX= , Xj = ± — л + 2лл =
2л
— (3n ± 1), n e Zx( не подходит по ОДЗ.
2л / x
Ответ: x = —(Зл ± 1), n e Z.
8.367.	=
cos t cos 2t
Решение.
[cos/?*0,
°^3: [cos 2/ * 0.
Запишем уравнение в виде
sin 2/sin/
cos 2/ cos2 / cos / cos2 2/
sin2/ cos2/ - sin/ cos/
cos2 /cos2 2/
2 sin t cos t cos 2t - sin t cos t
cos2 / cos2 2/
sin/(2 cos 2/-1)
cos/cos2 2/
sin/cos/(2 cos 2/-1)
cos2/cos2 2/
sin/(2cos2/-1) = 0.
605
Тогда
1)	sinz = 0, tx = Ttk, keZ,
1	л	. it	_
2)	2cos2/-l = 0, cos2/ = —, 2t = +- + 2itn, t2 =+- + itn, neZ.
2	3	о
7C
Ответ: = Ttk, t2 = ±— + пп, где А: и n e Z.
6
8.368.	tgx+ tg2x+ tg3x = 0.
Решение.
cosx?* 0,
ОДЗ. <cos2x?* 0,
cos Зх?* 0.
T, t _ 2tga _ 3tga-tg3a
Так как tg2a =---и tg3a = — ------v—, то имеем
l-tg2a	l-3tg2a
tsx+^^+^-^=Q
l-tg2x l-3tg2x
l-tg2x l-3tg2x?
= 0o
tgxfctg4x-5tg2x + 3)_Q
(l-tg2x) (l-3tg2x)
Отсюда 1) tgx= 0,	= Ttn, n e Z, 2) 2tg4x-5tg2x+ 3 = 0. Решив
7
уравнение как квадратное относительно tg х, найдем
♦ 2	1	, v2
tg Х=~, tgx=±—
I v2 |	( V2
X2 = arctg ±	+ Ttk = ±arctg
+ Ttk, keZ,
tg2x=3, tgx = ±3, x3 = arctg(±V3) + nm = ±y + Ttm = y(3w±l), me Z.
5/2	Tt
Ответ: xx=Ttn,neZ, x2 =лА± arctg—, к e Z, x3 = — (3w±l),	z
8.369.	ctgx - tgx = sin x + cos x.
Решение.
[sinx?* 0,
|cosx?*0
606
Перепишем уравнение в виде
cos х sin х
sinx cosx
(cos x+sinx) = 0 <=>
<=> cos2 x-sin2 x-(cosx + sinx)sinxcosx= 0,
(cos x - sin x)(cos x + sin x) - (cos x + sin x) sin x cos x = 0 <=>
<=> (cosx+sinx)(cosx-sinx-sinxcosx) = 0.
Отсюда 1) cosx+sinx = 0; 2) cosx-sinx-sinxcosx = 0.
1) tgx=-l, =“ + rc£ = -j-(4£-l), ke Z
2) Пусть cosx-sinx = у => cos2 x-2sinxcosx+sin2 x= y2, -2sinxcosx =
2	•	У2 ~ 1
= yL -1, - sin xcos x = —-—. Относительно у уравнение принимает вид
у + —— = 0, у2+2у-1 = 0, откуда ^=-1-72, 0; y2=-l + V2.
Отсюда
г- ,	1	1 .	V2-1
cosx-sinx = V 2 -1 <=> —f= cosx—=smx = —?=—<=>
V2 V2 V2
TC / ,\n	1 — v2	z	1 V2 It	„
X-—= (-l) arcsin—д—+ тгл, Xj =(-1) arcsin—-j=— + —+ nn> n e Z
тс	.	.	1 — д/2 it,	•.
Ответ: Xi = — (4k-1); ^2 = (- D arcsin  д- + — (4л +1), где к и
л е Z.
2 Г Г~2 Г z.
cos х+ — + Jsin х+ — = 2.
2 V 2
Решение.
Пусть
2	1	Л
. cos	х+—	=	и >	0,
_________2
2	1
. sin	х+ —	=	v >	0.
V	2
2	1	2 л
COS Х+— -U >0,
2	=> U2 + v2 = 2.
• 2	1	2 Л
sm х+ — = v > 0.
2
607
Получили следующую систему
(u+v = 2,	(u + v = 2,	[u+v = 2,
[m2+v2=2,	[(u + v)2 -2uv = 2,	[uv = 1.	u
Тогда
I 2	1" .	2	1 i 2	. V2
J cos x+— = 1, cos x+ — = 1, cos x = —, cosx = ± —,
V 2	2	2	2
x= — + — = — (2&+ 1), keZ.
4	2	4'	*
Ответ: x = у (2k +1), к g Z
8.371. sin 3x = a sin x.
Решение.
По формуле sin За = 3sina - 4 sin3 а имеем
3sinx-4sin3 x-asinx = 0, 4sin3 x+(a-3)sinx = 0,
sinx^4sin2 x+ a - з) = 0.
Отсюда
1) sinx= 0, X] = nk, keZ,
2) 4sin2 x+a-3 = 0, sin2x= ^-(l-cos2x) =	, cos2x =
a -1
~2~’
2x = ± arccos-+ 2nn,
2
-1< —<1,
2
[	1	a-1
x? = ±—arccos----1- nn, n e Z,
2	2	2
- 1 < a < 3.
Ответ: x{ = nk, где a e R, x, = ±1 arccos+ nn, где a e [-1;3];
к и n g Z.
8.372. COS 3x = A72COS x.
Решение.
По формуле cos За = 4 cos3 а - 3cosa имеем
4cos3 x- 3cosx- wcosx= 0, cosx^4cos~ x- 3- wj = 0.
Отсюда
1) cosx= Q, xx - — + nk - —(2k+ 1), к g Z;
608
2	-	r\	И7 + 1
2) 4cos х-3-т = 0 <=> 2(1 + cos2x) = m + 3, cos2x -—-—
. 1	Hl + 1	rz
= ± — arccos------+ Tin,n e Z.
2	2
«	, m + \ „
2x = ±arccos----+ 2 л n,
2
<
. w +1
-1<-------<1,
I 2
хл	л	„	,1	. m +1
Ответ: Xi = — (2x + l), rjxemeR; x2=±yarccos—— + ли,где
m e [- 3; 1]; к nneZ.
Я.У13. tgx + tga + I = tgxtga.
Решение.
[ cos x Ф 0,
°д3:
[cosa * 0.
Запишем уравнение в виде
tg х + tg a = -(1 - tg х tg a) =>  — X + —a • = -1 => tg(x + a) = -1,
1-tgxtga
t	Tt	/ 7 *7
x + a = — +ЛХ, x = -a---+ nk, к e Z.
4	4
Из ОДЗ следует, что a *
Ответ: x = -a + —(4k-1) при a*^,keZ. При a = ~ решений нет.
8.374.	12sinx + 4V3 cos(tt + x) = ?ил/з.
Решение.
Из условия имеем
(“У 3	1
—sinx—cosx
2	2
-cos 60° cosx) = -8д/з cos (60° + x) = 8л/з sin (x-30°).
Тогда
8-Уз sin (x - 30°) =
= 8V3(sin60°sinx-
ti ] _ m
x = (-1) arcsin— 4- TW 4- — = (-1) arcsin— 4- — (6n 4-1),
8	6	8 6
где -8<w<8,neZ.
Ответ: x = (-1)” arcsin—+ —(би + 1),где-8 < m < 8, n gZ.
8 6
20 Группа Б
609
• f 5>l • f и
8.375.	sml x+— I + sinl x+— I = cosa.
Решение.
Из условия имеем
_ . ( ЗА ,	. (	3^ cosa
2sinl х+ — Icosl = cosa, sin x+ — =-----.
\	2)	\	2 J 2 cos 1
Отсюда
3 z .xjt	. cosa
x+ — = -1 arcsin------+ itk,
2 v ' 2cosl
< cosa < i
2 cos 1
i _u-	. cosa 3	. .	„
_ x = I — 1 arcsin---------+ лк, к g Z,
<=> v ’ 2cosl 2
- 2cosl < cosa < 2cosl.
_	, ,д-	. cosa 3	,	n ,	„
Ответ: x = - 1 arcsin-----------h itk при a g R, к g Z.
k ' 2cosl 2
2 tg-—cosx
8.376. 2 2	=4.
Решение.
ОДЗ: cos-| # 0.
Запишем уравнение в виде
2tg--cosx -.	х
2 2	= 22 <=> 2tg— - cosx = 2 <=>
2(1 - cosx)
<---------------=>-------------cosx-2 = 0 => 2-2cosx-sinxcosx-2sinx = 0<=>
sinx
<	=> 2 - 2(cos x + sinx) - sin xcos x - 0.
Пусть cosx+sinx= у => cos2 x+ 2sinxcosx+ cos2 x = y2, 2sinxcosx =
	> ,	У" -1
= y- -1, sin XCOS x - —-—.
Относительно у уравнение принимает вид 2 - 2у +	= 0,
у2 + 4у -5=0,У] = -5, у2 = 1.
610
1) sin2x = 24,0;
2) sin2x =0, 2x = nk, x= — , к e Z
2
Учитывая ОДЗ, имеем x = + 2rcfc = (4k + 1), к g Z
Ответ: x = (4k + 1), keZ.
8.377. 2яп2х + 4-2С0$2х = 6.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
2*п2 х + 4 • 2	х - 6 = 0 <=> (2S1"2 * * * * * 8 х)2 - ф*п2 х) + 8 = 0.
Решив его как квадратное относительно 2ЯП х, получим
1) 2sin2x = 2, sin2 х — 1, sinx = ±1, х = у + nk = ^(2к+1), к g Z,
2) 2яп2х = 22, sin2 х= 2, 0.
Ответ: х = ~ (2& + 1), к е Z
8 378 з^+япх+ "+яп"х+ " = 1/э
Решение.
Из условия имеем
2
31+anx+...+sin" х+... _ з з <=> 14. sin х + _ + sin" х +
2
’ 3'
По формуле суммы членов бесконечно убывающей геометрической
прогрессии получаем
1	2	1	/ l4Ar+i п . ,	_
-—;— = -, smx=--, х=(-1)	— + itk,keZ.
1-sinx 3	2	6
sinx = -
Ответ: х = (- 1)*+I + пк, к е Z
8 379 2-1+cosx-cos2 cos"х+••• = 3^q,25
Решение.
Запишем уравнение в виде
2
2~1+СО5Х-СО82 X+...+(-iy‘1COs'' Х+... —	3 <=>
611
<=> -1 + cosx—cos2 %+...+(-1)” 1 cos” X+...= - — .
По формуле суммы членов бесконечно убывающей геометрической
прогрессии получаем
1
1 + COS X
cosx=—, х — ±— + 2пк = — (6к + 1), k&Z.
3	2	3 У ’
Ответ: х =	± 1), к & Z
8.380. 9«-«»6* = 3ctg3x.
Решение.
_ „	I cos 3.x 0,
ОДЗ: .
[sm3x^ 0.
Перепишем уравнение в виде
1
32-2‘“б< = 3^;о 2-2cos6x=—,
ctg3x
2-2 cos 6х- tg3x = 0 <=>
_ п , sin6x	. э х  z а
<=>2-2 cos 6.x--------= 0 <=> 2 sin 6.x - sin 6.x = 0,
1 + cos 6х
sin6x(2sin6x-1) = 0 => 2sin6x-l = 0, sin6x=-^-,
6х= (- 1/ — + itk, х= (- 1)*	+-у-, к е Z; sin6x^0.
6	36	6
/п	( 1 \ ' Tt Ttk .	™
Ответ: х = -1 — + —, к е Z.
V 1 36	6
8.381.	81sin2 Л' + 81cos2 v = 30.
Решение.
Запишем уравнение в виде
8 lsin2 х + 811-sin2 л - 30 = 0 <=> (8 lsin2 х)2 - 30^81sin2 + 81 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно 8151"2 х, получим
gpin2 * _ з, 34sin2x _ з ИЛИ gpin2x _ з4яп2х _ 3З
612
i\x-2	1	•	.1	. л nk
l)4sin x = l, smx = ±—, Xj=± —+ —, AreZ;
2	6	2
-л \ ?i * 2	•	L	7T 7Г /1	_
2)4sin X = 3, Sinx = ±-^-, X2=± — + —^~, neZ,X2 ВХОДИТ В Xp
Ответ: x = ^{3k+ l),k&Z.
1 . (л	А
/—sin —X cos
2 U	J
8.382.	l + 2tgx =3-
Решение.
ОДЗ: cosx т^О.
Из условия имеем
' . л	л .
sin—cos x-cos—sin X
4 	4
2
l + 2tgx =3-2 1
cosx-sinx
= 3-2 cos x
<=>l + 2tgx=3-2*-tgv,l + 2tgx-— = 0 <=> (2tgx)2 + 2tgx-6 = 0.
2tgx
Решив уравнение как квадратное относительно 2tgx, имеем
1) 2tgx =-3, 0;
2)2tgx = 2 <=> tgx = 1, х = - + лЛ = -(4Л + 1), k(=Z.
4	4
Л
Ответ: x = — (4Zr + l), k^Z.
8.383.	logcosx4-logcos2x2 = l.
Решение.
ОДЗ: 0< cosx < 1.
Перейдем к основанию cosx. Получаем
^logcosx ' logcosx 2 — 1, logcosx 2 = 1.
Отсюда
l)logCOSx 2 = 1 <^>cosx = 2, 0;
2)logcosx 2 = -1, —-— = 2, cosx = —, x = ± — + 2nk = — (6k± 1), к eZ.
cosx	2	3	3
Ответ: x = — {6k ± 1), к&Z.
613
8.384.	logsinjc4 1ogsin2jc2 = 4.
Решение.
ОДЗ: 0< sinxc 1.
Перейдем к основанию sin х. Имеем
9	1
l°8sinx 2	• logsinx 2 — 4, l°gsinx 2 = 4.
Отсюда
1)	^°gsinx2 = 2, sin2x=2, 0;
1	-21	л/2
2)	logsinx 2 =-2, —2~ = 2’ sin х=т> sinx=+ —.
□Ill X	L
УчитываяОДЗ, sinx = -у, x = (-1) — + itk, keZ
Ответ: x = (- 1) — + nk, ke Z
4
8.385.	З^о^зтх)2 + log2(l -cos2x)=2.
Решение.
ОДЗ: sinx> 0.
Из условия имеем
3(log2 sinx)2 + log2(l - l + 2sin2 xj-2 = 0 <=>
<=> 3(log2 sin x)2 + log2 (2 sin2 x)- 2 = 0 <=>
<=> 3(log2 sinx)2 + 2(log2 sinx) -1 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно log2 sinx, получим
log2sinx = 3, sinx = 8, 0;
или
log2sinx=-l, sinx=^-, Х2 =(-1)* — + itk, keZ
2	6
/ \к
Ответ: х = (- 1) — + itk, keZ.
о
8.386.	Дано (1 + tgx)(l + tgy) = 2. Найти x+y.
Решение.
[cosx^ 0,
ОДЗ: icosy^O.
614
Перепишем уравнение в виде
l + tgx+tgy+tgxtgy = 2, tgx+tgy = 1 — tgxtgy => tg*+ = 1 =>
1-tgxtgy
=>tg(x+y) = l, х+у = ^- + л& = ^(4£+1), keZ.
Tt /	\
Ответ: x+ у = — (4k +1), к g Z
8.387.	Показать, что уравнение ctg2x+ctg3x+--------------= О
sinxsin2xsin3x
не имеет корней.
Решение.
	sinx 9* 0,
ОДЗ:	sin2х?ь 0, sinЗх?* 0.
Запишем уравнение в виде
cos2x cos3x	1
—:----1—:----1—:---:-----:--
sin2x sin3x sinxsin2xsin3x
sin3xcos2x+cos3xsin2x	1	л
sin2xsin3x	sinxsin2xsin3x
sin5x	1
—T-т- +  ---———— - 0 <=> sin5xsin x+1 = 0,
sin2xsin3x sinxsin2xsin3x
|cos4x= -1,
2sin5xsinx= -2 <=> cos4x- cos6x= -2 <=> <
|^cos6x= 1.
it Ttk
Из первого уравнения системы имеем 4х= it + 2itk, х - ~ + — у
(Зтс А
к g Z. Тогда из второго уравнения системы имеем cosl — + 3itk I # 1, 0.
8.388.	Один из углов прямоугольного треугольника удовлетворяет
уравнению sin3 х+ sinxsin2x- 3cos3 х= 0. Показать, что треугольник
равнобедренный.
Решение.
Запишем уравнение в виде
sin3 х+ sinx- 2sinxcosx- 3cos3 х= 0 <=>
615
<=> sin3 x+ 2sin2 xcosx- 3cos3 x = 0 <=> tg3x+ 2tg2x- 3 = 0 <=>
<+> tg3x- tg2x+ 3tg2x- 3 = 0 <=> tg2*(tgx- 1) + 3(tgx-1)(tgx+ 1) = 0,
(tgx- l)(tg2x+ 3tgx+ з) = 0.
it
Отсюда 1) tgx- 1 = 0, tgx= 1, Xj = —. Так как треугольник прямоу-
Л Л Л	Л
гольный, то второй угол *2 = ~2~~^ =	= л2 = что и требова-
лось доказать; tg2x + 3tgx+ 3 * 0 (Л < О),0.
8.389.	Показать, что не существует треугольника, каждый угол ко-
торого удовлетворял бы уравнению
(3cosx- 2)(14sin2 x+sin2x- 12) = 0.
Решение.
Уравнение равносильно совокупности уравнений
1) 3cosx- 2 = 0 или 2) 14sin2 х+ sin2x- 12 = 0.
2 „	. Е 4	sinx V$
1) cosx= —. Тогда sinx= +,11— = —, tgx =-------= —.
3	V 9	3 cosx 2
2) 14sin2 x + 2sinxcosx-12(sin2 x + cos2 x)= 0 <=>
<=> sin2x + sinxcosx-6cos2x = 0 <=> tg2x+tgx-6 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tgx, получим
tgx = -3 или tgx = 2. Пусть tgx =	= tga, tgx = -3 = tgp, tgx = 2 = tgy,
где a, p, у — углы треугольника. Так как сумма углов треугольника
а + 0 + у = л, 0 + у = л-а, то
/о х , х	tgp + tgy_torv -3 + 2	1 V5
tg(₽ + Y) = tg("-«) = tg«^	g ’	=
Противоречие. Таким образом доказано, что не существует треу-
гольника, каждый угол которого удовлетворял бы уравнению
(3cosx- 2)^14sin2 х+ sin2x- 12) = 0.
616
8.390. Показать, что существуют треугольники, у которых каждый
угол удовлетворяет уравнению (65sinx- 56)^80- 64 sinx- 65cos2 xj = 0.
Найти эти углы.
Решение.
Уравнение равносильно совокупности двух уравнений:
1) 65sinx-56=0 или2) 80-64sinx- 65cos2 х=0.
14 •	56
1) sin х = —
65.
2) 80-64sinx-65(1- sin2 xj = 0 <=> 65sin2 x-64sinx+15 = 0,
5	3
откуда sin x = — или sin x = -.
3	5	56
Пусть sinxj =-, sinx, =—, sinx3 = 77, гдехрх2,х3— углытреу-
5	13	6 j
гольника и Xj + Xj + x3 = л, или Xj + x2 = it - x3. Тогда
sin(xj + X2) = зш(л - x3) = sinx3.
3
Отсюда sinx! cosa^ + cosxj sinx2 = sinx3. Из равенства sn^ = -
получаем
• 2	9 .	2	9	4
Sin X] =--, 1-COS X, =---,COSXi=± —.
1 25	1 25	1	5
Так как sinx, = —, то имеем
-2	13>
.2	25	,	25	12
2 169	2 169’	13
Подставляя значения sinx^ sinx2, cosx, и cosa^ в уравнение, нахо-
.3	.5	.56
дим, что х. = arcsin-, х, = arcsin—, х3 = л - arcsin—.
1	5	13	65
„	.3	.5	.56
Ответ: х. = arcsin-, х, = arcsin—, х-> = л-arcsin—.
1	5	13	3	65
8.391. Показать, что треугольник, каждый из углов которого удов-
летворяет уравнению 3tgx- 3tgf	- 2>/з = 0, является равносторонним.
617
Решение.
Из условия имеем
—------3tg —— 2>/3 = 0 <=> а. 3 X , о /?♦ 2 х □ х о R а
тх б2	3tg - + 2V3tg —+ 3tg —-2V3 =0,
tg" -	2	2	2
tg^-- 4=1 3tg2 +3,/3tg± + 6 |=о,
2 V3 1	2	2 J
откуда
X 1	_ . x 1
1)tg7_“7?=0’ tg? = 7
2 73	2	V.
Tt
Tt
T
2) 3tg21 + 3>/3tg| + 6 * 0 (D< 0), 0.
Получили, что треугольник, каждый из углов которого равен
71 । Tt 7t 71	|	д;	I—
у I у + у + у = 71 Iи удовлетворяет уравнению 3tgx-3tg—- 2V3 =
= Зл/З - -у=- - 2>/3 = 0, является равносторонним. Что и требовалось
доказать.
Л
8.392.Найти sina, если cosa = tgP, cosP = tgy, cosy = tga (0 < a < —,
Tt
2’
л
2>’
Решение.
Из условия имеем
cosa = tgP, cosp = tgy, <=>	cosa = cosp =	sinP cosP ’ siny cosy ’	cos2 cos2	a = P =	sin2 cos" sin2 cos2	1 P I Y
cosy = tga,	cosy =	sina .	cos2	Y =	sin2	a
		cosa ’			cos2	a
618
2	1~ COS2 P
cos a =----------
cos2 3
2ft 1-cos2 Y
cos P =------—L,
cos у
2	1 - cos2 a
cos y =------j---•
cos a
2	1 - cos2 a
Так как cos у =-------, то имеем
cos a
1 - cos2 a
cos2 p =---cos|a = 2cos2a-l
1	- cos2 a 1 - cos a
2
cos a
„	2 о 2cos2a-l
Подставив значение cos p =-----:— в первое уравнение систе-
ч	1 - cos2 a
мы находим
2cos2a-l
1------э-- о о 2
2	1 — COS О 2 — 3 COS a	4	2 i л
cos2 a =---1 ц =--------------<=> cos a + cos a -1 = 0.
2cos2a-l 2cos2a-l
1 - cos2 a
Решив это уравнение как квадратное относительно cos2 а, имеем
2	-1-75 п 2	-1 + 75
cos a = —-— < 0, 0 или cos a = —-—.
Отсюда
. • 2	-1 + 75 . 2	1 —1 + 75
1 - sin a =----, sin a = 1-----
2	2	2
sina =
_|J5)2-2J5-1 J(^-l)2 _V5 j
2	2	2
75-1
Ответ: sina =----.
619
8.393.	Найти углы а, р и у первой четверти, если известно, что они
л
составляют арифметическую прогрессию с разностью —, а их танген-
сы составляют геометрическую прогрессию
Решение.
Я
Пусть а, Р и у — члены арифметической прогрессии, d = —;
tga, tgP, tgy—члены геометрической прогрессии; 0 = a + —, у = a + —.
12	6
По свойству членов геометрической прогрессии
bl = bk-\bk+\ Л = 2> 3> •••> п - t следовательно tg20 = tgatgy,
. sina sin a ч—
->( л ( л A	tg21 a + — - i =------------—
tg" « + — =tgatg a + - « g I	12J	( K
\	\ о?	cosacos a + —
I 6
_	э a 1-cosa	. o 1 /	/ n\ i a\\
Так как tg" — =-------, sinasinp = -Icosla-pl-cosla + p)J и
2	1 + cosa	2	'
cos a cos P = (cos(a - p) + cos(a + 0)), то имеем
1 f	।	7Г	l
I - cos 2a + — cos— cos 2a 4- —
l	6)	6	I	6
(Л J	Л	(	Л
2a + — cos— + cos 2a + —
6j	6	I	6
, I n	Я
1 - cos 2a + — I
I	6
3-2 cos| 2a + —
\	6
, I ~	я
1 + cos 2a + —
I	6
л
2a+ —
6
_	। _ л
3-2 cos 2a + — x
I 6 J
( ,	f „	Л
x I + соя 2a + —
I	\	6
620
л
л it _ 2л
2~ 6 ~~б’
6
~	. 71 л Л Л	Л
<=> cos 2а + —= О, 2а + - = -, 2а = -
I 6J 62	2
л
а = —
6
—,	q Я Я
Тогда р = — + — = —
6 12 4
л л л
у = — + — = —
6 6 3
8.394. 4
Ответ: —
6 4 3
Решить .системы уравнений (8.394—8.405):
sinx+cosj> = 0,
• 2	2	1
sin x+cos у = —.
2
Решение.
Запишем данную систему уравнений в виде
sinx+cosy = О,
(sinx+cosy)2 -2sinxcosj> = -^
sinx+cosy = 0,
1 =>
sin xcos у = —
4
f	}	1-2	1	•
=> cos у = - sin x, sinx- -sinx =—, sin x=—, sinx=± —.
v	'	4	4	2
Таким образом данная система равносильна следующей совоку
сти двух систем уравнений:
sinx+cosy = 0,
а) sinx=—
I 2
sinx+cosj^ = 0,
б) sinx= —.
2
Решив системы, найдем
Xj = (-1)*+1 + itk, х2
6 J 2
л
?1 =±у + 2пп, Ру2
= (-1)47 + яА:,
О
2	к, п е Z.
= ± —л + 2лл,
Ответ: Xj = (- 1)*+1 + Ttk, = ±у + 2лл,
2
х2 = (-1)* — + Ttk, Уг = ±—л + 2лл, где к и п е Z.
6	3
621
8.395.
^2tgx+cos)' _ 3
9cosy _81tgx = 2
Решение.
ОДЗ: cosx^ 0.
Из условия имеем
QI tgx Q COS у _ ч
9с“^-81«' = 2,=> 9с“?=2 + 81«', 81®‘(2 + 81,«') = 3,
(81tgx)2+2(81lsx)-3 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно 81^, получиь
81^ = -3, 0; 81^ = 1. Отсюда tgx = 0, х= nk}, к{ g Z
Тогда
9c°v =2 + 1 = 3, 32cos^ =3, 2cosy = l, cosy = |, у = ±у + 2л£2, k2 e Z
Ответ: x = nk{, у = ± — + 2itk2, где kx и k2 g Z
_ S'11
8.396.
sinx = 2 siny.
Решение.
Из условия имеем
5л
T
<=> - sin у cos у+cos у sin у - 2 sin у = 0 <=> ^3 cos у + 3 sin у = 0 <=>
«tgy = --^, y = -^ + nZ: = -^(6Z:-l), keZ.
Тогда x= — - — + nk = — + Ttk = — (2k + 3), ke Z
36	2 2K ’
Ответ: x = — (2& + 3), у = — (6k- 1), где к e Z
2	6
622
fsinxcosy = 0,25,
8.397. |s|n у CQS x _ gj $
Решение.
Сложим и вычтем первое и второе уравнения системы. Получаем
sin х cos у+sin у cosx = 1,	[sin(x + y)=l,
sinxcosу-sinуcosx =	sin(x-y)=-^,
я
x+ y = ~ + 2nkit
<=> к 2	kxn k2 e Z=$
x- у = (- 1)** ~ + nk2,
Xj =^ + n(ki-k2), У1 =^ + л(к1+к2); x2 = -^ + я(^ - k2),
y2 = — п + л(&] + k2); kx и k2 g Z.
Ответ: xi=~7 +	“ ^2)’ -И = T +	+ ^2)’
о	5
x2 = - — + я(^ - k2), y2 = у я + я(&! + k2); где kx и k2 g Z.
8.398.
1
х~У = ~у
-2	1
COS ЯХ - Sin яу = —
Решение.
Перепишем второе уравнение системы в виде
•^(1 + СО82ях)--^(1-СО52яу) = J, СО52яХ+СО82яу = 1 <=>
2ях+2яу 2ях-2яу ,	.	.	,
<=> 2 cos-----cos----------= 1, 2 cos я( х + у) cos я( х -.
<=> 2cosя(х+у)cos	= 1, 2сО5я(х+у)• — = 1, со8я(х4
я(х+у) = 2я£, x+y = 2k, k&Z.
623
Таким образом получим
.Х~У = ~^’	=?> х=к--,у = к + ~, где k&Z.
х+ у = 2к, к& Z.	6
Ответ: х = к- — , у= к + — , где к е Z
6	6
Решение.
fcosx?t О,
ОДЗ:
[cos у Ф 0.
Из условия имеем
! Я 1
z ч	tg--tgy tgy
л	(п	1 I 4 J _ 1
4	\4	)	6	1 + tg-tgy
4
(l-tgy)tgy_l
l + tgy "6’ 6t« y-5tgy+l = O.
Решив последнее уравнение как квадратное относительно tgy, по-
лучим tgy! = -i, tgy2 = • Подставив эти значения во второе уравнение
1 1
системы, найдем tgx1 = -, tgx2 = • Отсюда
1
%! = arctg- + nk,
л 1	,
Л =-- arctg-- nk;
1
x2 = arctg—+ ли,
n 1 k, n e Z
y2 =--arctg--ли;
Ответ: <
1
Xj = arctg - + nk,
n 1	,
У1 =-~ arctg--nk;
1
x2 = arctg —+ ли,
„	2 i к, n g Z
л i
y2 =--arctg--ли;
624
8.400.
41 sinx = siny,
41 cosx- Vicosy.
Решение.
Возведя оба уравнения системы в квадрат, получим
2 sin2 х = sin2 у,
2	2 => 2 = sin y+3cos у, 2sin у+311-sin у
2cos x=3cos у.	' J
• 2	1	v2 , it ,
sin y = -, siny = ±—, y=±-+n^, ^eZ
~ • 2	• 2	1	 2	1	, 1
Тогда 2sin x=sin y = —, sin x= —, sinx=±—,
X = ±— + TIK-),
6	2
k2 e Z.
Tt ,	Tt .
Ответ: х = ±— + пк2, у = ±— + пк1; k2H кх eZ; к2нк{ — числа од-
ной четности.
8.401.
х у
tg- + tgy = 2,
ctgx+ ctgy = -1,8.
Решение.
[sinx^ 0,
°Д3, [siny Ф 0.
Используя формулу ctga =-----—, запишем систему уравнений в виде
2tg^
^ = 2-4
625
Решив это уравнение как квадратное относительно tg—, получим
х _ 1 х 5
tg— —, tg— =	Далее имеем
Xi	1
у =-arctg- + 7^,
У1 5	,
у = arctg-+ л£2,
%! = -2arctg + 2пкх
5 „ ,
У! = 2arctg — + 2пк2 .
2)
у = arctg- +
Уу	1
~^ = -arctg- + пк2,
5	,
х2 = 2arctg— + 2n/q,
72 =-2arctg-^ + 2itA:2,rae^1 И^2 е Z
Ответ: = -2arctg - + 2пк{, у, = 2arctg - + 2пк2;
х2 = 2arctg | + 2пкх, у2 = -2arctg + 2пк2, где к{ и к2 g Z
{2cosx । 2C0S'‘ у — 5
2cosx 2C0S"‘ у — 4
Решение.
Из условия имеем
2cos-^ =5_2cosx) 2C0SX-(5-2C0SX) = 4, (2COSX)2-5(2COSX) + 4 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно 2C0SX, получим
2С“Х = 1, cos х=0, х=у + лА: = у (2к + 1), к 6 Z
или
2COSX =22, cosx= 2, 0.
626
Подставив значение 2C0SX = 1 в первое уравнение системы, найдем
2COS’1>'=4, cos-1 у =2, cosy = -~, у = ±^ + 2як1 = ^(6£j ±1), кх e Z
Ответ: х =
{sinxsiny = 0,75,
tgxtgy = 3.
Решение.
[cosx*0,
ОДЗ: J
[cosy* 0.
Перепишем второе уравнение системы в виде
sinxsiny	0,75	___
----:—— = 3 <=> ---------= 3, cos xcos у = 0,25.
cos xcos у	cos xcos у
Тогда данная система имеет вид
[sin х sin у = 0,75,
[cos xcosy = 0,25.
Сложив второе уравнение этой системы с первым, а затем вычтя из
второго уравнения первое, получим
cosxcosy + sinxsiny = 1,
1
cos х cosy-sinx sin у =	,
cos(x-y)=l,
cos(x + у)—-
x- у = 2nkx,
,2	, ,
x+ у = ±—л + 2itk2,
Х=±~ + л|
у = ±y+ л!
k{ и k2 e Z
7U /	\	7U ✓	\
Ответ: x = ±y + л(kx +k2), у = ±— + 7r(Ar2 ~)> kx и k2 e Z
8.404.
2	2
cos x+ cos у = 0,25,
5л
x+ у = —.
6
Решение.
Запишем первое уравнение в виде
1	1	3
— (l + cos2x) +—(l + cos2y) = 0,25, cos2x+cos2y =
627
<=> 2cos(x+ y)cos(x- у) =
3 n 5k f \	3
— <=> zcos — cosx-у = —,
2	6 k 1	2
cos(x-y)=—, x- у = ±— + 2лк, к & Z.
Отсюда исходная система принимает вид
л ,
х—у = —Ь2лк,
Л 6
5л
х+у = —;
6
л ,
х- у = — + 2лк,
У 6
5л
*+У = ~7,
о
к е Z<=>
*1 = у + я& = |(2& + 1),
Л = ^-лк = ^(\-Зк);
л ,
х7 = —I- лк,
2 3
п 1
У1 = " кк’
ке Z
Ответ: = у(2&+1), ух = —[1-Зк\,
Х2= у(ЗАг+1), у2 =у(1-2£), £gz
8.405. ‘
sin xsin у = 0,25,
л
х+ у = —.
3
Решение.
Запишем первое уравнение системы в виде
1	л 1
cos(x-y)-cos(x+^) = —<=> cos(x-у)-cos— = -, cos( х - у) = 1,
х-у = 2лк, keZ
Таким образом исходная система уравнений принимает вид
х- у = 2пк, keZ,
л
Х+У=~,
я ,
X = —F лк,
6
у^-пк, к^
6
It	It
Ответ: х- — (6к +1), у = — (1 - 6£), k&Z.
6	6
628
Решения к главе 9
НЕРАВЕНСТВА
НЕРАВЕНСТВА С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ
Неравенства Л (х) > /2 (х), fx (х) > /2 (х), fx (х) < f2 (х ),' fx (х) < /2 (х ),
где /] (х) и f2 (х) — заданные функции переменной х (одна из них
может быть постоянной), называются неравенствами с одним неизвест-
ным.
Переменная величина х называется неизвестной. Если /](х) и /2(х)—
алгебраические выражения, то неравенство называется алгебраическим.
Решением неравенства с одним неизвестным называется такое зна-
чение неизвестного, при котором данное неравенство обращается в тож-
дественное (истинное).
Решить неравенство с одним неизвестным — значит найти множе-
ство (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 одинако-
вы для неравенств /1(х)>/2(х), /1(х)>/2(х), /1(х)</2(х),
/1 (х) < /2 (х ), то будем рассматривать только неравенства вида
У1 (х ) >/*2 (х).
Пусть даны два неравенства с одним неизвестным
(9.1)
629
£1 U)>g2(*)-
Неравенство (9.2) называется следствием неравенства (9.1), если все
решения неравенства (9.1) есть решения неравенства (9.2) или неравен-
ство (9.1) не имеет решений.
Два неравенства (с одним неизвестным) называются равносильными
(эквивалентными), если каждое из них является следствием другого.
Если над обеими частями неравенства с одним неизвестным произве-
сти тождественные преобразования, не меняющие области определения
неравенства, то получим неравенство того же смысла, равносильное дан-
ному, т.е. если дано неравенство /j(x)> /2(х) с областью определения/)
и в результате тождественных преобразований получилось неравен-
ство /з(х)> /4(х) с той же областью определения, то они равносильны.
Если к каждой части данного неравенства прибавить одно и то же чис-
ло или выражение, имеющее смысл при всех значениях неизвестного из
области определения неравенства, то получим неравенство того же смыс-
ла, равносильное данному, т.е. если дано неравенство (х) > /2(х) с °б-
ластью определения D и т (х) — число или выражение, имеющее смысл
при всех значениях х из D, то неравенство /j (х) + т(х) > /2 (х) + ди(х) рав-
носильно 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 неравен-
ство того же смысла будет равносильно данному.
Если обе части неравенства умножить на одно и то же отрицательное
число или выражение, принимающее отрицательные значения при всех зна-
чениях неизвестного из области допустимых, то получим равносильное
данному неравенство противоположного смысла, т.е. если дано неравен-
ство /j (х) > /2(х) и число или выражение ти(х) < Опри всех х из ОДЗ не-
равенства, то неравенство Д(х)-ди(х)< /2(х)-ти(х) будет равносильно
данному.
f (х)
Неравенство  - —- < 0 равносильно неравенству Д (х)-/2(х) < О
ЛОО
при/2(х)*0.
Неравенство ^х\ > о равносильно неравенству Д (х)-/2(х) > О
Л(х)
при/2(х) * 0.
630
РЕШЕНИЕ РАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ
С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ
Решение неравенства первой степени
с одним неизвестным
Неравенства вида
где /] (х) и /2 (*) — 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
ax+b>Q-	(9.3)
Решение неравенства ах +Z> > О
Если а > 0, то после умножения обеих частей неравенства на — > О
а
получим равносильное данному неравенство х + — > 0, из которого по-
b	а
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
b
го следует х <--.
а
Если а = 0, то при b < 0 для любого действительного значения х
неравенство обращается в неверное, т.е. решений не имеет, а при b > О
данное неравенство верно при всех действительных значениях х , т.е.
все действительные числа являются решениями неравенства.
631
Решение неравенств второй степени (квадратных)
с одним неизвестным
Неравенство, обе части которого есть многочлены относительно неиз-
вестного 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 (квадрат-
ное неравенство) можно привести к одному из его канонических видов:
ах 2 + Ьх + с > 0, ах 2 + Ьх + с > О,
?	9	(9.4)
ах + Ьх + с < 0, ах + Ьх + с < О,
где х Ф 0 .
Решение неравенства ах2 + Ьх + с > 0 (а Ф о)
Если а > 0 ,то данное неравенство равносильно неравенству
2 Ь с .
х -1—х -1— >0
а а
или
х2 + рх + q > 0,	(9.5)
Ь	с
тле, р = ~ , q = - .
а	а
Если а < 0, то данное неравенство равносильно неравенству
2 Ь с п
х +—х+— < 0
а а
или
х2 + рх + q < 0,	(9.6)
Ь	с
где р = - , q = - .
а	а
Другие неравенства вида (9.4) также приводятся к виду, аналогич-
ному (9.5) или (9.6).
Исследование трехчлена х2 + рх +q = 0
Рассмотрим трехчлен
х 2 + рх + q.	(9.7)
632
1. Если D = р2 - 4q > 0, то трехчлен х 2 + рх + q можно разложить на
множители с действительными коэффициентами
х2 + рх + q = (х -Xх ~*2 )>
где Xj
-q — корни трехчлена
(X] <х2).
Если х <xt < х2 ,то х - Xj <0 и х - х2 < 0 ; тогда х2 + рх +q > 0.
Если Х|<х<х2,тох-х1 >0,ах-х2 <0 ; тогда х2 + рх +q <0 .
Если х >х2 >Xj,tox-X] >0 их-х2 >0 ; тогда х2 + рх +q > 0 .
Вывод. Если D = р2 - 4q > 0 , то квадратный трехчлен х 2 + рх + q
положителен при значениях х , меньших меньшего корня и больших
большего корня, и отрицателен при значениях х , лежащих между кор-
нями.
2. Если D = р2 - 4q = 0
, то трехчлен х
+ px+q прини-
мает вид
2	/	\2
2	2	Р I Р I
х + рх + q = х + рх +	= I х + 2
р	р
и при всех х Ф - у будет положительным, а при х = равен нулю.
3. Если D = р2 -4q < 0 , то трехчлен х2 + рх +q можно предста-
вить в виде
/	\2	2 л /	\2	.	2
2	I Р I Р ~4q ( P]4q-p
х +рх +q = х +— - --- = х + — + ———.
l2J 4 l2J 4
Так как
>0 при всех х , a 4q — p2 >0, то трехчлен
7
х + рх +q положителен при всех значениях х .
633
Решение целых рациональных неравенств с одним
неизвестным
Целым рациональным алгебраическим неравенством с одним неиз-
вестным называется такое неравенство, обе части которого есть много-
члены относительно неизвестного.
Степенью целого рационального алгебраического неравенства с
одним неизвестным называется большая из степеней многочленов, вхо-
дящих в это неравенство.
Всякое целое рациональное алгебраическое неравенство и-й степе-
ни с одним неизвестным может быть приведено к одному из каноничес-
ких видов
QqX п +	1 + а2х п +... + ап_2х + ап_\Х + ап	>0,	(9.8)
аох п + а}х”-1 + а2хп~2 +... + ап_2х+ ап^х + ап	> 0	(9.9)
или
аох п + а^х ”-1 + а2х п~2 +... + ап_2х 2 + ап_хх + ап	<0,	(9.10)
аохп + fljX ”-1 + а2х п~2 +... + ап_2х2 + ап_}х +ап	< 0	(9.11)
(«о * О).
Метод интервалов
Чтобы найти решения неравенства
(х-хДх-х2Хх-хз)-- (х’“•хп)> 0	(912)
или
(х-Х]Хх-х2Хх-хз)- -(х-хл)<® ’	(913)
достаточно нанести на числовую ось нули (корни) левой части неравен-
ства Xj,x2,x3, ...,хп, 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 -XjX*-x2X* “*з )•••(* -х„)>0
будет объединение всех промежутков, в которых поставлен знак плюс,
а решением неравенства (9.13)
(х - хД* ~хг\х -хз)...(х - х „) < 0
будет объединение всех промежутков, в которых поставлен знак минус.
634
При решении неравенств
(x-XjXx-x2Xx-x3)...(x-xJ>0
и
(х-х1Хх-х2Хх-х3)...(х-хл)<0
с помощью метода интервалов, кроме соответствующих интервалов зна-
копостоянства левых частей неравенств, к их решениям надо относить и
их нули (корни).
Обобщенный метод интервалов
Рассмотрим схему решения неравенства (9.8)
аох " + ахх Л-1 + а2х п~2 +... + ап_2х 2 + ап_хх +ап > 0 (а Ф 0)
Многочлен аох " + ахх ”-1 + а2х п~2 +... + ап_2х 2 + ап_хх + ап в множе-
стве действительных чисел можно представить в виде
аох п + ахх Л-1 + а2х п~2 +... + ал_2х 2 + ап-\х + ап =
= aQ(x-х^'^х-х2У2 ...(x-xjm*(r2 + pxx+q$ ...(г2 + PiX+q$,
где хь х2,..., хк —действительные корни соответственно кратности
2	2
тх, т2,..., тк , а трехчлены х + рхх +qx, ...,х + pix+qi имеют отри-
цательные дискриминанты, т.е. при всех х положительны.
Неравенство (9.8) можно переписать в виде
а0(х-х])л’1 (х-хг)7”2 ...(х-х*)'"* (г2 + p}x+qx^ ...
...(г2 + р,х + qt /' > 0.
Так как квадратные трехчлены в этом неравенстве принимают поло-
жительные значения при всех действительных значениях неизвестного,
то оно равносильно неравенству
а0(х -хх)от‘ (х -х2)ОТ2 ...(х-хк)тк >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
-xjx X* -xh )...(v -xjs )> 0,
при a0 > 0 оно равносильно неравенству
(г-хУ)Хг-ху2)...(х-хЛ)>0,
635
а при aQ < 0 — неравенству
(v-x7Jx-x7J...(r-x7J<0.
Последнее неравенство решаем методом интервалов.
Дробно-рациональные неравенства
Неравенства вида		
/>„(») „	Р„(х)	
/ \ > 0; Qm(x)	Qm(x)	(9.14)
или		
	рАх) <0	
/ ч < 0; Qm(x)	Qm (Х)	(9-15)
где Pn(x)=aQxn +а}хп 1 +а2хп 2 + ... + ап_2х2 +ап_}х + ап (aQ Ф 0) и
0m(x) = bQxm +bxxm~} +Ь2хт 2 +... + bm_2x2 +bm_}x+bm (b0 *0) — мно-
гочлены переменной х , называются дробно-рациональными неравенствами.
При решении таких неравенств пользуются следующими утвержде-
ниями:
р (х)
1.	Неравенство \ > 0 равносильно неравенству
Qm И /
л, №„(*)> о.
р (х)
2.	Неравенство 7 > 0 равносильно системе неравенств
fp„(x)em(x)>o,
[е„(х)*о-
_ тт	Л.(х) Л
3.	Неравенство — . . < 0 равносильно неравенству
Qm И /
рААвМ<о-
и VI	Р„(х)
4.	Неравенство —. \ < 0 равносильно системе неравенств
вМ
636
Таким образом, решение дробно-рациональных неравенств сводит-
ся к решению целых рациональных неравенств.
При решении дробно-рациональных неравенств нужно придержи-
ваться 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 неравенств с одним неизвестным называется несколько
неравенств, в которых под одной и той же буквой, обозначающей неиз-
вестное, подразумевается одна и та же величина.
При решении системы неравенств с одним неизвестным обычно ре-
шают каждое из неравенств системы, а затем находят пересечение мно-
жеств полученных решений.
Решить систему неравенств с одним неизвестным - значит найти мно-
жество всех ее решений или показать, что система не имеет решений.
НЕРАВЕНСТВА С НЕИЗВЕСТНЫМ ПОД ЗНАКОМ
АБСОЛЮТНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
При решении неравенств, содержащих переменную под знаком аб-
солютной величины (модуля), используется определение абсолютной
величины:
IrM-f /(х)при/(х)>0,
{-/(х)при /(х)<0.
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 на чис-
ловой прямой между точками х и а .
637
Рассмотрим неравенство
/(|*|)<gW,	(916)
где /(х) и g(x) — некоторые функции.
Неравенство такого вида равносильно следующей совокупности
двух систем неравенств:
Рассмотрим неравенство
|/(х) < g(x),	(9.17)
где /(х) и g(x) — некоторые функции. Неравенство такого вида рав-
носильно следующей совокупности двух систем неравенств:
lg(x)>0,	jg(x)<0,
Vе0-
Рассмотрим неравенство
(9-18)
где /(х) и g(x) — некоторые функции. Это неравенство равносильно
следующей совокупности двух систем неравенств:
>(х)аО,
^(х) ИЛИ Iх е ОДЗ неравенств а (9.18)
Рассмотрим неравенство
|/(|x|]|<g(x),	(9.19)
где /(х) и g(x) — некоторые функции. Это неравенство можно решить
двумя способами. Во-первых, оно равносильно совокупности двух систем:
х < О,
х > О,

н™ 2) [|/(*)| < g(x)
Во-вторых, оно также равносильно двойному неравенству
Рассмотрим неравенство
(9.20)
638
где /(х) и g(x) — некоторые функции. Это неравенство можно решить
двумя способами. Во-первых, оно равносильно совокупности двух систем:
х < О,
х > О,
1)11/(-фИ*)или2ф(.ф.?«
Во-вторых, оно также равносильно совокупности двух неравенств
/(|x|)>g(x)
/^|)<-g(x)
Рассмотрим неравенство

(9.21)
где f(x) и g(x) — некоторые функции. Это неравенство решается при
помощи разбиения области его допустимых значений на промежутки, каж-
дый из которых является промежутком постоянства знака как функции
f (х), так и функции g(x). Затем на каждом из этих промежутков решает-
ся неравенство без знака абсолютной величины. Объединив решения на
всех промежутках, получим множество всех решений неравенства.
Некоторые неравенства вида (9.21) |/(х)| > |g(x)| целесообразно ре-
шать, перейдя к равносильному неравенству (/(х))2 > (gfc))2, т.е. воз-
ведением обеих частей исходного неравенства в квадрат.
ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
Алгебраическое неравенство называется иррациональным, если его
неизвестное входит под знак корня.
При решении иррациональных неравенств, как и иррациональных
уравнений, корни четной степени рассматриваются только арифмети-
ческие, а корни нечетной степени рассматриваются на всей числовой
оси (при всех действительных значениях подкоренных выражений).
Если неравенство, обе Части которого неотрицательны при всех зна-
чениях неизвестного из области допустимых, возвести в любую нату-
ральную степень, то получим неравенство того же смысла, равносиль-
ное данному, т.е. если дано неравенство

причем при всех х из ОДЗ J\ (х) > 0 и /2 (х) > 0 , то неравенство
639
ШУ >ШУ
равносильно данному.
Если обе части неравенства возвести в нечетную натуральную сте-
пень, то получим неравенство того же смысла, равносильное данному,
т.е. если дано неравенство
то неравенство (fi (х ))2л+1 > (f2 (х ))2л+1 равносильно данному.
В частности, неравенство вида
2yjf(x) < 2yjg(x), и е N ,
(9.22)
f/(x)>0
равносильно системе jf(x)<g(x| а неРавенство вида
2” х//(х) < 2n+yls{x\ п & N ,	(9.23)
равносильно неравенству /(x)<g(x); неравенство вида
2^/(х) < g(x\ neN,	(9.24)
	
равносильно системе •	g(x) > 0,	а неравенство вида /(х)< (g(x))2”,
2л^/(х) < g(x), neN ,
(9.25)
равносильно неравенству /(х)< (g(x))2n+1; неравенство вида
2^/(х) > g(x ), п & N ,
(9.26)
равносильно совокупности двух систем неравенств
g(x)<0,
/(х)>0
ИЛИ
/(*)> (gW)2”,
а неравенство вида
2”^/(x)>g(x) netf,
(9.27)
равносильно неравенству /(х ) > (g(x ))2 Л+1.
640
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
НЕРАВЕНСТВА
При решении показательных неравенств используются следующие
правила:
1)	Если а > 1, то неравенство
а/1(х)<а/2(х)	(9.28)
равносильно неравенству /](х)< f2(x), а неравенство
(9-29)
равносильно неравенству /](х)> f2(x).
2)	Если 0 < а < 1, то неравенство
a/.(x)<a/2(x)	(9.30)
равносильно неравенству /i(x)> f2(x), а неравенство
(9-31)
равносильно неравенству
3)	Если а > 1, то неравенство
logJiM<loga/2M!	(9-32)
где / , (х) > 0, /2 (х) > 0 , равносильно неравенству fx (х ) < /2 (х ), а не-
равенство
loga/i(x)>loga/2(x),	(9.33)
где fx (х) > 0, /2 (х) > 0, равносильно неравенству fx (х) > /2 (х).
4)	Если 0 < а < 1, то неравенство
loga/i(x)<loga/2(x),	(9.34)
где fx (х) > 0, /2 (х) > 0, равносильно неравенству fx (х) > /2 (х), а не-
равенство
loga/i(x)>loga/2(x),	(9.35)
где fx (х) > 0, f2 (х) > 0 , равносильно неравенству fx (х) < /2 (х ).
21 Группа Б
641
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА
Тригонометрическим неравенством называется неравенство, в ко-
тором неизвестное входит под знак тригонометрических функций непос-
редственно или в виде линейной функции неизвестного, причем над три-
гонометрическими 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 нера-
венства будут
arcsin а +2itn <х < it-arcsin а + 1пп, n&Z .	(9.36)
Если а > I, 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
л-arcsin а + 2ли <х <2л + arcsin а + 2ли, neZ .	(9.37)
Если а > 1, то неравенство верно при всех действительных значениях х.
3.	Неравенство cosx > а . Если а < -1, то неравенство верно при
всех действительных значениях х . Если -1 < а < 1, то решениями нера-
венства будут
-arccos п+ 2ли <х < arccos л+ 2ли, neZ.	(9.38)
Если а > 1, то неравенство решений не имеет.
4.	Неравенство cosx < а . Если а < -1, то неравенство решений не
имеет. Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут
arccos а+2ли < х <2л-arccos а + 2ли, neZ.	(9.39)
Если а > 1, то неравенство верно при всех значениях х .
5.	Неравенство tg х > а . Это неравенство имеет решения при лю-
бых действительных значениях а , причем
л
arctg л + ли <х < — + ли, neZ.	(9.40)
6.	Неравенство tgx <а. Это неравенство имеет решения при лю-
бых действительных значениях а , причем
- —+ ли <х <arctg л + ли, hgZ.	(9.41)
642
7.	Неравенство ctg х > а . Это неравенство имеет решения при любых
действительных значениях а, причем
пп <х < arcctg а + пп, пе Z .	(9.42)
8.	Неравенство ctg х < а . Это неравенство имеет решения при лю-
бых действительных значениях а, причем
arcctg а + пп < х < п + пп, neZ.	(9.43)
В случае нестрогих неравенств к решениям присоединяются соот-
ветствующие 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 с>0. Докажем, что
(а + Ь+с] — + — + — | > 9.
\ а b с I
Имеем
, a a b , b с с , „
1 + —+ —+ —+ 1 + - + —+ —+ 1>9
А	х.	А	’
(a b\ (b с\ (а с А ,
- + — + —+ - + - + - >6
I b а I (с b ) I с a J ’
Что и требовалось доказать.
9.097. Доказать, что если а — любое действительное число, то верно
сГ+а + 2
неравенство г~т.------ 2 .
Va2+a + l
Решение.
Имеем
а2+а + 2	(а2 + а + 1)-2>/а2 + а + 1 +1
.	_-2>0 <=> ----------------------->0,
у/а2+а + 1	\а2+а + \
643
2
Va2 + a + I -1	/ ,----- x2
-----7=-----— > 0, неравенство истинно, т.к. v« + a +1 -1	>0
ya~ + a + 1
и ya2 + a+ \ >0 при a&R. Что и требовалось доказать.
9.0	98. Найти все значения р, при которых выражение
lg((/?•“ D*2 +2 рх + 3/? - 2) определено для любых х .
Решение.
ОДЗ: (/; - 1)л'2 + 2рх + 3р-2 > 0.
Неравенство Ах2+Вх + С>0 выполняется для всех xeR,
когда В2-4АС<0, А>0, т.е. когда	2)<0,
^-1>0
М-5р + 2>2,о(р>2)
[р>1
Ответ: е (2 ;со).
9.0	99. Найти все значения а, при которых выражение
д/(а + 1)а-2 -2(л-1)х + 3л -3 имеет смысл для любых xeR.
Решение.
ОДЗ:(л + 1).\'2 -2(л - 1)х +Зл-3 > 0.
Неравенство Ах2 +Вх + С>0 выполняется для всех xeR, когда
В2 -4 АС < 0, А > 0, т.е. когда
(л-1)2-(л + 1)(Зл-3)<0,	[(л-1)(л + 2)>0,
<	С"!	<=> (л > 1).
а + 1 > 0	I л + 1 > 0
Ответ: а е (1;оо).
9.100.	Найти множество целых значений х , удовлетворяющих нера-
венству 42+л^ + 3 • 22+^*~1 -16 < 15 • 4^ + 2з+Ли + 5.21+Лй.
Решение.
Представим неравенство в виде
16-22л/^+3-4-2^-16<15-22^ +8-2^+ 5-2-2^ о
644
<=>	- 6 • 2'^*"* -16 < 0. Решив это неравенство как квадратное отно-
сительно 2, имеем -2 < 2'^ < 8 . Неравенство 2'^>-2 <=>
<=> х -1 > 0, х > 1. Неравенство 2У^ < 8 <=> 2^~^ < 23 >lx -1 < 3 ,
О < х -1 < 9 , 1 < х < 10 . В ответ запишем целые числа из этого промежутка.
Ответ: Xj=l; х2=2; х3=3; х4=4; х5=5; х6=6; х7 =7;
х8 = 8; х9 = 9.
9.101.	При каких значениях р оба корня квадратного трехчлена
х2 + 2(р + 1)х + 9р - 5 отрицательны?
Решение.
По теореме Виета корни квадратного трехчлена Ах2 +Вх + С существу-
ют и оба отрицательны тогда и только тогда, когда
D-В -4ЛС>0,	• (л(	,42
4(p + lf-4(9р-5)>0,
<—>0,	<=> <9р-5>0,
А
г	р + \ >0
— >0	1
откуда имеем
(5 ,
Ответ: ре\ —; I
9
U [6; «>).
9.102.	При каких значениях п оба корня уравнения (п-2)х2 -
- 2пх + п + 3 = 0 положительны?
Решение.
По теореме Виета корни квадратного трехчлена Ах2 +Вх + С существу-
ют и оба положительны тогда и только тогда, когда
645
D = B2-4АС>0, *<0,	п2 -(п-2\п + 3 — >о,	)SO,	п < 6, п2 + п - 6 > 0,
А	п — 2		
->о 1л	”±^>о .и -2		п(п - 2)> 0
п < -3,
2 < п < 6
<=> (не (-°о;-з)и(2;б]).
Ответ: пе (- °°; - 3)U (2; б].
9.103.	При каких значениях т корни уравнения 4х2 -(Зл/ + 1)х-w-2 = 0
заключены в промежутке между -1 и 2?
Решение.
Корни уравнения ах2 +Ьх + х = 0 заключены в промежутке (Х,8), т.е.
X < X] < 8 и X < х2 < 8, когда
Ь2 -4ас > 0,
а(а82 +/?8 + ,
и (ak~ +	+1
х<__L<s
2а
(З/и + 1)2 +1 б(т + 2)> 0,
4(2У - {Зт +1)2 - т - 2 > 0,
4(-1)2 - {Зт + 1Х-1)- т - 2 > 0,
, Зт +1
-1 <--------< 2
8
т е R,
9т + 22т + 33 > 0,	т <	^12
-7w + 12>0,		' 7 ’
		3	( 3	12
2т + 3 > 0,	•	т:	>	, <=>	<т< —
		2	{ 2	7
3w-15<0,		
	т <	' 5,
3w + 9>0		
	т:	> -3
f 3 12
Ответ: те\----; —
2 7
646
9.104.	При каких значениях а квадратный трехчлен ах2 -7х+4а при-
нимает отрицательные значения для любых действительных значенийх?
Решение.
Квадратный трехчлен ах2-7хч-4а<0 для х е R , когда
49 - 16а2 < 0,
а < 0
Ответ: а е -	-
9.105.	Найти целые числа х , удовлетворяющие неравенству
Решение.
1	। 9	9	_ 9 43	61
Из условия имеем Lx -1 >< —, х ^13, отсюда- — <х-5<— —<х< —,
г 1 4	4	4 4	4
х?ИЗ; х€|— ;13|U|13;— 1. Целыми решениями из объединения этих
к 4	) к 4 )
интервалов будут Xj = 11; х2 = 12; х3 = 14; х4 = 15 .
Ответ: х} = 11; х2 = 12 ; х3 = 14 ; х4 = 15 .
9.106.	Доказать, что при условии 2у + 5х =10 выполняется неравен-
ство Зху -х2 - у2 <7.
Решение.
Получаем систему
10-5х
2у + 5х = 10,
Зху-х2 - у2 < 7
Зх(10-5х)_2 _(10-5х Y < 7
2 Х 2 J
10-5х
59х2 -160x4-128 >0.
647
Неравенство 59х2 -160х +128 > 0 выполняется для всех х , т.к. 59 > 0,
D>Q.
Что и требовалось доказать.
9.107.	Доказать, что если 4b + а = 1, то выполняется неравенство
а2+462>-.
5
Решение.
Имеем
4b + а = 1, (а = 1-4Ь,
(l-4bf+4b2 >|
а = 1 - 4Ь,
2562 -106 +1 > 0
а = 1 -4b,
[(56 -1)2 >0.
Последнее неравенство истинно.
Что и требовалось доказать.
9.108.	Доказать, что многочлен т6 -т5 + т4 + т2 -т +1 принимает
положительные значения при всех действительных значениях т .
Решение.
Перепишем данный многочлен в виде
w6 + т2 -(т5 + w)+(w4 +1)=/и2 (хи4 +l)-w(w4 +l)+(w4 + 1)=
= (w4 + l\m2 - m +1). Так как /и4 +1 > 0 ит2-т+1>0 при те R ,
то (хи4 + ijxn2 — т +1)> 0 при те R .
Что и требовалось доказать.
9.109.	Найти область определения функции f , если
I х+1	7
f(x)=N4 х -17-2* +4 •
Решение.
Имеем при х Ф 0 неравенство
х+1	f 1 У 1
4х -17-2х+4>0	4- 2х -17-2Л +4>0,
решим его как квадратное относительно 2 х • Получим
648
2
2х >22,
2
2х <2~2
Ответ: хе
9.110.	Найти область определения функции/, если
Решение.
(4y-22V	( 4х-22 Г
Получаем неравенство 9 - -- > 0 о ------- < 9 <=>
V х-5 J	I х-5 J
4х-22	Л Л 4х-22
	< 3 <=> -3 <	
х-5	х-5
4х-22
х-5
4х-22
х-5
^-3<0,	[—<0,	(х-7)(х-5)<0,
1 х-5	х-5	(7х-37)(х-5) > 0,
4*~22+з>о х-5	2^>о . х-5	х ф 5.
Ответ: хе
—;7
7
649
9.111.	Найти целые неотрицательные значения х , удовлетворяющие
х + 3	1 2х
неравенству-------------<-------.
х2 -4 х + 2 2х-х2
Решение.
Перепишем неравенство в виде —---------1- ----г < 0 <=>
х 4 х+2 х (х 2 у
х+3	1	2
----Vz--г-----+------ < 0 при X * о , <=>
(х—2дх+2у х+2 х-2
(х-2)(х + 2)	’ <=>
х Ф О
1'(2х+9)(х-2)(х + 2)< О,
[х + 0.
С помощью числовой прямой получаем х = 1.
9
Дрхди—►х
- - I -21—~ I 21 +
Ответ: х = 1.
9.112.	При каких значениях а неравенство —<1,5 выполняется для
х* +4
любых значений хе/??
Решение.
Так как х2 +4 > 0 , то имеем ах < 1,5х2 +6 <=> 1,5х2 -ах +6 > 0 . Это
неравенство выполняется для любых значений х е 7? , если £> = я2-36<0,
а2 < 36, -6 < а < 6 .
Ответ: ае (-6; б).
9.113.	Найти область определения функции f ,если /(х) = J log0 5 (х2 - 9) + 4.
Решение.
Область определения данной функции найдем, решив неравенство
1оёо,5(г2~9)+4-0’ 1оёо,5И-9)-"4 <=>
<=> 0<х2-9<16, 9<х2 <25 <=>
650
Л	j
х2 > 9
-5<х <5,
х > 3,
х < -3.
Ответ: хе [-5;-3)U(З;5].
9.114.	При каких значениях х определено следующее выражение
logj (1 - log 0 5 (г2 - 2х - 2,5))?
Решение.
Получаем неравенство
l-log05(r2-2x-2,5)>0, log05(x2-2х-2,5)< 1 «
<=> X2-2х-2,5 >0,5, х2-2х-3>0, (х + 1Х*-3)>0 <=>
<=> (х е (— оо; — 1)(J (З; 4- °°)).
Ответ: хе (-°°;- 1)U(З; + °°).
9.115.	Найти те значения т , при которых неравенство
х2-8х+20
---2---7----\--------<0
тх + 2\т 4- 1)г 4- 9т 4- 4
выполняется для любых действительных значений х .
Решение.
Так как х2 - 8х 4- 20 > 0 при х е R , то необходимо
тх2 + 2(т 4- 1)г + 9т 4-4 < 0 .
Последнее неравенство истинно для х е R , когда
(m-t-l)2-m(9m4-4)< 0,	jSm2 4- 2т -1 > 0,	т<_)_
т<0	\т < 0	2
Ответ: т е
2
651
9.116.	При каких значениях х разность —---х принимает
xz + 5х +6
только отрицательные значения?
Решение.
Имеем
11х2-5х + 6	11х2-5х + 6-х3-5х-6х
—---------х < 0 <=> -------------------< 0 <=>
х2+5х + 6	х2+5x4-6
-х3+6х2-11х+6<о	х3 - 6х 2 +11х - 6 > 0
х2+5х+6	х2+5х+6
«• tx-[X^-2Xx-3)> 0	(х _])(х _2Хх _ з)(х + Зух + 2)> 0
(х +3дх +2)
Методом интервалов получаем хе (- 3; - 2)U (1; 2)U (3; °°).
_31 + 1	1 + {2	{ + 2 V-
ZJ4L_ji LZJ5
Ответ: х е (- 3; - 2)U (1; 2)U (3; °°).
_ . „	х2 + тх -1	,
9.117.	При каких значениях т неравенство —:-< 1 выполняет-
2х-2х+3
ся для любых X ?
Решение.
Из условия получаем
х2 + тх -1	, л х2 +тх -1 -2х2 +2х - 3
—----------1<0 <=> -------------------<0 «-
2х — 2х+3	2х -2х+3
-х2 + (т +2)х-4 < х2 - (т + 2)х +4 > Q
2х2-2х+3	2х2-2х+3
Так как 2х2 -2х + 3 >0 при хеЛ ,то х2 - {т +2)х +4 > 0 для х е R <=>
<=> (т+ 2)3 -16<0, (ти+2)2 <16, -4 < w + 2 < 4 , -6<т <2 •
Ответ: те (-6; 2).
652
х — тх — 2
9.118.	При каких значениях т неравенство —-> -1 выполня-
х-Зх + 4
ется для любых х?
Решение.
Из условия имеем ——0и + 3)х + 2 > уак как х2 _ зх + д > о ПрИ
х2 — Зх + 4
хе7?, то 2х2 ~(т + 3)х + 2 > 0 для любых х, откуда D = (т + 3)2 -16 < О,
(w+ 3)2 < 16, -4<w+ 3<4, -7<т<1.
Ответ: те(-7;1).
л „	-1+9а+4а2
9.119.	При каких значениях а сумма а-\-----принимает толь-
а2-За-10
ко положительные значения?
Решение.
Запишем неравенство
-1 + 9а + 4а2 п а3-За2-10а-1+ 9а + 4а2 _
а+ —---------->0, ----------------------->0,
а2-За-10	а2-За-10
а3+а2 -а-1 Q а2(а + 1)-(а + 1) > Q (а + 1)(а2 -1) Q
а2-За-10	’ (а + 2)(а-5)	’ (а + 2)(а-5)
(а + 1)2(а-1)(а + 2)(а-5)>0.
Методом интервалов находим ae(-2;-l)U(~l;l)U(5;oo).
+
><- а
Ответ: а е (-2;-1) U (-1; 1) U (5; оо).
9.120.	Найти целые значения х, удовлетворяющие неравенству
log4 х + log2 (Vx -1) < log2 log^ 5.
Решение.
Перейдем к основанию 2. Имеем
2
log2 X + log2 (Vx -1) < log2 2
<=>log2 Vx +log2(Vx-1) < 1 <=>log2(V*(Vx-1)) < 1 <=>
653
Ответ: xj =2; х2 =3.
9.121.	Показать, что при любых действительных значениях х функция
х2 + х +1	3	1
у -—2------- не может принимать значении, оольших — и меньших — .
Решение.
Пусть, от противного, имеем
XZ + V + 1	3	7	7	7
1)---z---> - о 2х2 + 2х + 2 > Зх2 + 3 о х2 - 2х +1 < 0 о
х2 + 1	2
<=>(х-1)2<0, нстрсшсний;
х -+- х + 1	1	7	о	э
2) —------< - о 2х2 + 2х + 2 < X2 +1 о X2 + 2х +1 < 0 о
х2 + 1	2
<=> (х + I)2 < 0, нет решений.
Полученные противоречия показывают, что у не может принять значе-
1	3
ния, меньшие, чем — или большие, чем — .
2	2
Что и требовалось доказать.
Найти области определения функций (9.122—9.129):
9.122.	=
Решение.
Областью определения данной функции будут все те значения х, для
которых выполняется неравенство |х - 3| -18 - х| >0. Раскрывая модули,
получаем три случая:
fx<3,	<fx<3,
j-x + 3-8 + x>0° 1 —5 > 0,
654
Ответ: х е
9.123. у =
Решение.
|3<х<8,
[х-3-8 + х>0
f х > 8
3)	’
[х-3 + 8- х>0
Получаем
	х(х-4)< 0,	0 < х < 4,
4х-х2 >0,	|х-4|^1,	<=> <	х 3,
z	—S	«		
log3|x - 4| * 0	1	1	’ X - 4 0	х 5,
		х^4.
Ответ: х е [б; 3)U (3; 4).
9.124.	у = log3^0,642 10875
Решение.
। 25^~0°82*У
Рассмотрим неравенство 0,642 log^x -1,258 ^log2;t^ > 0 <=>
» 0,642Ч"^'> 1,258-(|О8=
<=> 4-21og^-x >log2* -8 . Переходя к основанию 2, получаем
log2 х + 4 log2 х -12 > 0 . Решая это неравенство как квадратное относи-
тельно log2 х , имеем
log2 х > 2,
_log2 х < -6
1
64
Ответ: х е.
655
9.125.	У= pog i Iog3|x ~3| •
V з
Решение.
Областью определения данной функции будут те значения х , для кото-
рых имеет место неравенство
log] log3|x-3| >0 <=> 0< log3|x-3| < 1 <=> 1 < |х —3| <3 <=>
з
|х-3|<3,
|х-3| > 1
Ответ: х е [0;2)U(4;6].
9.126.	У= /logT(r — З)— 1 .
V 2
Решение.
Получаем неравенство log^ (х - З) -1 > 0 , log^ (х - 3)> 1 <=>
2	2
logjx-3)>l,
2
log±(x-3)< -1
2
Ответ: х е
0<х-3<—,
2 «>
х-3>2
9.127.	у=ф.-\ё\х-2\ .
Решение..
Имеем неравенство 2 - lg|x - 2| > 0, lg|x — 21 < 2 <=> 0 < |х - 2| < 100 <=>
|х- 2| < 100,
f-ЮО < х-2 < 100,	1-98<х<102,
|х — 2 0	[х 2.
Ответ: хе [- 98; 2)U (2; 102].
656
9.128. У =
logx-з 0,5 _ ,	1
log3(2x-6)'
Решение.
Область определения данной функции найдем, решив систему нера-
2logx_3 0,5 _ 1 > 0,
< log3(2x -6)5* 0, <=>
2х-6 > 0
2logx-3o,5 >
< 2х - 6 5* 1,	<=>
2х - 6 > О
logx_3 0,5 > О,
 2х 5* 7,
2х > 6.
Получаем два случая:
О < х - 3 < 1,
0,5 < 1,
Ответ: х е
I х2 —1	”	1
9Л29- У = V(x+3Xx-4)-1 +	•
Решение.
Из условия получаем систему неравенств
хI 2—1
7	—г-1>0,
(х + зХх-4)
log8(x-4)5*0,
х-4 > О
(х + зХх-4)
> х-4 5*1,
х>4
(х + 11Хх + ЗХ*-4)>0,
X 5* -3,
<
X 5* 5,
657
Методом интервалов имеем xe(4;5)U(5;°°).
-11	-3 4	5
Ответ: х е (4; 5)U (5; °°).
Решить неравенства (9.130 — 9.205):
Зх + 1 о
-----<3
х-3
Решение.
Неравенство равносильно системе двух неравенств
Зх + 1
х-3
< Зх + 1
. х-3
9.130.
Зх + 1
х-3
Зх + 1
.х-3
10
Зх-4
. х-3
4
3
[(Зх-4Х*-3)>0
(	4 А
Ответ: х е -	.
I 3 J
9.131. log|x_j| 0,5 > 0,5.
Решение.
Из условия имеем две системы неравенств:
1)
2)
0.
Из системы 1) имеем
х > 1,25,
658
Методом интервалов получаем х е (0; 0,75)U (1,25; 2).
О 0,75 1 1,25 2
Ответ: х е (0; 0,75)U (1,25; 2).
Зх-1
9.132. log —--->0.
х+1
Решение.
Данное неравенство равносильно следующим двум системам нера-
венств:
0 < х < 1,
Зх-1
х2 +1
Зх-1
X2 +1
0 < х < 1,
х2-Зх + 2 л
---2---->0’
х2 +1
Зх-1>0
0 < х < 1,
, 1
^х -Зх + 2 > 0, <=> -<х<1;
3
Зх-1>0
х > 1,
2)
5 Зх-1 ,
“2----М
[х2 +1
х2 -Зх + 2
. х2 +1
X > 1,
х2 -Зх + 2 < О
<=> 1<х <2.
п
Ответ: х е 1 jU (1; 2).
|х+2|-|х|
9.Ш	> о .
44^4
Решение.
ОДЗ: 4-х3 >0, х3 <4, х<^4 .
Отсюда получаем |х + 2| - |х| > 0. Раскрывая модули, имеем следующие
три случая:
(х<-2,	(х<-2,
1)	<=> 1	0;
'[-х-2 + х>0	[—2 > О
659
- 2 < х < 0, J- 2 < х < О,
х+2+х>0	[х>-1
3)
х>0,
х+2-х>0
х>0,
2>0
<=> х>0.
х е (-1; оо). Учитывая ОДЗ, имеем х е 1; ^4
Ответ: х е
9.134.	0,5^ <0,51"со82х <0,5 .
Решение.
Данное неравенство равносильно системе двух неравенств
sin2x 	>1,	sin2x	-1 > 0,	sin2x-l+cos2x Л 	~	>0>
l-cos2x	l-cos2x		l-cos2x
sin2x	sin2x	-7з<о	sin2x-V3+V3cos2x Л
				< q
U-cos2x	[,l-cos2x		l-cos2x
2sinxcosx-cos2 x-sin2 x + cos2 x-sin2 x
----------------2----~2------------>0’
1 - COS X + sin X
2sinxcosx-V3 cos2 x-VJsin2 x + VJcos2 x-VJsin2 x
1-cos2 x + sin2 x
2sinx(cosx-sinx) л 	->	^>0’ 2sin x	ctgx-1 > 0,	ctg x > 1,
	ctgx-VJ < 0,	ctg x <	,
2sinxlcosx-V3 sinx) л		
	i		/<o	sin x 0	sin x -Ф- 0
2sin x		
<=> 1 < ctg x < V3 <=> — + nk <x < — + nk , ke Z .
6	4
(it , 7C . |	_
Ответ: x g — + itk;~ + itk , ke Z .
6	4
660
9.135.	а) 31°ёдХ+6 > 1; 6) log2 log4 x + log4 log2 x < -4 .
logex+2
Решение.
чгт	log2x-31ogex-4
а)	Перепишем неравенство в виде ——---——-----< 0 .
loga х + 2
Так как log2 х + 2 > 0 при 0< а 1 их>0,то log2 х -31oga х - 4 < 0.
Решая последнее неравенство как квадратное относительно loge х , имеем
—l<logax <4 =>
Ответ: х е (а4; — j для 0 < а < 1 и х е [ —; а4 |, если а > 1.
I a I	I а	I
б)	log 2 log4 х + log4 log 2 x < -4 . Перейдем к основанию 2. Имеем
log2 log2 Jx + log2 71og2 X < -4 =>	log2 (log2 Jx  Vlog2 x )< -4,
log2 VT-Tiog^T
log2 x • 71og2x <|.
О
Возводя обе части неравен-
ства в квадрат, получим log2 х < —. Отсюда 0 < log2 х < —, 1 < х < ^2 .
64	4
Ответ: х е
<2-5	1	1
х Зх 3 1
9.136.	— + — + - + - • 1-х-
8	4 2 х
Решение.
х3+6х2+12х + 8 (1-хХ*+2)3-(х-2^ (1-х)
£	(^2?	>
(х3+з)+(бх2+12х) р-Дх+гУ-^-г)2). 0
8х	(х + 2)2
661
(х + 2)(v2 - 2х + 4)+ 6х(х 4- 2) (1 -хХ(х + 2 + х - 2^х + 2 -х + 2)) >
8х	(х + 2)2	>
(х+2)(г2 + 4х +4) (1-х)-8х > 0 (х +2X-v + 2)2(x-1)-x < Q
8х	(х+2)2	х(х+2)2
f(x + 2X-V -1)< О,
х Ф О,
х Ф -2.
Методом интервалов находим х е (- 2; 0)U (О; 1).
Ответ: х е (-2; 0)U (б; 1).
I 3
9.137. (log,x)4 - log]
, о
n .	32
+ 9• log, -
— <4- log ] x
2
Решение.
ОДЗ:х>0.
Перейдем к основанию 2. Имеем
3 У
log 2
о
7
<=> log* x-(31og, x-3)2 +9(5-2log2 х
log* х-
32
+ 9log, — -4 log2 л
<=> log* х-9 log2 х +18 log2 х-9 + 45-18 log2 x-41og2 х < 0 <=>
<=> log* х -13 log2 х + 36 < 0.
Решая это неравенство как биквадратное ошосительно log2 х , получа-
ем систему неравенств
- 3 < log, х < 3,
< log 2 х >2.	<+>
_log2x < -2
8
4
662
С помощью числовой прямой получаем х е
1. 1
8’4
|U(4;8).
9.138.
Ответ: х е
|х -3|
х 2 - 5х + 6
Решение.
ОДЗ: х * 2,3.
Раскрывая модуль, получаем два случая:
663
х Ф 2,3;
3	1
Ответ: хе —; 2 .
2
3
9 139 т^х т2х+3
2
Решение.
Перепишем неравенство
т +9х
6
2
т х + 1 т~х+3 т+9х
в виде-----------------   —
2	3	6
3
Зт2х + 3-2т2х - 6-т -9х
6
т2
Полученное неравенство равносильно следующим пяти системам не-
равенств:
Ответ: Если т > 3 или т < -3, то х е — OOJ -
( т -3
если -3<?и<3,тохе| —-—;
ут -3
если т = 3, то х е ;
если т = -3, то решений нет.
664
9.140. i----“ ^2-x < 2
>j2-x
Решение.
ОДЗ: x < 2._
Так как л/2 — х > 0, то имеем (>/2 — х / + 2 (л/2 — х )- 4 > 0 . Решив это не-
равенство как квадратное относительно у/2-х , получаем V2 -х < -1 - у[5 ,
0; или у/2-х > -1 + >/5 <=> 2-х > (л/б -if , х <-4 + 2у/5 .
Ответ: хе (—	— 4 + 2у[5).
9.141. >/9х -Зх+2 > 3х - 9.
Решение.	__________
Перепишем данное неравенство в виде д/з2х -9 -3х > 3х - 9 ; Оно рав-
носильно следующим двум системам неравенств:
(зх>32,	[х>2,	|х>2,
|з2х -9.3х >з2х -18-Зх +81	|9-3х >81	|х >2
Ответ: х е (2; <»).
9.142.
х 2 — 5х + 4
х2 -4
<1
Решение.
ОДЗ: х ±2 .
Данное неравенство равносильно системе двух неравенств
х2 -5х + 4
х2-4	" ’
х2 -5х + 4 >
. х2-4
х2 -5х +4
х2 -4
х2 - 5х + 4
х2 -4
665
2	2
х -5х+4-х +4
х2 -4
х2 -5х +4+Х2 -4
-5х +8
2х 2 - 5х
х2-4
2
х Ф ±2
IMS

-2 0

-2	8/5	2
2	5
2	g
Для системы неравенств графически получаем хе 0; —
8
5
Ответ:хе 0;—
9.143.
Решение.
ОДЗ:
Так как обе части неравенства неотрицательны, то, возведя обе части в
квадрат, получим
<=> 2-Дх- 1Хх-2) > 6 - х. Последнее неравенство, с учетом ОДЗ, рав-
носильно следующим двум системам неравенств:
666
2) х>2,
3
Объединяя промежутки решений, получаем, что х >
Ответ: хе
9.144.
Решение.
Корнями уравнений (х-~1з-х)=0 и log 2 |х -1| = 0 являются числа
1
X] = — , х2 = 3 , х3 = 2, х4 = 0 , которые не являются решениями заданно-
го неравенства, поэтому на числовой оси отмечаем их полыми кружками:
2
(включая х = 1). Эти точки разбивают числовую ось на шесть промежут-
ков. Подставляя из каждого промежутка значение х в данное неравенство,
получаем знак неравенства в рассматриваемом промежутке. С помощью
рисунка находим ответ: х е 0; Ли(2;3).
( 1
Ответ: хе 0; —
2
667
9.145. >/з cos"2 х < 4tgx .
Решение.
Запишем неравенство в виде
>/з 4sinx^p д/з-4sinxcosx	-2sin2х < О,
cos2 х cosx	cos2 х	[cosx* О
sin2x > —,	я	я	7
э <=> —F 2nn <2х < п----------F 2пп , пе Z ,
2	3	3
cosx * О
— + пп<х < —\~пп, пе Z .
Ответ: х е — + пп: —\-пп , пе Z 
6	3
9.146. sin 4х + cos 4х ctg 2х > 1 .
Решение.
Перепишем неравенство в виде
cos4xcos2x	sin4xsin2x + cos4xcos2x
sm4x+------:------>1 <=> ---------------------->1 <^>
sin 2х	sin 2х
cos2x
sin 2х
> 1, ctg 2х > 1, пп < 2х < — + пп , — < х < — + —
4	2	8	2
п& Z ,
ЯП	К(л
— < х < — (4/14-1) n&z .
2	8
[пп п ,	Л
—; —(4/14-1) L пе Z 
2 8	J
9.147. 2 + tg 2х + ctg 2х < 0 .
Решение.
Из условия имеем
2 + tg2x+-J—<0 <=> tg22x+2tgx+1<0> (tg2x+.1)2 <0
tg 2х	tg 2х	tg 2х
668
tg 2x +1Ф 0,
tg 2x < 0
tg 2x^-1,
tg 2x < 0
2x -------h 7СИ,
4
л
-----h ЛИ < lx < nn
I 2
ne Z •
Ответ: хе ^(2h-1);^(4h-1)^U^(4h-1);-^-^, ne Z .
9.148.
x4 4-3x3 +4x2-8 л
-------------< 0
Решение.
Данное неравенство равносильно системе двух неравенств
х4 4-Зх3 4-4х2-8 < 0,	(г4-х3)+(4х3-4)+(4х2-4)< 0,
х 0	|х О
х3(х -1)+4(х -1)(г 2 4-х +1)+4(х -1Х* +1)< О,
х *0
(х - 1)(г 3 4- 4х 2 4- 8х 4- 8)< О,
х *0
(х - 1)((х3 + 8)+ (4х 2 + 8х ))< О,
х *0
. (х-1)((х+2)^2 -2х+ 4)4- 4х(х 4- 2))< О,
|х *0
(х-1Х*4-2)(г2 4-2х4-4)<0,	J(x-1Xx4-2)<0,
х * 0	[х Ф 0.
669
Методом интервалов получаем х е (- 2; o)U (О; 1).
Ответ: х е (- 2; 0)U (О; 1).
3	25х-47	3
а 1 до ---------<----------------
*	*6х2-х-12 10х—15 Зх+4'
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
3	25х-47	3
(Зх + 4Х2х-3) 5(2х-3) Зх + 4
15-(25х-47ХЗх + 4)+15(2х-3)	-75х2 ч-71х + 158
5(Зх + 4Х2х-3)	<	(Зх + 4Х2х-3) <
_ 2	75|х + — Vx-2)
75х2-71х-158	[	75 f
(Зх + 4Х2х-3) > ’ (Зх + 4Х2х-3) >
<=>	~^>х +^Х2х -3)>0 .
(	4\ .( 79 3 \ ./	\
Методом интервалов имеем х е -	— U------; — U (2; j.
I 3 I I 75 2 I
3
+ 1	1 + 12 _Г~~” х
7? ~ 1— ° ~ ь
3	75
(	4 \ . ( 19 3 \ . /	\
Ответ: х е -°°; — U-------; — U (2; °°).
3 J 75 2 J v ’
logoslx -2|
9.150.		^<0.
х2 -4х
Решение.
ОДЗ: |х-2|>0, х ^2, х 0, х 4 .
Корнями уравнений log0 3 |х - 2| = 0 и х2 - 4х = 0 будут числа Xj = 1,
х2 = 3 , х3 = 0 , х4 = 4 , х5 = 2 — не подходит по ОДЗ.
670
Эти точки разбивают числовую ось на 6 промежутков. Из каждого про-
межутка выбираем значение х и, подставляя его в данное неравенство,
определяем знак неравенства на рассматриваемом промежутке. Методом
интервалов получаем, что х е (- ©°; o)U(l;2)U(2;3)U(4;~).
0	12	3	4
Ответ: хе (-©°;o)U(1;2)U(2;3)U(4;
9.151.	>1х2-4х >х-3.
Решение.
Неравенство равносильно следующим двум системам неравенств:
1)
х-3<0,
х2-4х >0
<=> х < 0;
Объединяя полученные промежутки, имеем х е

9.152.
Ответ: хе (-©°;o]U
l-log4x 1
l + log2x 2 ’
Решение.
Перейдем к основанию 2.
l-|log2x 1 Л 2-log2 x-l-log2 х
Имеем-------------< 0, ---¥--------
1 + l°g2 х	2	2(1 + log2 х)
l-21og2x	1°ё>2х ~
l + log2x	log2x+l
671
Умножив обе части этого неравенства на квадрат знаменателя, получим
^log2x-| Jlog2x + l)>0,
log2 х +1 Ф О
, . 1
_log2x<-l
£
2
Ответ: х е
3
Решение.
Из условия имеем >/х +3 -х > 1, у/х +3 > х +1. Полученное неравен-
ство равносильно двум системам неравенств:
1)
2)
2
Ответ: х е
2-х	1 - 2х
9.154.		г.
х3+х2 х3-Зх2
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
2-х	1 - 2х
2/^Л~ 2/
х2 +6х -7
2
<=> х2(х+1Хх-ЗХх+7Х*-1)>0. Методом интервалов получаем
хе (-oo;-7)U(-l;0)U(0;l)U(3;~).
-71 - Т-1 О 11,- J3
Ответ: х е (-°°; -7)U(-1; 0)U (О; 1)U (3; °°).
672
61og4x—3	______________
9.155.	0,2 ,og4X > Vo,00821og4X-1 .
Решение.
61og4x-3
Запишем уравнение в виде 0,2 ,og4 х > 0,221og4 Х-1 о
61og4x-3	, 61og4x-3	„
<=>---—-----< 2 log4 х -1,-—--------21og4x + l<0<=>
log4 x	log4 x
61og4 x-3-21og4 x + log4 x <	2log4 x - 7log4 x + 3 > Q
log4 x	’ log4 x
г( log4 x-^-j(log4 x-3)	,	.
<=>	--------> 0 <=> log4 X - - (log4 x-3) log4 x > 0.
log4 x	<	2)
Методом интервалов находим
1<х<2,
х > 64.
О
-►log4x
Ответ'. хе(1 ;2)U(64;oo).
«	z~\log| (х2+4х+4)
9.156.	(2,25)log2(x "Зх-1О) >Ц1 2
Решение.
Запишем неравенство в виде
z j\21og2(x2-3x-10) z 2 х-log i (х2+4х+4)
—	> —	2
<=>21og2(x2 -Зх-10)> - log j (х2 +4х + 4) о
2
<=>21og2(x2 -Зх-10) > log2(x + 2)2 <=>
22 Группа Б
673
<=> 21og2(r2 -Зх -lo)>21og2|x +2| <=>
<=> log2(r2-Зх-io)> log2|x +2| <=>
x2 -3x -10 > |x + 2|,
x2 -3x-10>0,
x + 2 Ф 0
x+2<x2-3x —10,
x + 2 > -x 2 + 3x +10,
x2 -3x-10>0,
x + 2 Ф 0
	х > 6,
X2 -4х-12>0,	х < -2;
о	х >4,
х~ -2х - 8 > 0,	
	х < -2;
х2 -Зх-10>0,	
	х > 5,
х + 2 0	
	х < -2;
	х Ф -2.
Методом интервалов находим хе (-«>;- 2)(J (б; °°).
-2 4 5	6
Ответ: х е (- - 2)U (б;00).
9.157. log0 5 (х +3)< log0 25 (v +15).
Решение.
Перейдем к основанию 2. Имеем log0 5(x +3)< log05 Jx
равенство равносильно системе неравенств
15 . Это не
х + 3 > 0,
< х +15 > 0,
х + 3 > Vx +15
х > -3,
<х > —15,
х2+6х+9>х+15
х > -3,
х2 + 5х - 6 > 0
674
С помощью числовой прямой имеем х е (1; <»).
-6	-3	1
Ответ: х g (1; «>).
9.158.	log ] (х — 1)-ь log j (х + l)+log^(5-x)<l.
3	3
Решение.
х -1 > О,
ОДЗ:<* + 1>0, <=> 1<х<5.
5 -х > О
Перейдем к основанию 3. Имеем
-2х2-10х + 28 х2 + 5х-14 (х + ?Хх-2)
° (х —1)(х + 1) > ’ (х-1Хх + 1)< ’ (х-1Хх + 1) < °
<=> (х + ?Х^~2Хл:-1Х^ + 1)< 0.
С учетом ОДЗ методом интервалов получаем 2 < х < 5 .
Ответ: х g (2; 5).
9.159.	2 log3 log3 х + log j log3 (934x )> 1.
з
Решение.
ОДЗ: log3x > 0 .
Перейдем к основанию 3. 21og3 log3 x -log3 log3 9Vx > 1 <=>
<=	> log3 log2 x - log3 log3 9Vx > 1, log3 10g-3 * > 1, 1Og35- > 3 <=>
log3 9Vx log3 9vx
675
э 1.
2+-log3x
log3 x - log3 x - 6 >Q
log3 X + 6
(log3 X +2Xlog3 X-3) > Q f(log3x + 2Xlog3x-3Xlog3x+6)>0,
log3x+6	[log3x+6^0.
Относительно log3x методом интервалов получаем
1)	-6 < log3 x < -2 , не подходит по ОДЗ;
2)	log3x >3 <=> х >27 •
Ответ: х е [27; °°).
. 3	-(х+1)
9.160.	0,008х + 5 -Зх +0,042	<30,04.
Решение.
Из условия имеем 0,23х + -^—+ 0,08 0,2Зх <30,04 <=>
53х
<=> 1+ 5 +0,08 < 30,04-53х <=> 53х > 5~' <=> Зх>-1,*>-|.
Ответ: х е |	;
3
log3-log33x	.	2 2
9.161.	0,4 x > 6,25 &3	.
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
\log3-log33x / \-21og3x2-4
n	I 2 х	[2
Перепишем неравенство в виде 1—1	> — I
3	2
<=> log3 — log3 3x >-21og3 x -4 <=>
<=> (log33-log3xXlog33 + log3x)<-41og3x-4 <=>
<=> (1 - log3 хХ1 + log3 x)+41og3 x + 4<0, log3 x -41og3 x - 5 > 0.
676
Решая это неравенство как квадратное относительно log3 х , получаем
х > 243,
Л 1
0<х <-.
3
log3 х > 5,
log3x <-1,
Ответ: х g (0; jU (243; °°).
9.162. 0,3 2 4 8
Решение.
Запишем неравенство в виде 0,3 2
Зх2+5х
з Л 7°
Зх2 + 5х
3
Зх2 + 5х
3
2 4 8
Зх 2 + 5х Л
-------->0
3
Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессий, у
которой
,	.	1 с b}	111	12
Ь} =1,а = —,S =--, следовательно, 1-ь-+ ...=— -г=—
2	1"?	2 4 8 j-Cl) 3
2
Тогда
2 Зх2 +5х
3 >	3
Зх2 +5х _
-------->0
3
Зх 2 + 5х - 2 < 0,
Зх2 + 5х >0',
3’
С помощью числовой прямой находим хе(-2;-|-|и(о;^-].
0 1
3
-2 _5
3
1 1_1
2 4 8
2
4
8
5
3
Ответ: х g | - 2;- — |U I 0: — |.
3	3
677
9.163.	lg7 lg( 8* *2)
lg(x + 3)
Решение.
- 8x - x 2 >0,
ОДЗ: U + 3>0,
lg(x +3)^0
- 3 < x < -2,
— 2 < x < 0.
__Qy __ Y7
Из условия имеем----?-----г— > 0, logx+3-------
lg(*+3)	-8x-x2
> 0. Получен
неравенство равносильно следующим двум системам неравенств:
1)
7
- 8х - х2
7
8х + х2
х2 + 8х + 7
. х2 + 8х
J— 3 < х < -2,
[(х + 7\х + 1Х* + 8)г > 0.
Отсюда методом интервалов находим -3 < х < -2 .
-8 -7 -3 -2 -1
0
2)
7
- 8х - х2
7
х2 +8х
х 2 + 8х + 7
. х2 + 8х
Jx > —2,
[(х +8)г(х +7\х +1)< 0.
С помощью числовой прямой находим -1 < х < 0 .

-8	-7 -2 -1 0
Объединяя оба случая, получаем
- 3 < х < -2,
-1 < х < 0.
Ответ: х е (- 3; - 2)|J (-1; б).
678
4х — 1	х + 1
9.164.	log3 log 4----- - log! log ! ----
х + 1	-	- 4x -1
3	4
Решение.
ОДЗ:
,	4х-1
log4----г
4х -1
Зх -2
log, ------
- 4х -1
4
4х-1
Зх-2 п
----->0
4х -1
2
3’
-1.
Перейдем в исходном неравенстве к основаниям 3 и 4. Получим
” 1 “ 1	_“ 1
log3 log4------- + log3 log4--- < 0 => 2log3 log4------- < 0 <=>
X +1	X +1	x + 1
i i 4x -1	4x -1	4x -1 .
<=> log3log4-----<0 <=> 0<log4----------<1 <=> 1<-----<4 <=>
х + 1	х + 1	Лг+1
[4x-l	4x-l	5
	< 4,		4 < 0,		<0
X + 1 « •	x + 1	x +1
4x-l	4x-l	3x -2 Л
		1>0		>0
. x + 1	I x + 1	I x +1
Jx +1 > 0,
[(3x-2X* + l)>0
<2
Ответ: x g —;00 .
I3 J
9.165.	210g’’5X +xloe°-sX >2,5.
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
Перепишем неравенство в виде 2108 0,5 х 108 05 х + хlogo 5Х - 2,5 > 0 <=>
<=> h'oso.s* j|ogo,5 Jr+A.1°g0.5JC _2 5 > Q
/	! \bgo.5jc
2log2x +xlog05X-2,5>0 <=>
679
1
, л logo-5X - 2,5 > 0. Так как 0 < х logo-5X 1 то
|оёО,5Х	’
|+1 > 0 . Решая это неравенство как квадратное
log о,5*
logQ
относительно x 5 , получаем
log 0.5 х
2
Логарифмируя первое и второе неравенства совокупности по основа-
нию 2, имеем
log 2 x 106 °’5 X > log 2 2,
10g2X108°'5X < 10g2 |
log0 5 X 10g2 X > t
log05xlog2x <-l
- log 2 X > 1,
- 10g2 X < -1
10g2 X < -1,
Jogjx > 1
0;
10g 2Х > 1,
_log2 X <-l
2
Ответ: х g [ 0; — |U (2; °°).
2
9.166. 3lgx+2 <3lgx2+5-2.
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
Запишем данное неравенство в
9-3,gx -2>0. Pe-
’3lgx
шив его как квадратное относительно 3lgx , находим
-2
3lgx <_Л 0.
243
€=> Igx >-2 , х > 0,01.
Ответ: х е (0,01; °°).
680
1
9.167.-----г-
2
х2 -х +1
1-2х
.3 , ,
Решение.
ОДЗ: х * -1.
х 2 - х +1 - 2х - 2 1 - 2х
Из условия имеем---j----------- -,
X Н" 1	X Н" 1
x2-3x-l l-2x<Q х2 -Зх-1-1 + 2х <() х2-х-2
х3+1	х3+1	’	х3 +1	’ х3+1
х — 2
2	-^о,
х -х + 1
х + \* 0
х - 2 < 0,
х ^-1
Ответ: х g (- - 1)U (-1; 2].
9.168.
j__2 1_1
х2 4 X 2 
Решение.
Неравенство равносильно системе трех неравенств
4-Зх2
^->0,
4х2
^^>0,
2х
_1_J_____1 1
х2 4 х2 х 4
3
х 0,
(х - 2)х < 0,
(х - 1)г > 0
- —<х< —
7з~ "Тз’
х *0,
О < х < 2,
х > 1,
х < 0.
681
С помощью числовой прямой имеем х е
Ответ: х е
1	4^1	4
х2-4 2х2+7х+6 2х+3 2х3 + Зх2 -8х - 12
Решение.
Перепишем неравенство в виде
(х-?Хх+2) (х + 2Х2х+3) 2х+3 (2х + 3\х - 2.\х + 2)
2х + 3 + 4х - 8 - х 2 + 4- 4	х2-6х+5
(2х + 3\х - 2\х + 2)	’ (2х + зХ-х - 2Х* + 2)
(х - 1Хх - 5Х2х + ЗХ* - 2Хх + 2)> О,
(х - 1Х* - 5)	3
(2х+ЗХх-2Хх+2)	~	2’
х *±2.
Методом интервалов получаем х е
-2;-| jU[l;2)U[5;oo).
Ответ: х е [- 2; - jU [1; 2)U [5; °°).
682
9.170.
10(5-х)_ 11 6-х > 5(б-х)
з(х-4)	3 х-4~ х-2 ’
Решение.
ОДЗ: х 2 , х 4 .
тл х-16	5(6"Х)>П	(х-1бХх-2)-15(б-хХх-4)
3(х-4)	х-2	3(х-4Хх-2)
х2 -34x 4-76 р 2Р
(х-4Х*-2)- ’ (,_4£_2) s0 ”
Методом интервалов получаем хе (-«>; 2)Ц1
2
Ответ: хе 2)Ц1
и[7;°°).
9.171. 0,6lg2(-x^3 <
Решение.
ОДЗ: х<0.
Так как 1g х2* = 2к lg|x|, то, учитывая ОДЗ, перепишем данное неравен-
ство в виде
Ig^- х)-ь 3 > -A lg(- х), 1g2 (- х)-ь 4 lg(- х)-ь 3 > 0.
683
Решив его как квадратное относительно lg(-x), получим
lg(- х)>-1,	-Х>0,1,	2
_lg(-x)<-3	|_-х< 0,001
Ответ: х е (- оо* — 0,l]U[- 0,001; 0).
<-0,1,
>-0,001.
+ 4 < х2 - 9 .
Решение.
х-3 <0,
х-3 >0,
х + 3<0,
хе /?;
х <-3.
хе R;
х + 3 > 0,
J . л ,
,2
>-з,
5
6’
,2
.2
^-3,
3 <х < --,
6
5
6’
Ответ: х е
U[3;~).
о
9.173. (-1
Л4+36
,12х2
684
Решение.
Данное неравенство равносильно неравенству 1 Зх2 > х4 + 36 > 12х2 <=>
х4+36>12х2,	lx4-12х2 +36 > 0,	Г(х2—б)2 >0,
х4+36<13х2	[х4-13х2+36 < О	[4<х2<9
х2 — 6 Ф 0,	х Ф ±>/б,
х2 < 9,	 х2 >4	VI * сч 1 Vl Л1 VI и к 1 1	1
Методом интервалов получаем х е
(- 3;-Тб )и (- Тб ;-г]и [2; 4б )и (Уб ;з].
Ответ:хе [-3; - >/б )ll (- л/б; - 2]ll [2;	)и (Тб; з].
I _|2х2-7х	,
9.174.	|х-3|	>1.
Решение.
Перепишем неравенство в виде |х - з|2х 1х > |х - 3|° . Оно равносильно
следующей совокупности двух систем неравенств:
О < |х-3| < 1,
2х2— 7х<0;
|х-3|>1,
2х2 -7х > О
-1<х-3<1,
« х-3 О,
х(2х-7)<0;
[х-3 <-1,
х(2х-7)>0
х > 4,
х < 2,
7
х >
2
х< 0.
685
(7 i
3; — .
Решением второй системы неравенств является (-	0)U (4; + °°).
0	2	7	4
2
Ответ:хе (-<»; 0)U (2; 3)U^3; jU (4; °°).
9.175.	log 1 x + log4x > 1.
5
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 4. Имеем
log4x ,	.
---+ log4 х > 1 о
10g4 5
log4x 1	. _ , |l-log45 ]
.	+ log4x>l <=> log4x- —------- >1 <=>
- log4 5	- log4 5 J
log4 5 -1
log45
J2^,log4x>^4
10g4 5 1	10g4 -
4
logs 5
<=> log4 x > log5 5 <=> x > 4 4 •
' 0Y1
log5 5 logs “ -logs °>2 log4 °>2
Далее 4 4 = 4 4<5J =4	4	=4 5	=4lo8o.«0’2
Ответ: xe ^4log0 8°’2; ooj.
686
9.176.	-9<х4-10х2 <56.
Решение.
Из условия получаем
х4 -10х2+9>0,
х4-10х2-56<0
х2 > 9,
< х2 <1,
-4<х2 <14
х > 3,
х < -3,
-1 < х < 1,
-V14 <х< V14.
Методом интервалов находим xg VI4; - 3/U (- 1> 1)U (3; VI4 J.
-V14 -3 -1 1 3 V14
Ответ: х е (- V14; - з)и (-1; l)U (з; V14).
9.177.	21бх6 + 19? < 1.
Решение.
216х6+19х3 —1<0. Решаем неравенство как квадратное относительно
-•-I
2’3 \
Ответ: х е
9.178.	x0,5,08o-sX“3 >0,53-2,5log0’5х .
Решение.
ОДЗ: х > 0.
Логарифмируя обе части данного неравенства по основанию 0,5, полу-
чаем
log0,5 х°’5,О8-х-3 < log0,5 0,53-2,5log0'5 х о
«=> (O,51og05 x-3)log0>5 x<(3-2,51og05 x)log0,5 0,5 <=>
«=> 0,5logo,5 x-3log0>5 x<3-2,5log05 x <=>
о 0,5log0,5 x-0,51og0>5 x-3 < 0
Решив это неравенство как квадратное относительно log0,5 х, найдем
-2<log0,5x<3 о 0,125<х<4.
Ответ: хе [0,125; 4].
687
9.179.	|х —б| > |х2-5х + 9|.
Решение.
Так как х2 -5х + 9 > О при хе R , то данное неравенство имеет вид
|х — б| > х2 — 5х + 9 . Оно 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 (1; 3).
9.180.	—— -^-24 -^- > 0
х-2 V х-2 V х-2
Решение.
ОДЗ: -^->0;х/2.
х-2
/ 12х
Пусть 4/---= у > 0 . Относительно у неравенство имеет вид
V х-2
4
^--/-2у>0 « Х/-2у-4)>0 « у(у-2)(у2+2у + г)> 0.
Так как у1 + 2у + 2 > 0 при у е R, то получаем неравенство у(у - 2) > 0 о
о у>2 «
12х
х-2
>2
12х	,,
----> 16
х-2
Зх
х-2
-4>0
Зх-4 + 8 Л
------->0
х + 8 Л х - 8 Л , ч/ ч
---->0,-----<0, (х-8¥х-2)<0, 2<х<8.
г-2	’ х-2	» \ Д /	>
Ответ: хе (2; 8).
2
9.181.	logMlog6±-ti<0.
х + 4
Решение.
Исходное неравенство равносильно неравенству log6 ——> 1 <=>
х + 4
х2+х	х2+х	х2+х-6х-24
^_1±>6 о rLJT±_6>o <=> ----------->0
х + 4	х + 4	х + 4
688
х2-5х-24 л (х + ЗХ*-8) _ / , оу , лV о
о -------->0 <=> --------- > 0 , (х + ЗХх-8Хх+4)> 0 .
х + 4	х+4
Методом интервалов получаем х е (-4; - 3)U (8; °°).
zzEfcF-
Ответ: хе (— 4; -3)U (8; °°).
9.182.	log 2х (х 2 - 5х + б)< 1.
Решение.
Исходное неравенство равносильно следующим системам неравенств:
Ответ: хе 0;— U (1; 2)U (3; б),
к 2 .
9.183.	log j log 2 log х _ j 9 > 0.
2
Решение.
Исходное неравенство равносильно неравенству 0 < log 2 log х _ j 9<1 <=>
<=> 1 < log х _! 9 < 2 . Получаем две системы неравенств:
1)
0 < х-1 < 1,
(х-1)2 <9<х-1,
689
Ответ: хе (4; 10).
х > 2,
< х<10,
х -1 > 3,
х -1 < -3
2 < х < 10,
’ Гх>4,
х<-2.
9.184. logons
2х+1 1
-----4—
Х4-3	2
1
> —.
2
Решение.
Данное неравенство равносильно неравенству
“7-----х * 0,
2(х4-3)
5x4-5	£
2(х4-3) 2’
5x4-5
2(х4-3)	2
х Ф -1,
х Ф -3,
2x4-1 Л
----<0,
Х4-3
^>о
. Х4-3
Ответ: хе —;-1 U -1; —
I 3 JI 2
9.185. х2(х4+3б)-6ч/з(х4+д)< 0.
Решение.
Имеем х6-6>/Зх44-36х2-24>/з <0 о (х2-2л/з)? <0 о
<=> х2 - 2>/з <0 <=> х2 < 2у/з . Отсюда - ^2^3 < х < ^2>/з ,
-V12 <x<V12 .
Ответ: хе (-V12; >/12).
690
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
(*3-*)4*2-з),.п « хр-1)ч-з(х2-1)<0
(х+5Х*-2)	(х+5Хх-2)	(х+5Х*-2)
(х-1Хх + 1Хх+зХх+5Хх_2)< 0. хе	-5)U(~3; -1)U(1; 2).
Ответ: хе -5)U(-3; -1)U(1; 2).
9.187. 21oglog3X3<l.
Решение.
Перепишем неравенство в виде loglogj х 9 < 1. Оно равносильно двум
системам неравенств:
log3x>l, х > 3,
9<log3x ]x>39
о х>39.
Ответ: xg (1; 3)lJ (з9; °°).
9.188. Vx + 3 + y/x-2 - yl2x 4- 4 > 0.
Решение.
x + 3 > 0,
ОДЗ: x - 2 > 0, <=> x > 2.
2x 4- 4 > 0
Запишем данное неравенство в виде 7x4-3 4- 7x4-2 > 72х 4- 4 и
возведем обе его части в квадрат. Имеем
х 4- 3 4- 2у](х 4- 3\х - 2) + х- 2>2х + 4 <=> 2^/(х 4- зХх - 2) > 3 <=>
о 4(х 4- зХх - 2)> 9, 4х2 4-4х - 33 > 0 •
691
Отсюда
-1 +>/34
X >--------,	,	/77
2	— 1 + V34
С учетом ОДЗ имеем х >--------
-1->/34	2
х <--------.
2
Ответ: хе
-1 + V34
2
9.189. log5 >/Зх + 4 • logx 5 > 1.
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф 1.
Перейдем к основанию 5, тогда
log5 V3x + 4
-----------> 1. Отсюда имеем
log 5 х
logx у/Зх4- 4 > 1. Последнее неравенство равносильно двум системам не-
равенств:
1)
О < х < 1,
у/Зх + 4 < х
О < х < 1,
0<Зх + 4<х2
х - Зх - 4 > О,
Ответ: хе (1; 4).
„ х3 - 2х2 - 5х + 6
9.190.---------------
х-2
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
х-2
<=> (х - 1)(х + 2Х% - зХх - 2) > 0 . Методом интервалов получаем
хе (-~;-2)U(l; 2) U (3; ~).
-21 ~ И 21 ~ П
Ответ: хе - 2)U (1; 2)U (3; °°).
692
9.191.	2 cos x(cos x - y[8tg x) < 5.
Решение.
ОДЗ: cosx * 0.
(rz sin х । _ _ -г
cosx-Vo----- -5<0.Име-
cosx J
2 cos2 х - 2 V8 sin x - 5 < 0
ем <
cos x ф 0
2sin2 x + 2-^8 sin x + 3 > 0,
cos x 0
V2
sinx >------,
2
Зд/2
sm х <-------
2
V2
sinx >-----,
2
cosx 0.
cos x 0
(7Г	ТС	] ( 7Т	5 71	।
2кп-+ 2тгп+ 2пп U —+2лл;— + 2пп LhgZ.
4	2 J 12	4 J
(7Г	7Г	। ( 7Г	5 7Г	।
2кп-+ 2тгп+ 2пп U —+2лл;— + 2пп \,neZ.
4	2	) U 4	)
9.192.	Vх +3x + 4 > —2,
Решение.
Решениями данного неравенства являются значения неизвестного,
принадлежащиеОДЗ: х3+Зх + 4>0, (х + 1)(х2 - х + 4)>0.Здесь
х2-х + 4>0 прихеЛ. Тогда х + 1>0, х>-1.
Ответ: хе[-1;оо).
9.193.	log2 (х-1)2 -log0)5(x-l) > 5.
Решение.
Запишем данное неравенство в виде 4log2 (х -1) + log2(х-1) - 5 > 0.
Решив его как квадратное относительно log2 (х -1), имеем
693
"log2 (х -1)> 1,	х - 1 > 2,	х > 3,
/ ч 5 <=> log2(x —1)<—— L	4	0<х-1<^	1 < х < —+ 1 2V2
с...„...J1
( 2V2 J '
9.194.	25 -2х -10х + 5Х >25.
Решение.
Ответ: х е 1; —— + 1 U (3; °°).
25(2
2х - 1 > 0, 25-5х >0;		2х >2°, 5х < 52;	[х > 0, <	<=> 0 < х < 2. [х < 2;
2х -1<0,		2х <2°,	х<°’ 0;
25-5х <0;		5х >52;	[х > 2;
Ответ: х е (О; 2).
9.195.	log3logx2 logx2 х4 >0.
Решение.
Данное неравенство равносильно неравенству log х 2 log х 2 (х 2 У >1 <=>
Ответ: х е (- Л;-1)и (1; Л).
694
9.196.	0,52л/х +2>3-oA
Решение.
ОДЗ: x>0.
»	г
Запишем данное неравенство в виде 0,5 vx - 3 • 0,5 vx + 2 > 0 и решим
0,5	> 2,
его как квадратное относительно 0,5 Vx . Получим
[0,5
0,5	>0,5 -,
0,5	<0,5°
Отсюда x > 0 .
Ответ: х е (0;
°°)’
9.197.	х2 (г + 3>/5 )-t- 5^х + J5)> 0.
Решение. *
Из условия
х3 +3>/5х2 +15х + 5>/5 >0 о (r + Vj)3 >0, х +	>0, х >-Js .
Ответ: хе (- >/5 ; °°)*
9.198.	91<>в2(*-1)-1 _ g . 5>og2(x-i)-2 >^iog2(x-i) _ 16.5,og2(Jf-i)-i.
Решение.
ОДЗ: х > 1.
9log2(x-l) 8.5log2(x-l)	16.5log2(x-l)
Имеем-------:----------------> 9log2 Iх v--------------
9	25	5
9I°8^X~1) _ 9iog2(x_i) 8-510g2(x-*) _ 16-S108^-1)
9	25	5
_ 8. . 99 1о6г(*-1) >_Z?. 5log2(x-l) nlog2 (x-1) < _9_ 5log2(x-l)
9	25	’ 9	25 ‘
Qlog2(x-1) ^log2(x-l)	glog \-l)	^2
92	52	52 ’
о log2 (x -1)< 2,0 < x - 1 < 4,1 < x < 5 .
Ответ: x e (1; 5).
695
9.199.
log2(V4x + 5 -1) j_
log2 (V4x + 5 +11)
Решение.
V4x + 5-l>0,
ОДЗ: W4x+5+ll>0,
log2 (>/4x + 5 +11)^ 0
\/4x + 5 >1,
< л/4х+5 >-11, о
V4x + 5+ll^l
<=> V4x + 5 > 1,4x + 5 > 1, x > -1 •
Из условия имеем
log7C7s.ii('kx+5-1)>| «
« 1°8Л^+1|р4х + 5-1)>108ЛП7^||^4х + 5’7п|
Для х > -1 очевидно, что >/4х + 5 + 11 > 1, поэтому получаем
V4x + 5 + 11 > 1,	fx > —1,
>/4х + 5 - 1 > дД/4х + 5 + П [V4x + 5 - 1 > д/>/4х + 5 +1L
Так как обе части последнего неравенства неотрицательны, то, возведя
их в квадрат, имеем
х > -1,
(V4x + 5 - 2^4х + 5 + 1 > V4x + 5 +11^
x > -1,
Ц74Х + 5)2 - Зл/4х + 5 - 10 > 0.
Решая второе неравенство этой системы как квадратное относительно
V4x + 5 , находим ^4х + 5 < -2, 0 ; V4x + 5 > 5 , откуда х > 5 •
Ответ: х 6 (5; <»).
log 0,5 (Vx + 3 - 1) j
9.200.		, 	----
log 0,5 (Vx + 3 +5) 2
696
Решение.
ОДЗ:
Для х > -2 , ylx + З + 5 > 1, следовательно, log 0 5 (Vx + З + §)< 0 , по-
этому из условия получаем 2 log 05 (Vx + 3 -1)> log 0>5 (л/х + З + 5) <=>
х > -2,	х > -2,
(>/х + 3 — 1) < у/х + 3 + 5 (у/х + 3 ) — 3>Jx + 3 — 4 < О
<=>	—1	<=> 1 < Vx+ 3 <4 <=> 1<х + 3<16 <=> -2<х<13.
-1 < Vx + 3 < 4
Ответ: хе (- 2; 13).
9.201.		!------<-----!-----.
1°б 2 (х ” 0 log 2 Vx + 1
Решение.
ОДЗ: 1 < х * 2 .
Рассмотрим два случая:
1)	1 < х < 2 , тогда log 2 (х -1) < 0, log 2 Vx +1 > 0 и неравенство при-
нимает вид log 2 Vx + l > log 2 (х -1) <=> -7x4-1 > х -1 <=>
<=> х +1 > х 2 -2х +1 <=> х2 -Зх<0, х(х-3)<0,отсюда хе (1;2);
2)	х > 2, тогда log 2 (х -1)> 0, log 2 Vx + l > 0 и неравенство имеет
вид log 2 л/х +1 < log2 (х -1) <=> Vx + l <х-1, х 2 -Зх>0,х(х-3)>0,
отсюда х е (3; +
°°) •
В ответ записываем объединение обоих интервалов.
Ответ: хе (1; 2)U (3; + <»).
9.202.	x,og2 х +16x-,og2 х <17.
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф1.
697
10Й X	1 u
Перепишем данное неравенство в виде х 8 2 ч--------------------17 < 0 <=>
X 108 ! ’
_л. к 2 log J X 1 *7 log 9 X 1 1 ZT - тч
<=> х “1/х °	+ 1 о < 0. Решив это неравенство как квадратное
относительно х 108 2 х, получим 1 < х 108 2 х <16. Прологарифмировав по
основанию 2, имеем неравенство 0 < log 2 х < 4 , которое равносильно
системе неравенств
-2<log2 х<2,
log 2 х * О
'1
— < х < 4,
4
х^ 1.
Ответ: х е — ; 1 U (1; 4).
И J
9.203.	S108’*+xlog5X < 10.
Решение.
ОДЗ: х>0.
Перепишем неравенство в виде
5 log 5 X log 5 х +xlog5 х <10 о x10g5 х + х log 5 X <10 о
<=> 2х 108 5 х < 10, хlog 5 х < 5. Логарифмируя обе части этого нера-
венства по основанию 5, получаем log 5 х log 5 х < log 5 5, log $ х < 1,
1
-l<log5 х<1, -<х<5 .
fl
Ответ: х е —; 5 .
15 )
9.204.	log з (log 2 (2 - log 4 х)—1)< 1.
Решение.
Данное неравенство равносильно двойному неравенству
0<log 2 (2-log4 х)-1<3 <=> 1 <log 2 (2 — log4 x)<4 <=>
<=> 2 <2-log 4 x<16, 0<-log4 x<14 <=> -14 < log4 x<0,
— < x < 1, 2 ~28 < x < 1.
414
Ответ: xe (2 ~28; 1).
698
9.205.	(г2 + 4х + ю)2 -?(х2 + 4х +11)+ 7<0 .
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
(х2 +4х + ю)2 -?(г2 +4х + ю)<0 <=>
<=> (х2 +4х + ю)(х2 +4х + 10-?)<0 <=>
<=> (г2 +4х + ю)(х2 + 4х + з)<0.Таккакх 2 +4х + 10>0 при хе R,
то полученное неравенство равносильно неравенству х 2 +4х + 3<0. От-
сюда -3 < х < -1 •
Ответ: хе (- 3; -1).
9.206.	Расположить в порядке возрастания три числа a i = log ; sin 2х,
2
а 2 = -1 - log 2 sin х, а 3 = log j (1 - cos 2х), если 0 < х < — •
4
2
Решение.
Перепишем a i, а 2, а 3 в виде
а} = - log 2 2 sin х cos х = -1 - log 2 sin х - log 2 cos х,
а 2 = -1 - log 2 sin х,
а 3 = - log 2 2 sin 2 х = -1 - 2 log 2 sin x.
При 0 < x < — log 2 sin x < 0 , log 2 cos x < 0, следовательно, разме-
4
щение в порядке возрастания данных чисел будет а 2, a i, а 3.
Ответ: а2, ai, а 3 •
Решить системы неравенств (9.207—9.214):
	0,2 005 л <1,
9.207.	х-1	1 	+ ->0. .2-х 2
Решение.
ОДЗ: х Ф 2 •
699
Перепишем данную систему неравенств в виде
0,2cos х <0,2°
< 2х - 2 + 2 - х
cos х > 0,
х(х - 2)< О
л	л
----ь 2лл < х < —ь 2 ли,
2	2
п е Z . Отсюда имеем 0 < х < —
0<х<2.
I 71
Ответ: хе 0; — .
I 2.
9.208. у/х2 -9х + 20 < Vx-1 < у/х2 -13 .
Решение.
ОДЗ:
х2 -9х + 20>0,
х -1 > 0,
х2 -13 >0
V13 < х < 4,
х > 5.
Данное неравенство равносильно системе неравенств
х2 -9х+20<х-1,
х2 - 13 > х- 1
2 -10х + 21<0,
2 -х-12>0
3<х<7,
' х >4,
х < -3.
Методом интервалов имеем (с учетом ОДЗ)
х = 4,
5<х<7.
3 4 5 7
Ответ: хе [5; 7]U 4 •
700
9.209. -к 2 -16х + 64
lg JI+1 > lg(x - 5)- 21g 2.
Решение.
ОДЗ: x > 5, x 8 .
Данная система имеет вид:
х 2	+ 4 — >0,	х^8,	х Ф 8,
(*-	8)2	1	 х-5 Vx + 7 >	, <=>	_ (* “ 5) х + 7>	
			х-5 х + 7 > 1g 4 х*8, х2-26х-87<0, « х > 5	4 х - 5 > 0 х 8,	, * < - 3 < х < 29, <=> < 15 х > 5	16 х > 5 #8, < х < 29.
Ответ: хе (5; 8)U (8; 29).
5х - 7 х Зх
9.210. ----<4-------+---------< 4 .
х-5	5-х х2 -25
Решение.
ОДЗ:х*±5.
Перепишем неравенство в виде системы неравенств
5х - 7	х	Зх 	<4	+	, х-5	5-х х2 _25 х	Зх 4	+	< 4 5-х х2 -25	5х - 7	х	Зх 	4	<0, х-5	х-5 х2 -25 Зх	х 	- +	<0 (х-5Х* + 5) х-5
| 2х + 13
----------<0,
(х-5Хх + 5)
х2 +8х
----------<0
(х - 5Х* + 5)
(2х + 13Хх - 5Хх + 5)< 0,
х(х + 8Х* - 5 Xх + 5)< 0.
701
Полученную систему будем решать методом интервалов
Общими решениями двух неравенств системы будут х е
13^
-8;-— U(0;5).
2
Ответ: хе
(	13 А
-8;-— U (0;5).
I	2J
9.211.
л/4х - 7 < х,
______
>/х + 5 + у/$ — х > 4.
Решение.
7
ОДЗ: - < х < 5.
4
Из условия имеем
4х-7>0,
х>0,
4х-7<х2,
х + 5>0,
5-х>0,
х+5 + 2>/25-х2 +5-х>16
7
7
— < х < 5,
< 4
25-х2 >9
Ответ: хе
702
'8 V 27
JJ >Te
2^ - 6x - 3,5 <8^
V
Решение.
Перепишем данную систему неравенств в виде
з
27
3 х - 2х 64 ’
2х - 6х - 3,5 <2
4
2 -6х-3,5 <3,5
2
4
2 -6х-7<0
-1<х<7.
Ответ: хе (-1; 3).
2
9.213. 4
Решение.
Система равносильна системе неравенств
2 +5х<6,
2 1 С v /
2
х2 + 5х-6<0,
х 2 + 5х + 6 > О,
х<0,
- 6 < X < 1,
-2<х<0.
Методом интервалов получаем х е (- 2; 0].
Ответ: хе (-2; 0].
703
9.214.
|х1 2 - 4х| < 5,
|x4-lj<3.
Решение.
Система неравенств равносильна системе неравенств
х2 -4х < 5,
х2 -4х > -5,
— 3 < х 4-1 < 3
х2-4х-5<0,
< х2 -4x4-5 > О, <=>
-4<х<2
-1 < х < 5,
< хе R, <=> -1<х<2.
-4<х<2
Ответ: хе (-1; 2).
9.215. Найти область определения функции
Jx2 — 6х —16	2
У = ill--------+ ~1-----•
Ух2-12x4-11 х-49
Решение.
Областью определения данной функции являются все значения х, удов-
летворяющие системе неравенств
х2 — 6х—16 >	(х-8Х*4-2) > 0
4 х2-12x4-11 " ’ <=> «	О ~
х2-49*0	|х2 *49
Методом интервалов получаем
хе -7)U(-7; -2]U(1; 7)U(7; 8]U(11;~).
-7 -2
11
1 7 8
Ответ: хе (-<»;-7)U(~7;-2]U(1; 7)U(7; 8]U(11; °°).
704
Решения к главе 10
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
1.	Произвольный треугольник ( а , b , с — стороны; а, 0, Y — проти-
волежащие им углы; р —полупериметр; R —радиус описанной окруж-
ности; г — радиус вписанной окружности; 5 — площадь; ha — высота,
проведенная к стороне а):
2	(ЮЛ)
5 = — Lesina ; 2	(Ю.2)
S’ = 'Jplp-atp-bXp-c);	(Ю.З)
S' г = —. Р ’	(Ю.4)
я=^; 4S	(Ю.5)
$ _ a1 sin В sin С 2 sin Я	(Ю.6)
а2 = Ь2 +с2 -2bccosa (теорема косинусов);	(10.7)
а	b	с _ „ . 	=		 =	= 2R (теорема синусов), sin a sin 0 sin у	(Ю.8)
2. Прямоугольный треугольник (а, b —катеты; с —гипотенуза; ас,
Ьс — проекции катетов на гипотенузу):
5 =-ab-
2	’
(10.9)
23 Группа Б
705
S = -chc ; 2 c’	(10.10)
a + b-c	
r =	: 2	(10.11)
„ c	
R =- • 2 ’	(10.12)
a2 + b2 - с2 (теорема Пифагора);	(10.13)
	
hc bc ’	(10.14)
ac _ a	(10.15)
a c	
bc _b	(10.16)
b c	
a = csina = ccos[3 = Z>tga = Z>ctgP.	(10.17)
3. Равносторонний треугольник: 2 /7 „ a v3	
S =—— ; 4	(10.18)
ay/3 r —	; 6	(10.19)
R= — . 3	(10.20)
4. Произвольный выпуклый четырехугольник (dx и d2	— диагонали;
<p —угол между ними; S' —площадь):	
S' = ^dxd2 sin<p.	(10.21)
5. Параллелограмм (а и b — смежные стороны; a -	— угол между
ними; ha — высота, проведенная к стороне а):	
S = aha = ab sin a = — dxd2 sin <p.	(10.22)
6. Ромб:	
2	1 S = aha = a sina = — dxd2.	(10.23)
706
7. Прямоугольник:
	5 = ab = ±di d2 sin ф.	(10.24)
8. Квадрат (d —диагональ):
9. Трапеция (а и средняя линия):	S=a2=d2/2.	, (10.25) b — основания; h — расстояние между ними; / — 1= 2 ;	(Ю26) S =	h=lh .	(10.27)
10. Описанный многоугольник ( р— полупериметр; г —радиус впи-
санной окружности):	S=pr.	(10.28)
11.	Правильный многоугольник (ап — сторона правильного «-угольни-
ка; R —радиус описанной окружности; г —радиус вписанной окружно-
сти):
a3=Ry/3 ; a4=Ry/2; a6=R ;	(10.29)
„ na„r
s =	.	(10.30)
12.	Окружность, круг (г — радиус; С — длина окружности; 5 — пло-
щадь круга):
С=2тсг;	(10.31)
5= тег2-	(1032)
13.	Сектор (I — длина дуги, ограничивающей сектор; п ° — градусная
мера центрального угла; а — радианная мера центрального угла):
/ =	= га ;	(10.33)
180°
5=2Е1 1 = 1г2а	(1034)
360°	2
707
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ
ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР
1.	Три медианы 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
а=|72^	,
где та, ть, тс —длины медиан треугольника.
4.	Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональ-
ные двум другим его сторонам.
5.	Длина биссектрисы треугольника выражается формулой
lc = y/ab - ахЬх ,
где а и b — длины двух сторон треугольника АВС; ах и Ьх — отрезки
третьей стороны.
6.	Длина биссектрисы треугольника выражается через длины его сторон
а , Ь и с по формуле
yjab(a + b + с\а + Ь-с)
с= ТТь '
7.	Для всякого треугольника зависимость между его высотами ha, hb ,
hc и радиусом г вписанной окружности выражается формулой
1111
----1--1--— —
hb hc г'
8.	Площадь 5 равнобедренной трапеции, диагонали которой взаимно
перпендикулярны, равна квадрату ее высоты, т.е. 5 = п .
9.	Высота равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окруж-
ность, является средним геометрическим ее оснований.
Доказательство всех этих дополнительных соотношений можно найти в
любом издании данного сборника задач последних лет.
708
10.191. Центр окружнос-
ти, вписанной в прямоуголь-
ную трапецию, удален от кон-
цов ее боковой стороны на
расстояния 3 и 9 см. Найти
стороны трапеции.
Решение.
По условию ОС = 3 см,
OD =9 см (см. рис. 10.1).
Пусть N, Р,М,Е—точки ка-
сания окружности со сторо-
нами трапеции ВС, CD, AD,
Рис. 10.1
АВ соответственно. По свойству касательных:
1) ON1BC, OP1.CD, OM1AD .
2) AN СО = АРСО , AMDO - APDO .
Тогда AOCD + AODC = ^(ABCD + AADC )=90° => NCOD —пря-
моугольный, откуда CD = >/з2 + 92 = 3-J10 см. Пусть г—радиус вписан-
ной окружности. ShC0D = — CD OK =—ОС OD или 3 V10 r = 3-9,
9	9V10	2	2
г=Ж^"ИзАСР£—
CP = 4ОС2-OP2 = J32 -— = 3.11-— = -Д=г =	•
v io	v io VTo	io ’
PD = CD-CP = 3>/io -^2 = Зл/iofl-—)= 27^ •
10 I 10 J	10
По свойству касательной MD = PD , NC - CP. Очевидно BNOE —квад-
рат, поэтому
__	9>/10 о 9V10
BE = BN = r =-----. AB = 2r =---- cm;
10	5
нг	9V10 3V10 6>/Го
ВС — BN + CN —--------1-----—---- см;
10	10	5
27>/10 18>/10
AD = AN + ND =--------1-----=--------cm.
10	10	5
n 9V10 6Vio , [- isTio
Ответ: —-— , —-— , 3V10 , —-— cm.
709
10.192. Две окружности касаются внешним образом. Их радиусы от-
носятся как 3:1, а длина их общей внешней касательной равна 6>/з . Опреде-
лить периметр фигуры, образованной внешними касательными и внешни-
ми частями окружностей.
Решение.
Пусть О2В = г ; тогда ОХА = R= 3r (рис. 10.2). Проведем О2С\\АВ ;
имеем AC-=r, OxC = 2r, ОхО2=4г,ч.ъ. ОхО2=2ОхС и, значит,
Z.CO2ОХ = 3Q°. Так как О2С = АВ =6у/з, то из &ОХСО2 находим
ОХО2 -О2С : cos30° =6>/з : (5/3/2)= 12, откуда г = 3, R =9 . Дуги, вхо-
дящие в указанную фигуру, содержат соответственно 120 и 240°, по-
этому их длины равны
2пг 4пг
-у- и -у- . Искомый периметр составляет
Р = 2 • 6>/з + — + — = 12>/з + 14л.
3	3
Ответ: 14л + 12>/з .
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 Z.C - 90°, МР =4 см, MQ =8 см, S^bc =Ю0 см2
(рис. 10.3);найдемВСиЛС. Пусть ВС = х , АС -у ;тогда 0,5ху = 100 ,т.е.
MP	ВР 4	х-8
ху = 200 . Так как ЬВРМ ~ &MQA то-=----или-----=-----.
AQ MQ	у-4	8
710
Имеем систему уравнений
4 _ х-8
< у-4	8
ху = 200
(х + 2у = 50,
[ху = 200
=> у2 -25у + 100 = 0, У1 =5 см,
у2 =20 см. Получаем два решения: Xj =40 см, у{ =5 см; х2 =10 см,
у 2 = 20 см.
Ответ: 40 и 5 см или 10 и 20 см.
10.194. Точка Сх — середина стороны АВ треугольника АВС ; угол
СОС!, где О — центр окружности, опи-
санной около треугольника, является пря-
мым. Доказать, что |ZB - ЛА\ = 90°.
Решение.
Обозначим ЛА = а,	= Р, ^-С = у.
Пусть для определенности Р > а (рис. 10.4).
ЛСАВ вписан в окружность с центром в
точке О и опирается на ту же дугу ВС , что
и центральный угол ЛСОВ , поэтому
ЛСОВ=2ЛСАВ=2а. OCLOQ, ABAOQ =>
Рис. 10.4
=} ОС^АВ , тогда ЛВОС = ЛОВА , как накрест лежащие, поэтому
ЛОВА =2а. КО АВ —равнобедренный,тогда ЛОАВ -ЛОВА следова-
тельно, ЛОАВ = 2а. ЛАОВ = 2ЛАСВ = 2у (как центральный угол). Из
АЛОВ : ЛАОВ + ЛОАВ + ЛОВА =	2а+2а+2у = 180°, 2а+у = 90°,
в то же время а + Р + у = 180°. Отсюда получаем р - а = 90°. Что и требо-
валось доказать.
10.195. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каж-
дую из двух других его сторон на отрезки, равные 2 и 23 см. Найти радиус
окружности.
Решение.
Пусть А/ и К —точки касания окружности и сторон АВ uAD квадрата
ABCD (рис. 10.5), М и К—точки пересечения окружности с указанными
сторонами квадрата, а Р и Е — со сторонами ВС и CD. По условию
711
BP = DE =2 см, CP -CE = 23 см. Проведем ON Л.ВС . OM =
-OP = NB =OK =R , где R— радиус данной окружности. AB =
= NK =BC = CP +PB =25 cm, ON -NK-KO =(25-/?) cm, PN =
= BN - BP = (/? - 2) см. Из прямоугольного треугольника PNO :
OP2 = ON2 + NP2 или R2
вию удовлетворяет R = 17.
= (R - 2)2 + (25 - R2), откуда
R =17
R =37
. Усло-
Omeem: 17 cm.
10.196. Дан треугольник ABC , в котором 2hc = AB и Z_A = 75°. Най-
ти величину угла С .
Решение.
Обозначим высоту CD через Л, а отрезок AD —через х (рис. 10.6).
Имеем ZACD = 90° - 75° = 15°. Проведем AF так, чтобы ZCAF =
=ZACD = 15°. Тогда ZAFD = 30° и из &ADF получим AF = FC-2x ,
DF=xy/3.Ho DF = h-FC = h-2x => х=—^ = /2(2-Л). Так как
2 + V3
АВ =2h , то BD = АВ — AD =2h- х = hy/з . Pfa NBDC имеем
ВС =JbD2~+CD2 =2h =» ZB=30° и ZC = 180°-75°-30° =75°.
Ответ: 75°.
712
10.197. В прямоугольный тре-
угольник со сторонами 6,8 и 10 см
вписана окружность. Через центр
окружности проведены прямые,
параллельные сторонам треуголь-
ника. Вычислить длины средних
отрезков сторон треугольника,
отсекаемых построенными пря-
мыми.
Решение.
Найдем радиус вписанной ок-
тл 5	0,5-6-
ружности. Имеем г = — = —------
F	р 0,5(64-84
Рис. 10.7
24
= — = 2 см. Далее, так как &АВС ~
,	АВ AC	АВ МО 6-2 3
~ ШРО (рис. Ю.7), то = — , откуда МР = ——— = — = - см.
а	а./п/. EQ ОЕ	ОЕМО 2-2 8
Аналогично, аЕОО ~ &МРО\ —— =-------, опада ЕО=---------=—г-=- см.
v	МО PM	РМ 3/2 3.
Проведем OL М3 С ; тогда DN = DL + LN . &EOQ = &МРО (по катету и
g
острому углу); значит, LN - EQ = — см. Точно так же из равенства тре-
угольников МРО и DLO находим DL = МР = — см и, следовательно,
2
гчаг	3	8	25
ZW	= — + — = —	см.
2	3	6
3	8	25
Ответ: —, — и — см.
2	3	6
10.198	. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются
на другом ее основании. Найти все стороны трапеции, если ее высота равна
12 см, а длины биссектрис 15 и 13 см.
Решение.
Пусть в трапеции АВСК (рис. 10.8) ВС^АК, BD и CD —биссектрисы
ААВС и АВСК , DE —высота, DE =12 см, BD = \5 см, CD =13 см.
Из &BED (ABED =90°): BE =JbD2 - DE2 =9 см. Из прямо-
713
л М D N	*
Рис. 10.8	Рис. 10.9
угольного треугольника A CED СЕ = у]CD 2 - DE 2 = 5 см. Тогда
ВС =ВЕ +СЕ =14 см. Z1 = Z3 —по условию, Z1 = Z2 —внутренние
накрест лежащие при BC^AD и секущей BD. Следовательно, Z2 = Z3 ,
AD =АВ . Аналогично, Z5 = Z6, СК =DK. ВМ и CN — высоты
трапеции. ВМ = CN = DE = 12 см, отсюда MD = BE = 9 см,
DN = ЕС =5 см. Пусть АВ -х см, тогда AM = (х - 9) см. Из
прямоугольного треугольника &АМВ АВ 2 = AM 2 + ВМ 2 ; х2 =
= (х-9)2+144, х =12,5 . Следовательно, AD =АВ =12,5 см. Пусть
СК = у см. Тогда NK = (у-5) см. Из ACNK (ZCNK =90°):
СК2 =CN2 +NK 2 ; у2 =(у-5)2+144 ; у = 16,9. Следовательно,
DK -СК =16,9 см. Тогда АК =AD +DK =29,4 см.
Ответ: 29,4 см; 12,5 см; 14 см; 16,9 см.
10.199	. Основания трапеции равны 4 и 16 см. Найти радиусы окружно-
стей, вписанной в трапецию и описанной около нее, если известно, что эти
окружности существуют.
Решение.
В трапеции ABCD (рис. 10.9) BC^AD , ВС =4 см, AD =16 см.
Так как около данной трапеции описана окружность, то АВ = CD. Так
как в данную трапецию можно вписать окружность, то
AD + ВС = АВ + CD = 2АВ ; АВ =	+	=10 см. ВК —высота тра-
714
пеции. Тогда АК =	— 6 см. Из &АКВ (Z.AKB =90°):
ВК = у1аВ 2 - АК 2 = 8 см. Радиус вписанной окружности г = ~ ВК = 4 см.
Радиус R описанной окружности найдем как радиус окружности, описан-
ной около AABD : R =	, KD = AD - АК = 10 см. Из &BKD
6ABD
(ABKD = 90°): BD = <1вК2+KD2 = 2^41 см. SMBD =^ADBK =64см2.
_	_ 10-2л/4116 5л/41 z .
Тогда R =----------=------(см).
4-64	4
Ответ: 4 см;----см.
4
10.200	. В треугольник
вписан ромб со стороной т
так, что один угол у них об-
щий, а противоположная
вершина ромба лежит на
стороне треугольника и де-
лит эту сторону на отрезки
длиной pnq. Найти сторо-
ны треугольника.
Решение.
В ДЛ5С (рис. 10.10)
вписан ромб ADEF,
Рис. 10.10
BE=p,EC=q,DE=FE=m,WTj&BC=p + q. &DBE ~ ЬАВС (по
ч _ DE BE лг, DE-ВС m(p + q)
двум углам). Тогда ---= ; АС =------------= ———— . &FEC ~
АС ВС	BE р
. ,п~ - ЕЕ ЕС FE BC m(p + q)
~ &АВС  Тогда =------; АВ =--------= ————
АВ ВС	ЕС q
,	m(p + q) m(p + q)
Ответ: p + q ; ———— ; ——— .
Р Я
715
рис. 10.11
10.201	. Дан зреугольник АВС такой, что АВ =15 см, ВС =12 см и
АС = 18 см. Вычислить, в каком отношении центр вписанной окружности
треугольника делит биссектрису угла С .
Решение.
Пусть СК — биссектриса ZC, О — центр окружности, вписанной в
&АВС, —точка пересечения его биссектрис (рис. 10.11). Пусть ВК =х см,
z ч	ВК АК
х>0. Тогда АК = (15-х) см. По свойству биссектрисы
ВС АС
х 15-х	СО ВС 12
— =-----; х = 6 . ВО —биссектриса &ВСК . Тогда -=-=— =2:1.
12	18 ’	F	ОК ВК 6
Ответ: 2:1.
10.202	. Дан равнобедренный треугольник с основанием, равным а, и
боковой стороной, равной b . Доказать, что центр вписанной окружности
делит биссектрису угла при основании в отношении (а + b): b, считая от
вершины угла.
Решение.
В &АВС (рис. 10.12) АВ = ВС = b , АС =а , О — центр вписанной
окружности, AM — биссектриса Z.BAC , ВО — биссектриса ЛАВМ .
АО	АВ	ВС	ВМ+МС	, МС	. АС	а	а + Ь
ОМ	ВМ	ВМ ВМ ВМ АВ	b	b
Что и требовалось доказать.
716
10.203	. Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 9 и
17 см. Найти радиус окружности, если расстояние между серединами дан-
ных хорд равно 5 см.
Решение.
Из точки В окружности (рис. 10.13) проведены хорды АВ =9 см и
ВК =17 см, MN =5 см. Тогда MN — средняя линия ААВК ,
АК = 2MN =10 см. Искомый радиус R найдем как радиус окружности,
а п АВ АК ВК „
описанной около &АВК: R =----------. Полупериметр треугольника
р = АВ +АК +ВК =18 см	=	8_9^8_i8_7).]8 = 36 см2
Я=ю| см.
О
,л5
Ответ: 10— см.
10.204	. Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 10 и
12 см. Найти радиус окружности, если расстояние от середины меньшей
хорды до большей хорды равно 4 см.
Решение.
Из точки В окружности (рис. 10.14) проведены хорды АВ =10 см и
ВС =12 см, М — середина АВ , MN 1£С , MN =4 см. Опустим из
точки А перпендикуляр АК на отрезок ВС . В &АВК — MN — сред-
няя линия. Тогда АК = 2MN =8 см. Из &MNB (ZMNB =90°):
BN = у/вМ 2 - MN 2 — 3 см. Тогда ВК = 2BN = 6 см. Так как ВС=12 см,
717
В
Е
Рис. 10.16
то К — середина ВС, и, следовательно, АС = АВ =10 см, отрезок АК
лежит на диаметре AF данной 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
АК KF =СК КВ ; 8(2Л-8)=6-6 ; Л =6,25.
Ответ: 6,25 см.
10.20S	. В некоторый угол вписана окружность радиуса 5 см. Длина хор-
ды, соединяющей 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 Е в точках
К п L , KL =8 см, ОК =5 см, АВ ||CD ||А7, . Проведем диаметр окруж-
ности MN \\KL , Р —точка пересечения ЕО и KL , АКРО = 90°, &КРО ~
~ ЬОКМ — ПО двум углам (АРКО = АКОМ , АКРО = АОКМ = 90°).
КР КО	К(~)^ 7S	7 я
Тогда — = ——, МО =^А— = — см. MN = 2МО =— см. MN —
КО МО	КР 4	2
средняя линия трапеции ABCD и, так как в эту трапецию вписана окруж-
25
ность, то ВС =AD =MN =— см. ВВХ — высота трапеции ABCD ,
ВВХ =2OK=\Q см.Из &ВВХС (АВВХСВХС=^ВС2 -ВВХ =7,5 см.
CD -АВ = 2ВХС = 15 см, CD +АВ=2ВС= 25 см. Тогда CD =20 см,
АВ =5 см.
Ответ: 20 см; 5 см; 12,5 см; 12,5 см.
71 S
10.206	. Какими целыми числами выражаются стороны равнобедренно-
го треугольника, если радиус вписанной окружности равен 3/2 см, а опи-
санной 25/8 см?
Решение.
В ЛЛ5С АВ = ВС , BD — высота, О} — центр вписанной, а О2 —
3
центр описанной окружностей (рис. 10.16), радиусы которых г = — см и
D 25
л = — см. л — точка пересечения луча BD и описанной окружности.
О
АО1 — биссектриса /RAC . Пусть /ВАОj = Z.OXAD = а . Тогда
Z^iO1D = 90o -а. Так как BE — диаметр описанной окружности, то
25
/RAF =90°, ^ОХАЕ =90° - a, BE = 2R =— см. Отсюда АЕ =ОХЕ .
4
3
Пусть DE = х см.Тогда АЕ = О{Е = OXD + DE =г+х=—+х .Из A.RAF
(/BAE =90°, AD — высота): АЕ2 -DE BE
у
7
25
=x —;
4
x=| или х=1.Из &ADE (/ADE =90°): AD = ^АЕ2 -DE2 . При
9	15	5
x = — : АЕ = —- см, AD = 3 см, АС = 6 см. При х = 1: АЕ = — см,
4	4	2
V2T
AD = —— см и АС выражается иррациональным числом. Следователь-
но, АС =6 см, АВ =ВС =у1вЕ2 -АЕ2 =5 см.
Ответ: 5 см, 5 см, 6 см.
10.207	. В треугольник со сторонами 10,17 и 21 см вписан прямоуголь-
ник с периметром 24 см так, что одна его сторона лежит на большей сторо-
не треугольника. Найти стороны прямоугольника.
Решение.
В &АВС имеем АС =21 см, АВ =10 см, ВС =17 см, вершины L и
Q прямоугольника MNQL принадлежат АС , М — АВ , N — ВС
719
Рис. 10.17
Рис. 10.18
(рис. 10.17). Пусть ML =х см. Тогда периметр прямоугольника 24 см и
MN =(12 — х) см. BD —высота ЛАВС, К —точка пересечения BD и
MN , а ВК — высота &MBN . По формуле Герона найдем площадь S'
25
треугольника ЛАВС : S = 84 см2. Тогда BD = —— = 8 см, ВК = (8 - х ) см.
АС
ВК MN 8-х 12-х
Так как MN ЦС , то AMBN ~ ЛАВ С. Тогда —— = —— ; —-— = ———,
Ir	BD АС 8	21 ’
7	7	6
х = 5 —. Следовательно, ML =5 — см, MN =6 — см.
13	13	13
е 7 г 6
Ответ: 5— см, 6— см.
13	13
10.208	. Из вершины острого угла ромба проведены перпендикуляры к
прямым, содержащим стороны ромба, которым не принадлежит эта вер-
шина. Длина каждого перпендикуляра равна 3 см, а расстояние между их
основаниями 3-Уз см. Вычислить длины диагоналей ромба.
Решение.
Так как ЛАЕР —равнобедренный (рис. 10.18), то биссектриса- AM
перпендикулярна EF и лежит на диагонали ромба. Находим
,	,	,	27 9	3
AM =AF -MF =9- — = — , т.е. AM =— (см). В ЛАСР имеем
ZF = 90° и FMLAC => AF2 =АС AM , 9 = АС АС =6 (см).
2
720
AM EF
перпендикулярными сторонами), поэтому
Далее ЛА CD ~ ЛАЕР (углы при основании равны как углы со взаимно
3/2 _ Зл/З
OD ~ 6 ’
OD = л/з см. Получили BD = 2л/з см, АС = 6 см.
Ответ: 6 и 2-Уз см.
10.209	. Дан треугольник со
сторонами 10, 24 и 26 см. Две
меньшие стороны являются ка-
сательными к окружности, центр
которой лежит на большей сто-
роне. Найти радиус окружности.
Решение.
Пусть г — искомый радиус.
В ЛАВС AS = 10см, SC=24cm,
АС =26 см (рис. 10.19), О —
центр окружности, касающейся
АВ и ВС в точках W и К со-
ответственно. Так как 262 = 102
2
+ 24 , то ЛАВС — прямоугольный.
$&лвс =|лЯВС=120, S^ob = ±АВ ON = 5r-, 5ШОС Л ВС ОК = 12г.
Z	2	2
120
Так как S^ob +$ ьвос ~ $лавс jто 17г —120, г —	.
120
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
ЛАСО (рис. 10.20), причем такая окружность единственна. Ее
,	_ abc „	„ 1 .
радиус находим по формуле R =-. Имеем S=—ADBE, где
4S	2
BE = у1аВ2-АЕ2 = V102 -62 = 8; отсюда SMCD = | • 14 • 8 = 56 . Из
721
Рис. 10.20
\АСМ имеем АС = у1аМ 2 + МС 2 = yls2 +82 = 8л/1. Получили
Д = 1410^=5У2
4-56
Ответ: sjl.
10.211	. На большем катете прямоугольного треугольника как на диа-
метре 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 ДЛ5С (рис. 10.21) ЛАСВ =90°, ВС > АС , АС = 7,5 см, N —точ-
ка пересечения окружности, о которой говорится в условии, и гипотенузы
АВ , CN = 6 см. Z.CNB — вписанный и опирается на диаметр. Тогда
Z.CNB =90°. Из bANC (ZANC =90°): AN = у]аС2-CN2 =4,5 см.
Так как CN — высота прямоугольного &АСВ , то &ANC ~ &CNB. Следо-
AN CN AC CN 1Л
вательно, --=----, ВС =--------= 10 см. Искомый радиус R =
АС ВС	AN	F 3
=—ВС=5 см.
2
Ответ: 5 см.
722
в
Рис. 10.23
10.212	. Вершины прямоугольника, вписанного в окружность, делят ее
на 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. 10.22),тоЛ=0,5^242+72 =12,5 см.
В &BOF имеем OF = yloB2-BF2 = V12,52 -122 = 3,5 см; значит,
MF = 12,5-3,5 = 9 см, МК = 12,5+3,5 = 16 см.Из &MBF и &МАК нахо-
дим искомые расстояния: MB = <JmF2 + BF2 = V92+122 =15 см,
МА = ylMK2+KA2 = 7162 +122 = 20 см.
Ответ: 15 и 20 см.
10.213	. Центр полуокружности, вписанной в прямоугольный треуголь-
ник так, что ее диаметр лежит на гипотенузе, делит гипотенузу на отрезки
30 и 40 см. Найти длину дуги полуокружности, заключенной между точка-
ми ее касания с катетами.
Решение.
Проведем радиусы OD и ОЕ в точки касания (рис. 10.23). Имеем
OD = ОЕ = СЕ = CD , т.е. ECDO — квадрат. Пусть R — радиус ок-
ружности; тогда длина дуги ED равна — . Так как \АЕО ~ &ODB ,
723
АЕ АО 30	3	7	7	7	7	7
то ----=---= — = — . Но АЕ1 2 * * * * = АО2 -ОЕ2 = 302 -R2, откуда
OD ОВ 40 4	’	7 В
"	~ 4 ’	~ 2 )= 97?2 => R = 24. Длина дуги ED равна 12я.
Ответ: 12я.
Рис. 10.24
10.214	. Около круга радиуса 3 описан равнобедренный треугольник с
острым углом 30° при основании. Определить стороны треугольника.
Решение.
Проведем радиус QF\ ВС (рис. 10.24).
Так как ХОВЕ = - ХАВС = 60°,
2
1	7	1	7
то ХВОЕ = 30° и BE = — ВО. Из &ВЕО находим ВО2 = — ВО2 + 9, отку-
2	4
да ВО = 2д/з .В ДЯРВ имеем АВ = 2BD .Но BD = BO + OD = 2у/з+3 и,
следовательно, АВ = ВС = 44з +6 . Наконец, АС = 2DC = 2{ВС-ВЕ}=
= 2(4Л+ 6-л/з)=6л/з+12.
Ответ: 4у[з + 6, б4з +12.
10.215. В прямоугольном треугольнике медианы катетов равны 452 и
413 . Найти гипотенузу треугольника.
Решение.
В ДЯВС (рис. 10.25) ХАСВ = 90°, ВР и АЕ — медианы, ВР = 452 ,
АЕ = 413 . Пусть ВС = х, АС = у. Тогда АВ = yjx2 + у2 .
724
Из АЛ СЕ (ЛАСЕ = 90° )=
v2
AC2+CE2 = AE2; y2+ — = 13.
4
Из Д5СР (ЛВСР = 90°):
v2
ВС2 +CP2 =BP2 ; x2+ — = 52.
4
Решая систему
получа-
4y2 +x2 =292,
4x2 +y2 =208;
5x2 + 5y2 =500; x2 +y2 =100 . Следовательно,
AB = ^x2+y2 =10.
Ответ: 10.
10.216.	Две окружности, радиусы которых 4 и 8, пересекаются под пря-
мым углом. Определить длину их общей касательной.
Решение.
Пусть А —точка пересечения
окружностей с центрами О и Ох
(рис. 10.26), ОА = 8 см, О}А = 4 см,
MN — их общая касательная. По
условию окружности пересекают-
ся под прямым углом, следователь-
но, касательные к ним в точке А
взаимно перпендикулярны. Но тог-
да и радиусы, проведенные в точку
9	9	9
касания также перпендикулярны. Из &ОАОХ: ОО{ =ОА + OtA = 80.
Проведем	. Тогда OfllOM , MN - OXD, MD -NOX = 4 ,OD =
= ОМ-MD = 4. Из AODQ : OXD = <joof-OD2 = 8 •
Ответ: 8.
725
10.217.	Каким необходимым и дос-
таточным условиям должна удовлетво-
рять трапеция, чтобы в нее можно было
вписать и около нее можно было опи-
сать окружность?
Решение.
Для того, чтобы в трапецию можно
было вписать окружность и вокруг нее
можно было опйсать окружность, не-
обходимо и достаточно, чтобы трапе-
ция была равнобокой и боковая сторо-
на равнялась полусумме оснований.
Необходимость.
Пусть ABCD — трапеция, вокруг которой описана окружность с цент-
ром в точке Ох и в которую вписана окружность с центром в точке О2
(рис. 10.27). Тогда по свойству четырехугольника, вписанного в окружность,
ЛАВС + ЛАОС = 180°. Но ЛАВС + ЛВАО =180° и, следовательно,
ЛВАО = ЛАОС и трапеция ABCD — равнобокая, АВ = CD . Так как в
трапецию вписана окружность, то АВ + CD = ВС + AD и, значит,
ab = cd = bc+ad
2
Достаточность.
Пусть ABCD — равнобокая трапеция (АВ = CD ) и АВ = CD =
_ ВС + AD тогда XBAD = ЛАОС, но ЛВАО + ЛАВС = 180°. Отсюда
2
ЛАОС + ЛАВС = 180°, и вокруг трапеции ABCD можно описать окруж-
ность. Кроме того, АВ + CD = ВС + 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, за-
ключенного между боковыми сторонами трапеции, если основания трапе-
ции равны 4 и 12 см.
Решение.
В трапеции ABCD (рис. 10.28) ВС||Л£), ВС = 4 см, AD = 12 см, О —
726
Рио. 10.28
точка пересечения диагоналей, MN — отрезок искомой длины. Пусть
hx — расстояние между прямыми ВС и MN, h2 — между MN и AD,
h — между ВС и AD, Л = й, + /ь . NMBO ~ &ABD . Тогда = — (1).
AD h
\OCN ~ \ACD. Тогда = — . Следовательно, МО = ON = —MN.
AD h	2
Пусть МО = х см. Тогда из (1) имеем:
х Л,
— = V • AA/JO ~ NBAC  Тогда
12 h
МО	h2	х	h-2	х	х к h, х	h,+h,	-
	= —; — = ~г- Следовательно, — + — =	— = —! -; x = 3.
BC----------------------------------------------h	4	h	12	4ЛЛЗ h
Значит, MN = 6 cm.
Ответ: 6 см.
10.219.	В окружности радиуса R проведены две пересекающиеся пер-
пендикулярные хорды АВ и CD . Доказать, что АС1 + BD2 = 4/?2 .
Решение.
Проведем диаметр CF (рис. 10.29). Докажем, что AF = BD как хорды,
стягивающие равные дуги. Дейсть.ггельно, u АС + <jBD — 180° (так как
AB1.CD АС + <jAF = 180° (поскольку CF —диаметр). Следователь-
но, <jAF = <jBD и AF = BD . В прямоугольном треугольнике ACF име-
ем АС1 + AF1 = 4/?2, откуда и АС2 + BD2 = 4R2.
Что и требовалось доказать.
727
в
Рис. 10.30	Рис. 10.31
10.220.	Показать, что сумма расстояний от любой точки, взятой на сто-
роне правильного треугольника, до двух других его сторон есть величина
постоянная.
Решение.
Пусть D — произвольная точка стороны АВ равностороннего ЛАВС
(рис. 10.30). Опустим из точки D перпендикуляры DM и DN на стороны
АС и ВС . Пусть DM = hx, DN = hz, AC = а . Тогда SSADC=~ahl,
с _ 1 Л1» о а24з „ с с 1 ,	1 , а2у/з
^ABDC ~ ап2 , $мвС - —-— >	+ b&BDC ~	ah2 ~	’
2	4	2	2	4
hl+h2 =	= const. Что и требовалось доказать.
10.221.	Две стороны треугольника равны 6 и 8 см. Медианы, проведен-
ные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону
треугольника.
Решение.
В ЛАВС (рис. 10.31) АС = 6 см, 5С = 8 см, ВК и AN —медианы.
О —точка их пересечения, ANAJBK. Пусть ON = х см, ОК = у см. Тогда
АО = 2х см, ВО = 2у см. Из ЛBON (Z.BON = 90°): ВО2 + ON2 = BN2;
4у2 +х2 = 16 (1). Из ЛАОК (ААОК = 90°): АО2 + ОК2 =АК2-,4х2 +у? =9 (2).
Складывая (1) и (2), имеем 5х2 + 5у2 = 25, х2+у2=5. Из ЛАОВ
(ХАОВ= 90°): АВ = у1а&+В& = ф1х2+4у2 = 2у/х2+у2 = 2у[5 (см).
Ответ: 2у/5 см.
728
10.222.	Окружности радиусов R и
г касаются друг друга внешним обра-
зом. Боковые стороны равнобедренно-
го треугольника являются их общими
касательными, а основание касается
большей из окружностей. Найти осно-
вание треугольника.
Решение.
О и Oj —центры данных окружно-
стей, &АВС — треугольник, о котором
говорится в условии задачи, АС = ВС
(рис. 10.32). СК —высота ААВС, О и
принадлежат СК. F и Е —точки
касания окружностей с центрами Ох и
О соответственно со стороной АС треугольника. ОЕ = ОК = R . OXF = г .
Так как ЬАКС ~ &ОЕС (по двум углам: ЛАКС = ЛОЕС = 90°, угол с
вершиной С общий), то ЛСАК = /.СОЕ . Так как окружность с центром
О касается сторон /САК , то АО — его биссектриса. Пусть /СОЕ = а •
ОС
Тогда /ОАК = — . Проведем фЛГЦЛС. Тогда O^NLOE, EN = OXF =
ON = ОЕ - EN = R-r, OO^R + r.Vh Щ1Ю (/0^0 = 90°);
ON R-r
cosa = = •Из ^K0 ^K0 = 90°R r
AK = OK ctg/OAK = R  ctg- =	= R .. .R + r =
2 sina	ч2
R+r+R-r _ 2R2 _ R2
+ -(R-rf ^4Rr y/Rr
? R2
AB = 2AK =
y/Rr
2R2
Ответ: г— .
y/Rr
729
10.223.	Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см. Найти его
стороны, если высота, проведенная к гипотенузе, равна 12 см.
Решение.
Пусть а и b — катеты, ас — гипотенуза треугольника. Так как
а + Ь + с = 60, то а + Ь = 60-с, откуда (а + Z»)2 = (60 - с)2 или
a2+2ab + b2 =3600-120с + с2 (*). Но a2+b2=c2,a 6c = 0,5ab (пло-
щадь треугольника). Подставляя эти выражения в равенство (♦), получим
с2 + 24с = 3600 - 120с + с2, 144с = 3600, т.е. с = 25 см. Имеем систему
(а + Ь = 35,	2
уравнений s	т.е. а и b — корни уравнения х - 35х + 300 = 0.
[ab = 300,
Значит, = 20, а2 = 15;	= 15, Ь2 = 20 .
Ответ: 15,20 и 25 см.
10.224.	Дан равнобедренный треугольник с основанием 12 см и боко-
вой 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 ЛАВС (рис. 10.33) имеем: АВ = ВС = 18, АС = 12 .Пусть
BD = BE = х. Тогда AD = ЕС = 18 - х . Периметр трапеции ADEC :
P = AC+DE+2AD = 40, отсюда DE = 40-(2AD+AC)= 2х-8 .ЛАВС ~
BD	АВ х	18
~ ЛОВЕ, следовательно,---=-----или ------ = —, х = 6 •
DE АС	2х-8 12
Ответ: 6 см.
730
10.225.	Две окружности разных радиусов касаются друг друга внешним
образом. Найти угол, Определяемый хордами, соединяющими точку каса-
ния окружностей с точками касания их общей внешней касательной.
Решение.
Пусть А В —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 ADCB-ADBC,
ADA С = ADCA. Из ЛА СВ : ADA С + ADBC + С5 = 180°, следователь-
но, ADAC + ADBC = ААСВ и 2ААСВ = 180°, откуда ААСВ = 90°.
Ответ: 90°.
10.226.	В прямоугольный треугольник вписана окружность. Точка ка-
сания делит гипотенузу в отношении 2:3. Найти стороны треугольника, если
центр вписанной окружности удален от вершины прямого угла на расстоя-
ние ^8 см.
Решение.
Обозначим радиус окружности через г,
а длину гипотенузы через 5х. Тогда
(рис. 10.35) ВС = Зх + г, АС = 2х + г, по-
скольку ВК — BL , АК = AM. Так как
АО СМ =45", го r = OC:42=j8:j2=2cM.
Для площади треугольника АВС имеем вы-
ражение S = 0,5 АС • ВС; с другой стороны,
S = рг,где р = 0,5(АВ + ВС + АС).Следова-
тельно, 0, 5(2х + 2\Зх + 2)=2(5х + 2) или
Зх2 - 5х - 2 = 0, откуда х = 2 см (второй ко-
рень уравнения не подходит). Итак,
АВ = 10 см, АС — 6 см, ВС = 8 см.
Ответ: 6,8 и 10 см.
В
10.227.	Внутри равностороннего треугольника взята точка М, отстоя-
щая от его сторон на расстояниях b, с, d . Найти высоту треугольника.
Решение.
Пусть точка М удалена от стороны АВ равностороннего ЛАВС на b,
от ВС на с йот АС на (рис. 10.36). Пусть АВ = а, h —высота ЛАВС.
731
Рис. 10.37
Тогда S^BC = S^MB + S^MC + SAAMC; — ah = — ab +—ac + — ad
2	2	2	2
h=b+c+d.
Ответ: b + c + d.
10.228.	Один конец диаметра полуокружности совпадает с вершиной
угла при основании равнобедренного треугольника, а другой принадле-
жит этому основанию. Найти радиус полуокружности, если она 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)
ВК1 = АВ  DB = 9-4 = 36, откуда ВК = 6 см, КС = 3 см. Проведем ра-
диус ОК в точку касания и ON1AB. Тогда AN = ND = см. Так как
&ANO ~ &ОКС (прямоугольные треугольники, у которых АА = ZC ), то
КС ОС 3	6
- — . Пусть искомый радиус равен г. Тогда АО = г ,
ОС = ^9+г2 и, значит; 6г = 5д/9+г2 , 36г2 = 225+25г2, откуда г = -Д^=- см.
VII
—.	15
Ответ: —f= см.
VI1
732
в
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
диагонали параллелограмма параллельны боковым сторонам треугольни-
ка, а меньшая из его сторон лежит на основании треугольника.
Решение.
Пусть в МВС DK = EF = 3 см, DE = 5 см, DF = 6 см, 2Ж||ЕГ,
О — точка пересечения диагоналей DF и ЕК параллелограмма DEFK
(рис. 10.38). Пусть ЕО = х см. Тогда DF2 + EK2 = l^DE1 + EF2);
36+ 4х2 =2(25 + 9); х = 2>/2 . OEBF — параллелограмм. Тогда
BE = FO = 3 см, BF = ЕО = 2-^2 см. KEFC — параллелограмм. Тогда
FC = ЕК = 4>/2 см, КС — EF = 3 см. AEFD — параллелограмм. Тогда
АЕ = DF = 6 см, AD = EF = 3 см. Следовательно, АВ = АЕ + ЕВ = 9 см,
ВС = BF + FC = 6^2 см, АС = AD+DK+KC=9 см.
Ответ: 9 см; 9 см; 6-^2 см.
10.230.	Высота, основание и сумма боковых сторон треугольника рав-
ны соответственно 24,28 и 56 см. Найти боковые стороны.
Решение.
„	„ 24-28	„
Площадь треугольника 5 = —-— = 336 см\ Пусть одна из боковых сто-
рон равна х см, тогда вторая равна (56 - х) см. Полупериметр треугольника
733
Рис. 10.39
р - —“— = 42 (см). Тогда по формуле Герона площадь треугольника
S = д/42- 14(42-^X42-56+х).Следовательно, д/з-142 (42-хХх-14) = 336;
7з(42-хХх-14) = 24
х = 26,
х = 30.
Таким образом, боковые стороны данно-
го треугольника 26 см и 30 см.
Ответ: 26 см; 30 см.
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 АВ + CD = ВС + AD, получим 2г + CD = — ч----ч- х , откуда
CD = — ч-х. В bCED имеем CD2 = СЕ1 +ED2 <^>
3
8г _	10г .	12г
откуда х = — . Получили CD =--, AD =----= 4г .
3	3	3
Ответ: 4г ,---, 2г .
3
10.232.	В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан паралле-
лограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит на основании тре-
угольника, а диагонали параллелограмма параллельны боковым сторонам
734
треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание тре-
угольника.
Решение.
В ЛА В С (рис. 10.40) АВ = 9 см, ВС = 15 см, KDEF — параллело-
грамм, о котором говорится в условии задачи. DE = KF = 6 см. ADEK,
KDEF, FDEC — три параллелограмма с общим основанием DE - 6 см.
Следовательно, АК = KF = FC = DE = 6 см и А С = 3DE = 18 см. ЛОВЕ ~
-ЛАВС viDE = — А С. Следовательно, DB=-AB=3 см, BE = -ВС=5 см.
3	3	3
О —точка пересечения диагоналей DF и КЕ параллелограмма KDEF.
Из параллелограмма DBEO ЕО = DB = 3 см, DO = BE = 5 см. Тогда
ХЕ = 6 см, £>Г = 10 см. Так как 2^Е2 + DK2)= DF2 + КЕ2 , то
2^6 + DK2)= 100 + 36, DK = 4^2 см.
Ответ: 4-^2 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, АВ = CD, О —центр описан-
ной окружности, ААОВ = 120°. Тогда вписанный AADB = — АЛОВ - 60°.
2
BE — высота трапеции, BE = h . Так как трапеция равнобокая, то длина
735
Рис. 10.42	Рис. 10.43
ED равна длине средней линии трапеции. Из &BED (ABED = 90°):
DE = BEctgAADB =	.
Ответ:-----.
3
10.234.	Окружность радиуса 13 см касается двух смежных сторон квад-
рата 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 = у/КО 2 - LO2 .
LO = ВЕ = 18-13 = 5 (см)=> XL = a/132-52 =12 (см), ВК = 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.
Пусть в &АВС АВ = ВС, ABAC- ABCA-lT, AD —биссектриса ABAC,
AD = m (рис. 10.43). ABAD= ADAС = 36°, AABC=18ff-2ABAC=3& ,
AADC = 180° - (ADAC + ABCA )= 72° . Следовательно, bADB и
736
&CAD — равнобедренные, BD - AD = АС = т. Пусть АВ = ВС = х. То-
гда DC = х-т. Так как AD — биссектриса ЛАВС, то =
DC АС
т
х-т
X 2	2 л	л	»Ц1 +
—; х -хт-т =0,и так как х > 0 , то х = —1—
т	2
т\1 + >15
Ответ: т —i‘.
2
10.236.	В равнобедренном треугольнике угол при вершине содержит
36°, а биссектриса угла при основании равна V20 . Найти длины сторон
треугольника.
Решение.
Воспользуемся чертежом к предыдущей задаче. В ЛАВС АВ = ВС,
ААВС = 36°, AD — биссектриса ABAC, AD = ^20 . АВАС= АВСА = 72°,
ABAD = ADAC = 36°, AADC = ABAD + ААВС = 72°. Следовательно,
ЛАОВ и ЛСАО —равнобедренные, BD = AD = АС = V20 = 2>/5 . Пусть
АВ = ВС = х. Тогда DC = х - 2^5 . Так как AD — биссектриса ЛАВС, то
_ Л5 2д/5
DC~ АС' х-2у1
х2 - 2x^5 - 20 = 0 и, так как х > 0 , то
х = 5 +V5 •
10.237.	Диагонали четырехугольника равны, а длины его средних линий
составляют р nq. Найти площадь четырехугольника.
Решение.
Так как KL , LM , NM , KN —средние линии соответствующих тре-
угольников (рис. 10.44),то KL = NM = — AC, KN = LM = — 52).Поусло-
2	2
1
вию АС = BD => KLMN — ромб, площадь которого равна — pq. Пусть
искомая площадь равна 5 . Тогда 5 = S^BD + S^CD . Но SMKN = ^-S^BD;
4
24 Группа Б
737
аналогично S±CML = -S^cd , поэтому SMKN + ^дсж = ~s- Аналогично
4	*	4
получаем, что S^BL + SAMDN = —S. Таким образом, площадь вне ромба
4
равна — 5 . Отсюда и площадь ромба равна — 5 , откуда S = pq.
2	2
Ответ: pq.
10.238.	Большее основание трапеции в два раза больше ее меньшего
основания. Через точку пересечения диагоналей проведена прямая, парал-
лельная 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 АВ CD. Тогда
КО —высота трапеции MBCN и ДВОС, OL —высота трапеции AMND
и &AOD . ДВОС ~ &AOD . Тогда	= — . Следовательно,
OL AD 2
ОАГ _ 1 OL 2
OL~ 3’ KL 3 '
1 2
Ответ: ~ ~ .
738
10.239.	Найти радиус круга, в сегмент которого, соответствующий хор-
де длиной 6 см, вписан квадрат со стороной 2 см.
Решение.
Пусть г —искомый радиус. В ЛАОК (рис. 10.46) имеем ОК = \1г2-9 ,
а в &OBN имеем ON1 + BN2 = ОВ2 или (OK + 2^ +1 = г2 . Следователь-
но, г2 -9 + 4vr2 - 9+ 4 + 1 = г2, откуда г2 -9 = 1 ,т.е. г - >/10 см.
Ответ: >/10 см.
10.240.	Длина основания равнобедренного треугольника равна 12 см, а
боковой стороны — 18 см. К боковым сторонам треугольника проведены
высоты. Вычислить длину отрезка, концы которого совпадают с основания-
ми высот.
Решение.
Пусть в ЛАВС (рис. 10.47) ЛВ=5С=18 см, ЛС = 12см, AN, СМ,
BD — высоты. AD = ~^С = 6 см. ЛГТУЦЛС (ДЛВС —равнобедренный),
тогда &MBN ~ ЛАВС. ЛВСО ~ £±ANC (оба прямоугольные, Z.ACN —об-
NC AC CD • АС
щий). Тогда	, NC =---—— = 4. Поэтому BN = ВС - NC =
Си НС	ВС,
£ A.zvn	Ш BN AZA Г AC BN 28
= 14 см. Из подобия NMNB и ЛАВС:---=----, MN ---------= — .
28	АС ВС	ВС 3
Ответ: ~ см.
739
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 . Опре-
делить основание треугольника.
Решение.
Так как ААВС —равнобедренный, то СЕ = AD и DE\\AC (рис. 10.48).
т BD
Из подобия треугольников АВС и DBE следует, что —— = —— .Учитывая,
АС Ъ
BD ВС
что —биссектриса, имеем-----=----. Пусть АС = х , BD = у . Тогда
DA А С
имеем
т _ у
х b ’
У =Ь
b-у х’
Ьт
откуда у = —
Ьт
Ответ:-----.
Ь-т
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 Д45С (рис. 10.49): АВ = ВС = \2, АС = Ъ, AN и СМ —
биссектрисы. Пусть MN -х - Как и в задаче 10.240, Л/УЦЛС. Так как
740
ААСМ = ANCM и ААСМ = ANMC, to bMNC — равнобедренный и
NC - MN = x . Тогда BN = 12 - x . По свойству биссектрисы:
BN AB
NC ~ AC ’
12-x 12	24	. o
-----= —, x = — = 4,8 cm.
x	8	5
Ответ: 4,8 см.
10.243.	Внутри угла в 60° расположена точка, отстоящая на рас-
стояниях 7? и 2у/1 см от сторон угла. Найти расстояние от этой точки
до вершины угла.
Решение.
Пусть точка О —вершина угла (АО = 60°), АВ и АС —расстояние
отточки А до сторон, АВ = у/7 см, АС = 2-J? см (рис. 10.50). D —точка
пересечения прямой АВ и луча ОС, AD = 30°. Из AACD (AACD = 90°):
AD = 2AC = 4jl см. BD = AB + AD = $J1 см.
Из bOBD (AOBD = 90°): OB = BD tg AD = -U- см. Из ЬОВА
V3
(АОВА = 90°): ОА = ^ОВ2+АВ2 = см.
3
14^
Ответ:----
3
см.
741
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 —центр окружности рад иу с а 3, вписанной в &АВС (рис. 10.51).
М , N, К —точки касания этой окружности соответственно со сторона-
ми АВ, ВС, AC. BN = 3 см, NC = 4 см. Тогда ONUB С, ОМ1АВ ,
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, Л5 = (х + 3)см, ВС = 7 см, ЛС = (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 Oj, О2, О3 — центры окружностей, о которых говорится в усло-
вии задачи, вписанных в угол ВАС (рис. 10.52), О{А = а .E,F,K—соответ-
ственно точки касания малой, средней и большой окружностей со сторо-
ной АС угла. Тогда OxE = r, ОХЕ1АС, O2F1AC, О3К1АС и ДАО^Е ~
&AO2F ~ &АО3К. Пусть х —радиус средней, у —радиус большой ок-
ружности. Тогда О2^1 = @2? ~ х > ^2^3 = °зк = У • Из подобия &АОХЕ и
742
в
Рис. 10.52
.	„	АОХ АО? а а + х аг т_ _
ДЛс/2^ следует, что -----L =-----—	=------',х =----. Из подобия
ОХЕ O2F г х а-г
t±AOxE и ДЛО3.К следует, что:
( лг А
АОХ _ АО-^ а _ а + х + у _г(а + х)_ а-г) _ а г
ОХЕ О^К.’ г у	а-х а-г (а-г)2
~ аг а2г
Ответ: ----;----—
a-r (a-rf.
10.246.	Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию,
удален от концов боковой стороны на расстояния 8 и 4 см. Найти сред-
нюю линию трапеции.
Решение.
В трапеции ABCD(рис. 10.53) 5С||Л£), AB1AD,O—центр вписанной
окружности, ОС- 4см, OD= 8см. Так как по условию окружность с цент-
ром О касается сторон Z.BCD и Z.ADC, то СО и OD —биссектрисы этих
углов. Но /.BCD + ZADC = 180° . Тогда
Z.OCD + ZODC = - ZBCD + - ZADC = 90°
. 2	2
и Z.COD = 180°- (ZOCD + AODC) = 90°.
743
Рис. 10.53
Из ACOD (ZCOD = 90°): CD = y/oC2+OD2 = 4-^5 см. Пусть М, N,
К— точки касания вписанной окружности со сторонами ВС, AD, CD тра-
пеции. Тогда MN — диаметр окружности, OK ± CD ,ОК = г, где г —
радиус вписанной окружности. Из &COD (Z.COD = 90°):
OK = - - D =— см; АВ = MN = 2г = 2ОК =^^-см
CD 5	5 см-
По свойству трапеции, в которую можно вписать окружность,
16	3 6
ВС + AD = АВ + CD = —  1-4-^5 = —-— см. Тогда длина средней
18>/5
линии трапеции равна —-— см.
18^
Ответ: ------см.
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 ближай-
шими концами их оснований равно 2а. Найти расстояние между вершина-
ми треугольников, не принадлежащими данной прямой.
Решение.
Пусть в правильных треугольниках АВС и DFE (рис. 10.54) АС = а,
DE = За, CD = 2а. Так как KBCD = Z.FDC = 120°, то BC||Z)F, К — точ-
ка пересечения прямой DF и прямой, проходящей через точку В парал-
744
В 2а к
D За
Рис. 10.54
лельно АС. Следовательно, BKDC — параллелограмм, В К = CD = 2а ,
KD = ВС = а , KF = KD +DF = 4а, ZBKD = ZCDF = 120°. Из ABKF:
BF = ^BK2+KF2-2BKKF cosZ.BKF =
= V4a2+16a2-2-2a-4acosl20° = 2a Ji .
Ответ: 2аЛ .
10.248.	К двум внешне касающимся окружностям радиусов R и г
построена секущая так, что окружности отсекают на ней три равных отрез-
ка. Найти длины этих отрезков.
Решение.
Пусть искомая длина равна 2х . Тогда Л5 = 4х, АО{ = ^R2 -х2 ,
ВО2 =у/г2 -х2 (рис. 10.55). Проведем О2С\[АВ. В ЛО{О2С имеем
OjC = JO}O2-O2C2 => Jr2-x2 -ylr2-x2 = J(R + rf-16x2 (♦).
Умножив обе части уравнения (*) на Jr2 -х2 + \ г2 - х2 , получим
J(R + rf-16x2
745
Рис. 10.55	Рис. 10.56
Складывая равенства (*) и (**), имеем
2>//?* 2 *-х2 =д/(/? + г)2-16х2 + . - ~Г - =>
yl(R + r^-\6x2
(/? + r)2-16x2+/?2-r2 _ 2(/?2+Яг-8х2) _ 2(к(я + г)-8х2)
y](R + rf-\6x2 J(R + rf-16x2 yj(R + r^-16х2
=> 7я2-х2 • д/(Л+г)2-16х2 = R(R+г)-8х2 =>
=> (r2 - х2)((/?+г)2 -16х2 )= (r(R+г)- 8х2 j2 =>
=> R2(R+rf-\6R2x2-x2(R+r)2 +16x4 =R2(R + r)2 -16Я(Л+г>2 +64x4.
Так как x * 0, то приходим к уравнению 48x2 = 14Лг - R2 - г2 , откуда
1 ll4Rr-R2-r2 .	„	. ы
х = —J------------ (второй корень уравнения не подходит). Искомая
4 V 3
„	1 14Rr-R2-r2
длина составляет 2х = — J--------
Ответ: —
2
114Яг-Я2
}	3
,2
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.
746
Решение.
Пусть О — центр окружности, описанной около ДЛ5С, и Q — его
ортоцентр (рис. 10.56). Построим NLMN, сторонами которого служат сред-
ние линии заданного треугольника. Высоты &LMN пересекаются в точке
О, поскольку эти высоты перпендикулярны сторонам ЛАВС и проходят
МО LN 1
через их середины. Но MMN ~ ЛАВС и потому ---------=----= —, т.е.
АО^ ВС 2
АО} — 2МО. Что и требовалось доказать.
10.250.	На отрезке АВ взята точка М, а на отрезках AM и МВ по одну
сторону от прямой АВ построены квадраты, описанные окружности кото-
рых 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, так как ЛАСМ = ЛВОМ, то ZACM = Z.BDM и
потому BN1AС. Но прямые углы BNC и AND опираются на соответству-
ющие диаметры, а значит, точка N принадлежит обеим описанным окруж-
ностям, 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 предыду-
щей. Во сколько раз сумма площадей всех пяти соответствующих кругов
больше площади меньшего круга?
747
Решение.
Пусть А — вершина угла. (9, и г, — соответственно центр и радиус г-й
окружности (i=l,	5). Так как = 30°, то AOt = 2т-, АО^_} = 2?}_1,
откуда AOt = AOl_l + г/ч + ц или 2r, = 2rt_t + zj.j + rt, т.е. т\ = 3r,_j .
Следовательно, радиусы окружностей образуют геометрическую
прогрессию со знаменателем 3, а сумма площадей пяти кругов составит
S = 7ai2 (1 + 9 + 92 + 93 + 94)=	у = 7381л?*]2 . Итак, S : пг? = 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 окруж-
ности.
Решение.
Таккакв ЛАВС (рис. 10.58) АВ : АС : ВС = 5 : 4 : 3,то ZC = 90°.Пусть
ВС = Зх. Тогда АС = 4х, АВ = 5х. Радиус вписанной в прямоугольный
ВС+АС-АВ
треугольник окружности г =-----------= х. О — центр вписанной
окружности, M,N, К — точки ее касания со сторонами ВС, АВ, АС тре-
угольника соответственно. Тогда СК = CM = r = х, AN = АК = Зх ,
BN = ВМ = 2х • Следовательно, СК : АК =1:3; СМ : ВМ = 1:2;
BN : AN = 2 :3 •
Ответ: 1:3; 1:2; 2:3.
748
10.253.	Для треугольника со сторонами 26,28 и 30 см наити произведе-
ние радиусов описанной и вписанной окружностей.
Решение.
Обозначим стороны треугольника: а = 26 см, b = 28 см, с = 30 см.
„	26 + 28 + 30
Полупериметр треугольника р =-------------= 42 см. Пусть S — пло-
_	-	abc _
щадь треугольника. Радиус описанной окружности R =	. Радиус впи-
санной окружности г = — . Тогда R • г =-=---= 130 см2.
р	45 р 4р
Ответ: 130 см2.
10.254.	В треугольнике АВС проведены медианы AL и ВМ, пересе-
кающиеся в точке К. Вершина С лежит на окружности, проходящей через
точки АГ, L, М. Длина стороны АВ равна а . Найти длину медианы CN.
Решение.
2
Так как CN — медиана, то СК = у CN (рис. 10.59). Соединив точки L
„	...	LM CF 1
и М , получаем среднюю линию LM ; поэтому	= — , т.е.
CF=-CN , LM = — , LF = FM =-AN = -, FK = -CN . Имеем
2	2	2	4	6
749
Рис. 10.60	Рис. 10.61
LF  FM = FK  CF (произведение отрезков хорд, проходящих через точку F).
2	।	।
Следовательно, — = — CN  — CN, откуда CN =----.
16 6	2	2
Ответ:------.
2
10.255.	Через точку А окружности радиуса 10 см проведены две взаим-
но перпендикулярные хорды АВ и АС . Вычислить радиус окружности,
касающейся данной окружности и построенных хорд, если АВ = 16 см.
Решение.
О —центр окружности радиуса 10 см (рис. 10.60), Ох —центрокруж-
ности, касающейся хорд АВ и АС и данной окружности соответственно в
точках М , D и К . Тогда OXD1AC, ОХМ1АВ. /ВАС — вписанный и
прямой. Следовательно, ВС —диаметр данной окружности, ВС = 20 см,
АС = у1вС2-АВ2 = ^20^ -162 =12 (см). Опустим перпендикуляры OL
и ON соответственно на АС и АВ. Тогда AL = LC = —AC = 6 см,
2
AN = NB = ~ЛВ ~ 8 см. Пусть искомый радиус ОХК = OXD = ОХМ =
= хсм. Е — точка пересечения OL и ОХМ. Тогда /ОЕО х = 90° ,
ОЕ = OL-EL = AN- Op = (8 - х) см, ЦЕ = ЦЛ/ -МЕ= ОХМ - AL = (х - б)см.
750
ОО[ = OK-QK = (10-х) см. Из ДОЕЦ (AOEQ = 90°): ОЕ2 + ЕО2 = Otf ;
(8-х)2+ (х-б)2 = (10-х)2; х = 8.
Ответ: 8 см.
10.256.	Длины двух сторон остроугольного треугольника равны Лз и
Ло см. Найти длину третьей стороны, зная, что эта сторона равна прове-
денной к ней высоте.
Решение.
Пусть в ДАВС (рис. 10.61) АВ = Ло^ см, ВС = Лз” см, высота
BD = АС .Так как треугольник АВС остроугольный, то точка D принад-
лежит отрезку АС. Пусть BD = АС = х см. Из &ADB (AADB = 90°):
AD = JaB2-BD2 = Ло-х2 .Из ACD5(ACDB=90°): CD = >IbC2-BD2 =
= Лз-х2 . Следовательно, AD + DC = AC\ Ло-х2 + Лз-х2 = х;
Лз-х2 =х-Ло-х2; 13-х2 =х2-2х-Ло-х2+10-Х2; 2хЛо-х2 =х2-3;
х2=9,
4х2(10-х2)=х2-6х2+9, рх4-46х2 +9 = 0, . х2=~, х2=9.
х2>3;	[х2>3;	,	5
|х2 > 3;
Отсюда АС = 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 точ-
ку Р (рис. 10.62), ZAPO = 60°. Опустим перпендикуляр ОК на хорду АВ.
m	а + b	а + b , а — Ь „ .
Тогда ВК — —АВ =------; РК = ВК - ВР —------Ь —----. В &ОКР
2	2	2	2
ZOXP = 90°, АКОР = 30°. Тогда OP = 2РК = a-b . MP = R + a-b,
PN = R-(a-b), где R — искомый радиус окружности. Так как
751
MPPN = АР PB , то {R + a-b\R-(a-b))=ab ; R2-{a-b^ = ab ;
R = -Ja2 -ab + b2 .
Ответ: R = yla2 — ab + b2 .
10.258.	Расстояния от точки л/ , лежащей внутри треугольника АВС,
до его сторон АС и ВС равны соответственно 2 и 4 см. Вычислить рас-
стояние от точки М до прямой АВ, если Л5 = 10 см, ВС = 17 см,
АС = 21 см.
Решение.
Пусть искомое расстояние равно х (рис. 10.63). Тогда S^MB = 0,5 • 1 Or = 5х.
$ьамв = S&abc~—$ьвмс• Найдем эти площади: SMBC = 724-14-3-7 =
= 84см2,	= 0,5-21-2 = 21 см2, S^MC = 0,5-17-4 = 34 см2. Отсюда
SMMB = 84 - 55 = 29 см2 и х = 5,8 см.
Отерп: 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 АС построены полуокружности. Вычислить радиус окружно-
сти, касающейся построенных окружностей и АС.
Решение.
Точки Ох и О2 —центры полуокружностей с диаметрами АВ и АС и
радиусами Rx = 2 см и R2 = 6 см соответственно (рис. 10.64). О3 —центр
окружности искомого радиуса х см, х>0. Тогда О{О3 = (х + 2) см,
752
Рис. 10.64
Рис. 10.65
OjO2 = R2 -В1 = 4 см, O2O3 = (б-х) см. D —точка касания окружности
с центром О3 и АС • Тогда O3D1AC, O3D = х см. В AQO2O3 полупери-
метр р =	+	+	= 6 см. Тогда его площадь
5 = у/pip- ОхО3 Хр - ОгО2 Хр - О2О3) = 7б(б-х-2Хб-4Хб-6 + х) =
= Л/12х(4-х).
С другой стороны, S = ~О}О2  O3D = 2х . Тогда y/V2x(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 окружности равен 4 см.
Решение.
В &АВС (рис. 10.65) ЯС = 48 см, BE —высота, BE = 8,5 см, О —
центр вписанной окружности, M,N,K—точки касания этой окружности
соответственно со сторонами АВ, ВС, АС треугольника. Тогда ON1BC,
ON = 4 см, AM = АК, СК = CN , ВМ = BN . Площадь треугольника
1	S'
ABC S = —АС • BE = 204 см2. Тогда его полупериметр р =	= 51 см.
ЯВ + АС + ВС
Но р =-------------= АК + КС + BN = АС + BN . Следовательно,
2
BN=p-AC=3 см.Из ABNO (ZBNO = 9tf): OB = ^BN2+ON2 =5 см.
Ответ: 5 см.
753
Рис. 10.66
10.261.	В равнобедренном треуголь-
нике АВС (АВ = ВС) на стороне ВС
взята точка D так, что BD : DC = 1:4 . В
каком отношении прямая AD делит вы-
соту BE треугольника АВС, считая от
вершины В 2
Решение.
Пусть AD пересекает BE в точке F
(рис. 10.66). Проведем 2Ж||ЛС. Так как
Л ОЛТ	FK KD BD 1
АВ СЕ ~ ABDK, то = = — = -,
BE ЕС ВС 5
откуда ВК = -BE, KD = — ЕС . Так как
5	5
KD KF 1
AKFD ~ AAFE , то --=----= —. Пусть KF = х ; тогда FE = 5х и
АЕ FE 5
ВК + х + 5х = BE, откуда ВК + 6х = 5ВК или 6х = 4ВК, т.е. ВК = — .
Выразим BF через х : BF = ВК + х = — + х = — . Но FE = 5х и, значит,
2	2
BF.FE = \.2-
Ответ: 1:2.
10.262.	В прямоугольном треугольнике высота, проведенная к гипоте-
нузе, равна h ; радиус вписанной окружности равен г. Найти гипотенузу.
Решение.
Пусть а и Ъ — катеты, с — гипотенуза, р — полупериметр данного
a+b-с a+b+с	_
треугольника, г =-----=----------с = р-с ; р = г + с. Площадь тре-
угольника S = — ch = рг. Тогда — ch = (г + с)г; с(Л - 2г) = 2г2 ;
2г2
h-2r ‘
Ответ:
2г2
h-2r
754
10.263.	Медианы треугольника равны 5, 452 и у/тз см. Доказать, что
треугольник прямоугольный.
Решение.
Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с, а проведенные к ним
медианы— та, ть, тс (та=5, ть = V52, mc=4l3). По формуле,
выражающей сторону треугольника через его медианы, имеем:
а = ^2^n2b+m2}-m2a = |V2(52 +73)~25 =10 ‘
Аналогично Ь - ^-72(25 + 73)-52 = 8, с = •|>/2(2^ + 52)- 73 = 6. Та-
ким образом, а2 = Ь2 + с2, следовательно, данный треугольник прямо-
угольный. 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 полупери-
метр треугольника, г — радиус вписанной окружности. Тогда р + г =
а + Ь + с а + b с	с
=---------1’г = —2—+ РассмотРим СУММУ 2 + Г‘ Так как пло"
„ ab	ab
щадь треугольника S = — = рг, то г = —, откуда
2	2р
с с ab pc+ab ac+bc+c2 +2ab ас+Ьс+а2+Ь2 +2аЬ
2	2 2р 2р	4р	4р
_ c(a + b)+(a+bY _ (a+b\a+b+c) _ а + b a+b + с _ а+Ь
4р	4р	2 2р 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, Ь —катеты, с —гипотенуза, R —радиус описанной окруж-
ности, г — радиус вписанной окружности. Как известно, R = — ,
а+b-с __ _ _а+Ь-с	,	, „
г =------, тогда 2R + 2r = с + 2----= с + а+b-с = а+b . Что и
2	2
требовалось доказать.
755
Рис. 10.67
10.266.	Найти третью сторону остроугольного треугольника, если две
его стороны равны а и b и известно, что медианы этих сторон пересекают-
ся под прямым углом.
Решение.
По условию ВС = а , АС = Ь , АЕ и BF — медианы, AAMF = 90°
(рис. 10.67). Положим АЕ = та, BF = ть. Тогда в &ВМЕ и &AMF соот-
/Пд	4w£	a1	4т2	т%	Ь2
ветственно имеем —- + —— = —,------1----= — . Складывая эти равен-
9	9	4	9	9	4	н
5(m2+ml) а2 +b2	2	2 9(а2+Ь2)
ства, получаем ——---— =--------или т„ + mh - —*-----i. Из &АМВ
9	4	20
4(m2+^2) a2+b2	la2+b2
имеем AB = v -------— =--------, откуда AB = J------.
9	5	V 5
\a2+b2
Ответ: у—~— .
10.267.	На отрезке AB взята точка С и на частях АС и СВ отрезка АВ
как на диаметрах построены полуокружности. Доказать, что сумма длин этих
полуокружностей не зависит от положения точки С на отрезке АВ.
Решение.
Пусть длина отрезка АВ равна 2/. Обозначим радиус одной из окруж-
ностей через х; тогда радиус второй окружности равен 1-х. Сумма длин
полуокружностей составляет L = тех + n(l - х) = nl, т.е. не зависит от х. Что
и требовалось доказать.
7 56
10.268.	Точка С перемещается по отрезку АВ длиной /. На отрезках
А С и СВ как на основаниях построены правильные треугольники по одну
сторону от АВ. Где нужно взять точку С, чтобы расстояние между верши-
нами треугольников было наименьшим?
Решение.
Пусть АС = х ;тогда СВ = l-х (рис. 10.68).Проведем DL\\AB испус-
тим перпендикуляры на АВ из точек D и Е . Так как треугольники ADC
X I — X I
и СЕВ — правильные, то DL = FM - FC + СМ = — +---------------= — ,
2	2	2
XV3	\1~ЛХ^З	2 I , 3\1-£Х
EL =------------=---------. Следовательно, DE - — + — -—.
2	2	2	’4	4
Расстояние DE является наименьшим при / - 2х = 0 , откуда х = 1/2, т.е.
точку С следует взять в середине отрезка АВ.
Ответ: в середине отрезка АВ.
10.269.	Высоты треугольника равны 12,15 и 20 см. Доказать, что треу-
гольник прямоугольный.
Решение.
2S
Пусть площадь треугольника равна S . Тогда его стороны: а = —,
, 2S 2S	.	7	/ 1 J )	/1	1 )
b - —, с = — . Имеем а2 + b2 = 452 —- + —- = 452 -------+----- =
20	12	|^152 202 )	1^225 400 J
452 (1 И 452	2	2	2
= “ТТ" 7 + 77 I= 777 ’ откУДа а +Ъ =с , т.е. треугольник прямоуголь-
25 19 16 j 144
ный. Что и требовалось доказать.
757
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 = ^2^>2+с2) -а2 , ть=~^2(а2+с2) -Ь2 , тс~~^2(а2+Ь2) -с2 .
Тогда т2 + ml + /и2
= ±(2Ь2 +2с2-а2 + 2а2 +2с2-Ь2 + 2а2 +2Ь2-с2)=
= -^(а2 + 62 + с2). Отсюда
2	2	2
та + ть +тс _ 3
а2+Ь2+с2	4’
Ответ: —.
4
10.271.	Найти площадь треугольника, если его высоты равны 12,15 и 20 см.
Решение.
Данная задача может рассматриваться как продолжение задачи № 10.269.
Имеем: треугольник—прямоугольный, высоты ha, hb —его катеты. Пло-
щадь треугольника S = ^ • 15 • 20 = 150 (см2).
Ответ: 150 см2.
10.272.	Числа тх, т2 и т3 выражают длины медиан некоторого тре-
угольника. Показать, что если выполняется равенство /и2 +т^ = 5/и2, то
треугольник является прямоугольным.
Решение.
Обозначим стороны треугольника через а , b , с. Тогда 4/и2 =
= 2^>2 + с2)- а2,4ml = 2(а2 +с2)-62 (см. дополнительные соотноше-
ния 2°. Сложив эти равенства, получим 4(/и2 + /и2)= 4с2 + а2 + Ь2 . По
2	2	2	2	/ 2 121	2	4 С U 4“ Ь
условию =5/Из . Но 4mj =2(а +Ь )—с и, значит,---------------=
[ [ 2	2 1	2 ।
5121а +Ь I—С I	.о 2 i2tn/2i2\ г-2	2	2 i2
= — -—* 1, откуда 4с2 + а +Ь = 10|а +Ь )-5с или с = а + b ,
т.е. треугольник прямоугольный. Что и требовалось доказать.
758
с
Рис. 10.69
10.273.	Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольни-
ка, делит его на два треугольника с площадями Q и q . Найти катеты.
Решение.
В ЛАВ С (рис. 10.69) ZACD=9tf, CD —высота, S&BDC = Q, SMDC=q.
-AD-CD
AD j	q
Из подобия ЛВОС и ЛАОС следует, что = -7-----= —.
BD -bd-cd в
2
Пусть AD = qx, тогда BD = Qx. CD = J AD -BD = xJqQ .
AD-CD qx-xjQq x2qjQq	2	2
S^ADC=--------=----=	= отсюда X2 = -=.
2	2	2	jQq
AC = jABAD = J(qx+Qx)-qx =	=2(Q+q)fi
у 4oi V Ve 
Ответ:

10.274.	Числа h{, h2 и h3 выражают длины высот некоторого треуголь-
ника. Показать, что если выполняется равенство (Л j /h2 + (h! /h3 'f = 1, то
треугольник является прямоугольным.
759
Решение.
Пусть a,b,c — стороны треугольника, которым соответствуют высоты
А], А2 , А3. Воспользуемся тем, что высоты треугольника обратно пропор-
Л, b h{	с
циональны соответствующим сторонам: — = — ; — = — . Подставив эти
а п3	а
А2 с
отношения в данное по условию равенство, получаем -у + —= 1;
а а
Ь2 + с2 = а2, следовательно, данный треугольник—прямоугольный. Что и
требовалось доказать.
10.275.	Через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно ос-
нованиям проведена прямая, пересекающая боковые стороны в точках М
и N. Доказать, что MN = 2аЬ/(а + Ь),где а и b —длины оснований.
Решение.
Пусть AD = а , ВС = Ь (рис. 10.70). Так как NMBO ~ &ABD , то
МО ВО	ВО л	A__n ON OD
---=	, МО — а	. Аналогично l\OND ~ &BCD откуда —— =-,
a BD---------------------------------------------------------BD-b BD
OD	„	a-BO + b-OD 2а ВО
ON = b----. Тогда MN = МО + ON =---------------=------, так как
BD	BD	BD
AAOD ~ NBOC => — a-BO=b-OD. Учитывая,что BD=BO+OD,
b ВО
окончательно получаем, что
1Ж>Г 2а ВО 2а' 2а 2аЬ
MN =----------=--7777 =----=-------. Что и требовалось доказать.
BO+OD x + QD 1+а a+b F
ВО b
760
Рис. 10.71
10.276.	Прямоугольный треугольник АВС разделен высотой CD, про-
веденной к гипотенузе, на два треугольника BCD и A CD . Радиусы окруж-
ностей, вписанных в треугольники BCD и ACD, равны соответственно 4 и
3 см. Найти расстояние между их центрами.
Решение.
Пусть О2 — центр окружности, вписанной в ABCD, Q — центр ок-
ружности, вписанной в AACD (рис. 10.71), N и М —точки касания этих
окружностей с прямой АВ. Тогда O2N1AB, ОХМ1АВ, O2N = r2 = 4 см,
OXN = rj = 3 см. Опустим перпендикуляр OXK на O2N . Тогда
О2К = г2 " П = 1 см, ОХК =г2+гх=1 см. Из АОХКО2 (ЛОХКО2 = 90°):
ОХО2 = у]охК2 + О2К2 = V50 = 5>/2 см.
Ответ: 5у/2 см.
10.277.	Найти биссектрису прямого угла треугольника, у которого кате-
ты равны а и b .
Решение.
В ААВС (рис. 10.72) ZC = 90°, СВ = а , СА = b, СК — биссектриса
Л ВСА . Пусть СК = х. S^ABC = SACBK 4- S^ACK ; ~^^C ’С& =
=—AC- CKsinZACK+—BC-CKsinZBCK. Тогда a6 = 6xsin45°+axsin45°,
2	2
abj2
х =------•
a + b
761
abjl
Ответ: х —------.
а + Ь
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
[ 1 2
—ху - а ,
к основанию искомого треугольника. По условию s 2	по теореме
х + у = 2z,
Э X о
Пифагора (рис. 10.73) у + — = z . Таким образом, имеем систему урав-
4
нений:
1 Z
z = -(x + y),
ху = 2а2,
4у2 + х2 = 4-
(1 г Л
1<2(Х + -У J
1 /
z = ~(x + y),
< ху = 2а2,
4у2 + х2 = х2 + 2ху + у2,
1Z
z = -(x + y),
 ху -2а2,
Зу2 = 4а2,
762
в
10.279.	Точки М, N, Р, Q являются серединами сторон АВ, ВС, CD и DA
ромба Л2? CD. Вычислить площадь фигуры, являющейся пересечением че-
тырехугольников ABCD, ANCQ и BPDM, если площадь ромба равна 100 см2.
Решение.
Пусть £ nF—точки пересечения отрезка AN соответственно cDMvlBP,
а. КиЬ—точки пересечения отрезкаCQ соответственно сВР vlDM(рис. 10.74).
ЛА QC = 6ANC (по двум сторонам и углу между ними), следовательно,
ZQCA = Z.NAC, тогда . Аналогично РЛ/||ВР. Таким образом,
EFKL —параллелограмм.
S&ACD ~ $ABCD ~ 50 .
S&CQD ~	~ 25 •
Так как PD = PC и ВР|РЛ/ , то СК - LK , аналогично DL = EL,
АЕ = FE . Следовательно, QL — средняя линия ЛАБЕ , т.е.
QL ~ 2	~ 2	~ 2	' Т°гДа QL — -CQ ’ S^dql ~	~ 5 • Пусть
$efkl EL LK sina DLLK .
zLELK = a, тогда и Z.DLQ - a . ^FKL = -------= --------= 4.
SdQl ^-DLQL- sina -DLLK
2	4
Отсюда имеем •S'gfxz, —	— 20.
Ответ: 20 см2.
763
10.280.	Определить углы равнобедренного треугольника, если его пло-
щадь относится к площади квадрата, построенного на основании, как V3 : 12.
Решение.
Пусть ACDK —данный по условию квадрат (рис. 10.75), АВС —дан-
ный по условию треугольник, АВ = ВС, ВР — высота &АВС. Обозна-
ah
1	2	2
чим АС = а , ВР = h , SMBC = — ah , $ACDK = а .По условию —= —
2	a2 12
или — =	. Из прямоугольного &ABP ; tg ЛВАР =	. Сле-
a 6	AP £	3
2
довательно, ЛВАР = ЛВСР = 30°, ЛАВС = 180° - 60° = 120°.
Ответ: 30°, 30°, 120°.
10.281.	В окружность вписан четырехугольник с углами 120,90,60 и 90°.
Площадь четырехугольника равна 94з см2. Найти радиус окружности, если
диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны.
Решение.
Пусть ABCD — четырехугольник, о котором говорится в условии зада-
чи (рис. 10.76), ЛАВС = ЛАОС =	, ЛВАй = 120°, ЛВСО = 60°. Р —
точка пересечения АС и BD , AC.LBD. Так как ЛАВС = 90°, то АС —
764
диаметр данной окружности. ВР — высота прямоугольного ЛАВС. Тогда
AABD = ААСВ • ZABD и Z4CD —вписанные и опираются на хорду AD.
Тогда ZABD=ZACD. Следовательно, ZACB= ZACD=—ZBCD= 30°. Тогда
2
1	9>/з
ЛАВС-ЛАНС (по гипотенузе и острому углу), SMBC =—SABCD=--------см2.
__ !
Пусть АВ = а. Тогда ВС = ^5ctgZ4СВ = aV3 и SMBC = ~АВВС= —-
Следовательно,
а =3. Искомый радиус/? = ~^АС = АВ = 3 см.
Рис. 10.77
10.282.	В треугольнике АВС проведена прямая DE, параллельная ос-
нованию АС. Площадь треугольника АВС равна 8 кв. ед., а площадь треу-
гольника DEC равна 2 кв. ед. Найти отношение длины отрезка DE к длине
основания треугольника АВС.
Решение.
1	4
Имеем	= —DE • НК — 2 (рис. 10.77) и НК =----~
2	DE
= -АС-ВН = 8, откуда ВН = —. Так как ЛАВС ~ ЛИВЕ, то — = —.
2	АС	АС ВН
Далее ВК = ВН - НК и, значит,
ВК _ВН-НК	НК ______4	16	АС
ВН~ ВН ~	ВН~	DE	АС~	4DE'
765
/	*2	*
Пусть-= х. Тогда х = 1-или 4х - 4х +1 = 0 => х = — . Полу-
4 х	2
DE
чили---=
АС
2 '
Ответ: 1:2.
10.283.	Площадь прямоугольного треугольника равна 24 см2, а гипоте-
нуза равна 10 см. Найти радиус вписанной окружности.
Решение.
Пусть а и b — катеты треугольника. Имеем систему
ab = 48,
а2+62=100,
=> a2 +2ab + b2 = 196, a2 -2ab + b2 = 4, => а + Ь = 14, а -Ь = 2 и,сле-
довательно, а = 8 (см), 6 = 6 (см). Так как S = рг , 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 треуголь-
ника. Вычислить площадь общей час-
ти треугольника и квадрата.
Решение.
А АВС и квадрат EDDXEX
(рис. 10.78) те, о которых говорится в
условии задачи, BN — высота АЛ5С,
О — центр данной окружности, М и
F — точки пересечения АВ, Мх и
Fx — точки пересечения ВС со сто-
ронами квадрата, —точка касания DDX с окружностью и пересечения
DDX с BN . Шестиугольник EMFFXMXEX — фигура искомой площади S .
$ = $EDDXEX ~ {$kMDF +	) = $EDD^ ~ ^bMDF • BN = 37? ; NNX = 2R ;
BNX = R ; DNX = R .
nil
Из NBNXF ( Z.BNXF = 90°): FNX = BNX tg Z.FBNX = R tg 30° = -y-
766
DF=DNX-FN, =R~— =	. Z.DFM = Z.BFFX = 60°. Из bMDF
1	3	3
( Z.MDF = 90°): MD = DFtg Z.DFM =	 Jb = r(J3 -1).
«ДМОГ ^DFDud Д^~1).Д(Л-1)=
тг25/з(ч/з-i)2 = /?2Уз (2-V3)
6	" з
= 4R2.
J ^EDD}El
T „ ,_2 2Я2^Ь--Уз) „г 12-4^3+6
Тогда S = 4R------*---L = R-----------
3	3
Ответ:
R2^43-4)
3
/?2 >/з (65/3-4)
3
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.
i-г	- то о 7L^2 R24b
Площадь сегмента с дугой 60 равна S] =----------, а площадь сег-
6	4
л/?2	7?2 5/3”
мента с дугой 120° равна 52= —-----------—. Искомая площадь
S = nR2-Sl-S2 =
2
7?2(л + 5/з)
Ответ: —i-------L.
2
10.286.	Две окружности радиусов г и Зг внешне касаются. Найти пло-
щадь фигуры, заключенной между окружностями и их общей внешней ка-
сательной.
Решение.
Пусть Q и О2 — центры окружностей радиусов г и Зг соответствен-
но (рис. 10.79), АВ —их общая внешняя касательная, А и В —точки
касания. Тогда ОХА1АВ , О2В1ЛВ, ОХА = г, О2В - Зг, OtO2 =4г. р —
точка касания данных окружностей. Тогда искомая площадь
767
S = 5j - (S2 + S3), где Sj — площадь трапеции OXABO2 > $2 — площадь
сектора АОХР , S3 —площадь сектора ВО2Р. ОХС —высота трапеции
ОХАВО2 . Следовательно, ВС = АОХ = г, СО2 = ВО2 - ВС = 2г. Отсюда
ZCOxO2=30°, ZCO2OX = 60° , ОхС=2гу/з, ZAOXO2 =120° .
jq+BO,	2/-	яг2120_ГО-2	_л(Зг)2-60 _ Злг2
2	’	360	3	360	2
т с л г R f>v2 Злг2>| ''"^'/з-Пя)
Тогда 5 = 4r V3   1---------= —3----------L.
3	2	6
V	У
„	г1 (24>/з -11те)
6
10.287.	Найти площадь треугольника, вписанного в круг радиуса 2 см,
если два угла треугольника равны л/3 и л/4.
Решение.
Так как ЛАСВ = — (рис. 10.80), то АВ = 2^2 см (сторона вписанного
4
я
квадрата). Проведем BD1.AC . Учитывая, что Z.ABD = — , имеем
6
AD = —AB = 42 (см); далее, так как &BDC — равнобедренный, то
768
DC=BD=—AB= — -2j2=j6 см. Значит, АС= AD+DC=4i+46 (см).
2	2
Получаем: S = ~АС• BD = (д/2 + 4б)Уб = (1 + Vi )>/з = >/з + 3 (см2).
Ответ: L/з + 3) см2.
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, ВС = 3 см, AD = 6 см,
ЯС = 7 см, BD = 8 см. Проведем СЕ||В£). Тогда AE = AD + DE =
- AD + ВС = 9 см, СЕ = BD. Следовательно, трапеция ABCD и треуголь-
ник АСЕ имеют равные площади (у них равны высоты и основание треу-
гольника равно сумме оснований трапеции). По формуле Герона площадь
треугольника S = -У12-5-4-3 = 12-J5 см2.
Ответ: 12>/5 см2.
10.289.	В ромб со стороной а и острым утлом 60° вписана окружность.
Определить площадь четырехугольника, вершинами которого являются точ-
ки касания окружности со сторонами ромба.
Решение.
Радиус вписанной в ромб ABCD окружности (рис. 10.82) R =---, так
4
как ЛА = 60°. Четырехугольник KLMN является прямоугольником, так
25 Группа Б
769
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 = r4?> . Получили
S = R2J1 = —
16
Ответ:
За24з
16
10.290.	Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом.
К этим окружностям проведена общая внешняя касательная, и в образовав-
шийся при этом криволинейный треугольник вписан круг. Найти его пло-
щадь.
Решение.
А п В — точки касания общей внешней касательной с касающимися
окружностями соответственно с центром Ох радиуса R и с центром О2
радиуса г, R > г (рис. 10.83). Тогда ОХО2 = R + r , ОХА1АВ , ОХА = R,
O2B = г,	. О3 — центр круга искомой площади, о котором гово-
рится в условии задачи. Через точки О2 и О3 проведем прямые MN и
О2К, параллельные АВ. Тогда О2К1.ОХА , MN1.OXAX, ОХК = R-r . D —
точка касания окружности с центром О3 и АВ. Тогда O3D1AB, O3D = х .
ОХМ = ОХА-АМ = R — x, О2О3 = r+x, ОХО3 = R + x, Ofl = г—х Afa &ОХМО3
(АОХМО3 = 90°): О3М = ^ОХС% - ОХМ2 = дДя + х)2-(Я-х)2 = 2y[lb . Из
(ZO2NQ=9ff): OiN = у[о2О%-O2N2 =>/(r+x)2-(r-x)2 =2y[^c .
770
Из ЩКО1	=90°): О2К=^О1С^-О1К2 = J(R+rf-(R-rf = 2jRr-
Так как КО2 = MN = МО3 + O3N , то 2>/Яг = 2>/Лс + 2у[юс;
с 2 nR2r2
Искомая площадь круга 5 = тс = ----
2 2	(JR + J~r
иКгг2	'
Ответ: -------гт.
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 — бис-
сектрисы соответственно Z.BCD и ZADC. Так как Z.BCD + ZADC = 180°,
то Z.OCD +ZODC =-ZBCD +-ZADC =90° и ZCOD=9tf, CD =
2	2
= JoC2 + OD2 = -J~5 см. К — точка касания вписанной окружности со
стороной CD трапеции. Тогда ОК — радиус этой окружности и высота
ОС•OD 2
прямоугольного Д COD  Следовательно, ОК = ——— =	см.
771
AB = 2 OK = —j= см. Так как в данную трапецию вписана окружность,
4 г 9
то BC+AD= AB + CD=-^ + j5 = ^Ucm.
V5 V5
n	_ BC + AD AD 9	4	2
Площадь трапеции 5 =--------AB - —= •—^ = 3,6 cm .
2	2V5 V5
Ответ: 3,6 см2.
10.292.	Окружность радиуса R разделена на шесть равных дуг, и внут-
ри круга, образованного этой окружностью, через каждые две соседние
точки деления проведены равные дуги такого радиуса, что на данной ок-
ружности они взаимно касаются. Вычислить площадь внутренней 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),
ZAOB = 60°. Ц — центр дуги АпВ, проходящей 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 О}А ±ОА. /_АООХ =^^АОВ = 30°, ЛАО^В = 120°. Из
/?Уз
^ОАО}(^ОАО} = 90°): О} А = ОА 1£<ААОО} = -	. Площадь криволи-
нейного треугольника ОАпВ равна разности площадей S2 равносторонне-
го треугольника АОВ и S3 сегмента круга с центром О(, ограниченного
дугой АпВ.
$3 = О^А2 -Sm0\B = — л-О{А2 - — О\А2 sin КАО^В =
1 R2
- — л---
3	3
1 R1
-sinl20° =
3 I3
2
3
Тогда Sj = S2 -	= —-
R2 (it УГ
3 I3" 4 J
772
п2 12>/з-4л R2fayf3-n)
= л----—----=----. Искомая площадь части данного круга
36	9
S=6SI=M2№-*)
3
Ответ:
3
10.293.	В некоторый угол вписана окружность радиуса R , а длина хор-
ды, соединяющей точки касания, равна а. Параллельно этой хорде прове-
дены две касательные, в результате чего получилась трапеция. Найти пло-
щадь этой трапеции.
Решение.
Пусть L и М — точки касания (рис. 10.86); тогда SL — SM , откуда
АВ = CD, так как AD^BC^LM . Проведем OK1LM и BHLAD. Искомая
площадь S = ~(AD + ВС^ВН . Для описанной трапеции имеем
AD + ВС = АВ + CD = 2АВ ; поэтому S = АВ ВН . Далее, &АВН ~
~ &.OLK (Z.LOK = Z.BAH как углы с взаимно перпендикулярными сторо-
LK ВН	а/2	2R	4R2
нами), откуда--=---- или =-----и АВ =-----.
LO АВ	R	АВ	а
773
Получили S =----27? =---.
а	а
8Л^
Ответ:---.
а
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 и О2 — центры данных окружностей радиуса R и г соответ-
ственно, R> г (рис. 10.87), Р —точка их касания, АВ и DC —их общие
внешние касательные, ABCD — трапеция искомой площади. Тогда
ОХА1АВ , О2В1АВ , 0{А = R, О2В = г. Проведем через точку Р общую к
данным окружностям касательную MN . Так как AM = МР = МВ , то
MN — средняя линия трапеции ABCD и MN = АВ. Проведем ВЕ^ОХО2,
имеем BE = О}О2 = R + r, АЕ = 0}А - ОХЕ = Ох А - О2В = R - г. Из &ЕАВ
(ZEAB = 90°): АВ = у1вЕ2-АЕ2 = ^(R + rf-(R-rf = ъПГг . OXO21AD,
2?£||фО2 • Следовательно, BE1AD. Q — точка пересечения ЕВ и AD.
Тогда AQ — высота прямоугольного ЬЕАВ и AB2=BE BQ,
АВ2 4Rr
BQ =-----=------. BQ — высота трапеции ABCD 
BE R + r
774
_AD + BC
ABCD ~	2
„ SRrjRr
Ответ:--------.
R + r
BQ = MN BQ = ABBQ = SRr^~.
R + r
Рис. 10.88
10.295.	Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8 см. Через
середину меньшего катета и середину гипотенузы проведена окружность,
касающаяся гипотенузы. Найти площадь круга, ограниченного этой окруж-
ностью.
Решение.
По условию в &АВС (рис. 10.88) /ЛВС = 90°, АВ = 6 см, ВС = 8 см,
точки Е и D — соответственно середины АВ и АС, О — центр ок-
ружности, о которой говорится в условии задачи. АС = y/АВ2 + ВС2 = 10 см.
Тогда ED —средняя линия ААВС, ED = ^ВС = 4 см. К —середина ED.
Тогда KD = 2 см. OK1ED, BC^ED.Тогда ОК1ЕС. OD1AC. Следователь-
но, Z.KOD - Z.BCA —как углы с взаимно перпендикулярными сторонами, и
прямоугольные треугольники OKD и СВА подобны. Тогда --=----,
АС АВ
__ ACKD 10	. 100л	2
Ои = ——— = — см. Искомая площадь круга S = л • OD = см2.
_	100л	2
Ответ:-----см2.
9
775
10.296.	Найти площадь прямоугольного треугольника, если даны ради-
усы 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 , ~(п	\ тт 2 ,2	2
угольника. C-2R, г--------=---------, а+b = 2(7? +г). Но а +Ь =с ,
2	2
тогда (a+bf -2ab = 4R2 , 2ab=(a+b)2 -4R2 =4(R+r)2 -4R2 =87?r+4r2,
ab = 2^2Rr + r2 )= 2r(27? + г). Площадь треугольника S = ab = r(2R + r).
Ответ: r(2R + r).
10.297.	Длины сторон треугольника относятся как т : п : т . Найти от-
ношение площади этого треугольника к площади треугольника, вершины
которого находятся в точках пересечения биссектрис данного треугольника
с его сторонами.
Решение.
В ЛАВС (рис. 10.89) АВ : АС : ВС = т : п : т . Следовательно,
АВ = ВС • ААХ, ВВХ, ССХ — биссектрисы ДЛ5С, К — точка пересече-
ния АХСХ и ВВХ. Тогда ВВХ —высота ЛАВС, ВХК —высота ЛАХВХСХ.
'S'zMjSjC,
АС  ВВХ
АХСХ  ВХК ’
По свойству биссектрисы треугольника
АХС
АХВ
АС
АВ
и	ЯС
— • ЛАВС ~ ЛСХВАХ. Тогда —— =
т	АХСХ
ВС ВАХ + АХС
~А^В~ АХВ
776
АгС п т + п ВВ, BK + BiK. ВК , ВА, , т , /л + л
1 + —= 1 + — =---; --L. =--!— =---+1 = —L +1 = _ +1 =-•
АХВ т т ВХК ВХК ВХК АХС п т
$Л.АИС
следовательно, —
^дл.&с.
АС ВВХ _{m + nf
А,С, BiK тп
Ответ: -----—.
тп
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°,
2лЛ
то ее длина равна —— , а хорда, стягивающая эту дугу (сторона правильно-
го вписанного треугольника), равна R -/з . Тогда периметр сегмента состав-
2 TtR п гг	п Зр
ляет р =------+ Ry/З , откуда R =-------—т=- . Площадь сегмента:
3	2л + 3>/3
s = 7d?2 /?2Уз = /?2^тс-зУз)= Зр2(4л-зУз)
3	4	12	4(2ж + 3^ ‘
Зр2(4тс-зУз)
Ответ: ( г~У •
4|2л + з7з)
10.299.	На отрезке АВ 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 OB, Е —
центр круга, о котором говорится в условии задачи (рис. 10.90). Пусть г —
R R
радиус того круга. Тогда О А = R , DO - — , ОЕ = — + г, ОЕ = R - г. Из
(R	(R^
^DOE (ZDOE = 9Q°): DE2 =DO2 + OE2; |y + r =lyj +(R-rf;
777
с
R	(	\
—. Искомая площадь S = - (25'2 + 53), где	—площадь полукруга
с центром О, S2 — площадь полукруга с центром
круга с центром Е .
D , S3 — площадь
_ TtR2
2
nR2
~4~
nR2
~9~
= —nR2
36
5	2
Ответ: —TtR .
36
10.300. Сторона правильного треугольника равна а . Определить пло-
щадь части треугольника, лежащей вне круга радиуса а/3, центр которого
совпадает с центром треугольника.
Решение.
Искомая площадь S = 3'1 - S2 + 333, где 3t =	 — площадь тре-
ка2	4
угольника, 32 = —— — площадь круга, З3 — площадь сегмента, отсекае-
а
мого треугольником от круга. Хорда этого сегмента равна —; поэтому
_ 1 па2 а2>/з _ ла2 а2Уз
3 ” 6 ~9~ 9-4 ~~54	36~‘
ла2 ла2 _ а2Уз _ а2(зУз - л)
-9- + -1Г	12	18
Получаем, что S = ——
„	^2
Ответ: —L-
18
778
Рис. 10.91.1
В, К С,
Рис. 10.91.2
10.301.	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),
4AGA — квадрат, вписанный в сегмент того же круга с дугой в 90°
(рис. 10.91.2). Пусть R — радиус круга, АВ = х, = у. Рассмотрим
квадрат ABCD . О — центр круга. Тогда ОС = R , OD = CD/2 = х/2. Из
&CDO (ZCDO = 90°): OD2 + CD1 = ОС2; ^- + x2=R2; х = -^=. Рас-
смотрим квадрат AiBlCiDl. Проведем OKLBXCX. Тогда К —середина ВХСХ,
точка Р пересечения AXDX и ОК — середина , КР = АХВХ = у,
КСХ = у/2 . Так' как Z.MON - 90°, то
ОР = ^ и ОК = ОР + РК =
2
r41 ы
=------+ у . Из
2 ,
( К Б Y
/?2 = ™L + y
2
АОКС х (АОКСХ = 90° ): ОС2 = ОК 2 + КС2 ;
+	; 5у2 + ARyJl - 2R2 = 0; у =	. Следователь-
' 2R5 V
но,
$АВСР _ Х
SAiBiClDi 17
= 10.
Ответ: 10:1.
10.302.	Площадь четырехугольника равна S . Найти площадь паралле-
лограмма, стороны которого равны и параллельны диагоналям четырех-
угольника.
779
в
Рис. 10.92	Рис. 10.93
Решение.
Покажем, что искомая площадь SLMNP = 2S (рис. 10.92). Так как AL\\BO
и LB\\AO , то ALBO — параллелограмм и, значит, S^LB = S^ob • Анало-
гично получаем S^MC = S^oc, S^CN = S^oc, S^PD = S^od , откуда и
следует, что SLMNP = 2S.
Ответ: 2S •
10.303.	В треугольнике АВС проведены медианы BD пСЕ; М—точ-
ка их пересечения. Доказать, что треугольник ВСМ равновелик четырех-
угольнику ADME.
Решение.
Проведем третью медиану АК треугольника АВС (рис. 10.93), опус-
тим на АС перпендикуляры BF и MN . Так как MD = BD/З, то
MN = BF/З.	= -i AC-MN = AC-1 BF = i S^BC. MD —медиа-
на AABC. Аналогично SA/4ME =	= 8&вмк = $ьсмк ~ ~2 $&abc  ^T0
о
означает, что медианы треугольника разбивают его на шесть равновеликих
треугольников. Так как четырехугольник ADME и треугольник ВМС каж-
дый состоит из двух таких треугольников, то они равновелики. Что и требо-
валось доказать.
10.304.	Два круга концентричны, причем окружность меньшего круга
делит большой круг на равновеликие части. Доказать, что часть кольца,
заключенная между параллельными касательными к окружности меньше-
го радиуса, равновелика квадрату, вписанному в меньший круг.
780
Решение.
Пусть О — общий центр данных кру-
гов, К — точка касания хорды АВ боль-
шего круга к кругу меньшего радиуса
(рис. 10.94). Пусть радиус большего круга
R , меньшего — г. Тогда по условию
Рис. 10.94
ЬОКВ ЛОКВ=9(Р,
ОК = г =
ОВ
Ji '
Следовательно,
Z.BOK = 45° и ЛАОВ = 90° . Тогда площадь сегмента, ограниченного хор-
„	„ лЛ2 R2 „	? г,,
дои АВ : л, =-----. Площадь кольца 5, = nR - nr . Тогда площадь
4	2
части кольца, заключенная между параллельными касательными:
It/?2	It/?2	г-
S = S2-2S,=nR2-nr2------+ R2 =-----nr2+R2. Так как R = r&,
2	2
то S = 2г2. Площадь квадрата, вписанного в круг радиуса г, равна также 2г2.
Утверждение доказано.
10.305.	Найти площадь круга, описанного около прямоугольного тре-
угольника, длины катетов которого являются корнями уравнения
ах2 + Ьх + с = 0 •
Решение.
Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, ра-
вен половине гипотенузы. Пусть и и v —длины катетов, a w —длинагипоте-
nw2
нузы; тогда S =---.Так как и uv —корни уравнения ах2 +Ьх + с = 0, то
4
__ С	Ь	222	2	/	\2
uv--u + v = —. Учитывая, что w = и + v , имеем w = (u + v г - 2uv =
а	а
Ь2 .с Ь2—2ас	с лю2 — 2ас)
= — - 2— =------— и окончательно находим 5 = —---—L
а2 а а2	4а2
л6>2 - 2ас)
Ответ: —£—-—.
4а2
781
10.306.	Прямая пересекает окружность радиуса R в точках А и В
таких, что и АВ = 45°, а прямую, перпендикулярную диаметру AM ок-
ружности и проходящую через ее центр, — в точке К. Прямая, проходя-
щая через точку В перпендикулярно AM, пересекает его в точке С. Най-
ти площадь трапеции ОСВК.
Решение.
R	R
По условию АВОС = 45°, поэтому ВС = ОС = -т=, АС = R —=•
V2	>12
я(Л-1)
V2
(рис. 10.95). Так как ДАВС ~ ЛАКО, то
КО АО
ВС~ АС
АО ВС R J гт
КО =-------= -т=— = R\Q2 +1). Тоща площадь трапеции будет рав-
АС V2-1
г.	л r}r
на: 5 = ~\КО + ВС)ОС = -I R\J2 +1)+	\-j= = —-1.
Ответ:
R2^ + 4i)
4
782
10.307.	Через две смежные вершины квадрата проведена окружность
так, что длина касательной к ней, проведенной из третьей вершины, в три
раза больше стороны квадрата. Найти площадь круга, если сторона квадра-
та 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 пересече-
ния с окружностью в точке К. Пусть DK = х . Тогда СК • CD = СЕ1;
(х + а)а = 9а2; х = 8а . Так как ZADK = 90°, то АК —диаметр окружно-
сти и АК1 = AD2 + DK2. Пусть R — радиус данной окружности. Тогда
2	2
4Л2 = а2 + 64а2; R2 =	. Искомая площадь круга S' = nR2 =	- .
4	4
Л 65тса2
Ответ:--------.
4
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 двенад-
цатиугольник. Вычислить его площадь.
Решение.
Искомая площадь S = 125ДОЛЯ , где
ОА , ОВ проведены в соседние вер-
шины правильного двенадцатиуголь-
ника (рис. 10.97). Сторона квадрата
Рис. 10.97
а
равна а , поэтому ОА = OB = —== .
V2
Проведём высоту BCLOA . Тогда
ВШлв =\оА ВС,те АЛОВ = ^ = 7
Z	12 О
тт	о	1 а 1 а а
Получаем S^0AB =	= — =»
Z V2 2 V2 о
с_12 2_3 2
S = —а = —а .
8	2
Ответ:----.
783
Рис. 10.98
Рис. 10.99
10.309.	Площадь равнобедренной трапеции, описанной около круга, рав-
на 32 см2; острый угол трапеции равен 30°. Определить стороны трапеции.
Решение.
Пусть высота ВН трапеции равна Л (рис. 10.98). Тогда АВ = 2h (так как
ЛА = 30°), ВС + AD = 4Л (поскольку ВС + AD = АВ + CD = 2АВ). Пло-
_ (BC + AD^h. „,2	, А г.
щадь трапеции S = --------— = 2h =32 (см2), откуда h = 4 см. Следова-
2
тельно, Л5 = СО = 8см, ВС + AD = 16 см. Но ВС+AD-2BC+2AH-
= 2BC+&J3 .Итак, АВ = CD = 8см, ВС= 8-4л/з см, AD = 8 + 4>/з см.
Ответ: 8 см; 8 - 4-Уз см; 8 + 4V3 см.
10.310.	Высота равнобедренной трапеции равна 14 см, а основания рав-
ны 16 и 12 см. Определить площадь описанного круга.
Решение.
Пусть BE —высота трапеции ABCD, BE = 14 см, ВС = 12 см,
AD = 16 см, АВ = CD (рис. 10.99). Тогда AF =	= 14 см. В ABED
ABED = 90° , BE = ED . Следовательно, ABDE = 45° . Из АЛЕВ
(ЛАЕВ = 90°): АВ = VАЕ2 + BE2 = 10-^2 (см). Радиус R круга, описан-
ного около трапеции ABCD, найдем как радиус круга, описанного около
AABD : R =---—----=	= 10 (см). Следовательно, искомая пло-
2sinZ5£M 2 sin 45°
щадь круга 5 = nR2 = 100л см2.
Ответ: 100 л см2.
784
10.311.	Длины диагоналей ромба относятся как 3:4. Во сколько раз пло-
щадь ромба больше площади вписанного в него круга?
Решение.
Пусть точка О — точка пересечения диагоналей и центр вписанного
круга радиуса г ромба ABCD , ЯО:ЛС=3:4 (рис. 10.100).
ВО BD 3
тгг - —— - — . Пусть ВО = Зх, тогда СО = 4х, ВС = 5х (из ЛВОС).
С/С/ АС
Пусть Р —точка касания круга со стороной ВС . Тогда ОР1РС, ОР = г .
1	1	ОСОВ 12х
5'ддос = — ВС • ОР = — ОС • ОВ . ОР = г = ——— = —-. Площадь круга
2	2	ВС 5
_	2	144лх2 „1
Si = пг = —------. Площадь ромба 5, = — АС • BD = 2ВО • ОС = 24х2 .
25	2
к
52 _ 24х2 • 25 25
5}	144лх2 6п
„	25
Ответ: —.
6 л
10.312.	В круг радиуса R вписан правильный треугольник, высоты ко-
торого продолжены до пересечения с окружностью. Эти точки пересече-
ния соединены между собой, в результате чего получается новый треуголь-
ник. Вычислить ту часть площади круга, которая находится вне этих
треугольников.
785
Решение.
Искомая площадь равна 6SX , где —площадь криволинейного треуголь-
ника APF (рис. 10.101), 5], в свою очередь, равна разности сектора AOF и
удвоенной площади треугольника АОР. ZAOF = 60° , следовательно,
Saof =-nR2 , S^op=-AP OK = - -AC OK =-Ry[3 -R = —
б	2	2 3	6	2	12
Следовательно, искомая площадь
6	6
5 - 6^ - 6(SA0F - 2SM0P
Ответ: Л2(л->/з).
10.313.	Две окружности радиуса R пересекаются так, что каждая из них
проходит через центр другой. Две другие окружности того же радиуса име-
ют центры в точках пересечения первых двух окружностей. Найти площадь,
общую всем четырем кругам.
Решение.
Каждая из двух последних окружностей прохо-
дит через центры первых двух (рис. 10.102), поэтому
длина их общей хорды ОХО2 = R. Искомая площадь
равна удвоенной площади сегмента с центральным
углом 60°, т.е.
n (nR2 R2y
6	4
6
Ответ:
6
10.314.	Дан ромб ABCD, диагонали которого
равны 3 и 4 см. Из вершины тупого угла В проведены две высоты BE и
BF. Вычислить площадь четырехугольника BFDE.
Решение.
Площадь ромба 5 = 0,5 • 3 • 4 = 6 = AD • BE (рис. 10.103). Из AAOD нахо-
дим AD = yjl2 +1,52 = 2,5 (см) => BE = 6:2,5 = 2,4 (см). Из &BDE име-
ем DE=>IbI?-BE2 = 7з2-2,42 = 1,8 (см).
Получили SBEDF = 2S^ed = 1,8 • 2,4 = 4,32(см2).
Ответ: 4,32 см2.
786
10.315.	Отношение величин двух углов треугольника равно 2, а разность
длин противоположных им сторон равна 2 см; длина третьей стороны тре-
угольника равна 5 см. Вычислить площадь треугольника.
Решение.
АА = 2ЛВ, ВС - АС = 2 см, АВ = 5 см (рис. 10.104); найдем 5д45с.
Проведем биссектрису AD ; тогда ЛАВС ~ &ADC (Z.C — общий,
Z.B = Z.DAC) =>	, АС2 = ВС • CD (*). Так как AD —биссект-
ВС АС
АС 5	АС 5
риса, то — = — => — = ——— => АС • ВС - АС • CD = 5CD =>
CD BD	CD BC-CD
AC ’ BC	л/~1^ AC • BC
=> CD =-------(**). Из равенств (*) и (**) следует, что АС =-,
АС + 5	АС + 5
АС2 + 5АС = ВС2. Так как ВС = АС + 2, то АС2 + 5АС = AC2 + 4АС+4,
откуда АС = 4 см, ВС = 6 см.
Получили SMBC = J7,5 • 1,5 • 2,5 • 3,5 = 1^2. см2.
4
15^ г
Ответ:-----см.
4
787
Рис. 10.105
Рис. 10.106
10.316.	В прямоугольном треугольнике расстояние от середины гипо-
тенузы до одного из катетов равно 5 см, а расстояние от середины этого
катета до гипотенузы равно 4 см. Вычислить площадь треугольника.
Решение.
Пусть в &АВС (рис. 10.105) ЛАСВ = 90°, М —середина АВ,
MN1HC, MN = 5 см. Тогда N —середина ВС и АС = 2MN = 10 см. Опу-
стим на АВ перпендикуляры NK и СР . Тогда NK = 4 см, К — середина
ВР и CP — 2NK = 8см. Из ЛАРС(ЛАРС = 90°): АР= у/а^-СР2 = 6см.
Из ЛАСВ (ЛАСВ = 90°); АС2 = АР-АВ; АВ =	= — см. Тогда
1	200	3
$ьавс ~ АВ ’	= “см2.
Ответ: 200/3 см2.
10.317.	В треугольнике АВС известны: 5С = 15см, АС = 14 см,
АВ = 13 см. Вычислить площадь треугольника, заключенного между высо-
той и биссектрисой, проведенными из вершины В.
Решение.
Пусть ВН и ВК — соответственно высота и биссектриса ДАВС
(рис. 10.106). Так как 152 < 132 +142,то ЛАВС —остроугольный и точка
Н принадлежит отрезку АС .По формуле Терона находим: SMBC =84см2.
Тогда ВН =	=12 см. Пусть АК = х см. Тогда СК = (14 - х)см и по
788
АК СК
свойству биссектрисы треугольника -=-----, откуда
АВ ВС
х _ 14-х
13 ” 15 ’
х = 6,5.Из МНВ (МНВ = 90° У- АН = у1аВ2-ВН2 =5 см. Тогда
НК = АК - АН = 1,5 см. Искомая площадь В^нк — —ВН  НК = 9 см2.
Ответ: 9 см2.
Рис. 10.107
10.318.	Основания трапеции равны а и b. 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’j
и S2 трапеций AEFD и EBCF равны, ВС = а , AD = b • Проведем BL и
EN — соответственно высоты трапеций EBCF и AEFD • Пусть EF = х,
BL = hx, EN = h2. Проведем ВК || CF , ЕМ || CD . Тогда KF = а ,
ЕК = х — а , MD = х, AM = b-x. МЕМ ~ МВК . Тогда —— = ——,
BL EN
х-а Ь-х . . BC+EF nr а+х , „ AD+EF b+х .
----=-----(а). 5,=-------BL =-----h. S2 =--------EN =------hy.
2	2	4	2	2
Тогда —-—Aj =	—h2 (b). Перемножая равенства (а) и (b), получаем:
1-a2 b2 -x2	2	2	2	a2+b2
----. Отсюда 2x = a +b ; x = A--
2	V 2
2
п а2+ь2
Ответ: .-----
У 2
789
Рис. 10.108	Рис. 10.109
10.319.	Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикуляр-
ны, а ее площадь равна а 2. Определить высоту трапеции.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.108) АВ = CD, AC1BD, О —точка
пересечения АС и BD , СК —высота трапеции. Так как трапеция равно-
AD+ВС
бокая, то АК =----------, АО = DO , и так как Z.AOD = 90° , то
2
ZOAD = 45°. Следовательно, в прямоугольном ЛАКС АК = СК . Пло-
щадь трапеции 5 =	=	~	=	• Значит, СК = а .
Ответ: а.
10.320.	Медианы одного треугольника равны сторонам другого тре-
угольника. Найти отношение площадей этих треугольников.
Решение.
Каждую медиану исходного треугольника АВС продолжим на 1/3 её
длины (рис. 10.109). Площадь образовавшейся фигуры AMBNCP составит
2Sмвс (ЛВОС = &BNC, ЛАОВ = ЛАМВ, ЛАОС = ЛАРС). Длины сторон
каждого из треугольников АОМ , ВОМ, В ON, CON, СОР, АОР равны
2mj3 , 2т2/3 , 2т{/3 ; поэтому SAMBNCP = 6SM0M . Пусть Sm — пло-
щадь треугольника, построенного на медианах ЛАВС • Тогда
$&аом	и SAMBNCP ~^S^ABC = 6 • 4Sm/9 = 8Sm/3 , откуда
$ывс ' Sm= 4:3.
Ответ: 4:3.
790
10.321.	Медианы треугольника равны 3,4 и 5 см. Найти площадь тре-
угольника.
Решение.
Пусть AN , ВМ, СР —медианы ДЛ2?С(рис. 10.110), О —точка их
пересечения, AN = 3 см, ВМ = 4 см, СР = 5 см. На продолжении от-
резка ВМ за точку М отложим отрезок DM = ОМ . Тогда DO = ВО -
2	8
= —ВМ = — см. Опустим перпендикуляр АК на ВМ .	=
= ±DO AK = i.ВО ЛК = 3МВО = ^ВС
. Так как AOCD — паралле-
лограмм, то AD = ОС = — см. АО = — AN = 2 см. По формуле Терона
g
находим smdo = ~ см2. Тогда SMBC =	= 8 см2.
Ответ: 8 см2.
10.322.	В окружности с центром О проведена хорда АВ, пересекаю-
щая диаметр в точке М и составл ощая с диаметром угол, равный 60° .
Найти ОМ , если AM = 10 см, а ВМ = 4 см.
Решение.
Проведем ОР1АВ (рис. 10.111). Тогда АР = ВР = 7 см и МР — 3 см. Так
как АР МО = 60°, то АМОР = 30° и ОМ - IMP = 6 см.
Ответ: 6 см.
791
10.323.	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 = хсм, СЕ - у см. Так как АЕ =------, то по условию
ху = 48 см. Из ДАЕС (ЛАЕС = 90°): АЕ2 + СЕ2 = АС2 ; х2 + у2 = 100.
(х + у)2 - 2ху = 100;
ху = 48;
х2 + у2 =100;
ху = 48;
Решаем систему уравнений:
(х + у)2 =196;	[х = 8,
,„ Так как х>0, у > 0, то х + у = 14. Тогда 5	, или
ху = 48.	[у = 6,
]х = 6,
s	Отсюда высота трапеции равна 6 см или 8 см.
[у = 8.
Ответ: 6 см, 8 см.
10.324.	В треугольник вписан круг. Прямые, соединяющие центр кру-
га 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
треугольника равны —аг ,
— Ьг , — сг , т.е. аг = 8 , Ьг = 26 , cr = 3Q,
2	2
8	, 26
откуда а = - , b = —
зо
—. По формуле Герона находим
792
_	32 24 6 2 96 „ п о 1е „ .	96 _
S = J------------= — .Ho S = 4+13+15 = 32см ,следовательно, -z- = 32,
[Z ,,	б ,	20
г = V3 см. Итак, а = —т= см, b = —т= см, с = -т= см.
>/3 7з 4з
„	8	26 30
Ответ: —=, —=, —== см.
V3 V3 V3
10.325.	Основание треугольника равно 20 см, медианы боковых сторон
равны 18 и 24 см. Найти площадь треугольника.
Решение.
Пусть др и CQ —медианы ЛАВС (рис. 10.113), М —точка их пере-
2
сечения, АС = 20 см, AF = 18 см, CQ = 24 см. Тогда AM = —AF = 12 см,
2
СМ = — CQ — 16 см. Так как
АМ2+МС2 = АС2, ТО ЛАМС — прямо-
угольный, и = —AM • CM = 96 см2; SMBC - ^SMMC = 288 см2.
Ответ: 288 см2.
10.326.	Медианы треугольника равны 5,
6 и 5 м. Найти площадь треугольника.
Решение.
Площадь ЛАВС в 3 раза больше пло-
щади ЛАОС (О — точка пересечения
медиан; рис. 10.114). Имеем S^oc =
= -АСОК=КС ОК.Но ОК = -ВК = 2м,
2	2
КС=у10С2-ОК2 ,гд.е ОС=-МС=—м=*
3	3
Рис. 10.114
КС =
S -16
м, И *^Д4ОС “ у
м2,т.е. S^bc = 16 м2.
Ответ: 16 м2.
793
в
Рис. 10.116
10.327.	Определить площадь треугольника, если две его стороны равны
1 и V15 см, а медиана третьей стороны равна 2 см.
Решение.
Пусть BD —медиана ЛАВС (рис. 10.115), Л5 = 1см, ВС = V15 см,
BD = 2 см. На продолжении отрезка BD за точку D отложим отрезок
DE = BD . АВСЕ —параллелограмм, поэтому АС2 + ВЁ2 = 2(AB+BCf;
АС2 =2(1 + 15)-16; АС = 4 см.
Тогда АС2 = АВ2 +ВС2 и АЛВС —прямоугольный.
S^BC = ^АВ-ВС = ^~ см1.
„ Vis ,
Ответ:-----см2.
2
10.328.	Стороны треугольника равны 3,4 и 5 см. Определить площади
треугольников, на которые разбивается данный треугольник высотой и ме-
дианой, проведенными к большей по величине стороне.
Решение.
Пусть в ЛАВС (рис. 10.116) ВС = 3 см, АС = 4 см, АВ = 5 см, СК —
медиана, СМ — высота. Так как АВ2 = ВС2 + АС2, то ЛАВС — прямо-
1	ВС2 9
угольный. Тогда $мвс = —ВС • АС = 6 см2; ВМ =	= — см; СМ =
ВС АС 12 о 1 П1, ™ 54
=--------= — см. S^MC = —ВМ  СМ = — = 2,16 (см2). Так как СК —
АВ 5	2	25
медиана, то S^ck = $лвск =~^$мвс ~ 3см2- $ь.смк -$двск~$двмс = 0,84 см2.
Ответ: 3 см2; 0,84 см2; 2,16 см2.
794
Рис. 10.117
10329. Стороны треугольника равны 13,14 и 15 см. Определить площади
треугольников, на которые разбивается данный треугольник его медианами.
Решение.
Докажем, что все указанные в условии треугольники равновелики. Имеем
SMOM ~ $ьсом (Рис- ДО. 117), так как эти треугольники имеют одинаковые
высоты и одинаковые основания, равные АС/2. Аналогично SMON = S^ON
и $ЬВОК =	• Н° $ЬВОК ~ S&BON ’ таК КаК $ЬВОК ~ $М)ОК + S&BKD ’
S&BON = $bDON + $ABND ’ а $&DOK ~ $ADON И $ЬВКО ~ $&BND (У этих Тре-
угольников равны основания KD и ND, а также опущенные из них высо-
ты). Итак, площадь каждого треугольника равна S^sc/b. Теперь по фор-
муле Герона находим SMBC = л/21-8-7-6 = 84 см2,откуда ~ см2.
Ответ: 14 см2.
10330. Длины катетов некоторого прямоугольного треугольника явля-
ются корнями уравнения ах1 + Ьх + с = Ъ. Найти радиус окружности, впи-
санной в этот треугольник.
Решение.
Не нарушая общности, можем принять, что а > 0 (случай а < 0 рас-
сматривается абсолютно аналогично). Тогда его гипотенуза равна >1т2 +п2 ,
/ 2 Т
т + п-ут + п „
радиус вписанной окружности г =--------------------. По условию
795
__________ _6_ ^__2c
b c m + n-Mm + n?-2mn a V a2 a
m + n = — ; mn = — . r =-—---------=-----!-----
a a	2	2
b + yjb2 -2ac
2a
Рис. 10.118
10.331. В прямоугольнике co сторонами а и Ь проведены биссектри-
сы всех углов до взаимного пересечения. Найти площадь четырехугольни-
ка, образованного биссектрисами.
Решение.
KLMN — четырёхугольник, образованный при взаимном пересече-
нии биссектрис углов прямоугольника ABCD (рис. 10.118), АВ = а ,
AD = b . Не нарушая общности, примем, что b > а . Так как ABCD — не
ромб, то из свойств биссектрис углов параллелограмма следует, что
KLMN — прямоугольник. Точки Р и Е, соответственно, — середины
сторон АВ1Л. CD прямоугольника. Так как &АКВ и &CMD —равнобед-
ренные, то КР и ME — серединные перпендикуляры к противоположным
сторонам прямоугольника и, следовательно, точки Р, К , М , Е лежат на
одной прямой. Тогда прямая КМ, делящая пополам ЛАКВ , делит пополам
и вертикальный с ним Z.NKL и, следовательно, прямоугольник KLMN
796
1	a	Cl
является квадратом. Из &АКВ : КР = — АВ = — • ME = КР = — ;
РЕ = ВС = Ь-
Тогда КМ = Ь — а и искомая площадь S = —КМ2 = ---—.
2	2
(b-af
Ответ:-------.
2
10.332. Определить стороны прямоугольного треугольника, у которого
периметр равен 2р , а площадь равна т 2 .
Решение.
Пусть а и b —катеты, с —гипотенуза данного треугольника. Исполь-
зуя свойства прямоугольного треугольника, составим систему:
a + b + с = 2р,
ab _ 2
2	’ Имеем: a + b = 2р-с, a2 +2ab + b2 = (2р-с)2.Сле-
а2+Ь2=с2.
2 _	2
довательно, с2 + 4т2 = 4р2 - 4рс + с2 ; с = —-. Тогда а + Ь =
Р
2 + 2
= 2р-с = —----— , ab = 2т2 . Значит, а и b —корни уравнения
Р
х2 _ Р.-^—х + 2т2 = 0. Тогда рх2 ~(р2 +т2)к + 2т2р = 0;
р2+т2+у(р2+т2У-%р2т2
х =------------------------. Катеты данного треугольника
2р
р2 + т2 + ^/(р2 +W2)2 -8р2/и2 р2 +т2 ->1(р2 +m2>f-Sp2m2
	И	1 1	.
2р	2р
р2 -т2 р2 +т2 ± J(p2 +m2>f -Sp2m2
Ответ:-------;------------------------.
р	2р
797
10.333.	Параллелограмм ABCD, у которого АВ = 153 см, AD = 180 см,
BE = 135 см (BE — высота), разделен на три равновеликие фигуры пря-
мыми, перпендикулярными AD. На каком расстоянии от точки А находят-
ся точки пересечения этих перпендикуляров с AD ?
Решение.
Пусть КМ и LH — прямые, разбивающие параллелограмм ABCD
(рис. 10.119) на три равновеликие фигуры, DF — высота параллелограм-
ма. Тогда ВК = ЕМ = HD-LF. Пусть ВК = х см. Из &АЕВ (ЛАЕВ = 90°):
АЕ = у/АВ 2 - BE 2 = 72 см. Тогда AM = (х + 72 ) см и SABKM =
= АМ^ВК . BE =Л 35(х + 36) см2. SABCD = AD • BE = 180 • 135 см2. Так как
$лвкм =~^дсо,то135(х+3б) = 60 135; х = 24.Следовательно, AM = 96 ок,
АН —	= 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, ограничен-
ной дугами полуокружностей.
Решение.
Хорда О А стягивает дугу 90° (рис. 10.120); следовательно, площадь по-
тш2 а2 а2 (л-2)
ловины лепестка равна-------= —1-------.
16	8	16
798
Л	а2(п-2) а2(п-2)
Отсюда искомая площадь 5 = 8--------- - —------
16
2
а2(л-2)
Ответ:--------.
2
10.335.	Периметр сектора равен 28 см, а его площадь равна 49 см2. Оп-
ределить длину дуги сектора.
Решение.
Периметр сектора р = 2r +1, где г —радиус сектора, I —длина дуги
т-г	„ rl
сектора. Площадь сектора 5 = —
2r + / = 28,
rl = 98,
= 28-/
Г~ 2 ’/(28-/) = 196;/2 -287 + 196 = 0 ;/ = 14.
rl= 98;
Ответ: 14 см.
10.336. В равносторонний тре-
угольник АВС со стороной а =
= 2 см вписан круг; точка А явля-
ется центром второго круга с ра- !
диусом 1 см. Найти площадь пере-
сечения этих кругов.
Решение.
Искомая площадь равна сумме с
площадей сегмента DmE круга
радиуса R = л/з /з см с центром
О, вписанного в АВС, и сегмента
круга радиуса г = 1см (рис. 10.121),
Z.DOE = 120° .Тогда
$DmE =	~
'ADOE
_ 1 2
SDnE ~'^ПГ ~ SEDAE ~
5л-бЛ
—  ——
18
п 5п-бЛ 2
Ответ:-------см2.
18
см2.
лЯ2 R2 . л
---------sin 120 = —
3	2
>/з
-----см2. Следовательно, искомая площадь
4
л л/3	,
------см ,
9	2
П
6
799
в
Рис. 10.123
10.337.	Внутри правильного треугольника со стороной а расположе-
ны три равные окружности, каждая из которых касается двух сторон тре-
угольника и двух других окружностей. Найти площадь части треугольника,
расположенной вне этих окружностей.
Решение.
Пусть х —радиус каждой из окружностей. Тогда AD = x-Уз , DE = 2х,
ЕС = хЛ (рис. 10.122). Отсюда 2хЛ +2х = а
2 (2-Уз)
—поэтому искомая
бп + ЗпЛ)
2 ЯЛ
Площадь каждого из кругов равна тех = —
_ а2Л Зпа2Ь.-Л] а2^.Л-
площадь S =---------i----<- = —i----
4	8
л	а2{2Л -6п + ЗпЛ]
Ответ: —*-------------.
8
8
10.338.	Криволинейный треугольник составлен тремя равными попар-
но касающимися дугами окружностей радиуса R . Найти площадь этого
треугольника.
Решение.
Искомая площадь равна разности площади равностороннего ДАВС со
стороной 2R и суммы площадей секторов, ограниченных данными дуга-
, ттчч о о	4Я2Л kR2 К2(.2Л-п)
ми (рис. 10.123). S - SMBC - 3SceKm--	3 • —— -	.
4	6	2
й2(г7з-я)
Ответ: —*--------z.
2
800
10.339.	Центр равностороннего тре-
угольника со стороной, равной 6 см, сов-
падает с центром окружности радиуса
2 см. Определить площадь части треуголь-
ника, лежащей вне этой окружности.
Решение.
Пусть О — центр правильного
ДЛ5С (рис. 10.124), АВ = 6 см. Радиус
П = 2 см круга, о котором говорится в
условии задачи, удовлетворяет неравен-
ству г < rx < R , где г = у/з см — ради-
ус вписанного, R = 2у/з —радиус описанного кругов ЛАВС, поэтому круг
пересекает стороны ЛАВС. D иЕ —точки пересечения круга со стороной
АВ треугольника, К — середина DE. Тогда OK1DE , ОК -г — 4з см,
OD = к = 2 см. Из ЛОКО (ZOXD=90°): cos ADOK = — = — ,
1	OD 2
Z.DOK = 30°. Z.DOE - 2Z.DOK = 60°. Следовательно, ЛООЕ —равно-
сторонний и его площадь Sx= 4з см2. Искомая площадь S = SMBC - S2,
где S2 — площадь части круга, расположенной внутри ЛАВС.
S2 = $кр ~ , где 53 —площадь сегмента, ограниченного хордой DE.

-С С _ 4л R_ 2л-3>/з
“ ^сект -ох- — -у/3-	-
СМ2.
S2 = 4л-32Я	= 2л + 3>/3 см2.
3
5 = S^bc - S2 = 9у[з - (2л + з>/з )= г(з7з - л) СМ2.
Ответ: 2(3д/з- л) см2.
10.340.	В ромб вписана окружность радиуса R . Найти площадь ром-
ба, если его большая диагональ в 4 раза больше радиуса вписанной ок-
ружности.
26 Группа Г>
801
Рис. 10.125
Решение.
Пусть О — центр окружности, впи-
санной в ромб ABCD (рис. 10.125),
М — точка её касания со стороной
ромба. Тогда ОМ = R , АО = 2R ,
ЛАМО = 90°. Следовательно, ЛОАМ-
= ЗСР, Z.BAD = 60° . Пусть BE — вы-
сота ромба. Тогда BE = 2R и из &АЕВ
(ЛАЕВ = 90°):
ав = -?е
sin ЛВАО
4R 4R-J1
л/3 “ 3
. Площадь ромба S = AD • BE =
8/?2Уз
3
Ответ:
8/?2Уз
3
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 ко всей гипотенузе. Опреде-
лить площадь треугольника.
Решение.
Пусть х — больший отрезок гипотенузы. Тогда по условию-= — ,
X с
2	2 Л	4/5-1),
х +сх-с = 0 , откуда х = х —L (второй корень уравнения не под-
ходит). Отсюда х2 =	. Обозначив через h высоту, проведен-
Q — X
ную к гипотенузе, имеем --------
А	,22
— , и, значит, п - сх - х
Ответ: 0,5с2	- 2 .
h = c^-js -2 . Следовательно,
802
10.342.	Длины сторон и диагоналей параллелограмма равны соответст-
венно а, b , с и f. Найти углы параллелограмма, если а4 +Ь4 = с2 f 2.
Решение.
Пусть аир —углы данного параллелограмма, противолежащие соот-
ветственно диагоналям с и f и 0° < а <90°.Тогда с2 = а2 + b2-2aZ>cosa ;
/2 = а2 + b2 - 2a&cosp = а2 + b2 + 2aZ>cosa. Перемножив уравнения сис-
темы
с2 =а2 +b2 -2aZ>cosa;
z-2	? ,? Л , получаем:
f =а2+b2+2abcosa,
f2c2 =[a2+b2J - 4a2b2 cos2 a.
Тогда a4 + b4 — a4 + 2a2b2 +b4 -4a2b2 cos2 a ; cos2 a = — ; cosa = -L-;
2 V2
a = 45° ; P = 180-a = 135° .
Ответ: 45° ; 135° .
10.343.	Определить площадь треугольника, если две его стороны равны
35 и 14 см, а биссектриса угла между ними содержит 12 см.
Решение.
Пусть BD —биссектриса ДАВС (рис. 10.126), АВ = 14 см, ВС = 35 см,
BZ) = 12 см, ZABD — Z.CBD = a. S^bc = S^bd + S^cbd •
Тогда —АВ  ВС sin ЛАВС = -АВ- BDsxnЛАВИ + -ВС- BDsinЛСВО;
2	2	2
14-35-2sinacosa = 1412sina+3512sina; cosa = -. sina = 71-cos2 a =-.
5	5
803
24	1	24
sin 2а = 2 sin a cosa = — . Тогда = -3514----= 235,2 см* 2.
25	2	25
Ответ: 235,2 см2.
10.344.	Вычислить площадь общей части двух ромбов, длины диагона-
лей первого из которых равны 4 и 6 см, а второй получен поворотом перво-
го на 90° вокруг его центра.
Решение.
Искомая площадь S равна 4(5’Д4ов - SMFK) (рис. 10.127). Находим
5д4Ов =0,5-3-2 = 3 см2. Сторона ромба равна >/22 +32 =V13 (см).
В АЛОВ отрезок ОК — биссектриса; тогда, используя формулу
_ Jab(a+b+cla+b-c)	_ бЛ
/ — - 	HMvvM CzA. —	—-   vM.
a+b	5	5
Далее, SMFK = ±AF КН , где KH=^L = - см, AF = 3-2 = 1см;
2	V2 5
поэтому SMFK = 0,6 см2. Окончательно S = 4(3 - 0,б) = 9,6 см2.
Ответ: 9,6 см2.
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.
804
Решение.
Пусть О — центр окружности радиуса г = 2 см, вписанной в ЛАВС
(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, ВМ = BN = х см. Полупериметр данного
треугольника р = (х +10) см и его площадь S = рг- 2(х + 10) см2, или по
формуле Герона:
S = 7(10 + х)(10 + х-(х + 4))(10 + х-(х + 6))(10 + х-10) = 2д/бх(х + 10).
Получаем: 2^/бх(х +10) = 2(х + 10); fix = 7х+10; х = 2 . Значит,
5 = 2(х +10) = 24 см2, а стороны треугольника равны 10 см, 8 см и
6 см, и так как 82 +62 = 102, то ААВС — прямоугольный.
Ответ: 24 см2; треугольник прямоугольный.
10.346. Круг с центром разделен
диаметром АВ на два полукруга. В од-
ном из них построены два новых полу-
круга, опирающиеся на О^А и О^В как
на диаметры. В криволинейную фигуру,
ограниченную контурами этих трех по-
лукругов, вписан круг. Во сколько раз
его площадь меньше площади данного
круга?
Решение.
Пусть О2 — середина АОг — центр
одного полукруга, О3 — середина
ВОг — центр второго полукруга, О4 —
центр круга, вписанного в криволиней-
ную фигуру, о которой говорится в усло-
вии задачи (рис. 10.129).
Пусть R — радиус круга с центром О}, a — его площадь, г —
радиус круга с центром О4, а32—его площадь. Имеем: OjO2=O1O3=—,
п
О2О4 = O3O4 — —+ г, О\О4 = R — г.
В треугольнике О2О4О3 :(^2^4 =^з^4
точка — середина О2^з Отсюда следует, что OjO4±O2O3, тогда
80$
Г /?	V (R V
О2О42 = охо} +oxol, т.е. у+ г = у + (Я-r)2. R2 =3Rr, R = 3r .
5	/?2
Следовательно, — = -тг- = 9.
S2 г2
Ответ: в 9 раз.
10.347. Биссектрисы углов А и В треугольника АВС одинаково на-
клонены к сторонам ВС и АС. Найти зависимость между углами А и В .
Решение.
Рассмотрим два случая (рис. 10.130):
1) ЛАКВ = ЛАЬВ ; 2) ЛАКВ = ЛАЬС.
1)	ЛАКВ + ЛА + -ЛВ = ЛАЬВ + ЛВ + -ЛА (суммы углов треугольни-
2	2
ка),т.е. ЛА = ЛВ .
2)	Так как ЛАЬС — внешний угол &ABL, то ЛАЬС - ЛВ + — ЛА . Да-
лее, ЛАКВ + ЛА + — ЛВ = л . Но ЛАКВ = ЛАЬС и, значит, ЛВ + — ЛА =
2	2
1	2тс
= 71-ЛА-----ЛВ , откуда ЛА + ЛВ = —
2	3
2л
Ответ: ЛА - ЛВ или ЛА + ЛВ — —
3
806
10.348	. Выпуклый четырехугольник разделен диагоналями на четыре
треугольника; площади трех из них равны 10,20 и 30 см2, и каждая мень-
ше площади четвертого треугольника. Найти площадь данного четырех-
угольника.
Решение.
Пусть О—точка пересечения диагоналей А С и BD четырехугольника
ABCD (рис. 10.131), $&АОВ = Ю см2,	о/) ~ 20 см , S= 30 см .
Опустим на BD перпендикуляры AM и CN. Имеем
v	}-ВОАМ	с	— BOCN	вп
SM0B _ 2=	= 1 S^BOC _ 2= Тогда
SMOD	-DO AM	DO 2 S&COD -DO CN DO
2	2
S\COD = ^S&BOC = 60 cm2> SABCD = SbAOB + SbAOD + S&BOC + SbCOD =
= 120 cm2.
Ответ: 120 см2.
10.349	. Окружность радиуса R разделена на 4 большие и 4 малые ча-
сти, которые чередуются одна за другой. Большая часть в два раза длин-
нее малой. Определить площадь восьмиугольника, вершинами которого
являются точки деления окружности.
Решение.
Пусть малая дуга содержитх радианов. Тогда 4х + 8х = 2тг, х = —. Та-
6
ким образом, восьмиугольник содержит четыре треугольника с централь-
Я ,	л
ным углом — (их суммарная площадь 4------) и четыре треугольника с
3	4
71	R2
центральным углом — (их суммарная площадь 4---). Искомая площадь
6	4
составляет S = R2 (д/з +1).
Ответ: S = Л2(д/з +1).
10.350	. На медиане BD треугольника ЛВС, площадь которого равна S,
взята точка Е так, что DE = — BD. Через точку Е проведена прямая АЕ,
4
пересекающая сторону ВС в точке F. Найти площадь треугольника ЛВС.
807
Решение.
BF BE
Проведём DN || AF (рис. 10.132). Тогда -= ----= 3 , и т.к.
FN ED
D — середина АС, то N — середина FC . Следовательно, ВС =
— BF + FC = 3FN + 2FN = 5FN = —FC . Так как ААВС и AAFC име-
2
ют общую высоту, опущенную из вершины А , то —-= —— = —. Сле-
S&ABC ВС 5
е 25
довательно, SMFC = —
2S
Ответ: ~.
10.351	. Пусть BD —высота треугольника АВС, точка Е —середина
ВС. Вычислить радиус круга, описанного около треугольника BDE, если
АВ = 30 см, ВС = 26 см и АС = 28 см.
Решение.
Найдем площадь данного треугольника по формуле Герона:
ос
В^авс =336 см2. Тогда BD = —= 24 см (рис. 10.133). DE —медиа-
АС	1
на прямоугольного &BDC, проведенная к гипотенузе ВС . Тогда DE=—ВС =
2
= 13см, cosZC5£)= . Тогда sin Z.CBD = V1 - cos2 Z.CBD =— .
ВС 13	13
808
Радиус окружности, описанной около EBED, R =-------= 16,9 см.
2 sin Z.CBD
Ответ: 16,9 см.
10.352	. Площадь равностороннего треугольника, построенного на ги-
потенузе, вдвое больше площади прямоугольного треугольника с указан-
ной гипотенузой. Найти отношение катетов.
Решение.
Пусть а, b — катеты, с — гипотенуза прямоугольного треугольника с
площадью S =—ab. Тогда площадь равностороннего треугольника, пост-
2
Л т
роенного на гипотенузе с, по условию равна 2S = — с . Используя теоре-
4
му Пифагора, получаем систему уравнений:
'1 , д2
а	~с >	2	»2 Л	I Л
_ а + b	4 а Ъ 4
Fx ------------= ~~	—।------1= •
ab = —c2 ab V3 Ь а
4
Если х = ^(а >Ь), то имеем х + — =-у=-<=>->/Зх2-4х + -Уз =0<=>
2±1	, г
<=> х = —т=~. Так какх > 1, то х = V3.
V3
Ответ: -\/з.
10.353	. На каждой медиане
треугольника взята точка, делящая
медиану в отношении 1:3, считая
от вершины. Во сколько раз пло-
щадь треугольника с вершинами в
этих точках меньше площади ис-
ходного треугольника?
Решение.
Пусть О — точка пересечения А	К	С
медиан AN, ВК, СМ треугольника
АВС (рис. 10.134),	Рис. 10.134
AD _ BE _ CF _ 1
EK FM 3' AD — х. Тогда DN — Зх, AN = 4х,
809
АО = — AN = — х OD'= АО - OD = — x ,	. Следователь-
3	3	3 OA 8
но, медианы ADEF равны 5/8 медиан AABC , ADEF ~ AABC и
S^abc - (
S&DEF	?
= 2,56.
Ответ: в 2,56 раза.
Рис. 10.135
10.354	. Точка М лежит внутри равностороннего треугольника АВС.
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 = ВЛ/, точки С , М , D лежат на высоте
2	2
CD . В AACD и AAMD имеем (1 + MD^ = а2-------, MD2 = 4 - — . Тогда
4	4
а2 =	- MD2) и получаем квадратное уравнение (1 + Л/О)2 =
= 3(4 - MD2 ) или 4MD2 + 2MD -11 = 0, откуда MD =	—- (второй
4
2	/	2\	46-6-У5
корень не подходит). Далее находим a =4\4-MD )=16--------------=
9 + Зу[5
=--------и, следовательно,
810
Рис. 10.136.1	Рис. 10.136.2
с а24з	fe+sVsl/J 9V3+3V15 _. 2
5 =------= з------L— =------------« 3,4 см2.
4	2	8
Ответ: (Ьл/з + 3715^8 » 3,4 см2.
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 треуголь-
ника.
Решение.
Пусть ВК —высота &АВС, АВ = ВС (рис. 10.136.1). Точки D, Е,
Fx — 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 принадле-
жит ВК, а точка Fx совпадает с точкой К . Пусть AF} > FXC . Через точ-
ку F параллельно А С проведем отрезок MN . Тогда MF > FN .
^AFXFD = $AMFF} + S&MDF , ^CFtFE = $CNFF} + S&NEF • Т.К. MF > FN , AFX > F|C,
FFX — общая высота трапеций AMFtf и CNFFX, то SAMFF> > SCNFFi. т.к.
bMDF ~ &NEF ( Z.MDF = Z.NEF = 90° , Z.DMF = Z.ENF = Z.A ) и
MF > FN, то > S^EF . Следовательно, SAFxFD > SCFiFE, что проти-
воречит условию. Итак, точка F принадлежит ВК (рис. 10.136.2). Из
811
ДЛКВ (ZAKB = 90°): ВК = у/аВ2-АК2 =3. S^BC = ^АСВК = 12.
$ FDBE ~ ~^$ЬАВС ~	• $&FDB ~ FDBE ~ 2 . ПуСТЬ FD — X , DB — у .
FD • DB — 2S^db — 4, ху — 4 .
Из ЛАВК:
FD
DB
А^_4 х_4
ВК~ 3 ’ у ~ 3 '
Получаем систему уравнений
Л ’	4	4 о
< * 4 Тогда х = — у,— у =4
“ = Т-	3	3
Ь 3
Из ABDF (ZBDF = 90° ): BF = у/fD2 + DB2 = J— + 3 =	.
V 3	3
FK = BK-BF = 3-— = --~5 —
3	3
4л/з 4>/з 9-5у/з
Ответ:----;---;-----.
3	3	3
10.356.	Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в одну и ту
же окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.
812
Решение.
Пусть х —сторона прямоугольника, вписанного в окружность радиу-
са R . Тогда его площадь равна x^4R2 -х2 . Площадь вписанного квадрата
равна 2R2 . Покажем, что 2R2 > x^4R2 -х2 . В самом деле, из очевидного
неравенства {1R2 -x2>f >0 получаем 4R4 > x2{^R2 - х2), откуда и следу-
ет, что 2R2 > x^4R2 -х2 (знак неравенства сохранится, поскольку 2R2 > 0
и x^4R2 -х2 > 0), что и требовалось доказать.
10.357.	В трапеции ABCD известны длины оснований AD = 24 см и
ВС = 8 см и диагоналей АС = 13 см, BD - 5у[\7 см. Вычислить площадь
трапеции.
Решение.
Проведем BH1AD и CF1AD (рис. 10.137). Пусть АН - х; тогда
AF = 8 + х, DH = 24-х . Учитывая, что ВН = CF , в MFC и &BHD
имеем АС2 - AF2 = BD2 - DH2. => 64х = 256, х = 4 см.
Тогда CF = ylAC2-AF2 = 7132 -122 = 5 см.
Отсюда S = “(24 + 8)- 5 = 80 см2.
Ответ: 80 см2.
10.358.	В трапеции ABCD даны основания AD = а , ВС = b. На про-
должении ВС выбрана такая точка М , что прямая AM отсекает от пло-
щади 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 = h , КЕ = у , СМ = х . Тогда
EN = h - у . Рассмотрим случай, когда SAAED = — SABCD . Тогда
4
^ADEN = ^AD^BC KN. a(h - у) = |(a + b}h, 4ah-4ay = ah + bh,
_h(3a-b) с 1	3
4ay - 3ah -bh, У -	. Если SABCE - —SABCD то •здлеп - ~ $abcd ,
4a	4	4
и тогда a(h - у) = %(a + b)h , 4ah - 4ay = 3ah + 3bh ,
у = h(a~3b)
4a
&AED ~ ШЕС . Тогда — = — ; - =	.
AD EN a h — y
_	h(3a-b)
В первом случае, при у =--------,
4a
а-
h(3a-b)
4a _ За-b _a(3a-b)
h{3a-b}	( 3a -b\	a + b
n---------4 1--------
4a	4a
n	h(a-3b)
Во втором случае, при у = —*----
4a
а h(a-3b)
4а
h h(a-3b)
4a
a-3b	_a(a-3b)
З(а + Л)
I 4a J
a(a-3b)
или —7-----г-.
3(а + Ь)
п a(3a-b)
Ответ: —--------
а + Ь
10.359.	В трапеции ABCD с длинами оснований AD = 12 см, ВС = 8 см
на луче ВС взята такая точка М , что AM делит трапецию на две равнове-
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	1 _	1 AD + BC
Т.к. ~ $abcd ’то	~	’
.	.	h
12(Л-у)= ЮЛ, У = ~ . &AED- ШЕС.
814
Рис. 10.139
10.360.	Центр окружности, описанной около равнобедренной трапе-
ции, делит ее высоту в отношении 3:4. Найти основания трапеции, если
радиус окружности равен 10 и ее средняя линия равна высоте.
Решение.
Пусть ОК = х, AL = у, ВК = z (рис. 10.139).
3	1х
Тогда MN = z + у = х + —х = — . В &.ОКВ и &.OLA имеем
4	4
ОВ2 = ОК2 + ВК2, OA2 = OL2 + AL2 . Приходим к системе уравнений
815
x2+z2 =100,
9x2	2
---+ У2 =100,
16
lx
--z = y
x2 +z2 =100,
9x2 (lx У 1ЛЛ
----+-----z =100
16	4
x2 + z2=100,
—— —+ z2 =100.
. 8	2
Вычитая первое уравнение из второго, получаем---------= 0, откуда
4z	? 16z2
(так как х 0 ) х = — . Значит, z2 ч---= 100 и z = 6. Отсюда находим
3	9
х = 8, >’ = 8. Итак, AD- 2^ = 16, 5C = 2z = 12.
Ответ: 12 и 16.
Решения к главе 11
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
1. Произвольная призма (/ — боковое ребро; р — периметр основа-
ния; 5 — площадь основания; Я —высота; Рсеч —периметр перпенди-
кулярного сечения; — площадь перпендикулярного сечения; S6oK —	
площадь боковой поверхности; К —объем):	
с = р / • *-*бок	сеч ’	(11.1)
v = sh;	(П.2)
V = SCC4l.	(ИЗ)
2. Прямая призма:	
^бок =Р1-	(11.4)
3. Прямоугольный параллелепипед ( а, Ь, с диагональ):	— его измерения; d —
S6oK=PH;	(11.5)
V = abcJ	(11.6)
d2 - a2 + b2 +с2 •	(П.7)
4. Куб (а — ребро):	
г = а3;	(П.8)
d = а4з •	(11.9)
5. Произвольная пирамида (5 — площадь основания; Я — высо-
та; К — объем):
V = ^SH.	(П.Ю)
817
6. Правильная пирамида (р— периметр основания; / —апофема;
<$бок —площадь боковой поверхности):
5б0к = |^;	(Н.П)
V = \SH-	(П-12)
7.	Произвольная усеченная пирамида (Sj и S2 — площади основа-
ний; h —высота; И —объем):
V = ^h{fr+S2+Js^}.	(11.13)
8.	Правильная усеченная пирамида (/} и Р2 —периметры основа-
ний; / —апофема; 5'бок —площадь боковой поверхности):
5бок=|(^1+Л)'.	(1114)
9.	Цилиндр ( r — радиус основания; Н — высота; 5'бок — площадь
боковой поверхности; И —объем):
5б0К=2л7?Н;	(11.15)
V = tiR2H-	(11.16)
10.	Конус (R — радиус основания; Н — высота; / — образующая;
S6oK —площадь боковой поверхности; К —объем):
S6ok=kW;	(11.17)
Г = |лЯ2Я.	(11-18)
11.	Шар, сфера (R— радиус шара; 5 — площадь сферической
поверхности; И —объем):
5 = 4лД2;	(11.19).
4 ч
Г = -7сЯ3.	(11.20)
12.	Шаровой сегмент (р— радиус шара; Л — высота сегмента;
S —площадь сферической поверхности сегмента; V —объем):
818
S' = 2nRh ;
V = nh2\R--h
I 3
(11-21) -
(11.22)
13.	Шаровой сектор (R— радиус шара; h — высота сегмента;
V —объем):
2
V = —iiR2h.
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 проециру-
ется в центр окружности, описанной около основания пирамиды (эта же
точка служит точкой пересечения серединных перпендикуляров к сто-
ронам 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 проециру-
ется в центр окружности, вписанной
в основание пирамиды (эта же точка
служит точкой пересечения биссект-
рис углов в основании пирамиды).
3.	Если в наклонной призме боко-
вое ребро 4А составляет равные
углы со сторонами основания, обра-
зующими вершину Д (рис. 11.1), то
основание о высоты В{0 лежит на
биссектрисе угла 4-
Это же утверждение можно сфор-
Рис. 11.1
819
Рис. 11.2
мулировать так: если в трехгранном угле
два острых плоских угла равны, то проек-
ция 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 SA1BC, то площадь SAO1BC (рис. 11.2).
Доказательство указанных дополнительных соотношений можно
найти в любом издании данного сборника задач последних лет.
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),
АВ = ВС — FA - а  Тогда СО = OD = CD — ci, и S^g^^pp — б^д^р =
а2>/з	а2 у/з
= 6—-— = 3—-— = 5]. SM — апофема боковой грани CSD  Тогда
ОМА-CD, ОМ =	, Z.SMO — угол между плоскостью боковой гра-
2
ни и плоскостью основания.
Пусть Z.SMO = ф, 0° < ф < 90°, S2 — площадь боковой поверхнос-
ти пирамиды. Тогда — = созф. Так как по условию S2 =105'1, то
$2
—=ю ntg(p= ——i=Vioo-i = 3ViT.
СО5ф	у СО5ф
Из ASOM(ZSOM = 90°): SO = OMtgq =	• зТп =	.
rz 1 С ™ 1 За27з Зау/33 _ 9а3у[й
Объем пирамиды V — *3	~	~	~	.
820
„ 9а3у[Й
Ответ: -------.
4
11.107.	Объем правильной восьмиугольной призмы равен 8 м3, а ее
высота равна 2,2 м. Найти боковую поверхность призмы.
Решение.
Пусть О— центр правильного восьмиугольника ABCDEFKN, являю-
щегося основанием данной правильной призмы (рис. 11.4). Объем
призмы V = 8м3, высота Н = 2,2 м, тогда площадь основания призмы
о 8	40 2
^осн =	~уу(м )• Пусть AN = a,OQ—высота &AON.
Тогда AQ=-\ /.AON = ^1 = 45°, /AOQ = -/AON = 22,5°. Из
2	8	2
ЛАQO (^AQO = 90°):OQ = AQctg 22,5° = -• 1 + cos45° = ?^+1).
*	*	* &	2 sin45° 2
Soch = ™AON =^^AN-OQ^4a2-^^ = 2a2(42 + \).
т О2//Т.П 40 2	20	20(V2
Тогда 2a (v2 +1) = —,a =---?=---=------
11	11(л/2 + 1)	11
821
,20(72-1) 2	„ z 4
a=J------—---=—-^55(v2-1) (м). Боковая поверхность призмы
5 = 8«Я = 8•	755(72 -1) • 2,2 = 16^2,2(72 -1) (м2) .
Ответ: 16^2,2(72-1) (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 пира-
мида достроена до полной. Определить объем полной пирамиды.
Решение.
Пусть АВ — сторона нижнего, АХВХ — соответствующая сторона верх-
него основания данной усеченной восьмиугольной пирамиды, СО—вы-
сота полной пирамиды, Ох —точка пересечения СО и плоскости верхнего
основания (рис. 11.5). Тогда OOj— высота усеченной пирамиды,
ООХ = 0,5м, ЛАХОХВХ -ЛАОВ.
ОХАХ -^i^i	0,3	3	гпа
Тогда —L-L- ‘  = — = —. АСО1Л1 -ЛСОА.
ОА АВ 0,4 4	11
822
Тогда =	= 2.ПустьС(9 = Л.ТогдаС<9, =/2-0,5; ±_22 = 2;
СО ОА 4	А 4
h = 2 м. Р — центр правильного восьмиугольника, являющегося осно-
360°
ванием пирамиды (рис. 11.6). Пусть РА = РВ = х, ЛАРВ =-= 45°.
8
Из &АРВ: АВ2 =РА2 +РВ-2РА РВ cos ЛА РВ;
2х2-2х2 cos45° = 0,42; 2x2(1-cos45°) = 0,16; х2(2-72) = 0,16;
х2 = JM6 = 0,16(2 + 72) =	+ s = 1 а р2	ХА РВ =
2-72	2	2
= | • 0,08(2 + 72) sin 45° = 0,0272 (2 + 72) = 0,04(72 +1) =	(м2).
_ 8
Площадь восьмиугольника 5 = 85
(Л
+1) м2. Объем пирами-
ды F = -5A = —(Т2+1)м3.
3	75
Ответ:	+ 0 м3-
11.109. Найти объем пра-
вильной четырехугольной пи-
рамиды со стороной основа-
ния, равной а, и плоскими
углами при вершине, равны-
ми углам наклона боковых ре-
бер к основанию.
Решение.
Проведем высоту правиль-
ной пирамиды MABCD - МО
и высоту боковой грани A MD
(рис. 11.7). Пусть AD = а. Так
как ЛМСО = ЛАМО, то пря-	Рис. 11.7
моугольные треугольники
MOCn MKD равны (по гипотенузе и острому углу) и, следовательно,
M0 = DK. Пусть DK = x, Л/J?-высота и медиана &AMD. Из
АЛ/ ОА(ЛМ О А = 90°): А М = >1аО2+МО2
823
Из ААЕМ(ААЕМ = 90°) : ME = >IaM2-AE2 =	' -2
1	1	'	/~2
SMMD = ~AD МЕ = ±АМ DK. Тогда а, —+х2
2	2	V 4
а2(а2+4х2) х2(а2+2х2)	. 4 _ 2	4 п.
—---------- = —-------- ; 4л - 2<гл" - я = 0 ;
4	2
+1
2
мо = а "/у/:
6
Объем пирамиды V = ~SAgCD
Рис. 11.8
11.110. Найти расстояние меж-
ду серединами двух скрещиваю-
щихся ребер куба, полная поверх-
ность которого равна 36 см2.
Решение.
Полная поверхность куба
5полн =36 см2, поэтому площадь од-
ной грани 5 = 6 см2, а ребро куба
AD = a-4b см (рис. 11.8).
Далее КМ = >1ак2 + АМ2 , где
АК = - = — (см), AM = ylAD2+DM2 = ,L2 + — = —= — (см).
2	2	_____ V 4	2	2
[б 30
Окончательно имеем КМ =J— + — =3 (см).
V 4 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 —высота правильной пирамиды ЕА В CD , /ИКР —линейный
угол двугранного при боковом ребре ЕС (рис. 11.9), ABKD = 120° . Тог-
да OKLEC, S&aec ~ 25AFnc = ЕС • ОК , DKLEC, $м)ес — ~^ЕС • DK.
824
м
Рис. 11.9	Рис. 11.10
Из M)OK(ZDOK = 90°): ОК = DKcosADKO = Mcos60° = ^DK.
Отсюда боковая поверхность пирамиды S6 = 4 • S^DEC = 2ЕС  DK. Сле-
5"б	2 Е С • DK	<? _ д с _ д с
довательно, —----=------:---= 4 . *->6 - 4' ^ааес ~	•
5дл£с EC-DK
Ответ: 4S	2
11.112.	Основанием пирамиды служит параллелограмм ABCD,
имеющий площадь т2 и такой, что BD1AD двугранные углы при
ребрах ADh ВС равны 45°, а при ребрах АВ и CD равны 60°. Найти
боковую поверхность и объем пирамиды.
Решение.
Пусть МО — высота пирамиды MABCD (рис. 11.10). Через точку
О в плоскости основания проведем прямую EF (Е принадлежит а В ,
Е принадлежит CD ), перпендикулярную параллельным прямым а В и
CD • OF и ОЕ — соответственно проекции MF и ME на плоскость
основания. Тогда MF1.CD, МЕ1АВ, Z.MF0 и Z.MEO — линейные
углы двугранных углов при ребрах CD и АВ соответственно,
825
ZMFO = ZMEO = 60° • Значит, &MOF = \MOE по катету и острому
углу и, следовательно, OF = ОЕ, т.е. точка О равноудалена от сторон
АВ и CD параллелограмма.
Следовательно, О принадлежит прямой, параллельной АВ и CD и
проходящей через середины двух других сторон параллелограмма.
Аналогично, так как двугранные углы при ребрах AD и ВС также
равны, точка О равноудалена от сторон AD и ВС параллелограмма и
принадлежит прямой, параллельной A D и ВС и проходящей через сере-
дины двух других сторон параллелограмма. Значит, О — точка пересе-
чения диагоналей параллелограммаABCD.
Так как OD1AD и OBLBС, то MDLAD, MBLBC и ZMD0 и
ZMB0 —линейные углы двугранных углов при ребрах AD и ВС соот-
w2
ветственно, ZMDO = ZMBO = 45° • ^длов = *$двос = 5двос =	•Так
как &л ОВ и &DOC — проекции &АМВ и &DMC на плоскость основа-
ния, &AOD и \ВОС —проекции &AMD и &ВМС на плоскость осно-
2	2
с с т V	к
вания, то = ^длл/с =	, ^&amd - ^&вмс -	. Боковая по-
верхность пирамиды:
w2 w2(J2+1)__w2(V2+2)
- Д^дл мв + *->дл md ) -	+ 2^2----V2-----------2
Пусть МО = Н . Из \MOE(ZMOE = 90°): ОЕ = #ctg60° =	.
Из ШОВ (Z.MOB = 90°): OB = /fctg45° = Я.
Из AOEB(ZOEB = 90°): ЕВ2 =ОВ2-ОЕ2 = Н2=	.
3	3
BD = 2 ОВ = 2Н . кВЕО ~ \BDA — по двум углам.
2Н2
Тогда ^UO. =	---L = 1; S^E0 = | S^, = 1
Sabda BD2 4Н2	6	6
1
• — т
6 2
,2 _ т2
"17
1	1 Н (2	Нг41_т2
НоВлвЕо-2ОВЕВ-2^-И^з б Тогда—------—;
2 _ т2 у/2
4~
д/2	v 1 2 „ тЧ
Н =------. Объем пирамиды V = - т  11 = ——
2	3	6
826
„ mil m2(V2+2)
Ответ: -----,----------- .
6	2
11.113.	В наклонном параллелепипеде проекция бокового ребра на
плоскость основания равна 5 дм, а высота равна 12 дм. Сечение, перпенди-
кулярное боковому ребру, есть
ромб с площадью 24 дм2 и диаго-
налью, равной 8 дм. Найти боко-
вую поверхность и объем парал-
лелепипеда.
Решение.
Пусть СОХ — высота на-
клонного параллелепипеда
ABCDAXBXCXDX (рис. 11.11),
СХО = 12 дм, тогда СО — про-
Рис. 11.11
екция ССХ на плоскость осно-
вания, СО = 5 дм, ромб MNKL- перпендикулярное сечение парал-
лелепипеда.
Из ACjOCtZCjOC = 90°): ССХ = JcxO2+CO2 = 13 дм.
Отсюда: объем параллелепипеда V = SMNKL ССХ =312 дм. Пусть
2S
КМ = 8 дм. Тогда NL = —МУКЬ = 6 дм. Пусть Т — точка пересечений
КМ	__________
диагоналей ромба MNKL. Тогда KL = у1КТ2 + TL2 = 5 дм, а периметр
перпендикулярного сечения Pmnkl = 20 Дм. Боковая поверхность
S = Рmnkl ' ССХ = 260 дм2.
Ответ: 260 дм2; 312 дм3.
11.114.	В треугольной усеченной пирамиде высота равна 10 м, сто-
роны одного основания — 27,29 и 25 м, а периметр другого основания
равен 72 м (рис. 11.12). Определить объем усеченной пирамиды.
. Решение.
Пусть Sj и S2 — площади оснований данной усеченной пирамиды,
Рх и Р2 — соответственно периметры оснований, по условию Р2 = 72 м.
Тогда Рх = 27 + 29 + 52 = 108 (м), отсюда по формуле Терона S1 = 270 м2.
827
Рис. 11.12
Рис. 11.13
3 Р2
Так как основания усеченной пирамиды подобны, то — = —
Го Л2	S1 р'
= 120м2.
2
^2 - 51 •
Объем усеченной пирамиды V = у H(Sl + Тад + S2) —1900 м3.
Ответ: 1900 м3.
11.115.	В основании призмы лежит трапеция. Выразить объем при-
змы через площади 5^ и S2 параллельных боковых граней и расстояние
h между ними.
Решение.
Трапеция MNKP(NK || МР)~ перпендикулярное сечение призмы
ABCDAXBXCXDX (рис. 11.13). Тогда высота трапеции равна h  Пусть
Sj — площадь грани AAXDXD, S2 — площадь грани ВВ{С\С, I — дли-
на бокового ребра призмы, MP = а, NK = b • Тогда 5] = al,S2 = Ы , от-
куда a = ^-,b = ^j-.
Площадь MNKP S = ^-^- h =	-+	.
2	21
Объем призмы V = SI =	,
п (Sx+S2)h
Ответ: --------.
2
828
11.116.	Площадь основания прямой треугольной призмы равна 4 см2,
площади боковых граней равны 9,10 и 17 см2. Определить объем призмы.
Решение.
Пусть а,Ь,с —стороны основания призмы, Н —ее высота.
9 , 10	17	18 „
Тогда а =—,о =—,с = —, полупериметр основания р = — . По
н н	н	н
формуле Герона площадь основания призмы 5 = у/р(р - а)(р - Ь)(р - с) =
/18 9 8 Г 36 т а л 2	36 л гг о
= .--------------—-. Так как 5 = 4см2, то —- = 4, Н = Зсм. Объем
\Н Н Н Н н2	н2
призмы V = SH = 12 см3.
Ответ: 12 см3.
11.117.	Основанием прямой призмы служит равнобедренная трапе-
ция ABCD', AB = CD = \Vm, ВС = 11 см, AD = 21 см. Площадь ее диаго-
нального сечения равна 180 см2. Вычислить полную поверхность призмы.
Решение.
СК — высота основания прямой призмы A BCDAX Вх Сх Dx (рис. 11.14).
n	j n firb	AD —ВС _	.	AD + BC ,.
По условию АВ=CD, тогда KD =-------= 5 см, А К =-----= 16 см.
2_______ 2
Из \CKD(/.CKD = 90°): СК = y/cD2-KD2 = 12 см.
Из ЛАКС(АКС = 90°): А С = у1аК2 +СК2 = 20 см. Диагональные
сечения призмы ААХСХС —прямоугольник с площадью ^=180 см2,
829
£
поэтому высота призмы Н = CQ = —— = 9 см. Периметр основания при-
/4 С
змы Р = 58 см, площадь основания Snru =	+	• СК = 192 см2, боко-
осн 2
вая поверхность S6 - PH = 522см2. Полная поверхность призмы
S = S6+2S0CH =906 см2.
Ответ: 906 см2.
11.118.	Основанием параллелепипеда служит ромб со стороной а и
острым утлом 30°. Диагональ одной боковой грани перпендикулярна плос-
кости основания, а боковое ребро составляет с плоскостью основания
угол 60°. Найти полную поверхность и объем параллелепипеда.
Решение.
В ромбе ABCD, являющемся основанием параллелепипеда
ABCDAXBXC^DX (рис. 11.15), CD = a, Z.BCD = 30°. Тогда его площадь
2
S'1 = a2 sin 30° = —.Диагональ СХВ боковой грани ВВ\С\С, перпендику-
лярная плоскости основания, является высотой параллелепипеда, ВС —
проекция бокового ребра CCj на плоскость основания, Z.BCCX = 60°.
Из ЛСхВС(ХСхВС = 90°): ВСХ = BCtg ЛВССХ =	;
CCi =----—-----= 2а. Объем параллелепипеда V = S, ВС = —
1 cosZ^CQ	1	1	2
S5filC1C =a2V3. CQ — наклонная к плоскости основания, ВС — ее
проекция на эту плоскость, CD — прямая, лежащая в этой плоскости. Сле-
л/з
довательно, cos ZC^CD = cos ССХСВ- cos /.BCD = cos60° cos 30° = —.
Отсюда:
sinZCjCD = -Jl - cos2 ZQCD = SCC^D = CCX •CDsinZC1CD = ^—.
Полная поверхность параллелепипеда:
f 2	2 /ТТЛ
S = 2(Sj +SS5]C]C +SCC}D]D) = 2 — + a2^3 +—-	=а2(1+2-Уз + V13).
3 /д
Ответ: а2(1 + 2-/з + 713);-^—
830
Рис. 11.15
11.119. Сторона основания правильной треугольной пирамиды рав-
на а, а высота, опущенная из вершины основания на противополож-
ную ей боковую грань, равна Ь  Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть МО —высота правильной пирамиды МАВС (рис. 11.16).
р — середина ВС . Тогда плоскость МРА перпендикулярна плоско-
сти ВМС и перпендикуляр А К , опущенный на плоскость ВМС ,
лежит в плоскости МРА, а точка К принадлежит МР. Пусть МО = h.
Тогда МР = у1рО2+МО2 =
Г-
ау/3 ]
J2
— + h2.
12
S^APMO^AKMf
Тогда АР МО = АК МР;
П Г~2
ау/3 , ,1а	,2
---h = bd— + h ;
2 V12
3a2h2 _b2(a2+Ylh2)
4	12
9a2h2=a2b2+nb2h2-,
h~ ab
у[з(За2-4Ь2)
Рис. 11.17
831
Объем-пирамиды
iz-lc	ab -
3 ^ВС 3 4 ^3(Зл2-462) 12у1за2-4Ь2 '
а3Ь
Ответ:	/ „	,-•
пЬа2-4Ь2
11.120. Боковая поверхность правильной треугольной пирамиды в три
раза больше площади основания. Площадь круга, вписанного в основа-
ние, 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, лг2 - г отсюда г = — .
’	л
А В = 2r4^,SMBC = —-— = Зг2 -Уз? Площадь боковой поверхнос-
ти S6 = 3S^DB. По условию S6 = 35д4ВС, тогда S^DB =S^BC;
-AB DK = 3r2y[3- г4з • DK = 3г243\ DK = 3r.
2
Из ADOK(ZDOK = 90°):DO = y/DK2-OK2 = 2rj2. Объем пира-
миды: F = i-3r2V3-2rV2=2r3V6=^.
3	л3
2д/б
Ответ: —г- .
л
11.121.	Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью,
проходящей через вершину основания и середины двух боковых ребер.
Найти отношение боковой поверхности пирамиды к площади основа-
ния, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна одной из
боковых граней (указать какой именно).
Решение.
Пусть DO —высота правильной пирамиды DAВС, М —середи-
на DB , N — середина DC, AM AN — сечение пирамиды, о котором
говорится в условии задачи (рис. 11.18). Предположим, что плоскость
MAN перпендикулярна плоскости грани ADB. AADM = AADN (по
трем сторонам). Тогда их высоты, опущенные на стороны АМн AN ,
832
Рис. 11.17	Рис. 11.18
равны. Но высота &ADM является перпендикуляром к плоскости
MAN, а высота &ADN — наклонной к этой плоскости. Тогда высота
&ADN также является перпендикуляром к плоскости MAN и, следо-
вательно, указанные высоты совпадают с боковым ребром DA данной
пирамиды, и Z.DAB > Z.DAM = 90° , что невозможно, так как данная
пирамида правильная. Аналогично получим противоречие, если пред-
положим, что плоскость AMN перпендикулярна плоскости грани
ADC . Следовательно, плоскость MAN перпендикулярна грани BDC.
Е — середина ВС. Тогда точка К пересечения MN и de является
серединой этих отрезков. Следовательно, медиана АК равнобедрен-
ного &MAN является его высотой и, так как плоскости MAN и BDC
перпендикулярны, то А К — перпендикуляр к плоскости BDC и, зна-
чит, AKLDE. Отсюда А К — медиана и высота &DAE.
Тогда DA = AE. Пусть ОЕ-а. Тогда ОА -2a,AD- АЕ = За.
Из &AOD(ZAOD = 90°): DO2 = АР2 - АО2 =5а2.
Из &DOE(Z.DOE - 90°): DE = у]DO2 +ОЕ2 = а-Уб. Так как пира-
мида правильная, то отношение боковой поверхности к площади осно-
ве 1 РЕ г
вания —--=-----Т7Г737 =	= vO-
SOCH cos ZDЕО ОЕ
Ответ:	.
27 Группа Б
833
Рис. 11.19
Рис. 11.20
11.122.	Стороны оснований правильной четырехугольной усечен-
ной 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 (?! — центры соответственно нижнего и верхнего оснований
правильной усеченной пирамиды ABCDAXBXCXDX, О2 —точка пересе-
чения ее диагоналей АСХ и Л]С (рис. 11.19), ООХ = Зсм, Л1) = 2см,
AXDX =1 см. Квадрат А2B2C2D2 — сечение пирамиды плоскостью, о ко-
тором говорится в условии задачи.
Диагональное сечение усеченной пирамиды — равнобокая трапе-
ция АА}СХС, AAlO2Cl ~ tsAO2C. Тогда
ОХО2 АХСХ 4£>i _ 1
О2О ~ AC ~ AD ~2
Так как ООХ = 3см, то ОХО2 = 1 см, ОО2 = 2 см. ДАХАСХ ~ ЬА2АО2
А20.2 ОО2 2	Л 2 . _	2^2	. _	4у/2
и =	= Тогда АА = =“ГСМ и ЛС2=-Г"см’
С/С/|	3	3	3	3
4
A2D2 - — см. Площади квадратов ABCD, AXBXCXDX, A2B2C2D2 соот-
ветственно S = 4 см2, Sj = 1 см2, S2 = — см2. Объем усеченной пирами-
ды с высотой ОХО2 :
(s, + S2+7зд )=	+ -у 1= |?см\
^1^2
3
834
Объем усеченной пирамиды с высотой О2О:
rz	2(	16 8> 152 ,
V2 -~~^~\S + S2+^SS2)-^\^ + -^ + ^ Г“2Т'СМ •
z.	37	,	152	,
Ответ: — см3; —— 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 А В = aj2
(рис. 11.20) и 5ПОЛН = 6АВ2 = 12а2. По условию, 6--= Q, следова-
4
2 2Q п „ SQ-J3
тельно, а = Получим оп0ЛН = —“— •
n 8£>7з
Ответ: ——— .
3
11.124.	Основанием прямой призмы служит равнобедренный треу-
гольник, основание которого равно а, а угол при нем равен 45°. Опре-
делить объем призмы, если ее боковая поверхность равна сумме площа-
дей оснований.
Решение.
Основание призмы — равнобедренный прямоугольный треугольник,
его площадь 5 = ^-, периметр Р = а(/2 + 1) боковая поверхность
5б = PH = ая(>/2 +1) где Н — высота призмы.
Так как 5б = 2S, то аяС/2 +1)= —; Н = -(-£=—\	объем
3/ х 2	2(72 4-1)	2
призмы V = SH = g •
а3>/2-1
Ответ: —*-------L.
8
11.125.	Основанием призмы АВСАХВХСХ служит правильный треу-
гольник АВС со стороной а . Вершина А1 проектируется в центр ниж-
него основания, а ребро АА1 наклонено к плоскости основания под
углом 60°. Определить боковую поверхность призмы.
835
Решение.
Пусть О —центр ДЛЯС (рис. 11.21), О —проекция At на плос-
кость АВС , ХОАВ = —ХВАС = 30°, ХАхАО = 60°.
2
>/з
Тогда cosXA^AB = cos ХА{АО • cos ХОА В = —;
4
sin Z4 А В = J\-cos2 ZA, АВ = J1-— = —.
1 N	1 V 16	4
Из ЛА OAj (ХА О At = 90°): А А{ =-—---=	. В
1	1	71 cosХАг А О 3cos60°	3
грани АА^В^В опустили перпендикуляр В К на А А}. Тогда плоскость
В КС перпендикулярна ребру A Aj призмы и ЛВКС —перпендикуляр-
ное сечение призмы.
Из ЛАКВ(ХАКВ = 90°): ВК = Л В sin ZЛlЛB =
Периметр ЛВКС : Р = 2ВК + ВС =	боковая
с р АА a2V3(2 + V13)
поверхность призмы S = Р  Л Л1 =--------.
л а27з(2+7в)
Ответ: -------------.
3
836
11.126. Сторона основания
правильной шестиугольной пира-
миды равна а . Все диагональные
сечения ее равновелики. Найти
объем и боковую поверхность пи-
рамиды.
Решение.
Проведем SO —высоту пра-
вильной пирамиды SABCDEF
(рис. 11.22). Пусть SO = Н  Тогда
о AD SO 2аН
smsd =----J= аН.
К —точка пересечения диаго-
налей ВО и АС ромба АВСО •
ОК = -ВО = -,АК =—,АС =
•2	2	2
Рис. 11.22
= 2АК = ау[з,ОК1А С. ОК — проекция SK на плоскость основания.
~	с ACSK ау]3
Тогда SKLAC и S^sc =----= ~^~SK'
По условию S&asd = $&asc , тогда aH = ^^-SK',	= Из
2 SK 2
&SOK(ZSOK = 90°): sin ZSKO = — =	zSKO = 60°; H = SO =
SK 2
= КО tgZSKO = ——. Площадь основания SOCH = 65^^ = 6-------
2	4
2	।	3 д 3
-—. Объем пирамиды V = -SomH = —^~. Пусть/’—середина
CD, тогда ТО = ——. Так как SO =	,то SSOT — прямоугольный
равнобедренный, Z.STO = 45° и боковая поверхность пирамиды
^осн _ За2 4з	_ За24б
cos Z.STO 2	2
Ответ:
За\ За24б
4 ’ 2
837
s
Рис. 11.24
11.127. Куб, ребро которого равно а, срезан по углам плоскостями
так, что от каждой грани остался правильный восьмиугольник. Опреде-
лить объем полученного многогранника.
Решение.
Пусть отрезок, отсекаемый каждой из указанных плоскостей на ребре
куба, равен х : АР = AM = ЕА} = х (рис.11.23). Тогда МР- ЕР = x-Jz, '•>
г	а а\2-у/2] „
АР + РЕ + ЕА, = АА,, 2х + xV2 = а х =------------L. Вычислим
2 + 72	2
объем каждой из отсекаемых пирамид Hj = х3.
Тогда объем полученного многогранника равен разности объема куба
з /_ /тр	а3 f 6 — (2 — -Jz^f 'I
и 8/j: V = а3 -8^ = а3 --х3 = а3 -fl	= _[--------------2
1	1	3	6	6
- Д3(б-8 + 12д/2-82 + 2л/2) = д3(14л/2-14)_ 73 г-_
6	“	6	”за (
Ответ:
^(,/2-1).
11.128.	В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так,
что четыре его вершины находятся на апофемах пирамиды и четыре —
838
в плоскости основания. Все ребра пирамиды равны, каждое из них
имеет длину а . Вычислить полную поверхность и объем куба.
Решение.
Пусть ребро куба EF = х (рис. 11.24). Рассмотрим ABSC (равно-
сторонний): SE -	. Из &SOE(z.SOE = 90°):
SO = ylsE2-OE2	=	;
V 4	4	2
FE = OE-OF =	. kExFE~\SOE.
2	2
_ E,F FE „ „ „„ cn cr v a -
Тогда—*— = ,ExFOE-SOFE,x — -
SO OE	2	2
aV2 a
2
xV2
~2~
7	3 7
Полная поверхность куба S' = 6x = — a , его объем
a<2
~~4~
з a3V2
F = x3
32
„	3 2 a3V2
Ответ: -a ;	.
11.129.	Высота правильной усе-
ченной четырехугольной пирамиды
равна 3 см, объем ее 38 см3, а площа-
ди оснований относятся как 4:9. Оп-
ределить боковую поверхность усе-
ченной пирамиды.
Решение.
Пусть площадь верхнего основа-
ния равна S'! = 4х см2. Тогда пло-
щадь нижнего основания S2 = 9х см2,
и так как объем усеченной пирамиды
Рис. 11.25
V = ^(sx+S2+Js&), то 4х + 9х +7збх2 =38, х = 2; S1=8cm2;
S2 = 18 см2. Тогда сторона нижнего основания а = y[S^ = Зу/2 см, сторо-
на верхнего основания b = 2^2 см, периметры оснований соответствен-
но р2=1242см, р!=8з/2см. N —середина ребра CD, К —ребра
CXDX соответственно нижнего и верхнего оснований данной усеченной
839
пирамиды ABCDA{B\C\D\ (рис. 11.25). Тогда KN — ее апофема,
ON =—, ОХК=-.
2	1	2
Проведем высоту КР = ООХ = 3см. PN = ON -ОХК=	см.
Из &KPN {ZXPN = 90°): KN = y/KP2+PN2 = см. Боковая поверх-
ность S6 =-P1+Р2 -/:7V = 10V2-^ = 10Vi9 см2.
Ответ: 10д/Т9 см2.
11.130.	Найти отношения объемов правильных тетраэдра и октаэдра,
у которых полные поверхности равны.
Решение.
РО — высота правильного тетраэдра PMNK (рис. 11.26). Пусть
MN = a, тогда МО = РО = ^МР2-МО2 = Аа2-—= объ-
з	v з 7з
„	1 „	1 a24i ау[2 а3Л
ем тетраэдра И] = —	• РО = —— -= ———, полная поверх-
ность тетраэдра 5)	= а2л/з. Квадрат ABCD — общее осно-
вание двух правильных пирамид EABCD и FABCD, из которых сос-
тоит данный правильный октаэдр (рис. 11.27), Ох — центр квадра-
840
та ABCD - Пусть АВ-b- Треугольники АОХЕ и АОХВ равны
{/.АОХЕ = /.АОхВ = 90°, АОХ — общий катет, АЕ = А В)-
2
Отсюда ЕОХ - АОХ = —— , и объем октаэдра И2 =—SABCD ЕОХ =
2,2 W2 ЬЧ2	_ _ _R
=	—~ = —-—, а его полная поверхность Л2 = °*^дя£в 8 —~
= 2Ь24з.
Так как Si = S2 , то а2 л/з = 2Ь2л/з,	= 42, -г- = 142 .
12	b Ь3
Vx аЧ2 ЬЧ2
Тогда - 12 * з
1
Ответ:	•
11.131.	В основании на-
клонной призмы лежит пра-
вильный треугольник со
стороной, равной а . Одна
из боковых граней призмы
перпендикулярна плоско-
сти основания и представ-
ляет собой ромб, диагональ
которого равна b - Найти
объем призмы.
Решение.
Рис. 11.28
По условию
грань ВВХСХС — ромб
(рис. 11.28) и перпендикулярна основанию. Тогда высота BXD ромба —
высота призмы. Пусть ВВХ =а = ВС, ВХС = Ь.
Периметр Р&ввхс = 2а + b 5 по формуле Терона площадь треугольника
DD^ о ( bY b Yf b b41a2-b2 „
ВВХС S = J а+- а + --а а + --Ь =-------. С другой сто-
Vl2A2 JI2 )	4 _____
1г,х1т>гч а ~	2S b-J^a2 -b2
роны S = — ВС  BXD = — BxD. Отсюда BXD = — =-.
2	2	а 2а
841
Рис. 11.30
Рис. 11.29
г/ С П П	bylla2-b2 ab->j\2a2 -3b2
Объем призмы V = SMBC  BXD = —--— ------= —’— ---------.
„	abj\2a2-3b2
Ответ: ------------.
8
11.132.	В основании четырехугольной пирамиды лежит прямоуголь-
ник, площадь которого равна S; боковые ребра пирамиды равны и
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 (рис. 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 = —АС2 sin60° = 2Н2-— \ H=\-==-1=r =---.Объем пира-
2	2 VV3 V3 3
TZ i___ s4s-tfn
миды V = -SH =-----.
3	9
s4sA[xi
Ответ: -------.
9
842
11.133.	Основанием пирамиды служит равносторонний треуголь-
ник со стороной, равной а. Одна из боковых граней— также равносто-
ронний треугольник и перпендикулярна плоскости основания. Опреде-
лить полную поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть грань АМС пирамиды МА ВС —равносторонний треуголь-
ник и перпендикулярна плоскости основания(рис. 11.30). Тогда ее вы-
сота и медиана МО является высотой пирамиды. Опустим перпендику-
ляр ОЕ на АВ. Тогда АЕ =	= — ME LAB.
4	4
Из LAEM(LAEM = 90°): МЕ = у1аМ2-АЕ2 = а2-—=^^~,
V 16	4
Здлвс ~ А ’ Зьамв -~^АВ- ME -—-—.
Z	о
Так как ААВС = ААМС, LAMB = L.CMB, то полная поверхность
пирамиды 5 = 2(5д45С + S^MB) =
п a2y/3(2 + yf5)
Ответ: ——-------—- .
4
11.134. Правильная треугольная
пирамида рассечена плоскостью,
перпендикулярной основанию и де-
лящей две стороны основания попо-
лам. Определить объем отсеченной
пирамиды, если сторона основания
первоначальной пирамиды равна а,
а двугранный угол при основании
содержит 45°.
Решение.
Пусть МО — высота пра-
вильной пирамиды МАВС,
LETF — сечение пирамиды, о.
котором говорится в условии за-
дачи (рис. 11.31), D —середина
Рис. 11.31
АВ  Тогда Z.MDO — линейный угол двугранного угла при ребре АВ
и так как /.MDO = 45° , то МО = DO = ——
6
EF — средняя линия
843
1	а2 л/з
ЛАВС, тогда S^cf = - SAABC =~-------,МЕС = MFC (по двум сторо-
4	16
нам и углу между ними). Тогда TE=TF, К — точка пересечения EF и CD.
Тогда К — середина EF и ТК — медиана и высота MTF. Так как
плоскость ETF перпендикулярна плоскости АВС, то ТК — высота пира-
миды TEFC. СК =-CD, CO = —CD. Тогда — = -, АТКС ~ ЛЛ/ОС
2	3	СО 4
ТК _ СК _3
МО ~ СО ~ 4 ’
ТУ = ~МО = а -. Объем пирамиды ETFC
V ~ ~S\ECF ~~
а2л/з ау/з _ а3
16	8 ” 128
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 равен 60°.
Решение.
Пусть D j Т — высота равнобокой трапеции DD j С j С — боковой гра-
844
ни правильной усеченной пирамиды ABCDAXBXCXDX (рис.11.32). Тогда
ДГ=СД-С,Р, = DiT = DT^D}DT = ^±t^A^L,
Z, — середина CJ\, L — середина CD  Тогда ЬЦ =DtT =	.
Опустим перпендикуляр ЦК на плоскость ABCD. Тогда к принадле-
жат й~Ь тл_
жиг отрезку О£,где О—центр нижнего основания, KL = ——. Из
ЛЦКЦ^ЦКЬ = 90°):ЦК = ^ЬЦ2-КЬ2 =	.
Объем усеченной пирамиды вычисляется по формуле:
V =	(5 + + ^SSX), где Н — высота пирамиды, S и Sj — пло-
щади соответственно нижнего и верхнего оснований.
„ а-Ь( 2 12 а3 -Ь
Тогда V = —\a+b + ab]=-----?=
ЗЛ	’	3V2
6
Ответ:
6
11.136. Сторона основания правильной треугольной пирамиды рав-
на а. Через одно из ребер основания проведена плоскость, перпендику-
лярная противоположному боковому ребру и делящая это ребро в отно-
шении т: п, считая от вершины основания. Определить полную
поверхность пирамиды.
Решение.
Полную поверхность пирамиды найдем по формуле
2 Г 1
Snom =	+ - 3a SD (рис. 11.33). Так как &BOS ~ &BKD (пря-
4	2
ч BD ВК
моугольные треугольники, имеющие общий угол), то	,
BS ВО
— :BS = BK: —, a2=2BKBS.
2	3
По условию — = —, KS = — ВК, BS = BK + KS = ^^- ВК,
KS пт	т
ВК = BS, BS1 = <™+п)а . в Д50Д имеем SD2 = SO2 + OD2;
т + п	2т
845
2
отсюда, учитывая, что SO2 = BS2 - ВО2, находим SD2 = (m + n^a—
2т
_ а2 а2 _ Зта2 + бпа2 _ (т + 2п)а2
3	12	12 т	4т
п	с а2л/з 1 а 1т + 2п а2у/з(.	13(т + 2п)
Получили 5ПОЛН = —— + -• За---------=—1 + J—-----------.
4	2	2\ т 4 I V т I
„	/3(ди + 2и)
Ответ: ----- 1 + . —------- .
4 V т )
11.137. Через вершины А, С и D} прямоугольного параллелепипеда
ABCDA \В\С jZ) ] проведена плоскость, образующая с плоскостью осно-
вания 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 DyK. на плоскость основания параллелепипеда. Тогда
D\K ± AC, Z.D\KD — линейный угол двугранного угла, по условию
ZD}KD = 60°. Из &ADC\ZADC = 90°): AC = ^AD2 +DC2 =5 см,
SAADc=-ACDK = ^AD-DC. Тогда DK =	= 2,4 см. Из
2	2	АС
&DiDK(KD}DK = 90°): DD} = DKtgZD^KD = 2,4^3 см. Объем паралле-
лепипеда И = SABCD -DDi= AD-DC-DDx=3-4-2,4д/з = 144^(см3).
п 144V3, зч
Ответ: —-—(см ).
11.138.	Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого сто-
роны равны 10 и 18 см, а площадь равна 90 см2. Высота пирамиды прохо-
дит через точку пересечения диагоналей основания и равна 6 см. Опреде-
лить боковую поверхность пирамиды.
Решение.
Проведем SO — высоту пирамиды SABCD (рис. 11.35).Опустим пер-
пендикуляры SM, SL, SN, SK соответственно на АВ,ВС,CD и AD. По
условию ABCD — параллелограмм, тогда точка О пересечения диаго-
846
налей — середина отрезков MN и KL > являющихся высотами паралле-
г г'_________ABCD _90__-	Л/Г"\т_ $ABCD _ 90_q
лограмма. LK = ——— = — = 5 (см);	MN = ——— = — = У (см).
AD	18	АВ 10
15	19
Следовательно, ОК = — LK = — см, МО =—MN = — см.
Из &SOK (ZSOK = 90°): SK = JsO2+OK2 = у см.
Из bSOM (Z.SOM = 90° ): SM = ylsO2 + OM2 = у см. Боковая по-
верхность пирамиды S6 - 2S^SB + 2S^sd = АВ • SM + AD • SK = 10 • у +
13
+ 18y = 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 SABCD и
S'ABCD, из которых состоит данный правильный октаэдр, О — центр
этого квадрата, MNPQM} Nx Р} — куб, о котором говорится в условии
847
задачи, к —центр квадрата MNPQ—точка пересечения SO и плоско-
сти квадрата MNPQ (рис. 11.36). Пусть AD = а, MQ = 2Ь . Тогда
МР = 2Ь^2, АС = а41, SO = AO = ^- , SK = SO-KO = ^-b.
ау/2
МР SK 2b>/2 ~2 b
bSMP ~ Д5Л С  Из подобия следует:	= —; —-	т=—5
AC SO сы2 ач2
2bj2=ay/2-2b;
2b =
= а>/2(72-1). Поверхность
2
октаэдра
•$1 -
= 2п2л/з . Поверхность куба S2 = bSMNPQ
= 6(2Z>)2 =
= 6(«V2(V2-1))2 =12«2(V2-1)2 =12a2(3-2>/2)
T Si 2«27з	7з(3+2>/2)
S2 12a2(3-2V2)	6
,/3(3 + 272)
Ответ: ------------.
6
848
11.140.	Найти объем правильной треугольной пирамиды(рис. 11.37),
у которой плоский угол при вершине равен 90°, а расстояние между
боковым ребром и противоположной стороной равно d.
Решение.
Будем считать, что в —вершина пирамиды, а ДЛ5С —основа-
ние. SD —высота прямоугольного равнобедренного &ASC, опущен-
ная на гипотенузу АС • Тогда SD — общий перпендикуляр скрещива-
ющихся прямых BS и АС, а его длина — расстояние между ними,
1	2
SD = d- Следовательно, AC = 2SD = 2d, S^sc =-АС SD = d ,
BS = AS = SDyf2 • Объем пирамиды V = -S^sc
BS-d' Л
3
d3 гт
Ответ: — у12.
3
11.141.	Площадь того сечения
правильного тетраэдра, которое
имеет форму квадрата, равна т2 .
Найти поверхность тетраэдра.
Решение.
Пусть квадрат DPQF — сече-
ние правильного тетраэдра МАВС
(рис. 11.37), о котором говорится в ус-
ловии задачи. Тогда PQ = PD = т.
Так какР£Э параллельна df , то пря-
мая PQ параллельна плоек остю42?С.
Тогда плоскость А МС, проходящая
через прямую PQ, пересекает плос-
Рис. 11.38
кость АВС по прямой АС, параллельной PQ. Следовательно,
&PMQ ~ ДАМ С и SPMQ —равносторонний, PM = PQ = т. Анало-
гично РЛ||БМ, АР = PD = т. Следовательно, ребро тетраэдра а = 2т .
Поверхность тетраэдра 5 = 45длвс = 4 • — -Уз = a2 V3 = 4?и2 Уз .
4
Ответ: 4m2-Уз.
849
5
Рис. 11.39
Рис. 11.40
11.142.	В правильной треугольной призме через сторону нижнего
основания и противоположную вершину верхнего основания проведе-
на плоскость, составляющая с плоскостью нижнего основания угол 45°.
Площадь сечения равна S • Найти объем призмы.
Решение.
АЛ СХВ—сечение правильной призмы АВСАХ ВХСХ (рис. 11.39), о кото-
ром говорится в условии задачи, к —середина АВ. Тогда СК1АВ,
Cfi-LAB, Z.CXKC — угол наклона плоскости А СХВ к плоскости основа-
ния, ХСхКС = 45°. S^BC = SAAC'B •cosZQX'C = ~^~- Пусть ССХ =Н .
Тогда СК = ССХ=Н, ВК = ^^~, SMBC =^АВ СК = ВК СК =
н24з _ н24з sJi „ [s?6
=-----• Тогда---=---- ; и = д '	-- .
3	3	2 V 2
V-C H-S^
Объем призмы — *^д4вс ’ “ —	\ ~2 *
2
Ответ: ------
2
850
11.143. В правильный тетраэдр помещена правильная треугольная при-
зма 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,A\B\C]A2BzC2— правильная
призма, о которой говорится в условии задачи (рис. 11.40). Из
A5OC(Z5OC = 90°): SO = J SC1 2-ОС2 = Ja2-— = Пусть ребро
V з V3
призмы равно X. Тогда С\О = —,CQ = CO-QO =—----------=
= \C2CXC~\SOC.
V3
Из подобия следует:	= ^-;С{С2 ОС = QC-SO;* -=
С|С ОС	3
Объем призмы
TZ Q rr _*27з х37з _а32>/2(7з->/2)37з _
Г -‘Ьдл1в1с1 -С1С2-—J	4	-
_ а3Уб(ЗУз-9У2+бУз-2л/2) _ д3Уб(9д/з-11VI) _ д3(27>/2-22д/з)
2	2	"	2
_	а3 (27^2-22^3)
От вет: —-------------.
2
11.144. Основанием прямой призмы служит прямоугольный треуголь-
ник с гипотенузой, равной с, и острым углом 30°. Через гипотенузу нижне-
го основания и вершину прямого угла верхнего основания проведена плос-
кость, образующая с плоскостью основания угол 45°. Определить объем
треугольной пирамиды, отсеченной от призмы плоскостью.
Решение.
Искомый объем К = — SOf. -СС, (рис. 11.41). Так как Z-ABC = 30°,
Uvri	1	z
с с\3	с\3
то АС = — ,ВС = ——, следовательно , S0CH =—-—. С другой сто-
1	1 Сл/З
роны, 50СН- — АВ CD, где CD1AB и CD = — ВС = —. Так как
851
Рис. 11.41
Рис. 11.42
CD1AB , то и CXD1AB, т.е. Z.CXDC = 45° (по условию); поэтому в
Сл/з	1 с2д/3 Сл/З с3
ДС.ЛС имеем ССХ =CD = —. Получили V = -	= — .
1	1	4 У 3	8	4	32
с3
Ответ: — 
11	.145. Боковые грани треугольной пирамиды взаимно перпендику-
лярны, а площади их равны а2, Ь2и с2 . Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть SA = х, SB = у, SC = z (рис. 11.42). Из взаимной перпенди-
кулярности боковых граней следует взаимная перпендикулярность этих
ребер, откуда искомый объем V =	SC = ^xyz . По условию
3	6
1	2	1	>2	1	2 rr
—ху = а , —xz = d , —yz = c . Перемножив эти равенства, получим
—x2y2z2 = а2Ь2с2. Итак, V = -abc-J$ = -abcjl.
8	6	3
Ответ: — аЬсЛ.
11.146. Основанием пирамиды служит правильный шестиугольник
со стороной, равной а . Одно из боковых ребер перпендикулярно плос-
кости основания и равно стороне основания. Определить полную повер-
хность пирамиды.
852
Рис. 11.43.2
Решение.
Правильный шестиугольник ABCDMN — основание пирамиды
KABCDMN (рис. 1143.1), ребро КВ перпендикулярно плоскости ос-
нования, КВ-АВ-а- Тогда ДЛ В К = &СВК (по двум катетам),
1	л2
Saabk =-АВВК = — . АВ AN = AANM = 120° (рис. 11.43.2). Тогда
из &BAN ЛВ = AN, BN = а^З , AABN = A AN В = 30° и, следователь-
но, ABNM = 90° • BN — проекция KN на плоскость основания пира-
миды. Значит, KN1NM  Аналогично KD1MD и так как BN = BD, то
KN = KD, bKNM = bKDM , bKAN = &KCD.
Из &KBN (AKBN = 90°): KN = у/BN2 + KB2 =2a.
Тогда S^KNM = KN • MN = a2.
Из kABK^AABK = 90°): АК = у/аВ2+ВК2 = ayfi . Полупериметр
ajl+la + a За+ау(2
треугольника N4.NK р =-----------=--------, вычислим его пло-
щадь по формуле Герона:
„ За+ау/2 За + ау/2	I За + а41 гт За+а~^2
S*ank	------------------aV2)(----------2а) =
853
ЗаЧЗ
2
а£ 2
— + а +----
2	4
3a+ay/2 , гт За-ат/2 ajl-a
= J---------(ау/2 + а) х ,-----------=
V 4	V 2	2
2 ,------------------------- 2 /7
= 2-7(3+72)(3-72)(72 +1)(,/2-1) = 2-2-
4	4	3a2j3
Площадь правильного шестиугольника ABCDMN: 50СК = —j— . Сле-
довательно, полная поверхность пирамиды
$ =	+ S&KNM + S&ANK ) + Зосн = 2
а2(б + л/7+3>/з)
=	2	‘
Л а2(6 +V? 4-Зл/З)
Ответ: ---------------.
2
11.147. Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого
стороны равны 10 и 8 м, а одна из диагоналей равна 6 м. Высота
пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания и
равна 4 м. Определить полную поверхность пирамиды.
Решение.
По условию Л2? = 8Ч Л/) = 10Ч BD = 6m (рис. 11.44). Так как
62 + 82 = 102 >т0 KABD — прямоугольный и 50СН = 8 • 6 = 48 (м2).
Так как BD1AB, то и SB3-AB,	= ^AB-JsO2 + ОВ2 =
= --8>/42+32 =20 (м2).
2
Проведем SKLAD; тогда S^SD =~AD SK = ADylsO2 +ОК2 .
Чтобы найти ОК, воспользуемся тем, что \OKD ~ AABD ;
8-3 12
тогда ОК : АВ = OD : AD => ОК = -jy = — (м). Следовательно,
SK = ^16+^=^. (м)и 5^=^10 ^ = 4734 (м2). Итак,
$прям = 48 + 2 • 20 + 2 • 4>/34 = 8(11 + >/34) (м2).
854
5
Рис. 11.44
Ответ: 8^11 + л/34^ (м1 2 3).
11.148. Площади оснований усеченной пирамиды равны Si и
S2 ( S’, < S2), а ее объем равен V • Определить объем полной пирамиды.
Решение.
Пусть//— высота полной пирамиды, h — высота усеченной пира-
миды и x = H-h-
^.2	%	___ __
Имеем —- =—у или -^=Х =------откуда xy[^+hy[s[ = xjs^,
^2 Н -JS2 x+h
-	h'^' Т	и L h^2	R
-	1—	г-= • Так как H-x+h- __v , то объем полной пира-
_______17	_ 1 с и _ 1	у/*^1
МИДЫ Упрям — S2H —	>——
•3	— v^l
1 /	I—1—~"\
По условию К = - AlSj + S2 + v ^1*^2) ’и’ значит, h =---------7^—
3 '	'	Sj + S2 4" ч/ Sj S2
Получили, Упрям =
1 S2^S2
ЗУ
ys2y[s2
Ответ:
855
11.149. Основанием прямого
параллелепипеда служит парал-
лелограмм, один из углов кото-
рого равен 30°. Площадь осно-
вания равна 4 дм2. Площади
боковых граней параллелепипе-
да равны 6 и 12 дм2. Найти объем
параллелепипеда.
Решение.
Объем параллелепипеда
К = Socnh, где h — высота параллелепипеда. Так как параллелепипед
прямой, то высоты боковых граней также равны h (рис. 11.44). По
условию Z.BAD = 30°, AB-h = 6HM2, AD- /г = 12дм2, т.е. AD = 2AB.
Пусть BK1AD ; тогда В К = —АВ-
2
Так как AD  ВК = 4 дм2, то имеем 2АВ ^АВ = 4, АВ = 2 (дм); сле-
довательно, h = 3 Дм. Окончательно V = 4- 3 = 12 дм3.
Ответ: 12 дм3.
11.150.Определить объем правильной треугольной усеченной пира-
миды, у которой стороны основания равны 3 и 2 м, а боковая поверх-
ность равновелика сумме площадей оснований.
Решение.
Пусть О — центр нижнего основания А ВС, О, — центр верхнего осно-
вания АХВХСХ правильной усеченной пирамиды, £) —середина АВ, Д —
середина АхВх (рис. 11.46). Тогда DDX — высота боковой грани ААХ Вх В,
„ о А,В} +АВ 5	с
площадь которой =	-----DDX = — DD}, отсюда боковая поверх-
15	9>/з	г
ностьпирамиды Sb = ЗД = —  DDX, S^BC =	м2;	= V3 м2.По
о _ о , о	15	1 3>1з пп 1 Зу/З
Ъ6 = Ъ^АВС +	, тогда — DDX = ——; DDX = —. Опустим пер-
пендикуляр D{K на плоскость АВС - Тогда точка к принадлежит отрез-
™ „ г. лв4з ахвх4з 4з
ку OD , DK = OD - Д Д = — ------LJ— -
856
Рис. 11.47
Рис. 11.46
I--i-----7	/169 Г 2л/з
ИзЩКО^КО = 90»)DtK = ^DD2 -DK2 = J— - — = -X_ (м).
f	12^	*z
Объем пирамиды V = ^($д«с + $д,,в,с, +	' W,C,) =
2^1з,94з г- 3 г- ,
= ——(----+ <3 4--V3) = 1,9 м3.
15	4	2
Ответ: 1,9 м3.
11.151. Основанием наклонного параллелепипеда служит ромб ABCD
со стороной, равной а, и острым углом 60°. Ребро ААХ также равно а
и образует с ребрами АВ и AD углы 45°. Определить объем параллеле-
пипеда.
Решение.
Пусть А}О — высота параллелепипеда ABCDA\B\C\D\, о котором го-
ворится в условии задачи (рис. 11.47). Так как ZA^AB - ZA^AD, то точ-
ка О принадлежит биссектрисе Z.BAD — лучу АС. АА\ — наклонная к
плоскости основания призмы, АО — ее проекция на эту плоскость, АВ —
прямая, лежащая в этой плоскости.
857
Проведем А\К ± АВ и соединимX"с О. В ДА^ОА: cos ЛА{АО =-;
А уА
АК
в ДА,КА :cos/AiAK = cosZJ, АВ =---; в ДОКА : cos ЛОАК =
1 АХА
АК	ОА АК АК
= cos/OAB = ——. Но —— • —— - ——-, т.е. cos ЛА }АО-cos /.OAK =
OA	А\А OA А\А	1
= cos ЛА 1 АК, откуда cos ЛАХ АО = —°S	}АК
cos ЛОАК
Так как /BAD - 60°, то ЛОАК = 30° и, значит, cos ЛА \АО = c0.s.^
1	cos 30°
/э /0	I	I
—: = -5=-; sin ЛА,АО = Jl - cos2 ЛА\АО = J1--------------
2	2 7з 1	V	V	3
1
~i=. Тогда
/3
А\О = АА} sin/AjАО	откуда находим искомый объем:
2	г~*	з
т/ с л 2 • дЛо а а у/З а а
V = Sarcd ' А\О = a sin 60°—i= —-----------= —
л/З 2 7з 2
а3
Ответ'. —.
2
11.152	. Центры граней правильного тетраэдра служат вершинами
нового тетраэдра (рис. 11.48). Найти отношение их поверхностей и отно-
шение их объемов.
Решение.
Пусть M.N.K.0 — центры граней AFC, BFC, AFB, АВС данного тетра-
эдра соответственно, D — середина АС, Е — середина ВС. Тогда
2	2	2
FM = —FD, FN = — FE и, следовательно, MN\\DE, MN = — DE =
= ^АВ. Пусть Fj hSj— объем и поверхность данного тетраэдра, а
И2 и S2 — объем и поверхность нового тетраэдра. Так как два любых пра-
_ И АВ3 . ^1 АВ1 о ,
вильных тетраэдра подобны, то — =----т = 27:1;— =----=- = 9:1.
V2 MN3 S2 MN2
Ответ: 27 :1 ;9 :1.
858
11.153	. В усеченной треугольной пирамиде через сторону верхнего
основания проведена плоскость параллельно противоположному боково-
му ребру. В каком отношении разделится объем усеченной пирамиды, если
соответственные стороны относятся как 1:2?
Решение.
Стороны оснований относятся как 1:2, поэтому площади оснований
относятся как 1:4 (рис. 11.49). Тогда объем усеченной пирамиды
Г=1/г(51+52+7^2') = |/г(452+52 + 252) = у52/г,где S2— пло-
щадь верхнего основания, h — высота. Объем призмы ADEA^B^C^
составляет Г1=5'2^и объем оставшейся части пирамиды есть
7	4
y2=V-y l=-S2h-S2h=-S2h. Итак, ^^2 = 3:4.
Ответ'. 3:4 .
11.154	. Расстояние между любыми двумя боковыми ребрами наклон-
ной треугольной призмы а. Боковое ребро равно I и наклонено к плоско-
сти основания под углом 60°. Определить полную поверхность призмы.
Решение.
Пусть А'О —высота наклонной призмы АВСА^В^С^ (рис. 11.50).
859
АО —проекция АА} на плоскость основания, ZA^AO —угол накло-
на бокового ребра ААХ к плоскости основания, по условию
ZAiAO = 60° .Из AAOA^ZAOAJ = 90°; AtO = ААХ sin ZA^AO =	•
Рассмотрим &MNK — перпендикулярное сечение призмы. Тогда дли-
на его сторон — расстояние между боковыми ребрами призмы. Так как
по условию эти расстояния равны а, то периметр перпендикулярного
а2д/з
сечения Р = 3а , его площадь 1S’1 = —— . Боковая поверхность призмы
4
S6 = Р • АА{ = За!. Объем призмы V = Sj • ААХ = S^BC  AtO .
~	a2y/3 , о /73
Отсюда __./ = 5Д4ВС —;
призмы S = S6 +2SMBC = 3al+a2
SAABC ~ —  Полная поверхность
Ответ: За! + а2-
11.155.Основанием наклонной призмы служит правильный треуголь-
ник со стороной, равной а . Длина бокового ребра равна Ь, а одно из
боковых ребер образует с прилежащими сторонами основания углы 45°.
Определить боковую поверхность призмы.
Решение.
Пусть правильный треугольник АВС — основание наклонной при-
змы ABCAiBfCi, ZB{BA = ZB^BC = 45° (рис. 11.51). Опустим перпен-
860
дикуляр А М на ВВХ. АВ МА - ЬВМС (по двум сторонам и углу между
ними). Тогда /.ВМС = /В МА = 90° и AM = СМ =	 От-
сюда следует, что &АМС — перпендикулярное сечение данной призмы
и его периметр Р = а41 + а = а(Л +1) • Боковая поверхность призмы
S6=P  ВВх=аЬ(Л + \) •
Ответ: ab(41 +1) •
11.156. Доказать, что объем прямой призмы, основанием которой
служит трапеция, равен произведению среднего арифметического пло-
щадей параллельных боковых граней на расстояние между ними.
Решение.
Пусть S] и S2 — площади боковых параллельных граней данной
прямой призмы, н — ее высота, а и Ь — длины параллельных сторон
оснований, h — высота трапеции, лежащей в основании. Тогда h —
расстояние между параллельными боковыми гранями призмы, вычис-
£	51
лим их площади: Sj = аН , S2 = ЬН, отсюда а = —у , b = —у, площадь
н	н
с , i\ h (Sl+S2)h
основания призмы S = (a + b)— = —---.
2	27/
1/ си + $2)к
Объем призмы к = Ъп =---------
, что и требовалось доказать.
11.157.	В правильной усеченной
четырехугольной пирамиде сторо-
ны оснований равны а и Ь, а боко-
вая поверхность равна половине
полной поверхности. Найти объем
пирамиды.
Решение.
Пусть О и Oj — центры соответ-
ственно нижнего ABCD и верхнего
AXBXCXD{ оснований правильной
усеченной пирамиды (рис. 11.52),
Рис. 11.52
861
М — середина CD, Мх — середина Сх Dx. Тогда ММХ — апофема
данной пирамиды. Пусть ММХ = х . Тогда боковая поверхность пира-
_	. CD + CXDX ..	r-r
миды S6 = 4-----—!= 2(a + b)x. Площадь верхнего основа-
ния Sx=b2, нижнего основания S2 = а2 .
Полная поверхность S = 5] + S2 + S6 . По условию .S’ = 2S6. Следова-
, , «2+*2
тельно, S6 = 5] + S2; 2(а + b)x = a2 +b2 ,х ~ '^а + j • Опустим перпенди-
куляр МХР на плоскость нижнего основания. Тогда Р принадлежит ОМ,
РМ =	. Из ЛМХРМ(/.МХРМ = 90°): МХР = у} ММ2 -РМ2 =
l^+fc2)2 _ (a-b)2 = J(a2+b2)2-(а2
4(a + b) 4	2(a + b)
-b2)2 _ ab
a + b
Объем пирамиды V = | MXP(SX + S2 + JSiS2) =	•
ab(a2 +ab + b2)
Ответ: ---------гт---.
3(a + b)
11.158.	В треугольной пирамиде, каждое из боковых ребер которой
равно а, один плоский угол при вершине пирамиды прямой, а каждый
из остальных равен 60°. Вычислить объем пирамиды.
Решение.
Пусть о —вершина пирамиды DABC (рис. 11.53), по условию
DA = DB = DC = а , AADC = Z.BDC = 60°, Z.ADB = 90° •
Тогда ЛАОС и &BDC — равносторонние, А С = ВС = а, АВ = ау[2 .
а2
Так как AC2 +ВС2 = АВ2,то ЛАСВ = 90° и S^CB = — . do —высо-
та пирамиды. Так как боковые ребра пирамиды равны, то точка О —
центр окружности, описанной около основания пирамиды. Так как ЛАВС
прямоугольный, то точка О — середина гипотенузы АВ АО = а^~ • Из
2
862
Рис. 11.54
Рис. 11.53
J Z М
«2-у =-у • Объем пи-
rz 1с.	а3>/2
рамиды V = -S^CB • DO = -у .
Ответ:	.
12
11.159.	Основанием пирамиды служит параллелограмм, смежные
стороны которого 9 и 10 см, а одна из диагоналей 11 см. Противополож-
ные боковые ребра равны, и длина каждого из больших ребер составля-
ет 10,5 см. Вычислить объем пирамиды.
Решение.
Пусть параллелограмм ABCD —основание пирамиды EABCD
(рис. 11.54), JB = 9cm, JD = 10cm, ВТ> = 11см, АЕ~СЕ, BE = DE.
О —точка пересечения диагоналей J C nBD параллелограмма. Тог-
да ЕО — медиана равнобедренных треугольников АЕС и BED.
Следовательно, ЕО1АС , EOLBD, то есть отрезок ЕО перпенди-
кулярен плоскости основания и является высотой пирамиды.
AC2 + BD2 = 2(AD2 + АВ2); АС = ^241 см. Значит, AC>BD и
АО > ВО АО — проекция АЕ, ВО — проекция BE на плоскость
863
основания. Следовательно, АЕ>ВЕ, J£' = 10,5 см= —см. Из
ААОЕ(ААОЕ = 90°): ЕО = ^АЕ2 - J О2 = J— - — = 5>/2 (см). По
V 4	2
формуле Герона S^BD = 30-72 см2, площадь параллелограмма ABCD •
Л = 2SAABD = 60 Л см2. Объем пирамиды V =	ЕО = 200 см3.
Ответ: 200 см3.
11.160.	Основанием пирамиды служит ромб с диагоналями dx и d2.
Высота пирамиды проходит через вершину острого угла ромба. Пло-
щадь диагонального сечения, проведенного через меньшую диагональ,
равна Q . Вычислить объем пирамиды при условии, что dx > d2.
Решение.
Искомый объем
V = |s0CH • SA , где S0CH = ^dxd2 (рис. 11.55) В
3
ASA О имеем SA = ylso2 - АО2 , где А О = —, a SO - — , так как по
2 d.
условию — d2 • SO = Q . Отсюда 5А =
l4g2 d2 _^6Q2-d2d22
v d2 4	2d2
гт	1 1 /7 /7	~^1 d2 dx I п2 г 2 » 2
Получили jz = - • ~dxd2------—------= — y/16Q -dx d2
3 2	2t«2
Ответ: j^--\/1662 -d2d2 .
11.161.	В треугольной пирамиде две боковые грани взаимно перпен-
дикулярны. Площади этих граней равны р и Q, а длина их общего
ребра равна а . Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть в пирамиде ABCS грани АВС и ABS взаимно перпендику-
лярны, ААВС — основание пирамиды, точка 5 — ее вершина
(рис. 11.56), Ядядс = Р , S^SB = Q , АВ = а . В плоскости ABS опустим
перпендикуляр SK на АВ. Тогда отрезокSK перпендикуляренплоско-
864
Рис. 11.55	Рис. 11.56
сти АВС И является высотой пирамиды. Из ЛА SB: SK = ——— = —.
АВ а
1	2PQ
Объем пирамиды V =—S^BC • SK = ——.
3	За
2PQ
Ответ: —— .
За
11.162.	В треугольной пирамиде все четыре грани — равные равно-
бедренные треугольники с основанием а и боковой стороной Ь  Вы-
числить объем пирамиды. При всяких ли а и Ъ задача имеет решение?
Решение.
В пирамиде SABC (рис. 11.57) АВ = АС - BS ~ CS = b, ВС = AS = a -
Е —середина ВС . Тогда AELBC, SE1BC  Следовательно, прямая
ВС перпендикулярна плоскости ASE . Тогда плоскость АВС также
перпендикулярна плоскости ASE. В плоскости ASE опустим перпенди-
куляр SO на АЕ .Тогда отрезок SO перпендикулярен плоскости АВС и
является высотой пирамиды.
Из ЛАЕВ{ААЕВ = 90°): АЕ = у1аВ2-ВЕ2 = -у =^4Ь2-а2 .
М —середина AS . Тогда ЕМ —высота треугольника SAES и
ЕМ = JaE2-AM2 = l(b2-—)-— = ^4Ь ~2а2 .
V 4	4	2
28 Группа Б
865
Smes=^AS-EM = X-aeso.
. c fay a ~^4b2 -2a2
__ AS-EM 7
Тогда SO =----- —---------
AE
— 74Z>2 -a2
2
a^4b2 -2a2 nf-
— ...Объем пирамиды
VAb2 -a2
„ U en 1 1 ГГ2 2a^b2-2a2
y=-SMBC-SO = ---aS4b -a —г------
3	3 4	^b2-a2
a2 4 Ab2-2a2
12
Задача имеет решение при <
Ab2-2а2 >0
4b2-а2 >0
, т.е. при 0 < а < b^fl.
~	а2у]4Ь2 -2а2 _	, гт
Ответ: -------------:0 < а < Ьу12 .
12
11.163.	В наклонной треугольной призме расстояния боковых ребер
друг от друга равны а, b и с. Боковое ребро равно /, высота призмы А.
Определить полную поверхность призмы.
866
Решениие.
Полная поверхность призмы =2S0CH + 5бок. Так как а, Ь, с —
расстояния между боковыми ребрами призмы, то а + b + с — периметр
сечения, перпендикулярного ребру.
Следовательно, 5бок = (a + b + c)l = 2р1, где р - (а + Ь + с)/2. По
формуле Герона находим 5сеч = у] р(р-а)(р-Ь)(р-с).
Далее, учитывая, что И = Sce4/ = S0CHh, имеем 5ОСН = 5сеч Uh. Окон-
чательно получим
^полн = V	+ 2 pl •
h
Ответ: —р(р-а)(р-Ь)(р-с) + 2 pl.
h
11.164.	Сторона основания правильной треугольной призмы меньше
бокового ребра и равна а. Через сторону верхнего основания проведена
плоскость, которая составляет с плоскостью основания угол 45° и делит
призму на две части. Определить объем и полную поверхность верхней
части призмы.
Решение.
В правильной призме АВСА1В1С1 ВХС{ =а, В}С{ <АА{,Е— точка
пересечения плоскости, проходящей через сторону В\С\ верхнего осно-
вания, и прямой АА\ (рис. 11.58). Пусть К — середина В^С^. Тогда
А} /C±BjCi; А\К = а-^--А\ К является проекцией отрезка ЕК на плос-
кость BjCj . Тогда ЕК А.ВХС\, ЛАуКЕ— угол между секущей плос-
костью ВуЕСу и плоскостью А у ВyCy,ZAKE - 45°.
Значит, Ау Е = АуК = итак как ВjCj < ААу, то АуЕ < ААу, т.е.
точка Е принадлежит отрезку А А । • Следовательно, верхняя часть призмы,
о которой говорится в условии задачи, — пирамида с основанием A t BjCj и
высотой ЕА
объем которой V = — S
*ЕАХ
1 а2д/з ад/з _ а3
3~4	2Г~~8~’
SAEAiC}
1 А г а2^
-^ЛЕА}В}	~—
ДЛ^С*! — проекция С j на

867
плоскость . Тогда ^лев^
ность пирамиды ЕАХВ1С1:
с_,с	4.0	4.«	_2а27з а24б а27з _ а27з(3 + 72)
д	+ ^ДЕВ.С, + ^ДЯ.В,С{ - j + —— + —^— - j	•
„ а3 а2у/3(3 + у/2)
8	4
11.165.	Диагонали граней прямоугольного параллелепипеда равны
а,Ь и с. Определить его полную поверхность.
Решение.
В прямоугольном параллелепипеде ABCDAXBXCXDX (рис. 11.59)
АС = а, ADx=b, CDx=c. Введем неизвестные AD = x, CD = y,

DDX = z . Рассмотрим систему уравнений:
b2 = х2 +z2; Сложивпо-
z.2 _ п,2 , _2.
членно уравнения системы получим: а2 + Ь2 + с2 = 2\х2 + у2 + z2), отсюда
a2 +b2 +с2 =2{а2 +z2); а2 + Ь2 + с2 = 2(z>2 + z2); а2 + b2 + с2 = ?(с2 + х2).
868
Следовательно, х =
J„2 , „2	>2 I 2 , >2	2
а +с — о с +Ь -а
---------- 2 = J---------
2	V 2
Полная поверхность параллелепипеда:
S = 2(ху + xz + yz)=^а4 -(b2 -c2J + ^b4 - (a2 -c2J + -Jc4 - (а2 -b2>f •
Ответ: ,/а4 - (б2 - с2 У + Vz>4-(<?- («2 - i2 f 
11.166.	Длины ребер параллелепипеда равны а,Ь и с. Ребра, длины
которых равны а и Ь, взаимно перпендикулярны, а ребро с длиной с
образует с каждым из них угол 60°. Определить объем параллелепипеда.
Решение.
В параллелепипеде ABCDAXBXCXDX (рис. 11.60) АВ = а, AD-b,
Z.BAD = 90°, ААх=с, ААХАВ = Z.AXAD = 60° , АХК —высота. Так
как ААХАВ = ZJjAD, то АК —биссектриса ZBAD  ААХ —наклон-
ная к плоскости основания, АК —ее проекция, AD —прямая, лежа-
щая в этой плоскости. Тогда cos ZAXA D = cos ХАх А К cos ZKAD;
cosZAxAK =
cos ZAX AD _ cos60° _ J2
cosZKAD cos45° 2
Значит, ZAXAK = 45°, ЛАКАХ —прямоугольный и равнобедренный и
ахк=аа^-
1	2
= -у-. Объем параллелепипеда V = SABCD
„ abcy[2
К. —-------
2
abcj2
Ответ: -------.
2
11.167.	Основанием прямого параллелепипеда служит параллелог-
рам с углом 120° и сторонами 3 и 4 см. Меньшая диагональ параллеле-
пипеда равна большей диагонали основания. Найти объем параллеле-
пипеда.
Решение.
В прямом параллелепипеде ABCDAXBXCXDX (рис. 11.61) /15 = Зсм,
jZ> = 4cm, ZABC = 120° • Тогда AC —большая диагональ основа-
ния, BXD —меньшая диагональ параллелепипеда, BXD = AC . Пло-
щадь основания ABCD '• S = АВ  ВС sinZ.ABC = 6>/з см2. Из ЛАВС:
869
Рис. 11.62
Рис. 11.61
AC2 = /1B2+BC2-2JB-5CcosZ/4BC = 9 + 16-24cos120° = 37(cm). Из
&BAD. BD2 =AB2+AD2-2АВ  ADcosZBAD = 9 +16-24cos60° = 13 (см).
Из AB15Z>(Z515£) = 9O°): ВВ{ = yjBiD2-BD2 =>/24=2>/б (см).
Объем параллелепипеда V = S • ВВ{ = 6-/з • 2-Уб = 36-^2 (см3).
Ответ: 36-J2 (см3).
11.168.	Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь кото-
рого равна S • Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания,
а две другие наклонены к ней под углами 30 и 60°. Найти объем пирамиды.
Решение.
По условию основание пирамиды EABCD — прямоугольник
ABCD , боковые грани АВЕ и СВЕ перпендикулярны плоскости осно-
вания (рис. 11.62). Тогда их общее ребро ЕВ перпендикулярно плоско-
сти основания и является высотой пирамиды. ВА — проекция^ на
плоскость основания, BA1AD  Тогда EAIAD^, следовательно,
Z.EAB — угол наклона боковой грани EAD к плоскости основания,
Z.EAB = 60°. Аналогично АЕСВ = 30°.
Пусть ЕВ = Н . Из ЬАВЕ(ААВЕ = 90°): АВ = BEctgAEAB =	.
Из AC BE (ЛСВЕ = 90°): ВС = BEctgZECB = Ну[з .
Ну[з г~	I—
Так как АВ  ВС = S, то —-— Ну/3 -S, Н = у S . Объем паралле-
TZ 1 с„ sjs
лепипеда V = - SH =--.
3	3
870
с
Рис. 11.63
n
Ответ: -----.
3
11.169.	Через вершину основания
и середины двух боковых ребер пра-
вильной треугольной пирамиды про-
ведена плоскость. Найти отношение
боковой поверхности пирамиды к
площади ее основания, если извест-
но, что секущая плоскость перпенди-
кулярна боковой грани.
Решение.
Пусть КО — высота правильной
пирамиды КАВС (рис. 11.63), М— се-
редина АК, N — середина СК, плос-
кость MBNперпендикулярна плоскости
АКС. BMV.BN— медианы равных рав-
нобедренных М.КВ и &СКВ, прове-
денные к их боковым сторонам. Сле-
довательно, BM=BN. Q — точка пе-
ресечения средней линии MNvl меди-
аны КЕ треугольника АКС. Следовательно, Q — середина КЕ и Л/W, и так
как BM=BN, то BQ—высота и медиана &MBN. Так как плоскости MBN и
АКС перпендикулярны, то отрезок BQ перпендикулярен плоскости АКС
и, следовательно, BQ ± КЕ. Итак, мы имеем: BQ — медиана и вы-
сота &КВЕ. Отсюда следует, что ВК = BE. Пусть ВК = BE = 1. Тогда
2	1
ВО = —,ОЕ = —. Из прямоугольного треугольника ВОК (Z.BOK = 90°):
КО2 = ВК2 - ВО2 = 1 - — = — • далее из &EOK(Z.EOK = 90°) находим
9 9’
/	2	2*	15	1 v 6
КЕ = \КО +ОЕ = J— +	Так как пирамида правильная, то
е в----£осн- Т
b COS АКЕО
5б 1 КЕ V6 1 /т
----=-----------=---= —: — = V6.
cos Z.KEO ЕО 3 3
Ответ: V6.
871
11.170. Из середины высоты
правильной треугольной пирами-
ды опущены перпендикуляры на
боковое ребро и на боковую грань.
Длины этих перпендикуляров рав-
ны соответственно а и b. Найти
объем пирамиды. При всяких ли
а и Ь задача имеет решение?
Решение.
Пусть О, — середина высоты
SO правильной пирамиды SABC
(рис. 11.63), SD —апофема боко-
вой грани ASB. O^N и 0}М —
Рис. 11.64	перпендикуляры, опущенные соот-
ветственно на SC и SD ,OxN = a.
Так как пирамида SABC правильная, то плоскости ASB и SDO пер-
пендикулярны и, следовательно, отрезок ОХМ перпендикулярен плоско-
сти A SB, ОХМ — Ь . Опустим перпендикуляры OQ и ОР на SC и SD
соответственно. Тогда, так как	, Ох —середина SO ,
то ОР = 2 ОХМ = 2b , OQ = 2 OXN = 2а. Пусть ^SCO = a, ZSDO = $,
SO = H • Тогда из &OPD (AOPD = 90°) OD =	, из &OQC
sinp
(ZOQC = 90°) OC = — . Так как OC=2 OD,to -^- = 2-Д-;
sina	sma sinp
sina = —— ft . Пусть OP —высота прямоугольного SSOD , опущен-
2b
ная на гипотенузу.
Тогда Z.SOP = Z.SDO = р. Аналогично /-SOQ - Z.SCO = a . Из
kSPO (ZSPO = 90°)- Н =
OP _ 2Ь
cos AS ОР cosp
Из &SQO (ASQO = 90°): Н =
OQ
cosASOQ
2 а
cosa
872
•	fl COS В	-2	2	,
1 огда -— =-------, cosa =-------- • Так как sin a + cos a = 1, to
cosp cosa	6
a* 2sin20 a2cos2p . a2 (\ . 2n ,	2R^ , 1 • 2O ,	• 2o b2
—^- + —-J—= 1; _^_Sln P + COS pj=l; —sin P+l-Sin P = -j;
3 . 2„ a2-b2	. . Zv'a1 -b2 „ Г.—T7 I, 4ta2-b2)
— sin2В =--=—; sinP =-------7=-cos0 = Jl-sin 0 = Jl —3  —1 -
4	a2	aJ3	V 3a2
_у/4Ь2-а2	'Т'	гг Тогла Н —		2ab43
а4з	cosp	J4b2-а2
Площадь основания
.^.(^ д°М = зУз.Д02 = зУз.^^зУз.
4	4	^sinp J 4[a2-b2)
9a2b2j3
a2-b2 •
Объем пирамиды
= 1 Sff = 1 9a2&2>/3 2abj3 = lSa2b}
3	3 «2-b2 \14b2-a2 (a2-b2\Ub2-a2 '
Задача имеет решение при
a2-b2>0;
4Z>2-a2 >0,
то есть при Ь < а < 2Ь.
Ответ:
\%а3Ь3
(а2 - Ь2 )\Мб2 - а2
b < а < 2Ь .
11.171.	В полушар радиуса r
вписан куб так, что четыре его
вершины лежат на основании по-
лушара, а другие четыре верши-
ны расположены на его сферичес-
кой поверхности. Вычислить
объем куба.
Решение.
Рассмотрим сечение указан-
ных полушара и куба плоско-
873
стью, проходящей через противоположные боковые ребра ААХ и ССХ
куба (рис. 11.65), О —центр полушара и принадлежит диагонали АС
основания куба. Пусть ребро куба АА} = х. Тогда О А =  и из
ЬА'АО (ААхАО = 90а): OAt =у/аа^~+ОА2 =^х2+^~ =х^ . Так как
OAt = К ,то xjl = R ; х = R^ и объем куба V = х3 =	~
„	2Я37б
Ответ:--------.
9
11.172.	Угол между образующей конуса и плоскостью основания
равен 30°. Боковая поверхность конуса равна Зл>/3 кв. ед. Определить
объем правильной шестиугольной пирамиды, вписанной в конус.
Решение.
Правильный шестиугольник ABCDEF — основание правильной
пирамиды, вписанной в конус с высотой МО (рис. 11.66). Тогда
АМЕО — угол между образующей конуса и плоскостью основания,
АМЕО = 30°. Пусть ЕО = R, МЕ = 1.
OF	R
Тогда из ШОЕ (АМОЕ = 90°) 1 = МЕ =-—----= ——
сек АМЕО cos 30
2R пи/ пи, /\frri R^
; ОМ = OEtgAMEO = —-—.
Боковая поверхность конуса 5б = TiRl = ЗлТз .
Тогда 7?.2Д = 3>/3; R2 =-
7з	2
R = -у= . Площадь основания пирамиды
5=65д£ОГ=6^ = ^ = ^.2=^(кв.еД);ОЛ/ = ^Л.
F 4	2	2 2	4	3 V2
1
Объем пирамиды V = —S ОМ = -
3
„	21^ х
Ответ: —-— куб. ед.
-—(куб. ед.)
О
874
Рис. 11.66
Рис. 11.67
11.173.	Около шара радиуса R описана правильная шестиугольная
призма. Определить ее полную поверхность.
Решение.
Правильный шестиугольник ABCDEF — основание правильной
призмы, описанной около шара с центром О (рис. 11.66). Точка О —
середина оси LLX призмы, LLX =2R. М — точка касания шара с
гранью CCXDXD призмы, к —середина CD. Тогда ОМ и LK пер-
пендикуляры грани CCXDXD и, следовательно, ОМ\\LK , а так как LO
параллельна грани CCXDXD , то LK = ОМ = R • LK — высота равно-
стороннего &CLD •
т „„ 2LK/3 2к4з с СД2Л 4Я2 4з R24i
Тогда CD = -^- =—, SiCLD = —^— = — —----------------—.
Площадь основания призмы 5осн =6S^CLD = 2R2 у/з , периметр основания
Рот = 6CD = 47?-Уз , боковая поверхность призмы 5б - Росн • LLX = SR2 у/з .
Полная поверхность призмы 5 = 25ОСН +5б = 12Т?27з .
Ответ: 12R2 у[з .
11.174.	В шар радиуса R вписана правильная шестиугольная усе-
ченная пирамида, у которой плоскость нижнего основания проходит
875
через центр шара, а боковое ребро составляет с плоскостью основания
угол 60°. Определить объем пирамиды.
Решение.
По условию, ХОАА}=60° (рис. 11.68); значит, ХО^А^ЗО0 и
АП ^АП R АП	U	о	^R2^
= - А{0 = -, ООХ = — . Находим $нижн.осн = 6——
зя2Уз
2
s -1s
‘-’верхи.осн ‘-’нижн.осн
8
Получаем, что V =------
3	2
9Я4 3
16
21Я3
16
2
8
21Я3
Ответ: ------
16
11.175.	Около шара описан прямой параллелепипед, у которого
диагонали основания равны а и ь • Определить полную поверхность
параллелепипеда.
Решение.
Пусть радиус шара равен R . В сечении шара плоскостью, проходящей
через его центр и параллельной основанию параллелепипеда, получим па-
раллелограмм, описанный около окружности радиуса R. Поскольку сум-
мы противоположных сторон такого описанного параллелограмма равны,
он представляет собой ромб. Пусть сторона ромба равна т; тогда искомая
полная поверхность S = 2S0CH + 5бок = 2т  2R + 4 т • 2R - 6 т • 2R = 6S0CH.
Но 50СН = ^ab и окончательно получим £ = ЗаЬ 
Ответ: ЗаЬ 
11.176.	В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная
пирамида. Определить объем этой пирамиды, если радиус окружности,
описанной около ее основания, равен г .
Решение.
Пусть ЕО —высота правильной пирамиды EABCD , вписанной в
шар радиуса R (рис. 11.69), ОС = г. Точки Е,С принадлежат
поверхности шара. Следовательно, R — радиус круга, описанного
„ АЕ ЕС АС ЕС- АС ЕС „
около &АЕС  Тогда R =--= —-------=---. Пусть
4-АСЕО 2Е0
876
prl + Г2
ЕО = Н . Тогда из &ЕОС ; ЕС2 = Н2 + г2 . Значит, ——— = R;
2Н
Н2 -2HR + r2 =0; H = R + Jr2-г2 или Н = R--Jr2 -г2 .
1	2	2
Площадь основания пирамиды S = —AC -2г , а ее объем
2г2(в + у1в2-г2
V = -SH =-----i-----------
3	3
2r2f J?±Vt?2-г2 1
Ответ: ----*-----------1.
3
11.177. Конус образован вращением прямоугольного треугольника
площадью 5 вокруг одного из катетов. Найти объем конуса, если
длина окружности, описанной при вращении этого треугольника точ-
кой пересечения его медиан, равна £ .
Решение.
1	2
Искомый объем V = —itr h. Пусть конус образован вращением ААВС
вокруг катета ВС (рис. 11.70); тогда AC = r, BC = h- По условию
1	2
—rh = 5; тогда V = — nrS . Далее, по условию, 2п  DN - L, где D —
877
Рис. 11.70	Рис. 11.71
точка пересечения медиан, DN1BC  Но DN : АС = DM : AM = 1: 3, =>
r	2	ЗА	2	ЗА
DN = -• следовательно, — пг = А, г- —— . Имеем V = — itS-= SL .
3	3	2д	3	2л
Ответ: SL.
11.178. Треугольник со сторонами, равными а, Ь и с, вращается
поочередно вокруг каждой из своих сторон. Найти отношение объемов
полученных при этом фигур.
Решение.
Пусть объемы тел вращения вокруг сторон а , Ь, с равны Va, Vb,
Vc; тогда Va = |л/г“« , Vb = ^itiibb , Vc = | л//1 2 * * *с , где ha, hb, hc — соот-
ветствующие высоты.
2	2
Учитывая, что ahn = bhh = ch. = 2S , имеем V„ = —nSh„, Vh = — itShh,
U	U	C	7	Ц	и г и	и ’
Ис=|л5Ас или V = — nS2 , Vb=^-nS2 у, Vc=^nS2-.
3	Зя 3 b 3 с
Оконча-
тельно Г : К : И = -: - : - .
(I и С	I
abc
1 1 1
Ответ:
abc
11.179. Дан куб АВСОА^С^ , ребро которого равно а . Через
диагональ АС его грани ABCD проведена плоскость, параллельная
878
прямой ВОХ, где Ох — центр грани AXBXCXDX . Найти площадь получен-
ного сечения.
Решение.
Пусть О —центр квадрата ЛВС!) (рис. 11.71). В четырехугольни-
ке BOXDXO	, ВО = OXDX. Следовательно, BOXDXO —парал-
лелограмм,	, и тогда прямая ВОХ параллельна плоскости
ADXC, а треугольник ADXC — сечение куба искомой площади. Из
AODDX (ZODDX = 90°): ODX = JoD2 + DDX =	.
S^Dlc = ^AC OD. = |aV2-^2 =	.
n	a2^
Ответ: ------.
2
11.180.	На ребре двугранного угла 120° взят отрезок длиной с, и из
его концов проведены перпендикуляры к нему, лежащие в различных
гранях данного двугранного угла и имеющие длины а и Ь • Найти
длину отрезка прямой, соединяющего концы этих перпендикуляров.
Решение.
Пусть прямая АХВХ —ребро данного двугранного угла (рис. 11.72),
АХВХ = с, ААХ1АХВХ, ВВХ±АХВХ, ААХ = а, ВВХ =Ь .В плоскости ААХВХ
проведем перпендикуляр ВХС к АХВХ, ВХС = АХА . Тогда ZBBXC —
879
линейный угол данного двугранного угла, АВВ}С = 120°, АСЦА^ ,
АС = АхВ] = с . Так как АХВХ — перпендикуляр к плоскости ВВХСХ , то
AlBl±BC . AjB^AC. Тогда А С .LB С • Из ДВВХС : ВС2 = ВВ2 + ВХС2 -
- 2ВВХ  ВХС  cosZBBxC -b2 + a2 -2aZ>cosl20° = a2 +ab + b2 .
Из АВ С А (ZBCA = 90°): АВ = JbC2+AC2 = \la2 +b2 +с2 +ab .
Ответ: 4а2 +b2 +с2 + ab.
11.181.	Полная поверхность конуса равна nS кв. ед. Развернутая
на плоскости боковая поверхность конуса представляет собой сектор с
углом 60°. Определить объем конуса.
Решение.
Пусть R — радиус основания конуса, / — его образующая, // —
высота. Развертка боковой поверхности конуса — сектор круга радиу-
са I с центральным углом 60° > длина дуги которого 2лЛ • Тогда
2л7? = — • 2л/; I = 6R . Н = V/2 — R2 = Ry/15 . Полная поверхность ко-
6
нуса nS = nRl + nR2. Следовательно, 5 = R • 6R + R2 = 1R2, R =	,
H =P- • V35 =y/5S . Объем конуса V = -nR2H = -it—y[5S =	.
V 7	3	3 7	21
n TtSj5S
Ответ: -------
21
11.182.	Радиус основания конуса равен R , а боковая поверхность
равна сумме площадей основания и осевого сечения. Определить объем
конуса.
Решение.
Пусть н — высота, / — образующая конуса. Тогда / = 7я2 +Л2 >
площадь осевого сечения Sj = RH , площадь основания S2 = nR2, бо-
ковая поверхность 5 = nRl = nR-JН2 +R2. По условию S3 = Sj + S2 .
Тогда kR\Ih2 +R2 = RH + nR2; t^Ih2+R2 =H + nR -
880
ir2(ff2 +R2)=H2+ 2nRH+n2R2; n2H2 =H2+2nRH; (it2-l)ff = 2лЯ;
H- 2ltR Ы	„	1 r,2„	1 d2 2kR 2*2r1
—- .Объем конуса V --nR H = -тск —=— = -t-z—
n -1	3	3	л2-1 3|тг2-1
Л 2л2Я3
Ответ:	—
11.183.	Около шара описана пра-
вильная треугольная призма, а около нее
описан шар. Найти отношение поверх-
ностей этих шаров.
Решение.
Пусть г и я — радиусы вписанно-
го и описанного шаров (рис. 11.73); тог-
да BD = Зг, AD2 + BD2 = АВ2 = 4ЛР2,
BD2 = 3AD2 , AD2 =3г2 .
Из &AKD находим, что
КА2 = KD2 + AD2 =г2 +3г2 =4г2, а
Рис. 11.73
из NO КА — что О А2 = ОК2 + XL42 = г2 + 4r2 = 5r2 = R2. Обозначив по-
верхности вписанного и описанного шаров через snS, имеем 5 = 4лг2,
S = 4nR2 , тогда S: s = R2 : г2 = 5:1.
Ответ: 5:1.
11.184.	Даны цилиндр и шар. Радиусы основания цилиндра и боль-
шого круга шара равны. Полная поверхность цилиндра относится к
поверхности шара как т: п . Найти отношение их объемов.
Решение.
Пусть R — радиус основания цилиндра и радиус шара, Н — высо-
та, S{ — полная поверхность, Vx — объем цилиндра, S2 — поверх-
т. g.	~	2itR2+2nRH R + H m
ность, V, — объем шара. Тогда — =--------------=------= — .
2	S2	4tlR2	2R n
Пусть R + H -m . Тогда 2R = n, 7? = и H=m-R= ” • Следо-
V' kR2H 3H 3(2m-n)	6m-3n
вательно, —5- =---= — =	: 2n =---
^2	£^3 4R 2	4n •
3
6m - 3n
Ответ: —-----.
4n
881
11.185.	Найти площадь поверхности шара, вписанного в пирамиду,
в основании которой лежит треугольник со сторонами 13, 14 и 15 см,
если вершина пирамиды удалена от каждой стороны основания на 5 см.
Решение.
Пусть МО —высота пирамиды МАВС (рис. 11.74), АС = 13 см,
ВС = 14 см, АВ = 15 см, МКАЛ С , МР1АВ, MF1BC, МК = МР =
= MF = 5 см.
Тогда ОКААС , ОРААВ, OFABC , OK=OP = OF и, следователь-
но, точка О — центр круга, вписанного в ААВС , а ОК = г — радиус
этого круга. Полупериметр треугольника АВС р = 21, его площадь
$
вычисляем по формуле Герона = 84 см2, г = — = 4 см.
Р
Из АКОМ (АКОМ = 90°): МО = jКМ2-КО2 =3 см. AM КО,
АМРО, AMFO —линейные углы двугранных углов при ребрах осно-
вания, и так как AM КО = АМРО = AMFO, центр е шара, вписанно-
го в пирамиду, принадлежит и высоте МО , а КЕ является биссектри-
сой AM КО. Пусть радиус шара ЕО = R . По свойству биссектрисы
882
ЕО	OK R	4	п 4	„
треугольника из АМКО\ —— = ——; 7- =	^ = —. Площадь
ME	МК	3 — R	5	3
„ . -2 64я	2
поверхности шара 5 = 4tlR = -у- см2.
Л 64тс ,
Ответ: —— см2.
9
11.186.	Высота конуса равна h • Разверткой боковой поверхности
этого конуса является сектор с центральным углом 120°. Вычислить
объем конуса.
Решение.
Пусть R — радиус основания конуса, / — ее образующая. Длина
2тс/
дуги развертки боковой поверхности равна 2itR или -у-. Тогда
9	z-2
2itR = -itl, l = 3R- Так как l2=R2+h2,ro 9R2 = R2 + h2, R2 = —.
3	8
TZ 1 п2, 1 h2	1th3
Объем конуса V = -nR h = -it----h =----.
3	3	8	24
ith3
Отвёт:-------.
24
11.187.	Вычислить поверхность шара, вписанного в треугольную
пирамиду, все ребра которой равны а .
Решение.
Проведем плоскость через
высоту пирамиды и апофему
(рис. 11.75). Радиус круга в по-
лученном сечении равен радиу-
су шара. Так как все ребра пи-
рамиды равны а , то SD =	,
OD =-----. Из AS О Г) находим
6
A
Рис. 11.75
I-------- /7	в
SO = JsD2-OD2 = —. Обо-
3
значим радиус шара через г, тог-
да SO{ = SO-г.
883
В ASKOX имеем О^2 = S02 -SK2 или r1 -(SO-rf > откуда
2	2а2 2аг\[б 2	г— а
' = V~i“+r -Т’т-е- 2VT
Получили 5'шара = 4лг2 =	.
7W2
Ответ: ----.
6
11.188.	Определить боковую поверхность и объем усеченного кону-
са с образующей, равной /, описанного около шара радиуса г •
Решение.
Для нахождения боковой поверхности усеченного конуса восполь-
зуемся формулой 5бок = Ttfo + г2)/, где г, и г2 — радиусы оснований
усеченного конуса. Проведем плоскость через высоту конуса. В сече-
нии получим равнобедренную трапецию, описанную около круга ра-
диуса г , причем AD = 2r2, ВС = 2rt (рис. 11.76). Для описанного че-
тырехугольника имеем ВС +AD=AB+ CD , т.е. 2^ + 2г2 = 21, откуда
5'бок=л/2. Объем усеченного конуса V =	+ г2^-г/2), где
Н = 2r, q + r2 = I, i\r2 = г2 . Последнее соотношение получается из
прямоугольного треугольника OCD, в котором OK2 =СК KD
(Z.COD = 90°, поскольку ОС и OD — биссектрисы углов трапеции и,
2/2	2
значит, Z.OCD+ ZCDO = 90°). Итак, V = —nr\l -г
Ответ: л/2;
3
11.189.	В цилиндрический сосуд, радиус основания которого r - 4 см,
помещен шар радиуса г = 3 см. В сосуд наливается вода так, что ее
свободная поверхность касается поверхности шара (шар при этом не всплы-
вает). Определить толщину того слоя воды, который получится, если вы-
нуть шар из сосуда.
884
Решение.
Пусть Ио — объем воды в сосуде, когда в него помещен шар, Ух —
объем шара, У2 — объем жидкости в сосуде после того, как вынули
шар, h —высота искомого слоя жидкости, Н —высота слоя жидко-
сти с шаром, у — объем воды и шара вместе.
Н = 2г = 6 см; у = nR2H = 96л см3; И,=-7У3=36л см3;
3
VQ = у -1/ = 60тс см3; V2 = nR2h.
'г т, т, , Fo 60тс 60тс 15	__ , ч
Так как У2 = Уо, то h = —= —- =----= — = 3,75 (см).
nR2 nR2 16тс 4
Ответ: 3,75 см.
11.190.	Радиус основания конуса равен R . Две взаимно перпенди-
кулярные образующие делят площадь боковой поверхности конуса на
части в отношении 1:2. Найти объем конуса.
Решение.
ВО —высота данного конуса, в А и ВС —образующие, о которых
говорится в условии задачи (рис. 11.77). Пусть В А = I • Так как в А = ВС
и Z.ABC = 90° > т0 АС = />/2 • Так как по условию образующие в А и
ВС делят площадь боковой поверхности конуса в отношении 1:2, то
885
длина дуги, опирающейся на АС, составляет 1/3 длины окружности
/V2
основания и А А ОС = 120°. Пусть К —середина АС. Тогда А К = ——,
ZAOK = 60э и АК = OA sinZAOK; ^y- = /?sin60° =	/ =	•
Высота конуса 77 = v/2-Я2 = J—/?2 - А2 = —. Объем конуса
V = - лЯ2// = - лЯ2 — = Л/?3 — 
3	3	2	6
_ nR3y/2
Ответ: -------.
6
11.191.	Около шара описана правильная четырехугольная усечен-
ная пирамида, у которой стороны оснований относятся как т.п. Опре-
делить отношение объемов пирамиды и шара.
Решение.
Рассмотрим равнобокую трапецию ММХКХК и вписанный в нее
круг с центром £ — сечение данной комбинации тел плоскостью, про-
ходящей через середины противоположных сторон оснований усечен-
ной пирамиды (рис. 11.78). Пусть МК = т. г — радиус вписанного
шара. Тогда МХКХ = п . высота усеченной пирамиды Н = 2г , объем
-	TZ 2г { 2	) г-	TZ 4 з
усеченной пирамиды li= — \m + п~ +тп), ооъем шара и2=улг .
р —точка касания круга, вписанного в ММхКхК со стороной КХК .
Тогда EP = r, ЕРЕКК, и так как \КХЕК прямоугольный, то
,	Т	гл г, ХЧ П тт	т	2 тп
Г1 = ЕР2 = КХР РК. КХР= КХОХ КР =КО = — . Тогда г =—
2	2	4
т.	—Г[т~ +- /Г + тп] 2	^2 Л 2	1	\
Ух 3 х	' т +п + тп т + п +тп _ 2\т +п +тп)
тп	тш1п
4
“ Сг3 2^2
3
21m2 +п~ +тп)
Ответ: —------------L.
птп
886
Рис. 11.79
11.192. Плоскость, проведенная через вершину конуса, пересекает
основание по хорде, длина которой равна радиусу этого основания.
Определить отношение объемов полученных частей конуса.
Решение.
Пусть А О = г , SO = h (рис. 11.79), V — объем конуса, Vx и V2 —
объемы его частей. Найдем Vx как разность между объемами части
конуса, основанием которой является сектор АОВ, и пирамиды, в
основании которой лежит &АОВ. Согласно условию, АВ = г, т.е.
АВ — сторона правильного вписанного шестиугольника и, значит,
TZ 1 1 2i 1 Г2 V3 ,	1 „ , о	_
V, =---nr п---------h = -S}h, где 5, — площадь сегмента АтВ.
1	6 3	3	4	3 1	1
Тогда V2=V-VX = -S2h, где S2 = nr2 -Sx. Таким образом, Vx: V2 =
= S,: S2. Далее находим
S2 =nr2-
г2(2тс-3>/з)=г2(107С+зУз) у .y _ 2тс~зУз
12	”	12	=> 1 • 2 Юя + зТз ’
Ответ:
2тс-3л/з
Юл + Зд/З ’
11.193.	Основание пирамиды есть прямоугольный треугольник.
Боковые ребра пирамиды равны, а боковые грани, проходящие через
887
катеты, составляют с плоскостью основания углы 30 и 60°. Найти
объем описанного около пирамиды конуса, если высота пирамиды
равна h 
Решение.
Пусть DO —высота пирамиды DABC (рис. 11.80), Z.ACB = 90°,
DO = h  Так как боковые ребра данной пирамиды равны, то О —
центр окружности, описанной около ЛАВС , и так как ЛА ВС прямоу-
гольный, то О —середина гипотенузы дв  Опустим перпендикуля-
ры OF и ОЕ соответственно на катеты А С и ВС основания. Так как
OF —проекция DF на плоскость основания, ОЕ —проекция DE ,
то DELAC , DE1BC, ZDFO —угол наклона грани ADC к плоско-
сти основания, ZDFO = 60°, ZDEO —угол наклона грани BDC к
плоскости основания, Z.DEO = 30°
Из ЛООР (ZDOF = 90° У OF = DOctgZDFO = hy/з • Из ЛООЕ
(Z.DOE = 90°)• ОЕ = DOclgZ.DEO = -= . Радиус круга, описанного
около ЛАВС , r = ОС = y/0F2+0E2
Объем конуса, описанного около данной пирамиды,
.. 1 _2, 1 ЮЛ2 , ЮлЛ3
V = -nRh = -it--h =----
3	3	3	9
ЮлЛ3
Ответ: ----
9
11.194.	Параллелограмм, периметр которого равен 2р, вращается
вокруг оси, перпендикулярной диагонали длиной d и проходящей че-
рез ее конец. Найти поверхность фигуры вращения.
Решение.
Поверхность $ тела вращения состоит из боковых поверхностей
двух усеченных конусов, полученных при вращении отрезков ВС и
CD (рис. 11.81), и двух конусов, полученных при вращении отрезков
АВ и AD-
888
Отсюда S = Tt{KB + AC)BC + Ti(MD + ACy2D + TtKB-AB + nMD AD.
Учитывая, что AD = ВС, CD = AD и КВ + MD = АС , имеем
п(КВ ВС+ АС ВС + MD АВ + АС АВ + КВ AB + MDBC)=
= n((KB + MD)BC + (KB + MD)AB + ACBC + ACAB)=
= п(2ВС + 2АВ)АС.
По условию А С = d , 2ВС + 2АВ = 2р, отсюда S' = 2ndp .
Ответ: 2ndp.
11.195.	Радиус основания конуса равен R, а угол развертки его
боковой поверхности равен 90°. Определить объем конуса.
Решение.
Пусть / — образующая конуса. Так как длина дуги развертки боко-
вой поверхности конуса равна длине окружности основания, то
2л/
2nR =	(по условию развертка представляет собой четверть круга),
откуда I = AR .
889
Найдем высоту конуса: h -	-R2 = yl\6R2-R2 = Ry/15 • Далее,
К = -71Я2 •aV15 = TC/?3 —
3	3
Ответ:
nR3y/15
3
Решения к главе 12
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ
С ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ
НЕКОТОРЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ
ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР
1	Площадь параллелограмма A BCD (рис. 12.1) можно вычислить
по следующим формулам:
5 =
АС2-ВР2
4
1g Л ;
(а)
АВ2 -АР2
tgZAOD ,
(б)
где О —точка пересечения диагоналей АС и BD •
2.	Пусть известны длины b и с двух сторон треугольника АВС и
угол А , образуемый ими (рис. 12.2). Тогда длина биссектрисы AD тре-
угольника, проведенной из вершины этого угла, выражается формулой
891
3.	Справедливы следующие соот-
ношения между элементами шара и
вписанного в него конуса:
/ = 2R sin а ;	(а)
Г- = 2RH ,	(б)
где R —радиус шара, / —длина об-
разующей конуса, Н — его высота,
а — угол между образующей и плос-
костью основания.
Такие же соотношения справедли-
вы и для вписанной в шар пирамиды,
боковые ребра которой имеют длину
/ и составляют с плоскостью основа-
ния угол а.
4.	Пусть А]В\ — боковое ребро пи-
рамиды или призмы, А}0 — его проекция на плоскость основания,
^51Л10 = а, ЛОА}А2 =Р, ХВ'А^ = у (рис. 12.3). Тогда справедливо ра-
венство cos у = cos a cos 0.
Доказательство этих соотношений можно найти в любом издании
данного сборника задач последних лет.
12.131	. В остроугольном треугольнике Л 2? С высота AD =а, высота
СЕ = Ь, острый угол между A D и СЕ равена. Найти Л С.
Решение.
Так как &АВС остроугольный, то точка О пересечения его высот
находится внутри треугольника, Z.A ОЕ = а (рис. 12.4).
&АЕО и &ADB — прямоугольные с общим углом Z.DAB. Отсюда,
АВ = АА ОЕ = а.
b
Из ЛСЕВ (АСЕВ = 90 °): СВ =	= -----
sinZZ? sina
, г. ad
Из ЛАЕВ (AADB = 9Q °): АВ = ——
sinZ2? sina
а
Из ЛАВС
АС2 = АВ2 + ВС2-2-АВ-ВС cosZB = -^T- + -^T--2abC^a
sin а sin а sin а
892
A
Рис. 12.4	Рис. 12.5
4а2+b2 -2abcosa
AC -----------------.
sina
_	4a2 + b2 -2aZ>cosa
Ответ:-------:--------.
sina
12.132	. Острый угол прямоугольного треугольника равена. Найти
отношение радиуса вписанной в треугольник окружности к радиусу
описанной окружности. При каком значении а это отношение является
наибольшим?
Решение.
В ААВС (рис. 12.5) Z АВС = 90°, Z.ABC = а, О — центр вписанной
окружности,!) —точка ее касания с гипотенузой А В.
Пусть радиус вписанной окружности OD = г.
Тогда из ABDO(/.BDO = 90°): BD = ODctgZ.OBD = г ctg у.
(a
45°- —
Радиус описанной окружности будет равен
7? = 1А В = - (AD + BD) = - г( ctg| 45° - - |+ ctg - |=
2	2	211	21	2 I
г sin 45°	_	г
2 . (..о а^ . а . /т . а^ . а
sin 45°----sin— 2V2sin 45°-sm —
I 2 J 2 I 2)2
893
Тогда — = 2>/2 sin| 45°-— lsin —.
Л 1^	2) 2
2V2 sin^45° - у ^sin у = V2(cos(45o-a)-cos45°) = л/2 cos(45°-a)-l.
Полученное отношение принимает наибольшее значение, когда
cos (45° - a) = 1, то есть, так как 0 < a < 90°, при a = 45°.
Ответ: 2-^2 sin 45°-— sin—;a = 45°.
I 2 J 2
12.133	. Дуга А В сектора A OB содержит «радианов. Через точку В
и середину С радиуса О А проведена прямая. В каком отношении она
делит площадь сектора?
Решение.
Обозначим радиус данного сектора через R.
Площадь сектора А ОВ (рис. 12.6) S' =
$ьвсо=\<>С OBsinZSOC = ^^.
Площадь фигуры А ВС
с с с R2a A2 sina R2	\
S[ - S - SABC0 - —-	-	- — (2a - sin a)
т S&bco sin a
Тогда ——- — =---------.
5)	2a - sin a
sina
Ответ: ------:-•
2a-sin a
12.134	. Основания равнобедренной трапеции равны а и b (а > Ь),
угол при большем основании равена. Найти радиус окружности, опи-
санной около трапеции.
Решение.
Пусть	—высота данной трапеции ABCD (рис. 12.7), BC-b, AD =а,
ZA=a, 0°<a<90°.
_	,, a-b
Тогда AL = и из AALB(ZALB = 90°}:
2 cos a
894
Рис. 12.6	Рис. 12.7
Далее, из AABD:
BD* 2 = АВ2 + AD2 - 2АВ  AD cos AA =	. + a2 -	—— • cosa =
4 cos a	2 cos a
a2 -2ab + b2 2	2 L a2 - 2ab + b2 + 4abcosa
4 cos2 a	4 cos a
_ a2 + Z>2 - 2aZ>(l - 2 cos2 a) _ a2 + Z>2 + 2ab cos 2a
4 cos2 a	4 cos2 a
yla2 + b2 + 2ab cos 2a
BD =-------------------.
2 cos a
Радиус окружности, описанной около кВ AD, будет равен
BD	4 а2 +b2 + 2ab cos 2a
R —------------------;---------.
2 sin A A	2 sin 2a
Л yla2 +b2 + 2ab cos 2a
Ответ:--------—-----------.
2 sin 2a
12.135. Найти отношение площади сектора с данным центральным
углом а радианов к площади вписанного в него круга.
Решение.
Пусть О — центр данного сектора Л О В (рис. 12.8), центр О, вписан-
ного в него круга принадлежит биссектрисе ОК угла АО В.
Далее, пусть R — радиус сектора, г — радиус круга.
а/?2
Тогда площадь сектора	, площадь круга S2 = лг2.
D — точка касания круга и радиуса ОВ.
895
в
с
Тогда OXD LOB,OXD = г.
Из AOjDOl AOXDO = ^\.OOX =
. а
sin —
2
г 1 +sin —
г I 2 )
R = OK = OOX + OxK = —— + r = —----
1 .а	.а
sin—	sin -
2	2
. а
sin —
2
чj Л| _ а к
sin- S2 2л г2
2
~ 471 а>)
2а cos------
<4 4J
п • 2 а
2rtsin —
2
• 2 а
Л sin —
2
2acos4f------1
I 4 4 J
Ответ: ---------------.
• 2 «
Ttsin —
2
12.136.	Боковые стороны трапеции равны р и q (р < q), большее осно-
вание равно а. Углы при большем основании относятся как 2:1.
Найти меньшее основание.
Решение.
Пусть ВМ и CN—высоты трапеции ABCD (рис. 12.9. а),
АВ = р, CD = q, AD = а.
Тогда Z.A : AD = 2:1, MN = ВС = х. Пусть ZD = а. Тогда Z.A = 2a.
В &АМВ (Z.AMB = 90°) :ВМ = рsin 2a; AM - /?cos2a.
В bDNC(XDNC = 90°) :CN =q sin a; DN = qcos a.
896
Рис. 12.96
Так какВМ = CN, тоpsin2a = <?sina; 2psinacosa = gsina; cosa = —.
2p
AD = AM + MN + ND; a = pcos2 a+ x + #cos a;
x = a- cos 2a - # cos a = a-p(2cos2 a-l)-#cosa =
2	2	2
4 +ap~Q
2p p
В случае, если 90 ° < 2a <180° (рис. 12.9 6) AD = ND + MN -AM =
#cosa +x -pcos (180°-2a) = #cosa + x + #cos2a, и получаем тот же ответ.
p2+ap-q2
Ответ:----------•
Р
12.137.	Площадь равно-
бедренной трапеции равна 5,
угол между ее диагоналями,
противолежащий боковой
стороне, равен а. Найти вы-
соту трапеции.
Решение.
Пусть О — точка пересе-
чения диагоналей данной
трапеции ABCD, АВ = CD
(рис. 12.10),Z^O5=a.
a
Так как Z.A О В — внешний угол NA OD, АО = OD, то Z.CAD = —
Пусть СК -Н—высота трапеции.
29 Группа Б
897
ИзААКС (ЛАКС =90°): АК = Hctgy.
Тогда площадь трапеции 5 = AD + BC СК = АК  СК = Н2 ctg—.
Окончательно, Н = JStg—.
а
Ответ: . otg—.
V 2
12.138.	Большее основание вписанной в круг трапеции равно диа-
метру круга, а угол при основании равен а. В каком отношении точка
пересечения диагоналей трапеции делит ее высоту?
Решение.
Пусть основание AD равнобокой трапеции ABCD (рис. 12.11) есть
диаметр круга, описанного около трапеции, тогда центр О круга —
середина A D.
Высота КО трапеции проходит через точку L пересечения диагона-
KL LC
леи, АВLC~ AALD,
ЛА СО —вписанный, опирающийся на диаметр, поэтому ЛА CD =90°.
ЛАСО и ЛАОЬ — прямоугольные с общим острым углом при вер-
шинеЛ. Отсюда,ЛАЬО -ЛАОС = а.
ТогдаЛКЬС = Л0Ы) =а, ACLD = 180 °-2а, из DLCD (ЛЬСО =90°):
LC
= cosZCLD = cos(180°-2a) = -cos2a.
Ответ: -cos2a.
12.139.	В равносторонний треугольник АВС вписан равносторон-
ний треугольник А }В} С,. ТочкаЛ( лежит на стороне ВС, точка Вх —на
стороне АС и точка С, — на стороне АВ. Угол А{В}С равен а. Найти
отношение А В k.A}Bv
Решение.
ВДЛДС(рис. 12.12)ZC=60°,Z£//C= 120°-а.
(30° +al
АВ _АХС + ВХС _АХС	ВХС _ sinZАХВХС sinЛВХАХС
АХВХ АХВХ АХВХ	АХВХ sinZC sinZC
_ sina + sin(120°-a) _ 2 sin 60° cos(60° - a) .
sin 60°	sin 60°
Ответ: 2 sin (30° + a).
898
12.140.	В каком отношении делит высоту равнобедренного тре-
угольника А 5 С точка О, из которой все три стороны видны под одним и
тем же углом (АЛОВ = АВОС - Z.COA), если угол при основании
треугольника равен а
Решение.
Пусть BD — высота, биссектриса и медиана ААВС (рис. 12.13).
2тг
ZAOB = АВОС = ЛАОС = —.
3
1	7С
ААОК=-ААОС = ~.
2	3	z
I	7С
Пусть ОК = 1, тогда из АЛЛО AADO = —
AD = ODlgAAOD = tgy = >/з.
Из ДЛРЛ AADB = I: BD = ADlgZBAD = 7з tga.
ВО _ BD-OD _ BD
OD~ OD ~ OD
6
3
ГТ • f Tt 1 n . I л
3 sm a —	2 sin a —
6	6
cosa
7С
it
cos acos —
6
2sin| a-— I
_	6
Ответ:------xсчитая от вершины,
cosa
899
Рис. 12.14
Рис. 12.13
12.141.	Высота равнобедренного треугольника равна Л и составля-
-	- I п
ет с боковой стороной угол а а < —
Найти расстояние между центра-
ми вписанной в треугольник и описанной около него окружностей.
Решение.
Пусть BD — высота ЛАВС, АВ = ВС, BD - h, Z.ABD -а, О.иО? —
центры соответственно описанной и вписанной окружностей треуголь-
никаЛ5С.
7С
Так как ЛАВС = 2а < то точки Oj и О, расположены на отрезке
BD так, что Oj лежит между точками В и (рис. 12.14).
В ЛАЪВ\ Z.ADB = -
I 2
AD - BD tg Z.ABD - Atg а.
тс	1	тс а
ЛВАО = — а,ЛБАО2 = -ЛВАй =---------.
2	2 2	4 2
।	тс 1
В АЛРО2 ZADO2=- \:АО2 =
AD _ Atga
cosZDAO? (it a^
z cos---------------
I2 2 J
Так как Z.AOtO2— внешний угол равнобедренного треугольника
А О2В (О'А = OtB), то ЛА OtO2 = 2 Z.ABD = 2a.
900
/	\ тс ( тс а 1 тс За
ZO}AO2 = ZBAD-(ZBAO1+ZDAO2) = --a-\а + --- =	—
12	2	4 2 J 4 2
О,О2	АО,	smZO}AO2
В ДО, А О2 ------= ------2---=> О1О2 = А О2 • .	*	* =
1	2 sinZO^Oj sinZAOjO2	smZO^A
. (п За А , /тс
_ Лtga	^4 2 ) I 4
(тс а	sin2a
cos----
2	2
. (п За А
Acos — ч--
'	2 )
^2	। тс а
zcos acos-----
' 2
тс
4
, (тс За
h cos — + —
4 2
Ответ:
„	2 па
2cos acos---
4 2
12.142.	В окружность радиуса R
вписан треугольник, вершины которо-
го делят окружность на три части в от-
ношении 2:5:17. Найти площадь тре-
угольника.
Решение.
Пусть о Л 5 =2х(рис. 12.15), <jBC=5х,
иЛтлС = 17хи2х + 5х ч-17х = 360°,х = 15°
=$ZAOB =<jAB =30°,ZBOC=<jBC=75°,
ZA ОС=ZA OB + ZBOC=105°.
Рис. 12.15
S&ABC - S&AOB + SbBOC ~S&AOC ~
= —A2sin30° +—R2sin75°--R2sin 105°. Так как sin75° = sin 105°, to
2,22
^ДАВС ~	•
R2
Ответ:----.
4
12.143.	Тангенс угла при основании равнобедренного треугольника
равен 3/4. Найти тангенс угла между медианой и биссектрисой, прове-
денными к боковой стороне.
Решение.
В&АВСАВ -ВС, AM — биссектриса, AN—медиана,BD — высо-
та, (рис.12.16).
3
ZC = a,tga = —.
901
Рис. 12.16
Пусть BD = Зх => CD = BD ctg a= 4x.
Проведем^Л'| |БЯ Так какtoDA=A?C=2x, NK =	= l,5x,
АК = AD + DK = 6х ЛМАС = -
2 •
„ „ а Га \ NK 1,5х	1
Пусть Л МА N = у, тогда ZNA С = у, tg --у = —— = —— = —.
2	J АК 6х 4
a
tgT 3-2аоа.л а 1
tga =--— = — ;3tg — + 8tg-3 = 0;=> tg— =
l-ta2“ 4	2	2	62	3
g 2
* a
tg y-Y
a
«- = -3.
a a 1
Так кака — угол острый, то tg— > 0, tg — - - Таким образом
a	1 4
tgy-tgy j --tgy j	j
—„-------= 7 •	1--= 7 • tg Y = 77
1 + tg-tgy ’ 1 + - tgy
1
Ответ. ~ .
12.144.	Найти синус угла при вершине равнобедренного треуголь-
ника, если известно, что медиана, проведенная к боковой стороне, со-
3
ставляет с основанием угол, синус которого равен —.
902
в
Рис. 12.17
Рис. 12.18
Решение.
В М.ВС АВ = ВС , BE — высота, медиана, биссектриса. AD —
3
медиана, О — точка пересечения Л Л и BE (рис. 12.17), sin АОАЕ = - .
Пусть АО = 5х, тогда ОЕ = Зх, ОЕ = 3х, АЕ = 4х-
BE = ЗОЕ = 9х •
а АЕ 4
Ответ: ~.
12.145.	Через вершину угла а при основании равнобедренного
треугольника проведена прямая, пересекающая противоположную бо-
ковую сторону и составляющая с основанием угол 0. В каком отноше-
нии эта прямая делит площадь треугольника?
Решение.
В ЬАВС АВ = ВС , ABAC = a, ADAC = р (рис. 12.18)
Тогда ABAD = а - р.
903
в
Рис- 1219	Рис. 12.20
Пусть АВ = а => Л С = 2а cosa и
с	— АВ • AD sin ABAD	. ,п . / Q\
_ 2	_ АВ sm ABAD _ asin(a-p) _
sacad — AC • AD sin AC AD ACsinZCAD 2a cos a sinp
2
sin(a-p)
2cosasin0
sin(a~p)
Ответ: ~	—й .
2 cos a sinp
12.146.	Через вершину равностороннего треугольника АВС прове-
дены параллельные прямые AD, BE и CF. Прямая BE лежит между
прямыми AD и CF и делит расстояние между ними в отношении т.п,
считая от прямойЛ Л. Найти угол ЛСЛ.
Решение.
Пусть А К — общий перпендикуляр данных параллельных прямых,
L — точка пересечения ЯЕ и Л/С, Л Л:ЛХ=?и:л, BF1FK (рис. 12.19).
Пусть ВС = a, ABCF = a.
В &BFC {aBFC - 90°): BF = a sin a, KL = BF = asina,
904
ZCBL = ZBCF = a,
Z.ABL = 60° - a, и из \ALB [aALB = 90°): AL = «sin(60° - a).
«sin(60e-a)	m 4з	Im
Тогда-----—-------= — ; — ctg a - - = — ;
«sina	n	2	2 n
. 2m + n	nJj
ctg a ----j=- • a = arctg--.
пуЗ	2m + n
Ответ: arctg-----.
2т+ п
12.147.	Найти косинус острого угла ромба, если прямая, проведен-
ная через его вершину, делит угол в отношении 1:3, а противолежащую
сторону — в отношении 3:5.
Решение.
Пусть L — точка пересечения данной прямой BL со стороной AD
VWilo&ABCD, ZABL: ZCBL = 1:3,AL:LD = 3;5 (рис. 12.20).
ZABL=a, AL = 3x 
Тогда ZCBL= За, LD = 5x, AB = 8x, ZABC = 4a , ZABO = 2a .
AL AB
Если BL — биссектриса ZABD ? то из &ABD :	;
LDAB 5x-8x 40x
------------
AL 3x 3 '
ВО 20х	5
В Д4ОВ (гЛ(9Б = 90°): cos2а = cosZABO = — = — : 8х = - .
'	'	AiS J	О
,	7
cos ZABC = cos 4а = 2 cos 2а -1 = —
18 '
7
Ответ: — .
1 о
12.148.	Отношение площади прямоугольнйка ABCD (ВС || AD) к
квадрату его диагонали равно к. Найти /FAF, где EtaF— соответ-
ственно середины сторонВСи CD.
Решение.
Пусть АВ = у ,AD =х, АВАЕ = а, ADAF = р, Z.EAF - у (рис. 12.21).
Диагональ прямоугольника равна ух2 + У2 , площадь ху,	2
905
1
tg(a + p) tga + tgp
I-2L.X
_ 1-tgatgp = 2y 2x =
A + _Z_ "
2y 2x
. 1A x2 + y2	3xy 3k	3k
’’4 l:~=iPT7]=T;Y=arctsT-
Ответ: arctg—.
12.149.	Около круга радиуса г описана равнобедренная трапеция.
Боковая сторона трапеции составляет с меньшим основанием угол а.
Найти радиус круга, описанного около трапеции.
Решение.
Пусть BL—высота данной равнобокой трапеции A BCD (рис. 12.22),
тогда BL = 2г. В &ALB (aALB = 90°): АВ = —— = -^—. Так
sin АВ AL sina
как в данную трапецию вписан круг, то АВ + ВС = АВ + CD = 2АВ,
AB = CD => LD = -AD + BC =АВ = —. В &BLD (z2?Z,Z) = 90е):
2	sina
BD = Bl} + LD2 = J4r2 ч------— =----л/l + sin2 a . Радиус R круга,
V sin a sina
описанного около &ABD : R = —-----= —------
2sinZZ sin2 a
_	n/l + sin2a
Ответ:------=----.
sin a
906
12.150.	Высота треугольника
делит угол треугольника в отноше-
нии 2:1, а основание — на отрезки,
отношение которых (большего к
меньшему) равно к. Найти синус
меньшего угла при основании и до-
пустимые значения А:.
Решение.
Пусть AD — высота ЛАВС в
(рис. 12.23), ACAD: ABAD = 2:1=*
=» А С > АВ, CD > BD, CD:BD=k.
Если АВАD = a, то ACAD = 2a. В ЛАDB (aADB = 90°): BD = AD tg a.
Из ДЛЛС (AADC = 90°); CD = ADtg2a.
Тогда к = — = ^ntg2a = tg2a = 2tga
BD
2	k-2
=^>tga = -——
к
Далее,	_ 2
sin ZC = sin(90° - 2a)= cos 2a = -—a =-7-^7
l + tg2a
Рис. 12.23
2
l-tg2a
AD tga tga tga(l-tg2a)
2 _ 1
2k-2~ к-1
к
1	/ о
Ответ: ~к>2,
к-\
12.151.	Гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой
касания вписанного круга на отрезки, отношение которых равно к.
Найти углы треугольника.
Решение.
Пусть О — центр окружности, вписанной в треугольник А В С,
АВА С = тс / 2, D —точка касания этой окружности и гипотенузы ВС (рис.
12.24), BD : DC = к , ABAC = а. Тогда AOBD = у, AOCD = у - у.
тс а
4 ’I
В ДОЛС \AODC = — : OD = DCtg --
I 2	14
Из &ODB \AODB = -\:OD = DBtg- = kDCtg- =>
2	2	2
907
в
Рис. 12.24
Рис. 12.25
, а л
=»ttg-=td--
а .(ла
fcsin — sin
_____2 _	(4 2
а (па
cos— cos----------
2	4 2
, . а	ла	.(ла
<=> к sin—cos-=sin-----
2	2 2	4 2
[Л	I	, . (Л	]	. . Л	. л
— а + к sin —а = к sin—sin— <=>
4	)	|^4	J 4	4
. (я.	.. V2(*-l)
sin — - а •(& + !) = ——- <=>
• (л
<=> sin — а
I4
J2ft-1)
2(Л + 1)
л
<=> а = — arcsin
4
J2(fc-1)
2(Л + 1) '
л а
4 I
а
I
л л . V2(^-l)
Z.A СВ = — а = — + arcsin —.
2	4 2ft+ 1)
я. . Л(к-1)
Ответ: ~± arcsin 2^ + j)
908
12.152.	Отношение боковых сторон трапеции равно отношению ее
периметра к длине вписанной окружности и равно к. Найти углы трапе-
ции и допустимые значения к.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 12.25) BC^AD,
ВС< AD,BE и СК — высоты трапеции , R — радиус окружности,
вписанной в трапецию,	= a, Z.D = Р.
Тогда BE = CK = 2R, АВ = ^~, CD = ^~.
sin a sin p
Так как AB + CD = BC + AD, то периметр трапеции равен
2R 2R
к	i- _2(ab + CD) _ sina + sinp _ 2(sina + sinp)
Ad j с,/-/), к —	—•	"	•
2л R	nR	л sina sinp
По условию A В = kCD. Тогда	, sin P = к sin a =>
sin a sin p
2(sina + £sina) _ ;	2(£ + l) _
nk sina
2(sina + sinp)
л sin a sinp
,	•	2(£ + 1)
= к <=> sin a =--—
пк2
т . n . .	2(^ + 1)
Тогда sin р = к sin a = —--
пк
лк sin2 а
,	• 2(Л + 1)	. 2(Л + 1)
Таким образом, углы трапеции arcsin---—,л-arcsin-----—
пк2	пк2
. 2(к + 1)	. 2(к + 1)
arcsin------, л - arcsin—--
пк	пк
При этом «
2к + 2
лк
2к + 2
лк2
к(п-2)>2,
лк2-2к-2>0
2
л-2’
2
п-2
п
лк2
пк
. 2(fc + l) . 2(Л + 1)	. 2(Ar + l)
Ответ: arcsin —-—, л - arcsin------—, arcsin—
nk2
• 2(^ + 1) ,	2
л - arcsin —----, к >-----.
nk n-2
909
12.153.	В сектор радиуса Л вписана окружность радиуса г. Найти
периметр сектора.
Решение.
Пусть D — точка касания окружности, вписанной в сектор АОВ
(рис. 12.26), центр Oj находится на биссектрисе ОК угла АОВ.
Пусть ZAOB = a, тогда ZDOK = — и из &ODOA ZODO} - — I
2	I 2)
. а _ OXD _ г	г _
siny " ОО" " R-r ' Следовательно, а = 2 arcsin——, длина дуги АКВ
г	(• г \
равна aR = 2R arcsin-и периметр сектора равен 2 А 1 +arcsin- .
R-r	R-r J
[г ]
1 + arcsin- .
R-r J
12.154.	В остроугольном равнобедренном треугольнике радиус впи-
санной окружности в 4 раза меньше радиуса описанной окружности.
Найти углы треугольника.
Решение.
Пусть в ЬАВС (АВ = ВС) АС - а, /ВАС = а, BD — высота, О —
центр вписанной окружности, Rvir — радиусы описанной и вписанной
окружностей (рис. 12.27)
В &ADO ^ADO = %C]:
910
AC
a a „ AC	a
r = OD = ADtgAOAD = -tg- . R = ———- =	.
2 6 2 2smAABC 2sin2a
a	a ct	a.
Так как R = 4r, to —:--= 4—tg—; <=> 4sin2atg— = 1 <=>
2sina	2 2	2
. a a a ,	. 2 a .	\
Iosin—cos—cosatg— = 1 <=>16 sin —cosa = 1 <=> 8(l-cosa)cosa = 1 <=>
2	2	2	2	7
<=>8cos2a-8cosa + l = 0; cosa = —-
4
cosAABC = cosU80° -2a)= -cos2a = l-2cos2 a.
2 +V2
Если cosa =-----, то cos А АВС = 1-2
4
4
l^<0,
4
Что противоречит условию, так как данный треугольник остроугольный.
1 + 2>/2
4
2-V2
4
Таким образом, cosa = —-— , cos AABC = 1-2
Л	2-Л	2>/2+1
Ответ: arccos------; arccos-----.
4	4
12.155.	В треугольнике АВС
даны острые углы а и у (а > у),
прилежащие к сторонеЛ С. Из вер-
шины В проведены медиана/?/) и
биссектриса BE. Найти отноше-
ние площади треугольника BDEк
площади треугольника А ВС.
Решение.
В ЛАВС АА = а,АС = у
Рис. 12.28
(рис. 12.28). Так как а>у, то
точка/) находится между точка-
ми А и Е.
ЛАВС и ЛВРЕ имеют общую высоту, поэтому
$кВРЕ _ РЕ
$ьавс АС
АС = СЕ + АЕ . AD = АЕ + DE, CD = СЕ - DE. Так как AD = CD, то
CF - AF
AE + DE = CE-DE, DE = -
2
911
Рис. 12.29
СЕ ВС sina
Так как BE — биссектриса ЛАВС , то-= —— = —— .
АЕ АВ sin у
Таким образом, = СЕ__АЕ = _де---------------- =
S^K * С 2(СЕ + АЕ) ^CE+i
J
siJic* ,	* . a-у a + y х a-у
_ sin у _ sin a-sin у _ sin 2””cos 2 _	2
’ 2f^ + ll" 2<sin“ + sinT) ’ 4sin^cos^ ' 2tg^
^siny J	2	2	2
Omeem: ' a+y'
2‘g—
12.156.	Угол при вершине А трапеции ABCD равен a. Боковая
сторона А В вдвое больше меньшего основания ВС. Найти угол 5/1 С.
Решение. Пусть ABAC(рис. 12.29).
Тогда АВСА = ACAD = a - В. Из ЛАВС : —S!n^ /= - = -«=>
sin(a-p) АВ 2
<=> 2 sinp = sin a cos Р - sin Р cos a <=> 2 = sin a ctgp-cos a <=>
sin a	sin a
<=> —— = 2 + cosa; p = arctg--.
tgP	2 + cosa
sina
Ответ', arctg-----.
2 + cosa
912
D E
Рис. 12.30
12.157.	В прямоугольном треугольнике найти угол между медианой
и биссектрисой, проведенными из вершины острого угла, равного а.
Решение.
Пусть в &АВС (рис. 12.30) Z.A = 90°, ААВС = а,
BD — биссектриса, BE — медиана. Так как АА > АС, то точка D
находится между точками А и Е. Если АВ=х, то AC = xtga,
АЕ = — xtga.B Ь£АЕл%ААВЕ = — = -tga; ААВЕ = arctg	.
2	АВ 2	V 2 )
ADBE = ААВЕ - AABD = arctg	- -
2	2'
Ответ: arctg^-^— J- — .
12.158.	Найти косинусы острых углов прямоугольного треугольни-
ка, зная, что произведение тангенсов половин этих углов равно 1/6.
Решение.
Пусть один из углов равен а. Тогда второй угол будет 90° - а и по
а
f а) 1 a -t8T 1
условию tg-tg 45 --=-=> tg-----------j- = - <=>
2	6
913
Рис. 12.31
а
1) tgy =
2 ’
2)
]_
3 ‘
Так как cosa =----— ,то l)cosa
, a .
+ tgI
или cos(90°-a) = у.
3	4	(
-; 2) cos a = — и cos(90‘
5	5	v
3	4
Ответ'. ~ и j .
12.159.	Стороны параллелограмма относятся как/?:#, а диагонали—
каклгн. Найти углы параллелограмма.
Решение.
Пусть в параллелограмме ABCD (рис. 12.31) AD = ру , BD = тх.
Тогда AB=qy, АС = пх.]Дз ЛВАО и ЛАВС по теореме косинусов:
т2х2 - р2у2 +q2y2 -2pqy2 cosZA;m2x2 = р2у2 +q2y2 +2pqy2 cosZA.
/2	2I2 л 2	,, x ApqcosZA rT
=> \n -m fx = 4pqy cos ZA; -y = —----— . По свойству диаго-
y n-rrr
налей параллелограмма: А С2 + BD2 = 2{АВ2 + AD2}
т2х2 +п2х2 = 2(р2у2 + q2y2); х2 (т2 + п2) = 2у2 (р2 + q2)
х1 _ ^[р2 +(?2)	4pqcosZ.А _ 2{р2 +д2)
Т	т +п~ п-т1 т2 + п2
914
ZA = arccos
-т
Z.ABC = n-ZA = n- arccos
-m
2 -m2 I
/• я-arccos
Ответ: arccos —-——
2pqyn* 2 +n£)
12.160.	Отношение периметра ромба к
сумме его диагоналей равной. Найти углы
ромба и допустимые значения&.
Решение. (
Пусть сторона ромба ABCD равна а,
острый угол а (рис. 12.32). Тогда диагона-
. . a _ a
ли ромба 2tfsiny и 2a cos—.
По условию
,	4a	2
к =--------------=----------
~ . a _ a	.a a
2asin—+ 2acos—	sin—+ cos—
2	2	2	2
2
2pq\m2
В
D
A
Рис. 12.32
2
a	a \2 Vl + sina
sin—+ cos—
2	2
2
2
Vl + sina
-г с.	12	4
Таким образом к =---------; sina =
1 + sina
4-*2	. 4-/с2
------• a = arcsin
к2
k2
4-Р	4-£2
Ответ: arcsin——, я - arcsin—— ;	< к < 2 •
к	к
12.161.	Найти косинусы углов равнобедренного треугольника, у
которого точка пересечения высот делит пополам высоту, проведен-
ную к основанию.
915
Рис. 12.33
Рис. 12.34
Решение.
В &АВС (рис. 12.33) АВ=ВС, BD и АЕ—высоты, О—точка пересече-
ния высот, BO=OD.
Пусть ZACB = а, ВО = OD = 1. &BDC и &ВЕО —прямоугольные с
общим острым углом ZDBC. Имеем ZBOE = ZACB = а.
ZCOD = ZAOD-ZBOE=a, ZCOE = 180°-2а.
В &BEo{zBEO = 90°): ОЕ = OB cos ZBOE = cosa .
В \ODc{zODC = 90°): ОС = —-----= ——.
х	'	cos ZCOD cosa
В &OEc(zOEC = 90°): cos ZCOE =	
cos(180° -2а)= cos2а <=> -cos2а = cos2 а <=>
2	2	2	1	73
<=> 1 - 2cos7 а = cos2 а <=> cos а = -; cos = — •
cosZABC = cos(180° -2a)= -cos2a = 1 -2cos2a = -
i V3 Л
Ответ'.	—- •
3 3	3
12.162.	Периметр сектора равен /. Найти расстояние от вершины
центрального угла сектора до центра окружности, вписанной в этот
сектор, если радиус дуги сектора равен/?.
916
Решение.
Пусть Е — точка касания вписанной окружности и радиуса ОХА
сектора, центр О окружности лежит на биссектрисе ОХС угла АОХВ
(рис. 12.34). Если Z.AOxB = a, то длина дуги АСВ равна aR и
/ — ? /?	(	7С
l = 2R + Ra , ct =---. Пусть ООХ = х . В АОЕСМ ХОЕОх = —
R	\
• а
ОЕ = xsin — .
2
а	Л . а
ОС = ОЕ = xsin—. О}С = ОО,+ОС, R = x + xsm—-.
2	1	1	2
1-2R >
42? )
= R = R = R =_______________________________R
1 + sin^ 1 + cosf— - — 1 2cos2f— - — 1 2cos2f—-
2 I2 2 J I4 4 J I4
R
~~ 2(k+2)R-1-
2 cos --------
4R
R
Ответ:----?—г+ть—r-
_	2(n + 2)R-l
2 cos ---------
4Я
12.163.	Показать, что если в треугольнике отношение суммы сину-
сов двух углов к сумме их косинусов равно синусу третьего угла, то
треугольник прямоугольный.
Решение.
sina + sinP _ .
Пусть a, Р, у — углы данного треугольника и-----_ sm У
COS ОС । COSO
_ . a+0 a-p
2 sm--- cos--
Тогда-----2-х----=
o a+p a-p
2 cos--- cos---
2	2
t a + p	180°-y
tg-y1 = Sin у <=> tg——±
1 э • Y
------2sm-
• Y 2
sin —
2 '
Y Y V
= sm у<=> ctg— = 2 sin — cos— <=>
2	2	2
Y
cos — cos у
2
4 _________
у
ctg cos у = 0.
sin —
2
I
2
917
Рис. 12.35
у
Так как0°<у<180°,то ctg-^ * 0>COSY = 0 приу= 90°, что и требова-
лось доказать.
12.164.	Найти синус угла ромба, если из середины его стороны
противоположная сторона видна под углом а.
Решение.
Пусть К — середина стороны А В, L — середина стороны CD ромба
ABCD (рис. 12.35) ZCKD = a, ZDKL = у, ZCKL = 0.
Тогда 0 + у = a, ZADK - у, ZBCK = 0.
ВДЛТМС
siny
sin ZAKD _ sin(l 80° - (ZA + y)) _ sin(ZA + y) _ AD _
sinZ^D^T	siny	siny AK
sinZAcosy + sinycosZA _	. , .	, . ~
<=>---------------------= 2 <=> sm ZA ctg у + cos ZA = 2 <=>
siny
2- cos ZA
<=>ctgy = ———
sin ZA
ВДВСК:
2 sin ZA
2 - cos ZA
sin ZCKB = sin(l 80° - (ZB + 0)) _ sin(l 80° - (180° - Z^ + 0)) _
sin ZBCK	sin0	sin0
= sin(z^-0) _BC sin ZA cos 0- cos ZA sin 0 _
sin 0 BK	sin 0
• ,A . q , л ♦ q 2 + cosZ^ , Q sinZA
<=> sm ZA ctg 0 - cos ZA = 2 <=> ctg 0 =--<=> tg 0 =--------
sm ZA	2 + cos ZA
918
Тогда
sin ZA
sin ZA
tea = tg(v+B) = tgY-ttgP = 2-cosZ4_ 2 + cosZ^_
iga igKY+p; 1-tgytgp } sinzS4 sin ZA
2-cos ZA 2 + cosZA
_ sinZA(2 + cosZA + 2-cosZA) _ 4sinZA
4 - cos1 2 ZA- sin2 ZA	3
3
sinZZ = — tga.
4
Ответ: —tga.
4
12.165. Сторона треугольни-
ка равна а, разность углов, при-
лежащих к данной стороне, рав-
я
на у. Найти углы треугольника,
если его площадь равна 5.
Решение.
Пусть в треугольнике АВС	Рис. 12.36
(рис. 12.36)ВС = а, S^BC = S, ZB = а, AC = b.
Тогда ZC = ^ + a,ZA = n-(ZB + ZC) = ^-2a.
ВС AC	a	b , asina
----=--------<=> —7----Г =----<=> b =-----.
sinZA sin ZB	. I n ~ ] sina cos2a
sin —2a
I2 J
о 1	1	, • (к 1	sina	a2tg2a
S = — AC BCsmZC = — aosinl —+ a =— a a----cosa = —2—.
2	2	^2	J 2	cos2a	4
Отсюда
_	45	1	4 4S я	1	45	.. л	45
tg 2a = —r-, ZB = a = - arctg—, ZC = - + - arctg	, ZA = — arctg .
a	2	2	2	a 2	a
1	45 я 1	ч5 я	45
Ответ: ~ arctg—+ - arctg—- arctg -у.
2	a 2 2	a 2	a
12.166. Тангенс острого угла между медианами прямоугольного
треугольника, проведенными к его катетам, равен А:. Найти углы треу-
гольника и допустимые значения к.
919
Рис. 12.37	Рис. 12.38
Решение.
Пусть А К и BL — медианы ДАВ С, проведенные к его катетам, М —
их точка пересечения.
AAML =а, tg а= к, 0 < а < л/2 (рис. 12.37), ВС = а, АС = Ь, АВ = с,
ABLC = $, АКАС = у.
Тогда sin ABAC = — , cos ABAC = —,tgP = ^^ = —,tgy=^^ = —.
с	c LC b AC 2b
Так как £ — внешний угол треугольника AML, то £=а+у и
2а а
tca-tg(B	- ~b~^b ~Ъа -а2 +bl - За b2 _3 а b
g glP V l + tgptgy	2b b2 2b c2 2 с c
+ b2
3	3	4	4
= — sin ABAC- cos ABAC = —sin2ABAC => sin2ABAC = — tga = — k.
2	4	3	3
Отсюда
4	3	14	л 1	4
О < — k<\,Q<k< —; ABAC = — arcsin — к', ААВС =-arcsin — к.
3	4	2	3	2 2	3
1	. 4, л 1	-4.3
Ответ: ~ arcsin - к-, -- - arcsin - к; 0 < к < -.
12.167. Радиус дуги сектора равен R, центральный угол АОВ равен а.
Через середину С радиуса О А проведена прямая, параллельная радиусу ОВ
и пересекающая дугу ЛВ в точке/). Найти площадь треугольника OCD.
Решение.
Пусть ABOD =р (рис. 12.38). Тогда ACDO= р, ADOC = а - 0,
ADCO = 180°- а.
920
DO CO	R R	. a sina
R A<Y)D' ---------=----------- ------7-----\ =-------iSinp =----
smZDCO sin AC DO	sin(180°-a) 2sin£ 2
Так как ОС =	, T0 ^-ODC =p не является наибольшим углом
треугольника COZ) и cos£ >0,
О Fl ~2а	11 sin^a	>/4-sin2 a
cosp = JI - Sln P = JI---------------•
SA0C£) =^COZ)OsinZCOZ) = |—Z?sin(a-p) =
z?2	z?2
= —(sinacosp-cosasinp) = — sina-
V4-sin2 a sina
-----------cosa-----
2
2
у
R sin a ( Г. ~	)
-------- V4-sin a-cosa .
8 I	J
R2 sin a ( Г.	~ A
Ответ:--------- V 4 - sin a - cos a .
° \ /
12.168. В треугольнике даны сторонам, противолежащий ей угол а и
высота h, проведенная к данной стороне. Найти сумму двух других
сторон.
Решение.
Пусть b и с — неизвестные стороны треугольника. Тогда площадь
1	,	1 , , ah
треугольника S = —besina = —ah,be = ——.
2	2 sina
a2 -b2 +c2 -2bccosa <=> b2 +c2 =a2 + 2bccosa <=> (b + c)2 =
= b2 +c2 +2bc = a2 +2bccosa + 2bc = a2 +2bc(l + cosa) =
о .	4ab cos —
2 2ah 2^2	2	2	1	01
= a +-----cos — = a +----------— = a +2abctg—.
sina 2	~ . a a	2
2 sm — cos —
2	2
2 ~ , a
Ответ: J a + 2ahctg—.
12.169.	В квадратЯБС/) вписан равнобедренный треугольник AEF;
точка Е лежит на стороне ВС, точка F— на стороне CD и АЕ = EF.
Тангенс угла AEF равен 2. Найти тангенс угла FEC.
921
Решение.
Пусть АВ = a, ZAEF=a, Z.FEC = х (рис. 12.39).
Тогда Z.BEA = 180°-(а + х).
В кАВЕ (Z.ABE = 90 °):
. „ АВ	а
АЕ — ;	— ; з г,
sin Z.BEA sm (а + х)
BE = АВ ctg ABE A = -actg(a + x).
EF = АЕ =—--------г.
sin(a + x)
В kECF(z.ECF = 90°):£C = EFcosAFEC = a,C°S* v
sin(a + xj
BE + EC - BC.
acosx . (	\	z 4	. z
Тогда—7------r-actg(a + x) = a <=> cosx-cos(a+x) = sin(a+x)<=> <=>
sm(a + x)
. . 1
cosx - cosa cosx + sinasinx = sma cosx + cosa sinx <=>-1 + tg a tg x =
cosa
= tga + tgx <=> ^/1 + tg2 a -l + tgatgx = tga + tgx. Так как по условию
tga = 2, то V5-1 + 2tgx = 2 +tgx;tgx = 3-^5.
Ответ: 3-V5.
12.170.	В треугольнике ABC даны острые углы а и у (a > у) при
основании А С. Из вершины В проведены высота BD и медиана BE.
922
Найти площадь треугольника BDE, если площадь треугольника Л СВ
равна S.
Решение.
ЬЬАВСАА =а, ZC = у (рис. 12.40).
Так как а > у, то точка D находится между точкам А и Е.
АЕ=AD +DE, CD-CE+DE.^ax.какСЕ=АЕ,toCD = (AD+DE) +DE,
de = cd-ad.
2
Пусть BD - H. Тогда из ЛАВЕ получаем, что AD = //ctga, а из
AC/) В — CD - //ctgy.
ЛАВС и ЛОВЕ имеют общую высоту BD, отсюда
S^dbe _ DE _ CD-AD _ //ctg у-//ctg a _ sin(a-y)
E^abc AC 2(CD + AD) 22/(ctg у + ctga) 2sin(a + y)’
_ Bsin(a-y)
*°BE 2sin(a + y)
Bsin(a-y)
Ответ:	;—\-
2sin(a + y)
12.171.	В прямоугольном треу-
гольнике ABC острый угол при вер-
шине А равен а. Через середину D
гипотенузы Я В проведена прямая, пе-
ресекающая катет АС в точке Е. В
каком отношении эта прямая делит
площадь треугольника АВС, если
ZDEA = $, АЕ > 0,5 АС?
Решение.
Пусть В, — площадь треугольни-
ка ADE, S2—площадь четырехуголь-
ника BCED, S — площадь треуголь-
ника ЯВС(рис. 12.41).
Тогда
Bi = — АЕ AD sin ZA = — АЕ  АВ sin ZA, В = — AC -АВ sin ZA,
1 2	4	2
В2 = В-Bi = В _i = 2АС~1
Bj	Bj Bj АЕ
Если АВ = с, то из ЛА СВ (ZA СВ = 90°); А С = ccos a.
В АЛ£7):
923
Рис. 12.42	Рис. 12.43
АЕ _ AD	АЕ _ с де _ csin(a + p)
sinAADE sin ADE A	sin(a + p) 2sinP	2 sinp
Тогда *^2 - 2ЛС ^_4sinPcosa _ 4sinPcosa-sin(a + p)_
Sj AE sin(a + p)	sin(a + p)
_ 3sinPcosa-sinacosP _ 3tgP~tga
sin a cos P +cos a sinp	tga + tgp
3tgp-tga
Ответ: ~	..o’
tga + tgp
12.172.	В круг вписана трапеция. Большее основание трапеции со-
ставляет с боковой стороной угол а, а с диагональю — угол р. Найти
отношение площади круга к площади трапеции.
Решение.
Пусть A D — большее основание данной трапеции Я В CD, ABAD=u.,
ABDA - Р (рис. 12.42), BN — высота трапеции и BD = 1.
Тогда из EBMD (ABMD = 90°):
ВМ = BD sin ABDM = sin Р;
DM = BD cos ABDM = cos p.
Площадь трапеции
^1 _ ЛВ + 2?C rm _ 2)^/. дм = sinpcosp = ^sin2p.
BD 1
Радиус/? круга, описанного околоEBAD\ R =------=-----.
2sinZ?l 2 sin a
924
~	Cl	n2
Тогда площадь круга S7 = TtR =----=—.
4sin2a
_	$2 _ K
Таким образом,	- —2~
к
Ответ: п  2	•
2sin asm 20
12.173.	В треугольнике ЛВС угол Я равена и сторонаВС=а. Найти
длину биссектрисыЯ Л, если угол между биссектрисой Я Л и высотойЯЛ
равен 0.
Решение.
Если ЯЛ = х(рис. 12.43), то из ДА ED(XAED = 90°):
АЕ = ЯЛ cos XEAD- xcos 0, а из ДАЕВ (ХАЕВ = 90°):
BE = AEtgXBAE = xcos0tg| у-0 L
В ЛАЕС(ХА ЕС = 90°): ЕС = AEtgXEAC = xcos0tg |- + 0 .
Так как ВС = BE + ЕС, то:
I CL 1 I CL
a = xcos0 tg — -0 +tg —+ 0
x cos 0 sin a
fa fa o
cos — - 0 cos — + 0
f a о ] f a о
a cos у - 0 cos — + 0
cos 0 sin a
fa qI fa Q ]
acos---0 cos — + 0
2	2
Ответ:-----------<-—
cos0sina
12.174.	Равнобедренный треуголь-
ник с углом а при вершине пересечен
прямой, проходящей через вершину
угла при основании и составляющей с
основанием угол 0. В каком отноше-
нии эта прямая делит площадь треу-
гольника?
Рис. 12.44
925
Решение.
Пусть в DABC (рис. 12.44) АВ=ВС= а, ААВС = а, AD — прямая, о
которой говорится в условии задачи, ADA С =р, CD =х. ТогдаЯО =а-х.
В силу того, что ABAD и ACAD имеют одну и ту же высоту, опущенную из
л Sara г> BD
вершины Л, то	- —
S^CAD CD
ABAC = 90° -— ,ABAD = ABAC- ADAC = 90° - — - B,
2	2 H
A AD В = \W°-(ABAD + AB)= 180°-| 90°-j-P + a |=90° + p-y.
--1.
Из AADB:
а
2
BD _ sin ABAD а-х
АВ sin AADB х
sin 90°-
sin 90°-f—
2
cosl — + В
|2 и
cos —В
2
а
« о	I a a I I a a I I « о
cos — + p	COS — + P	COS P -COS — + P
(2	)	। _	(2	) _	(2 J (2
(а а (а Г)	fa
cod----p	cos----P	cos--P
1 2 H	2 H	2H
cos
а о 1
--1 Г I	cos ~ + Р
Тогда ^42. = - -1 = — -----V 2 j------. -1 = —1
х cos| — -В Lcosf —+ В |	2sin — sin0
2	2	2
cod — + р
л Ч 2
Ответ:---- ------
2 sin—sin В
2 н
12.175.	Радиус дуги сектора АОВ равен R, центральный угол АОВ
равен а. В этот сектор вписан правильный треугольник так, что одна его
вершина совпадает с серединой дуги АВ, а две другие вершины лежат
соответственно на радиусах О А и ОВ. Найти стороны треугольника.
Решение.
Пусть М — середина дуги АВ, ALMK— правильный, о котором
говорится в условии задачи (рис. 12.45).
Тогда ALOM = |, AMLK = 60°, AOLK = 90°-1, AOLM =
= AOLK + AMLK = 150°--.
2
926
LM ОМ r„ ОМ sin ZLOM ^sin 2
---------=	; LM =	= —г--—г
sin ZLOAf sinZ.OLM----------------------------------sinZ.OLM .
sin 150---
I 2 J
n  a
Asin —
2
sinf30° + -1
I 2 J
Ответ:
„  a
Asm —
2
sin| 30° + —
2
12.176.	В равнобедренный треугольник с основанием а и углом a
при основании вписана окружность. Найти радиус окружности, касаю-
щейся вписанной окружности и боковых сторон треугольника.
Решение.
В ААВС(рис. 12.46)ЯА-ВС, АС-а,ЛВАС-а, О — центр вписан-
ной окружности, R — ее радиус, О1 — центр окружности, касающейся
вписанной окружности и боковых сторон треугольника, г — ее радиус.
Точки О и О{ находятся на высотеВМ данного треугольника.
а
В&АМВ(ЛА МВ = 90°): ВМ = AMtgЛВАС = - tga.
927
В ЛАМО (Z.AMO = 90°): R = ОМ = AMЩАОАМ = |tgy.
Пусть L—точка касания окружностей с центрами О и Ор а NK—их
общая касательная, проходящая через точку L.
BL = ВМ -LM = ВМ-2R = — tga-atg— = -\ tga-2tg^ |=
2	2 2	2
2tgI
1-tg2^
ЛАВС- ANBK.
а
2
а
2

2tg3 —
ь 7 а ? а
-----— = ~tgatg

Г BL
Тогда — =--
R ВМ
_ BL a a
= R---= —tg—
ВМ 2 2
* 2 a
2tgatg 2 _^t за
2	2
а
-tga
A
л а з а
Ответ: — tg —.
2	2
В
Рис. 12.47
12.177.	Внутри данного угла a
расположена точка на расстоянии
а от вершины и на расстоянии b от
одной стороны. Найти расстояние
этой точки от другой стороны.
Решение.
Пусть О А — расстояние от
точки О до вершины А данного
угла, ОВ — до одной из сторон,
О А - а, ОВ = Ь, ОС —расстояние
до другой стороны, Z.BAC = а
(рис. 12.47), ZOAB = х.
ОВ b
ВЛАВО(ЛАВО = 90°): sinx = —= -. ИзЛОСА (ZOCA = 90°):
ОС = ОА sin Z_O AC = asin(a-x) = a(sinacosx-cosasinx)=
—~г~	. >	. L ь2 ь
-sin x-cosasinx \-а sinaJl—у—cosa
) У сг а
= sinaVfl -Z>cosa.
Ответ: sinaVtf2 -b1 -Z>cosa.
928
Рис. 12.48
12.178.	В прямоугольном треугольнике ЛВС проведена биссектриса
AD острого угла А, равного а. Найти отношение радиусов окружнос-
тей, вписанных в треугольники A BD и A DC.
Решение.
Пусть О — центр окружности, вписанной в &ABD, F— точка каса-
ния этой окружности с A D, — центр окружности, вписанной bbADC,
Е — точка касания этой окружности cAD (рис. 12.48).
ABAD =	AADB = 90°- — , АОМЕ = AFAO = -ABAD = -,
2	2	1	-2	4
AFDO = 45°--.
4
AO{DO = 90 °, так как он образован биссектрисами смежных углов
ADC и ADB. Тогда AEOJD = AFDO, как углы с взаимно перпендику-
лярными сторонами.
Если OF = r, OtE - R, то из bAFO (AAFO=90°): AF = rctg^;
из bOFD (AOFD = 90°): DF = r ctgf45° -
I 4 J
из &O {ED (AO tED =90°): DE = Atg^45°-^	£ctg^45° + ^|
изM^EA (AOjEA = 90°): AE = flctg^.
30 Группа Б
929
CL	I	CL I	CL
AF + FD = AE + ED => r ctg— + r ctg 45°-— = Actg— +
+ R ctgl 45° +
sin 45°
sinf 45° + —
2
sin —sin 45°- — 1
4	( 4J
= R
sm —sin 45° + —
4	[	4
Рис. 12.49
12.179.	Найти синус угла при вер-
шине равнобедренного треугольни-
ка, зная, что периметр любого впи-
санного в него прямоугольника, две
вершины которого лежат на основа-
нии, имеет постоянную величину.
Решение.
Пусть KLMN и DEFG— два
произвольных прямоугольника,
вписанных в &АВС, АВ = ВС (рис.
12.49), LK = xv LM = y{, ED = xv
DG = yr Z.ABC = а. По условию
Тогда x2 - x, = у, -yr
Если BS — высота &ABC,P — точка пересечения LMh ED, то
ЬР=Ух ,EP = x2-xx.
930
ALPE ~ ЛЯ5К
_ AS LP У\~У2	1
Отсюда----=---= —г----Ц = - •
BS ЕР 2(x2-xj) 2
a
„ AS a	2tg^ 1	4
BS S2	, 2a 1 + 1 5
2	4
4
Ответ: — •
12.180.	Сторона треугольника равна 15, сумма двух других сторон
равна 27. Найти косинус угла, противолежащего данной стороне, если
радиус вписанной в треугольник окружности равен 4.
Решение.
Пусть а — данная сторона треугольника, а - 15, b и с — две другие
стороны, b + с = 27, с = 27 - Ь. Для определенности будем считать, что b > с.
Полупериметр треугольника p =-----= 21, его площадь^ =pr =84.
По формуле Герона 5 = Jр(р - a)(j) - b\p - с), таким образом
276 + 182 = 0,
ь} = ы,ь2 = 13.
Имеем b = 14, с = 13. По теореме косинусов
Ь2+с2-а2	5
cosa =----------= —.
13
2Ьс
5
Ответ: —•
12.181.	Меньшая дуга окружности, стягиваемая хордой АВ, содер-
жит а°. Через середину С хорды АВ проведена хорда DE так, что DC:
СЕ =1:3. Найти острый угол Я CD и допустимые значения а.
Решение.
ПустьЯС = ВС = 1, DC = х(рис. 12.50).
Тогда СЕ = Зх.
Если L — середина DE, то ОС 1АВ, OL ± DE, Z COL = ZЯ CD как
острые углы с взаимно перпендикулярными сторонами, DL = EL = 2х,
1
CL = х. Так как DC • СЕ = АС  ВС, то х • Зх = 11; х = —j=r.
4з
931
Рис. 12.50	Рис. 12.51
1	ос
ХАОС =—ХАОВ = — низ ДАС0(ХАС0 = 90°):
ОС = ACctgXAOC = ctg|.
Из AOLC (XOLC = 90°): sin XCOL = — =-!-
ОС к _
а
tg2
2
а
tg7
Таким образом, XACD = XCOL = arcsin—^.
V3
° О	GL г~
Так как sinZCOL<l, то —< 1; tg—< V3; ос< 120°.
Ответ: arcsin —1=-, а < 120°.
V3
12.182.	Медиана BD треугольника АВС пересекается с биссектри-
сой СЕ в точке К. Найти СК: КЕ, если ХА = а, ХВ = [3.
Решение.
Проведем EM^BD (рис. 12.51).
т СК CD AD СК , AD , AD-DM AM АЕ
КЕ DM DM КЕ DM DM DM ЕВ
_ AC _ sinp
BC sina
932
Рис. 12.52
_ . а + р	а-р
• q • о , • „ 2sin--------cos------
Таким образом,	= M+j = slnP + slnct =	2 2
KE sina sina	sina
o . a + p a-p
2 sm----- cos---
Ответ:_______2______2__
sina
12.183. Площадь равнобедренного тупоугольного треугольника
равна 8, а медиана, проведенная к его боковой стороне, равна 737.
Найти косинус угла при вершине.
Решение.
Пусть ЛАЕС АВ = ВС, AD— медиана, AD = V37 (рис. 12.52),
ZB =a, BD = х. Тогда АВ = 1х.
УЛзЛАВВ:
AD2 = АВ2 + BD2 -2 АВ BD cos ZB;
37 = 4 х2 + х2 - 4 x2cosa;
37 = х2 (5 -4 cosa).
1 О	9	9	4
S\ABC = - ABZ sin Тогда 2x sin a = 8; xL - ------
2	sina
-- (5-4 cos a) =37 <=> 37sina + 16cosa + 20 = 0 <=>
sina
74tg^
ijl-tg2^
+ —^-------* + 20 = 0 <=> 18tg2 --37tg- + 2 = 0;
1 + tg2—	2	2
6 2
933
a _	4 a 1
1>tgI = 2; 2’tg2=?8'
2«
~	1-tg 5	3 a	323 a 1
Тогдаcosa =-------— = — приtg — = 2, cosa = —— приtg— = —.
1 . . 2 a 5	2	325	2	18
1 + tg у
Так как по условию a — тупой угол, то cosa = -3/5.
Ответ: -3/5.
12.184. В равнобедренном треугольнике угол при основании равен
а. Высота, опущенная на основание, больше радиуса вписанного круга
наш. Найти радиус описанного круга.
Решение.
ВААВС(рис. 12.53) АВ = ВС, ZBAC = a, BD — высота, О — центр
вписанного круга.
a
Тогда по условию ВО = BD -OD = т. ZBAO = ZDAO = —,ZAOB =
a
= ZOAD + ZADO = — + 90° как внешний угол треугол ьника А О В.
Л5 ВО
По теореме синусов, из АЛ ОВ: —----- = ————- => АВ =
F ’	smZAOB smZBAO
(a А
m sin! — + 90°
BOs.va.ZAOB 12 J a
=----------=------*------L = wctg—.
sinZBAO	.a	2
sin—
2
Тогда радиус окружности, описанной около треугольника АВС,
a	a
,D mete.— mete—
R = AB =__________6 2 =	5 2 = m
IsvaZACB 2sina	a Лс;п2а'
4sin —cos— 4sin —
2	2	2
Ответ: ———.
. . 2 a
4 sin —
2
12.185. В треугольнике известны площадь S, сгоронаа и противоле-
жащий ей угол а. Найти сумму двух других сторон.
Решение.
934
A
Рис. 12.53
Пусть х и у — неизвестные стороны данного треугольника.
Тогда ’
,2
о 1
5 = —xysina;
2	=ф х2 + у2 = а2 + 2xycosa <=>
а2 = х2 + у2 -2xycosa
(х+у)2 = а2 + 2ху cosa + 2xy = а2 + 2xy(l+cosa)=
2	25 _	2 ОС 2 л ri х ОС	I 2 л о . a
= а + 2-----2cos — = а +4Sctg— => х + у = Ja +45ctg—.
sin a 2	2	V	2
/ 2 «о «
Ответ: Ja + 45ctg
12.186.	Пусть О А — неподвижный радиус окружности с центром в
точке О, В—середина радиуса О А; М — произвольная точка окружно-
сти. Найти наибольшее значение угла ОМВ.
Решение.
Пусть ЛОМВ = а, ЛОВМ = р (рис. 12.54).
sinB ОМ _ .	1 • о
ИзДА/О.#.- -- =------= 2; sin а = —sinp.
sm а О В	2
Наибольшее значение sinp равно 1, следовательно наибольшее зна-
чение sina равно 1/2.
Так как О В < ОМ, то a < р, то есть а не является наибольшим углом
треугольника МОВ.
935
Таким образом, 0 < а < л/2, а на промежутке (0; л/2)у - sinx монотон-
но возрастает и угол а принимает наибольшее значение в той же точке,
где sina принимает свое наибольшее значение. Отсюда a = л/6.
Ответ: п/6.
12.187.	В равнобедренном остроугольном треугольнике угол при
основании равена, а площадь равна 5. Найти площадь треугольника,
вершинами которого служат основания высот данного треугольника.
Решение.
В &АВС (рис. 12.55) А В = ВС, Z.BAC =a; BD, AF, СЕ — высоты.
Пусть АВ = а, тогда ws&ADB (Z.ADB = 90°): AD = acosa, BD = asina.
AC = 2AD = 2acosa.
В ДАЕС (Z.AEC = 90°):
AE = A CcosZBA C = 2acos2a => BE = AB- AE = a( l-2cos2a)= -acos2a.
Пусть L — точка пересечения EF и BD. Так как &EBF ~ ЬАВС, то
EF _ BL _ BE	_ AC- BE _ 2a cos a • (- a cos 2a) _
~AC ~ ~BD ~ ~AB	“ AB ~	a	~
„	Л nr BD-BE
= -2a cos a cos 2a; BL =---= -a sm a cos 2a.
AB
DL = BD-BL = asina + asinacos2a = asina(l + cos2a) =
= 2a sin a cos2 a.
936
S&EDF =	‘ DL ~ ~^a2 sinacos3 acos2a = -a2 sin2acos2acos2 a =
1 2 • л 2
= —a sm 4a cos a.
2
5 = 5длдс ~ ^-ЛТ?2 sin ZABC = ^a2 sin2 a.
2 2S S
Tаким образом a = —	.
sm2a sin a cos a
1	5	. .	2	1 c, • A
S^edf ~--------------sin 4a cos a = —£ sin 4a ctg a.
2	sinacosa	2
Ответ: --5 sin 4a ctg a.
12.188	. Пусть a, b, с- длины сторон остроугольного треугольника;
А, В, С - углы, противолежащие сторонам; Рс - расстояния от
центра описанной окружности до соответствующих сторон. В предполо-
жении, что Л < В < С, расположить в возрастающем порядке Р„ Рс.
Решение.
ПустьТ^ —радиус описанной окружности (рис.12.56), тогда
„2	A2	z,2
Рс2 = R2 ~—;Рь = R2 ~—;Р2 -R2- —
с 4 ь 4 а 4
Так как А < В < С, то а < b < с => Рс< Рь< Ра.
Ответ: Ра> Рь> Рс.
12.189	. Луч, проведенный из вершины равностороннего треуголь-
ника, делит его основание в отношении т: п. Найти тупой угол между
лучом и основанием.	д
Решение.
Луч ЯС делит сторону Л С равно-
стороннего треугольника АВС в от-
ношении т: п (рис. 12.57).
Пусть ZBDC -а — острый угол
между лучом и основанием и будем
_ AD т
считать, что п > т. Тогда —— = —.
DC п
Если AD = тх, то DC = пх, АВ =
-А С = (т + и) х.
Рис. 12.57
937
тс	тс
, AABD = а - —. По теореме синусов, из ЛАDB:
• I к
/ ч	sm а —
АВ AD \т + п)х тх	3
--------=	—s —1_£ =__________г—s х_____
sinZADB sin Z.ABD----------------------------------sin (я-а)	. ( л^ sina
v ' sin а —
т
т + п
1 . л/з
— sma-----cosa
2 2	™
sina	т + п	2 2 ~ т + п
п:	, 2т п-т А гг п + т
л/З ctga = 1-=---<=> tga = V3--.
т+п п + т	п-т
_	( rz п + т ]
Отсюда, а = arctg V3---и искомый тупой угол равен
I п-т )
( гг п + т
л-arctg УЗ------
п —т
~	( rz п + т
Ответ: л —arctg уЗ-----
п —т
12.190	. Через вершину равностороннего треугольника проведена
прямая, делящая основание в отношении 2:1. Под какими углами она
наклонена к боковым сторонам треугольника?
Решение.
ПрямаяЯО делит сторону Л С равностороннего треугольника АВС в
отношении 2:1, CD : AD = 2:1.
Пусть = х, Z.ABD -а, тогда СР = 2х, АВ - Зх, Z.ADB- 120°-а.
Из АЛ ЛЯ
4з	1 .
улг\о л в • Anno	—cos а+ —sma
sinZADB_AB sm(120°-a)_^	2	2	-3<=>
sin Z.ABD AD sina	sina
5/3	1 o	5	4з
—ctga+ - = 3 <=> ctga = -/=<=> tga =—.
2	2	V3	5
V3	V3
Таким образом, Z.ABD = arctg—, Z.CBD = 60° - arctg—.
V3	V3
Ответ: arctg—, 60° - arctg—.
938
Рис. 12.58
12.191. Основание треугольника равно а, а углы при основании
равны аир радианам. Из противоположной вершины треугольника
радиусом, равным его высоте, проведена окружность. Найти длину
дуги этой окружности, заключенной внутри треугольника.
Решение.
Пусть в ДЛ	(рис. 12.58) 1?С=a, ZC =а, ZB-^,AK—высота, АК-Н.
В bAKC^ZAKC =	\ СК = Нctga..
Из ЬВКА Z.BKA = - : ВК = Я ctg В.
I 2)
Так как С/С + ВК = ВС, то //ctga + //ctgP = а,
7/sin(a + p)	asinasinp
,	,	_	~ d, 1Л , /	\ •
sin a sinp	sin(a + p)
Длина дуги / =у/?, где у—радианная мера дуги, R — ее радиус; у=
ZBAC = я-a-p, R=H,
/ = а(л-а-р) .----4.
sin(a + р)
Л / о\ sinasinP
Ответ: а(л-а-р)-7-7----г.
sm(a + р)
12.192. Даны две стороны а и b треугольника и биссектриса / угла
между ними. Найти этот угол.
Решение.
Пусть BD — биссектриса &АВС, BD -I, ВС - а, АВ - b (рис. 12.59),
ZABC-ct.
939
Рис. 12.59
Тогда ЛАВВ = Z.CBD = у.
„	_	_ ab . al . а Ы . а _ , . а а
smbc =smbd+ sscbd => ту sm а = — sin - + — sm - <=> lab sm - cos у =
, . a /	a l(a + b) _ l(a + b)
= I sm — • (a + b)<=> cos — = —--; a = 2 arccos —--.
2 v 7	2 lab	lab
Ответ: 2 arccos +
lab
12.193.	Основание треугольника равно 4, а его медиана равна
Тб - 41 • Один из углов при основании равен 15°. Показать, что острый
угол между основанием треугольника и его медианой равен 45°.
Решение.
ПустьBD —медианаМ.ВС, BD = 7б - 41, AC =4,Z4 =75°(рис. 12.60),
AADB=x.
Тогда Z.ABD = 180° - (х + 15°).
По теореме синусов
из АЛ ВТ):
AD BD 1	4б-41	. / 2sinl5°
--------=--------=> —г----------г =-----simx + 15°)=
sin A ABD sin Z.A	sin(x + 15°) sin 15°	4b-41
sinl5° = sin(45°-30°)= sin 45° cos 30°-cos 45° sin 30° =	.
940
в
=150°; х = 15° или х = 135°.
Таким образом, существует два треугольника, удовлетворяющих
данным условиям. В первом из них меньший угол между медианой и
основанием треугольника—угол ADB равен 15° (рис. 12.60), а во
втором — XBDC = 180° -XADB = 45° (рис. 12.60, а).
12.194.	В трапеции мень- 5_—----------------
шее основание равно 2, при- /	\
лежащие углы— по 135°.	/	\
Угол между диагоналями, об-	/
ращенный к основанию, ра- —
вен 150°. Найти площадь тра-
пеции.	Рис. 12.61
Решение.
Пусть в трапеции ABCD ВС - 2, ХАВС = XDCB - 135°, О — точка
пересечения диагоналей, ХВОС = 150° (рис. 12.61).
В ЛВОС: ХА СВ = XDBC - 15°, тогда ХВА С = 180° - (ХАВС +
+ ХАСВ) = 30°.
По теореме синусов из &АВС.
AC = ВС ^АС_ ВС sin ХАВС _ 2sinl35° _
sin ХАВС sin ХВ AC	sin ХАВС sin 30°
SMBCD = | AC • BDsinXBOC =	sinXBOC = 1(^/2 J sin 150° = 2.
Ответ: 2.
12.195.	Доказать, что если биссектриса одного из углов треугольни-
ка равна произведению заключающих его сторон, деленному на их
сумму, то этот угол равен 120°.
941
с
Рис. 12.62	Рис. 12.63
Решение.
Пусть BD — биссектриса &АВС (рис. 12.62), ВС = а, АВ = b, BD -I,
ЛАВС = а.
„	„	„ ab . al . а Ы . а
£длвс = Smbd + S*cbd =^> — sina = — sin-y+ —siny
_ , . a a ,/	, \ . a a l(a + b)
<=> 2ab sin — cos — = Ila + b Jsin — <=> cos — = —--.
2	2 v 7	2	2	2ab
По условию / = и 0° < — < 90°, следовательно cos— = —,
а+b	2	22
ct
— = 60°, a = 120°,
2
что и требовалось доказать.
12.196.	Известно, что в треугольнике АВС АВ = a, ЛС - а. Найти
радиус окружности, проведенной через вершины Л, В и центр окружно-
сти, вписанной в треугольник АВС.
Решение.
Пусть О — центр окружности, вписанной в ААВС (рис. 12.63).
ЛВАС+ЛАВС = 180 °-а.
ЛАОВ = \Ы}°-^(ЛВАС + ЛАВС) = 9()° + ^.
Радиус окружности, описанной около АЛ ОВ:
а
АВ	а	а
IX —--------—------------- —---
2sinЛАОВ . (_ло а)
2sin 90° + — 2cos-
2	2
а
Ответ:-------
о а
2cos—
2
942
12.197.	В треугольнике А ВС проведена высота ВМ и на ней, как на
диаметре, построена окружность, пересекающая сторону А В в точке К,
а сторону ВС— в точке Z. Найти отношение площади треугольника
KZM к площади треугольника А ВС, если Z A =anZC= 0.
Решение.
ZABC = 180° - (а + р) (рис. 12.64)
DAM В и \МКВ, &СМВ и A MZB — прямоугольные с общими ост-
рыми углами при вершине Я.
Таким образом, ZKMB - ZA = a, ZZMB = ZC - р, ZKMZ = а + р.
Пусть ВМ = 1, тогда из АЛ MB (ZAMB - 90°):
. _ ВМ 1	ВМ 1
ЛВ = .	= -—; в &CMB(ZCMB = 90°): ВС = - = ——;
sinZ^ sina	sinZC sinp
Из ЬВКМ {ZB КМ = 90°): МК = ВМ cos ZKMB = cosa;
В &BZM{ZBZM = 90°): MZ = ВМ cos ZZMB = cosp. Отсюда
c -MKMZsinZKMZ _
S^z _ 2=	cosacospsm(a + P)	_
^AABC -BA BCsin ZABC. —----------— sin(l80° - (a + p))
2	sina sinp
= sin a cos a sin P cos p = — sin 2a sin 2p.
4
Ответ: 4 sin 2 a sin 2p.
4
12.198.	В ромб вписана окружность. В образовавшийся криволи-
нейный треугольник (с острым углом) снова вписана окружность. Най-
ти ее радиус, если высота ромба равна h, а острый угол равен а.
943
Рис. 12.65
Решение.
Пусть в ромбе Л BCD (рис. 12.65) ABAD = а, 0° < а < 90°, О — точка
пересечения диагоналей — центр вписанной окружности, К — центр
окружности, вписанной в криволинейный треугольник.
N и М — точки касания построенных окружностей со стороной Л В
ромба.
Тогда KMLAB,ONIAB,ON =
Пусть МК = г. Проведем KL ± ON.
Тогда KL\\AB, AOKL = АО АВ = ^,OL = ON - КМ = ^-г,ОК =
.	OL
В AOLK (AOLK = 90°\. ^AOKL = —-.
(J1Y
h
. а о r (h . a h (л . o.\ h(, .
Тогда sin— = -7-<=> — + r	sin— = —r <=>	r 1 + sin—	= —	1-sin —
2 h 2	22	2	2	2
—+Г \	/	\	7	\	7
2
i_sin^ l-cos|90°--| z
h 2_h____________V 2	* 2 45o_a
2 1 + sin^ 2 l + cos[90°-—2 V 4
2	4	2
Ответ: —tg2\ 45° - —
2	4
12.199.	Основание треугольника равно а, а прилежащие к нему
углы содержат 45° и 15°. Из вершины, противоположной основанию,
944
Рис. 12.66
проведена окружность радиусом, равным высоте, опущенной на это
основание. Найти площадь части соответствующего круга, заключен-
ную внутри треугольника.
Решение.
Пусть в АЛ ЯС (рис. 12.66) Z.A =45°, ZC= \5°,AC-a,BD—высота
и радиус круга, о котором говорится в условии задачи, Z.ABC = 180° -
(Z.A + ZC)= 120°.
Таким образом, искомая площадь равна 1/3 площади построенного
круга.
Пусть BD = h.
Из ДЛЯТ) ^ЛТ)Я = 90°, ZЛ = 45°): AD = BD- h.
В ДСЯЯ (ACDB = 90°): CD = Actgl 5° = Atg75°.
tg45° + tg30'
tg /Э = tg(45w +	—— 1-tg (л/з+Т)2	4 + 2>/з AD + CD-AC. Отсюда h + Atg75° = a => h = - 1 • Искомая площадь „ 1 ,2 1	а2(Уз~1)2 S = - ПП = -71	i	L-r 3	3	12 т&Лг-Л) Ответ:	rz	•	45°tg30° ]_J_ J3-I 7з 1 = 2+5/3. a _ a _ a _ а(Уз -1) 4-tg75° " 3 + Л “ V3(V3 + 1)~ 2V3 _ 7ш2(4-2л/з)_ tuz2 (2 - Уз) 36	'	18
945
12.200.	Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а, боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а. В
эту пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат на апофе-
мах пирамиды, четыре — на основании пирамиды. Найти ребро куба.
Решение.
Пусть в правильной пирамиде SABCD (рис. 12.67) АВ = a, SO —
высота, ZSCO = a, SE — апофема, F и F{ — вершины куба, о котором
говорится в условии задачи. Тогда ребро куба/Т^ перпендикулярно ОЕ.
СО = ^,ОЕ = -. BtiSOC(ZSOC = rt2): SO = COtgZSOC = — tga.
2	2	2
n — ХуГу
Пусть ребро куба равно х. Тогда OF =	, EF = ОЕ - OF =----.
Прямоугольные треугольники SOE vlF^FE подобны, следовательно
а-ху[2
а	2
2
FI^ FE- x
SO OE a-j2
946
rz.	a41 tgacos—cosa
aV2 tga _ aVztga _	&	4	_ asina
2(1 +tga) У я A _ . (it A _ . Гя Л
' b 2 tg—+ tga 2sm —+ a	2sm —+ a
4	14	1	14
a sin a
ГЁ Y
Ответ: 2 sin - + a
I4 J
12.201.	Площадь боковой грани пра-
вильной двенадцатиугольной пирамиды
равна 5. Плоский угол при вершине равен
а. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть С—вершина правильной двенад-
цатиугольной пирамиды (рис. 12.68), АВ —
сторона ее основания, ААСВ = ot, S^CB = S,
СО—высота пирамиды, С А = d, /_САО-х.
1 ,2 • с J 25
Тогда — d sm a = S,d = J-,
2	V sma
ACAB = 90°--.
2
Рис. 12.68
BbAOC(AAOC=9Q°):
A О = decs x, CO = dsinx.
S0CH = 125^ob = 12 • A O2 sin AA OB = 6d2 cos2 xsin 30° = 3d2 cos2 x.
Объем пирамиды V =	• CO = d3 cos2 xsinx.
АСА О—угол наклона бокового ребра пирамиды к плоскости осно-
вания, АО АВ — угол между проекцией бокового ребра на плоскость
основания и стороной основания, АСАВ — угол между боковым реб-
ром и стороной основания.
Тогда cos АСАВ = cos АСАО  cos АО АВ;
cosf 90° - — | sin —
cosACAB I 2 I 2 TZ ,3	2 A-------
cosx =--------= —sz =-----------— =$V = d cos xyl - cos x =
cos АО A В	cos 75°	sin 15°
. ? a I . 9 a	? a
тс I no- sm	sin —	25sm — I
25 1 25__________2 J J______2 ________2 j 25
sina V sina sin215° 1 sin2 15° sinasin215° Vsina
947
sin 15°-sm —	5sin— / -c /,	777 i x
	2 _	2	25 fl -cos 30 1-cosa]
' sin215°___________________cos —sin315° V sinaV 2	2 J
2 I 25 cos a-cos 30°
sin3 15° V sina 2
5tg- I-----------7-----ч—7---------:
-------2  I5tg—sinfl5o + —\infl5°- —
sin—sin315°’	2	2 J I 2
2
S	a . aA .	a]
Ответ'. -----------J5tg — sin 15 +— sin 15----.
cos —sin3150’	2	<	2><	2j
2
12.202.	В конус помещен шар так, что их поверхности касаются. Ра-
диус шара равен R , а угол при вершине осевого сечения конуса равен
2a. Найти объем тела, ограниченного поверхнос-
Рис. 12.69
тями шара и конуса.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокуп-
ности конуса и шара (рис. 12.69).
Пусть А — вершина конуса, АВ —его высота,
О — центр шара, О принадлежит АВ, N и М —
точки касания большого круга шара с образующи-
ми конуса, К — точка пересечения АО и MN, L —
точка пересечения поверхности шара и АО. Тогда
ON=OM=OL=R, ZONA = 90°, NK1AO, К — сере-
дина NM, ZOAN = ZONK = a.
Искомый объем V = И2 - Р\, где И2 — объем
конуса, осевое сечение которого ANAM,^ —
объем сегмента шара, осевое сечение которого —
круговой сегмент NLM с высотой KL.
948
В AO KN (ZO KN = 90°); OK = CWsin ZONK = TSsina;
NK = О Ncos ZONK = TScosa.
7
,	Л cos a
Из ЛА KN (ZAKN = 90°): АК = NKctgZKAN =	—
-Tt/?2(l-sina'
KL = OL - OK = R - R sina = 2?(1 - sina)
Таким образом
т/ 1	A7C-2	vrlLv KL} 1 D3 2 T?COS2a
V = -n NK AK-k-KL\ON---=-лЛ cos a-------
3	(3)3	sina
-----(1 - sin a)2 (2 + sin a) =
sina
[-sin a)) 1	21 cos4 a
------- = — nR -------
3------3
= -k/?3
3
sina
-(1-sin a)2 (2 +sin a) = ^лЛ3(1-sina)2
(1 + sina)2
sina
/_ чч к/?3 (1-cos(90'
- (2 + sin a))=----------—
3sina
sin4[45°--)
-----Ц
3 sina
•4
sin4| 45° —
Ответ: 4^дЗ	(	2 >
3	sina
12.203.	Найти объем и бо-
ковую поверхность правильной
треугольной пирамиды, если
плоскость, проходящая через
сторону основания а и середи-
ну ее высоты, наклонена к ос-
нованию под углом (р.
Решение.
Пусть в правильной пира-
миде 5ЛВС(рис. 12.70)ЛВ = а,
SO — высота, М — середина
SO, ЛА КВ — сечение из усло-
вия задачи, D — середина А В.
а-Уз
Тогда OD 1 АВ, OD =
6
(l + 2sina + sin2a-2sina-sin2 a)=
949
ПрямаяВО—проекция прямойПЛ/ на плоскость АВС. ТогдаВЛ/ ±АВ.
Таким образом, AMDО —угол наклона секущей плоскости к плос-
кости основания пирамиды, AMDО = <р.
a-J3
В АО ОМ (AD ОМ = 90°): МО = DO lg AMD О = -g- tg ср.
SO = 2MO = ^tg<p.
TZ 1 o __	1 a2y/3 ау/3 a3
Объем пирамиды: V = -S^BC SO = - • —--— tgcp = — tgcp.
H3AOO5(ZOOS = 90°):
sd = Jdo2+so2

Площадь боковой поверхности
2
S6 = 3SM5s = рв SD =	73(4tg2<p + l).
„ a3
Ответ: — tgcp;
Рис. 12.71
12.204. Найти объем правиль-
ной четырехугольной призмы,
если угол между диагональю приз-
мы и боковой гранью равен а, а
сторона основания равная.
Решение.
В правильной призме
ABCDA XBXCXDX (рис. 12.71)0, С,=
CD=a.
BXCXL DXCX>BXCXLCXC. Тог-
да ВХСХ перпендикулярно плос-
кости грани DDxCxCn, следова-
тельно, DCX —проекция ИВ, на
эту боковую грань призмы и
ABxDCx = a. BABxCxD(ABxCxD = 90°): DCX = BxCxclgABxDCx = ас tga.
Из AC, CD (ACX CD = 90°):
CCX
2	2 I 2	7 aVcos2a
ctg a - a = a-Jctg a -1 =-------
sina
глл	Т/ _ C rr - fl3Vcos2a
Объем призмы V — ^abcd *	—---------•
sina
a3Vcos2a
Ответ:-----:----•
sina
CD
950
Рис. 12.72
12.205.	В основании прямой призмы А ВСА^ С\ (ААХI \ВВ} IICCJ ле-
жит прямоугольный треугольник Л ЯС, у которого больший катет АВ
равен а, а противолежащий ему угол С равен а. Гипотенуза ВС являет-
ся диаметром основания конуса, вершина которого лежит на ребре
AXBV Найти высоту конуса, если АА{ = all.
Решение.
Пусть М — вершина, L — центр основания, МВ и МС — образую-
щие конуса (рис. 12.72) из условия задачи. Конус размещается так, что
его высота ML перпендикулярна В С. Опустим из точки М перпендику-
ляр MN на плоскость АВС. Тогда
MN\AAX,MN\AAX,MN = АА2 =у,
NL — проекция ML на плоскость А В Си NL ± ВС.
Z.BNL = ZACB = а.
В А ВЛ С (ZB^ С =90°):
ВС = —— = -^-. LB = —BC = ——.
sin ZZ СВ sina 2	2 sin a
В NBLN (AB LN = 90°): LN = В L ctg ZB NL = ££1^.
2 sin a
Из A MNL (ZMNL = 90°);
ML =	+	= & +	= ^ctg2.a+sin2a
V 4sin2a 4 2sina
• л	avctg2 a + sin2 a
Ответ: —-------------.
2 sin a
951
Рис. 12.73
12.206.	Через вершину правильной треугольной пирамиды и сере-
дины двух сторон основания проведено сечение. Найти площадь сече-
ния и объем пирамиды, если известны сторона а основания и угол а
между сечением и основанием.
Решение.
Пусть DylE — середины сторон АВ и А С основания правильной
пирамиды SABC (рис. 12.73), M)SE — сечение этой пирамиды, SO —
высота пирамиды, К — точка пересечения АО и DE. Тогда OK± DE,
DE = —,АК = ——,ОА = —,ОК = ОА-АК =
2	4	3	12
Прямая КО — проекция KS на плоскость основания, поэтому,
KSLDE ZSKO — угол между сечением и основанием, ASKO = а.
SDOE — проекция SDSEна плоскость основания пирамиды, следо-
вательно	1
-DE ОК
е _ ЛДОО£ _ 2___________
^ADSE	, с,
cos ASКО cosa
48cosа
В kSOK(ASOK = 90°): SO = OK tgASKO = -jy- tga.
1	1 а2л/з ау/з	a3 tga
Объем пирамиды: V = -*здлвс ’so = т -------=
Ответ: —-----;——
48cosа 48
952
12.207.	Из основания высо-
ты правильной треугольной пи-
рамиды на боковое ребро опу-
щен перпендикуляр, равныйр.
Найти объем пирамиды, если
двугранный угол между ее бо-
ковыми гранями равен а.
Решение.
Пусть SO— высота пра-
вильной пирамиды SABC (рис.
12.74), OMLSA, OM=p,AL —
высота АЛ 19С.
В плоскостиЛ5Счерез точку
О проведемпараллель но ВС.
Прямая A L — проекция SA
на плоскость Л19С, Л L±19C. Таким образом, SA1BC. SA1BC, ГК||ЛС,
отсюда SALFK.
SA.LFK, SALOM. Следовательно, плоскость MFKперпендикуляр-
на ребру SA, О —центр правильногокАВС и ГК||1?С => О — середина
FK => МО — высота и медиана A FMK => A FMK—равнобедренный,
Z.FMO = -AFMK = -.
2	2
а
В kF ОМ (kF ОМ = 90°): FO = MO\.gZ.FMO = ptg—.
а
3	3	3/,tg7
кА LC ~ АЛ OF и так как AL = —АО, то CL = —FO =-—.
2	2	2
а	ВС24з 9Р2^У
ВС = 2CL =	----------2..
2	4	4
Пусть ZSAO = р.
В kFOM(z.FOM = 90°):tg| =
Из kAMO(ZAMO = 90°):sinP =
т, . Q а МО FO FO	1
Тогда smptg— =--------=-----= tgZF4O = tg30° = —f=,
2 АО МО АО 6	5	73
953
Рис. 12.75
1	I-------	\ 6 э
------,cos0 = J1 - sin2 0 = -----
V3tg^	Vstgy
ОМ — высота прямоугольного АЛ OS => Z.MOS = ASA О = 0 .
В &SMO(ZSMO = 90°):SO =-----= .  2- .
cosAMOC I 2 a .
v3tg I"1
!3tg2|-l 4^3tg2^-l
Объем пирамиды
SO=|-
9/tg3y
Ответ: — -
4^-1
4
12.208.	Из основания высоты правильной треугольной пирамиды на
боковое ребро опущен перпендикуляр, равныйр. Найти объем пирами-
954
ды, если двугранный угол между боковой гранью и основанием пира-
миды равен а.
Решение.
Пусть SO—высота правильной пирамиды SABC(рис. 12.75) OE1DS,
ОЕ -p,D — середина А С. 'Totr&Z.ODS = a.
Пусть A С = а. Тогда OD = ~^-,OB = ——’$мвс =
В \DOS(^DOS = 90°).SO = ODlgAODS = —tga.
6
™	iz-1?
Объем пирамиды V — ~^^abc 'OS-——
В &BOS(ZBOS = 90°) ;BS = J BO2 + SO2 =	tg2 a =
з
a tga __
24
В.
S^oS=\BO SO = ^-BSOE=>^^lga =
2	2	3	6	2v3
а
6
2>/3
a =--------
tga
8tg а
Ответ: a =------—
8tg2a
12.209.	Найти боковую
поверхность и объем прямо-
го параллелепипеда, если
его высота равна h, диаго-
нали составляют с основа-
нием углы а и Р, а основани-
ем служит ромб.
Решение.
Пусть ромб ABCD — ос-
нование прямой призмы
Bl
Рис. 12.76
А
D
955
ABCDA{B{C}DX (рис. 12.76), AA{ = BB{ - h, О — точка пересечения
диагоналей Л С и BD ромба, Z.A{CA =а, Z.BJ)B = 0.
В ABXBD(ABXBD = 90°):5D = ВВХ ctgZBxDB = Лctgр.
H3^AiAC(ZA]AC=9Q°):AC = AAictgZA]CA = Л ctg а.
1	1 2
Площадь основания призмы S = —АС В D = — h ctg a ctg 0 => объем
призмы V = Sh = i/г3 ctgаctg0.
OA = “ЛС = i h ctg a, OD = ±BD = i-Actg0.
В АЛOD(ZAOD = 90°):AD = <JaO2+OD2 = |/i7ctg2a + ctg20.
Боковая поверхность призмы: S6 = 4 AD • h = 2/z2-Jctg2 a + ctg20.
Ответ: 2h2^ctg2 a + ctg2 0 ;i /г3 ctg actg 0.
12.210.	Основанием пря-
мой призмы служит равнобед-
ренный треугольник, основа-
ние которого равно а, а угол
при основании равена. Най-
ти объем призмы, если ее бо-
ковая поверхность равна сум-
ме площадей оснований.
Решение.
Пусть в ЛА В С — основа-
ние прямой призмы А ВС A lBiCi
(рис. 12.77). АВ = ВС, АС = а,
Z.BA С-a, BD — высота.
В AADB(AADB = 90°):5П = -tga, Л 5 = —-—.
2	2 cos a
Если// — высота призмы, то площадь ее боковой поверхности равна
- „	2 a
/	\	,	2а Н cos —
„ а \тт LT 1 + cosa	2
S6 = ----+ а \Н = аН--------=--------—.
I cosa j	cosa cosa
956
1	2
Площадь основания призмы S0CH = -АС- BD = — tga.
По условию S6 = 2 Soch, следовательно
. a
a sin —	,
гт asina	?	1	a
Н =--------=------— = -atg—.
.	2«	„ a	2	2
4 cos —	2cos—
2	2
Объем призмы jz = S0CH
Н = — а3
8
a
tgatgy-
_ __	2 a
2аН cos —	2
________2 =£_
2
cosa
1 3 a
Ответ: —a tgatg—.
o	2
12.211.	Основанием пира-
миды служит ромб с острым
углом а. Найти объем пира-
миды, если ее боковые грани
образуют с основанием один
и тот же двугранный угол 0 и
радиус вписанного в нее
шара равен г.
Решение.
Пусть ромб А В CD — ос-
нование пирамиды SABCD
(рис. 12.78), SO— ее высо-
та, ZBCD = а, 0° < a < 90°.
Из вершины 5 пирамиды
опустим перпендикуляр SE
на сторону CD основания.
Тогда OE1.CD и Z.SEO —
линейный угол двугранного
угла, образованного боковой гранью CSD с основанием, Z.SEO - 0.
Так как все грани данной пирамиды образуют с основанием один и тот
же угол, то’точка О — центр окружности, вписанной в ромб ABCD —
точка пересечения его диагоналей Л С и BD.
Тогда ^DOE = ЛОСЕ = ^BCD = “.
Пусть О{ — точка пересечения биссектрисы ASEO и высоты SO
Рис. 12.78
957
пирамиды. Опустим в плоскости SOE перпендикуляр на прямую
SE. Так как.ОСперпендикулярно плоскостиSOE, то плоскостиSOE и
DSC перпендикулярны и, следовательно, ОtF—перпендикуляр к плос-
кости DSC. O}F=OxOn так как грань Р5Свыбрана произвольно, то Ох
равноудалена от всех граней пирамиды, то есть Ох — центр шара,
вписанного в данную пирамиду, и ОХО = OXF = г.
BAO1D£(ZO,OD = 90°): ОЕ = OxOctg/OEOx = rctg|.
Из AS CD (/SOE = 90°): SO = ОЕtg /SEO = г ctg | tg р.
ОЕ rCtg?
В AODC (/ОЕС = 90°): СО = . z
v	7	sm /ОСЕ	 а
sin —
2
Из ADED (/OED = 90°); DO =----—------=------.
cos /.DOE cl
cos—
Площадь основания пирамиды
•	2r2 ctg2 £	4r2 ctg2 £
S0CH = - AC BD = 2CO • DO =-------
2	a a sin a
i	4r3ctg3£tgP
Объем пирамиды у = _ я . SO =-------------
3QCH.	_
3sina
4r3tgP
Ответ:	Д’-
3sinatg3
4r3 tgp
-i • з P
3sinatg
12.212.	Основанием пирамиды служит равнобедренный треуголь-
ник, равные стороны которого имеют длину Ь; соответствующие им
боковые грани перпендикулярны плоскости основания и образуют меж-
ду собой угол а. Угол между третьей боковой гранью и плоскостью
основания также равена. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду.
Решение.
Пусть боковые грани SAВ и SA С пирамиды SAВС (рис. 12.79) пер-
958
пендикулярны плоскости АВС ее
основания. Тогда их общее ребро SA
является высотой пирамиды. В
ЬАВСАВ = АС = Ь, ABAC = а.
Если Е — середина ВС, то
Z.BAE = -, AEJLBC => SE1BC	и
2
ZSEA — угол наклона грани
BSC к плоскости основания,
ZSEA = а.
Пусть О— центр шара, вписан-
ного в данную пирамиду. Так как шар
касается граней двугранного утла с
ребром ВС, то О лежит на биссект-
рисе линейного угла SEA этого дву-
гранного угла.
Пусть М и К — соответственно
точки касания шара с гранями АВС
и SAB пирамиды. Таким образом, ОМ1АВС ,OKLSAB ,ОМ =ОК = г, где
г — искомый радиус шара.
В плоскости SAB проведем перпендикуляр KD к прямой АВ . Так как
плоскости SAB и АВС перпендикулярны, то KD ± АВС => KD ± MD. В че-
тырехугольнике OKDM углы при вершинах К, D,M— прямые, поэтому он
является прямоугольником и так как ОК = ОМ, то 0KDM — квадрат,
DM = ОМ = г.
В ЛАЕВ(ЛАЕВ = 90°): АЕ = АВ cos Z.BAE = b cos
Из AADM(AADM - 90°): AM = ——— = —Г— .
sinZB^ sina
2
В M)ME(/.0ME = 90°) \ME = 0M ctgZOEM = r ctgу .
, a . a
о cos—sin—
2	2
1	a
l+cos—
2
AM + ME=AE^—— 4
. a
sin—
2
a
rcos—
2	, a
----— = b cos— <=>r =
2
Z?sina
. a
sin—
2
Л 2 a
4 cos —
4
_ Z>sma
Ответ: --------
Л 2 a
4 cos —
4
959
12.213.	Из основания высо-
ты правильной треугольной пи-
рамиды на боковую грань опу-
щен перпендикуляр, равный а.
Найти объем пирамиды, если
угол наклона бокового ребра к
плоскости основания равена.
Решение.
Пусть SO — высота пра-
вильной пирамиды SABC
(рис.12.80), ZSCO=a, D —
середина Л С. ТогдаЯ2ХЫ?С,
SD-LBCn ребро ВС перпен-
дикулярно плоскости ADS.
Плоскости ADS nBSCnep-
пендикулярны.
В плоскости A DS из точки
О проведем перпендикуляр
ОМ к SD. Так как плоскости
ADS и перпендикулярны,
то ОМ перпендикулярен плоскости BSC и равен а.
х2
Пусть ВС = х, ZODS = ф => ОС = — ,OD =
3	6	4
В Д5ОС (ZSOC = 90°): SO = ОСtg ZSCO = -y- tga.
Из &SOD (ZSOD = 90°): SO = OD tgZODS = tg<p.
6
Тогда —~tga = y-tg9<=> tg9 = 2tga.
В &OMD (ZOMD = 90°):
qj) - ОМ _ а _ а _ a-^l + tg
sin ZODM sin ф tgфcosф tgф
a
2 tga
6
2 tga
tga
Объем пирамиды:
960
TZ 1 e	1 Х2у[3 Ху/?)	1 У
V = -S^BC S0 =-------------tga = — x tga =
3 MBC	3	4	3	12
4
1 Зу/За37(1 +4tg2 a) _ y/За37(1 + 4tg2 af
12 tg3a	4tg2a
Ответ:
y/3a3y/(l + 4tg2 a/
4tg2 a
12.214. Основанием пирамиды
служит ромб со стороной а и ост-
рым углом а. Две боковые грани
перпендикулярны основанию, а
две другие наклонены к нему под
углом ф. Найти объем и боковую
поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть ромб Л BCD — основание
пирамиды SABCD (рис. 12.81),
АВ=а, острый угол ромбаа.
Тогда площадь ромба 5 = a2 sin
а, а его высота h = a sin a.
Боковые грани ABS и CBS пи-
рамиды перпендикулярны плоско-
сти основания, следовательно их	Рис. 12.81
общее ребро SB — высота пира-
миды. Проведем из точки В перпендикуляры В К и ВМ к прямым A D и
CD. Тогда ВЛ- = ВМ = h = asina, SKLAD, SML CD, Z.SKB =£SMB = <p.
Из \SBK(ASBK = 90°): BS = BA’tg Z.SKB = asina tgp.
Объем пирамиды V = -j 50CH
•£S = ia3sin2
3
atg9.
&ABD и &CBD — проекции граней ASD и CSD на плоскость основа-
„ о	a2 sina
ния, следовательно S^SD = S^CSD = —- =-------.
СО8ф 2со8ф
„ о 1 „г, . ~	1 2 •	a2sinasinQ
Smbs - S^cbs АВ ~~^а sin atg Ф - —--------------
2	2	2созф
Площадь боковой поверхности пирамиды
31 Группа Б
961
2 .	2 •	•	2 «
с	о ч a sina a sin a sin (р a sinaH + smcp)
5бок = 2($ДЛ$0 + SMBS ) =------+----------22 =--------------— =
COS(p COS(p	costp
2 • л,	44	2a2sinacos2! 45°- —
_ sina(l + cos(90 -(p)) _	<	2
COS(p
COS(p
2a2 sinacos2| 45°- —
t I 2
a tg ф;----------------------
Ответ: -a3sin2
3
Рис. 12.82
COS(p
12.215. В правильной тре-
угольной пирамиде с углом а меж-
ду боковым ребром и стороной
основания проведено сечение че-
рез середину бокового ребра па-
раллельно боковой грани. Зная
площадь S этого сечения, найти
объем пирамиды. Каковы возмож-
ные значения а?
Решение.
Пусть D — середина боково-
го ребра BL правильной пирамиды
LABC (рис. 12.82), &EDF — про-
веденное сечение этой пирамиды,
ZZZC = a.
Так как плоскости EDF1A.ALC
параллельны, то DE^AL, DF||ZC
и так как D — середина BL, то
Е —середина АВ, F—середина
ВС, £F||/1C,
DE = DF = ^-AL. Так как DE^LA, EF\\AC, to Z.DEF = Z.LAC = a.
Пусть LO — высота пирамиды LABC, M — точка пересечения ВО и ЕЕ
Тогда М — середина EF, DMLEF.
Если А С = а, то EF - —,DM = — tg a, DE - —-—.
2	4	4 cos a
!	a2
SAEDF =-EF DM => — tga = 5, a = 4A/S'ctga.
2	16
= —, AL = 2DE = —-—.
3	2 cos a
962
В ЛА0L\ /.AOL = - |: 0L = >1 AL2 - АО2 = а ---Ц-----
\	2 у	V 4 cos2 а 3
Объем пирамиды
TZ * 1 с пт 1 а	а -Г К I • \	, п
к = — S^BC'OL =---------- sm а sin а + —
3	3	4-73 cos а у \	6)	6
3	7 Zk 777\
Л . | тс 1 . I 7С 1
----- sin а— sin а+ —
12cosa\|	6 J V бу
. \	71]. I	ТС
645ctga Sctgasin а— sin а + —
V к	б J I	6
12cosa
IdSctga
3 1
где sin а--sin ан— > 0 <=> cos — cos2а > 0 <=> cos2а < —, откуда
I	6)	I 6J '	3	2
Ответ: — 5 ctg а
ПС • к I • I	К
25sin а— sin а+ —
I 6 У к	6 J П 71
------------------------- ; — < а < —.
sin 2 а	6	2
12.216. Перпендикуляр, опущенный из центра основания конуса на об-
разующую, вращается около оси конуса. Найти угол между его образую-
щей и осью, если поверхность вращения делит объем конуса пополам.
Решение. >
Пусть &АВС— осевое сечение данного конуса (рис. 12.83), ВО — его
высота, ОМ— перпендикуляр, опущенный из центра основания конуса на обра-
зующую АВ. В результате вращения ОМ около прямой ВО получится конус,
осевое сечение которого ЛМОЬ, ML 1 ВО. Плоскость основания получен-
ного конуса отсекает от данного конус, осевое сечение которого ЛМВЬ. Точка К
пересечения ML и ВО — центр общего основания конуса, полученного в
результате вращения отрезка ОМ, и конуса, отсеченного от данного. Сумма
объемов и этих конусов равна 1/2 объема И данного конуса.
Пусть ZJ5<9 = a,0°<a<90°,J(9 = /?.
963
Рис. 12.83
ZKLO - ZAOL= Z ABO-а.
В LALO(ZALO = 90°); OL = О A cosZA OL = Bcosa.
Из ALKO (ZLKO = 90°): LK=OL- cosZ KLO = Bcos2 a.
И] + V2 = |TtLK2  OK +| BK = 1 uLK2(OK + BK) = |nLK2  BO.
V = -n-OA2 BO.
3
Так как И. + V-, = — V, to -kLK2 BO = — -n -OA2 BOJLM2 = — CM";
2	3	2 3	2
D2 4	1 r>2	4	1	1	fl
R cos a = — R ; cos a = —; cos a = —;a = arccos —= .
2	2’	^2	[4j2j
( 1
Ответ: arccos —=
V2
kvz J
12.217.	Найти угол между образующей и основанием усеченного
конуса, полная поверхность которого вдвое больше поверхности впи-
санного в него шара.
Решение.
Пусть трапеция A BCD, АВ - CD (рис. 12.84) — осевое сечение дан-
ного усеченного конуса, О — центр вписанного шара, M.N, К—точки
касания шара с диаметрами ВС nAD оснований конуса и его образую-
щей CD.
Если г и R — радиусы верхнего и нижнего оснований усеченного
конуса, 7 — образующая,х — радиус вписанного шара, Z.CDN = а, то
CM-CK = r,DN = DK = R,l = CD = CK + KD=R+r, MN = 2x1
Полная поверхность усеченного конуса
964
Рис. 12.84
S =тс (jR + г) I +тс R2 +л г2 =тс (/2 + R2 + г2) =тс (Р + (R + г)2- 2Rf) =
=tc(2Z2 -2Rr) = 2л (Р -Rr).
Пусть CL— высота трапеции ABCD, CL = MN = 2х, тогда из
CI 7х
ACLDI = CD =-----—-----=
sva.Z.CDN sina
ACOD = 90°,OKLCD,OK = х,СК  KD = OK2,Rr = x2=*S =
= 2л
4х2
. 2
sin a
= 2nx2(—-----1 |.
I sin2 a J
2
Поверхность шара = 4лх2.
4
21 Q	]	2	7	4
Так как S,=2S,1, то 2гос —=----------1 = 8лх => sin a = —;sina =
Ism a J
2	2
-7=-;a = arcsin.
/5	V5
Ответ: arcsin-т=.
V5
12.218.	Основанием прямой призмы служит треугольник со сторо-
ной а и прилежащими к ней углами аир. Через сторону основания под
углом ф к нему проведена плоскость, пересекающая противоположное
боковое ребро. Найти объем полученной треугольной пирамиды.
Решение.
Пусть &АВС — основание прямой призмы ABCAtB}Cx (рис. 12.85),
Z.A СВ - a, Z.ABC - р, ВС = а,Е — точка пересечения сечения призмы,
проходящего через ВС, с ее боковым ребром AAV Тогда Л £ — высота
965
Рис. 12.86
Рис. 12.85
полученной пирамиды и ее объем V = ^5'Д4ВС ЕА, AF—высотаЛАВС
и проекция .ЕВна плоскость ЛВС. Таким образом EFABC и AEFA = (р.
В ЛАВС. АВА С = 180° - (а + р);
CBsinAACB asina	1 .D
AB = —	= -AB ВС sin AABC =
sin ABA C	sm (a + p)	2
_ a2 sinasinp
2 sin (a + p)
„	1	2S\jBr asinasinP
Так как SMBC = — ВС • AF, то AF = ———— = ——7-у •
^вс 2	ВС sm(a + p)
В ЛЕАР(АЕАР = 90°) .ЕА = AFt%AEFA = ^^^^ру •
_ т. 1 a2 sinasinp asinasinptg© a3 sin2 asin2 Btgtp
Отсюда V = 3 	= 6sin’(a+f»“
_ a3 sin2 asin2 ptgq>
Ответ:--------—---- х .
6sin~(a + P)
12.219. При вращении кругового сектора около одного из крайних
радиусов получилось тело, площадь сферической поверхности которо-
966
го равна площади конической поверхности. Найти синус центрального
угла кругового сектора.
Решение.
В результате вращения получилось тело, состоящее из конуса и
шарового сегмента, имеющих общее основание (рис. 12.86): центр О
кругового сектора — вершина конуса, радиус ОБ, около которого осу-
ществлялось вращение — ось полученного тела, радиус ОА — образу-
ющая конуса, В — вершина шарового сегмента.
Точка С — центр основания конуса. ТогдаЛЛ СО = 90°, СВ — высо-
та шарового сегмента, А А О В—центральный угол кругового сектора.
Пусть ОА = OB-R,AAOB =о, тогда из АЛ СО: ОС=Acosa, С A
ВС - ОБ - ОС - jR(1 - cos а).
Площадь конической поверхности^ = л • С А • О А =л jR2sina.
Площадь поверхности шарового сегмента
S2 = 2л • ОВ СВ = 2лЯ2 (1 - cos a).
Так как S', =5',, то яЯ2 sin a = 2лЯ2 (1 - cos a)j sin a = 2(1 - cos a)j Sin a  =
1 2	1-cosa
a
® 7	4
Тогда sm a =----= —.
l+tg^ 5
4	2 .
Ответ: —•
12.220. Боковое ребро
правильной четырехуголь-
ной пирамиды составляет
с плоскостью основания
угол а. Через вершину ос-
нования и середину проти-
волежащего бокового реб-
ра проведена плоскость
параллельно одной из диа-
гоналей основания. Найти
угол между этой плоско-
стью и плоскостью основа-
ния пирамиды.
Решение.
Пусть SO — высота
правильной пирамиды
Рис. 12.87
967
SABCD (рис. 12.87), L— середина SC, Z.SCA = a, M и К— точки
пересечения сечения, проходящего через точки Л и L параллельно BD
с ребрами SB и SD, МК—линия пересечения сечения и плоскости BSD,
отсюда МК ||в/).
BD1AC, BDLSO. Таким образом, прямая BD перпендикулярна плос-
костиЛВС.
AL —линия пересечения сечения и плоскостиЛВС. ТогдаВ/)_1_Л/,.
ALLBD, AC1BD, BD параллельна прямой пересечения сечения и
плоскости основания, которая проходит через точку А. Отсюда, ALn
А С перпендикулярны этой прямой и Z.LA С — искомый угол наклона
секущей плоскости к плоскости основания.
Пусть Z.LA С = х,Е—точка пересечения медиан SO и AL треуголь-
ника Л SC. Тогда ЕО = ^SO. ИзSAOE(Z.AOE = 90°):£О = OAtgx.
В ASOC(ZSOC = 90°): SO= OCtg ZSOC = ОА tg а=>
_ .	1 _ .	1	tga
=> ОАtgx = -ОАtga;tgx = ytga;x = arctg-у-.
tga
Ответ: arctg-у-.
12.221. Основаниями усеченной пирамиды служат правильные тре-
угольники. Прямая, проходящая через середину одной стороны верхне-
го основания и середину параллельной ей стороны нижнего основания,
перпендикулярна плоскостям оснований. Большее боковое ребро рав-
но /и составляет с плоскостью основания угол а. Найти длину отрезка,
соединяющего центры верхнего и нижнего оснований.
Решение.
Пусть ОиОх — центры оснований Л ВС и А ХВХ С( данной усеченной
пирамиды (рис. 12.88), D — серединаВС, Dx — серединаВ^,, прямая
DDX перпендикулярна плоскостям оснований. Точки В и В! симметрич-
ны точкам С и С] относительно прямой/)/)] иВВ] = ССХ.
Из точки Л ] опустим перпендикуляр А ХЕ на плоскостьЛВС.
ПустьВС = х, В]С1=у, тогдапроекцииВВ]И СС] на плоскость будут
х-у
равны —-— и BXCXLAXDX,BXCXLDDX, то есть ВХСХ перпендикулярен
плоскости ААXDXD и так как BXDX = CD то В и Вх симметричны
относительно этой плоскости.
Аналогично, точкиВ и Стакже симметричны относительно плоско-
стиЛ Л ]/)]/).
968
Рис. 12.88
Таким образом, трапеции А А ХСХС и А А ХВХВ симметричны относи-
тельно плоскости AAXDXD и, следовательно, равны. Тогда Z.AXAC =
Z.A ХАВ и точка £ находится на биссектрисе Л £ угла£Л С.
AD = — ,ED = AiDi =^-,AE = AD-ED=^X~y^-.
2	1 1	2	2
АЕ — проекция бокового ребра ААХ усеченной пирамиды на плос-
кость АВС. Так как {Х-У)Л>Х-У>
то A A t — большее боковое реб-
ро иААх =1, Z.AXAE = а.
Тогда DDX = AtE- /sin а, АЕ = /cos а.
Проведем в плоскости AA^DO^AjE. Тогда OXF1AD, OXF =
Л,£=/5та.
1	1	/ d
OF = OD - FD = OD-OXDX = -{AD- AXDX)=-AE =
В AOFOX ( ZOFO =90°);
/х-k r-2 хч r.2	I/2 COS2 а ,2-2	/ I 2	• 2
ОО, =dOF +OiF = ,--------+ / sin a =-Vcos a + 9sin a =
v	V 9	3
= -j Vl + 8sin2 a = ^/1 + 4(1 — cos2oc) = V5-4 cos 2a.
Ответ: 7-5/5 — 4cos2a.
969
Рис. 12.89
12.222. В основании пи-
рамиды лежит ромб, один из
углов которого равен а. Бо-
ковые грани одинаково на-
клонены к плоскости осно-
вания. Через середины двух
смежных сторон основания
и вершину пирамиды прове-
дена плоскость, составляю-
щая с плоскостью основания
угол р. Площадь полученно-
го сечения равна S'. Найти
сторону ромба.
Решение.
Пусть ромб ABCD — ос-
нование пирамиды LABCD
(рис. 12.89), Z.BAD = а,
LO — высота пирамиды. Так как боковые грани одинаково наклонены
к плоскости основания, то О — центр круга, вписанного в ромб, —
точка пересечения его диагоналей. Пусть Е — середина А В, F — сере-
дина AD, SELF= S, К — точка пересечения EF и А С, АВ = а.
EF^BD,EF = — BD = ВО = a sin—,EFUK.O, К — середина EF. КО —
проекция KL на плоскость основания. Тогда KL1EF, Z.LKO — угол
между плоскостью ELF сечения и плоскостью основания пирамиды,
1	1	ос
ЛЬКО=$. КО = —AO = —acos—.
2	2	2
а
КП	<7 COS —
В ЬКОЬ (Z.KOL = 90°): KL =-—____=.
cos Z.LKO	2cos0
а
о 1 r-r- г lx 1	. а «cos. а2 sina о _ /25 cos В
saelf =-EFLK=^-asm-------- = 5;----= S,a = 2 J--
2	2	2 2cos0 8cosfJ	V sina
Ответ: 2 25cOSP.
V sina
12.223. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а. Все
боковые грани составляют с плоскостью основания один и тот же угол 0.
970
Площадь сечения, проведен-
ного через большую диаго-
наль основания и вершину
пирамиды, равна S. Найти
объем пирамиды.
Решение.
Пусть ромб ABCD — ос-
нование пирамиды LABCD
(рис. 12.90), /BCD = ос, 0°<
ос< 90°, LO — высота пирами-
ды. Все боковые грани имеют
с плоскостью основания один
и тот же угол, поэтому О —
центр круга, вписанного в
ромб, — точка пересечения
диагоналей ромба.
/.BCD острый, поэтому	Рис. 12.90
АС — большая диагональ ромба,S^LC = S'.
В плоскости DLC опустим перпендикулярЛАГна CD. Тогда OK1.CD
/ЬКО=$.
Плоскость ALC делит данную пирамиду на две равных пирамиды
DALC nBALCc общим основанием ЛАС.
DO1AC, DO1LO. Отсюда DO перпендикулярен плоскости ALCи
является высотой пирамиды DALC.
2
Объем данной пирамиды V = 1VDALC = у S' • DO.
1	ос
Пусть DO = a, /DOK = /DCO = ^BCD = у.
ОС	ОС	ОС
Тогда ОК = acos—,ОС = a ctg—,МО = acos—tgfi.
1	ос	ос
S = -LO - АС = LO OC =$ acos—tgP-actgy = S,a =
CL
S*tg —CtgP
а
cos —
2
„ . а „
S sin — ctg р
а
cos—
2
2S. S sin — ctg Р
V 2
3cos —
2
971
OL
2Sy S sin — ctg В
V 2
Ответ:---------------
„ a
3cos—
2
Рис. 12.91
Если АС = а, то S^BC =
12.224.	В правильной тре-
угольной пирамиде двугранный
угол при основании равена, бо-
ковая поверхность равна S'.
Найти расстояние от центра ос-
нования до боковой грани.
Решение.
Пусть LO— высота пра-
вильной пирамиды LA ВС (рис.
12.91). Проведем в грани ALC
перпендикулярLD на АС. Тог-
да 0D1A С, Z.LDO =а, сторона
А С перпендикулярна плоскости
LDO, плоскости LDO и ALC
перпендикулярны.
В плоскости LDO проведем
перпендикуляр OKnaLD. Тогда
ОК перпендикулярен плоскости
ALCи его длина есть расстояние
от точки О до грани ALC. Так как пирамида правильная, то все боковые
грани одинаково наклонены к плоскости основания hS4 4DZ, = Seos а.
*	оАоС
= S cosa,а = 2
Seos а
V 4з
Из^ОКО! ZOKD =90°>: OK = ODsinZODK =	cosa.
_ smа /Т/f
Ответ: —— yS-уЗ cosa.
12.225.	Высота правильной треугольной пирамиды равна//. Боко-
вая грань составляет с плоскостью основания угол а. Через сторону
основания и середину противолежащего бокового ребра проведена плос-
кость. Найти площадь полученного сечения.
972
Решение.
Пусть МО — высота правиль-
ной пирамиды МАВС (рис. 12.92),
МО = H,F—середина!? С. Тогда
AFABC, MFABCAAFM = а.
В ЛМОР(АМОР = 90°); OF =
Hctg а. К— середина А М. В
плоскости AMF проведем KL ||
МО, тогда KLLAF и KL — сред-
няя линия ЛА ОМ.
KL = -MO = —,AL = LO.
2	2
Так как АО = 2OF, то AL =
LO = OF, LF = 2OF = 2Hctg а.
Пусть LF— проекция KF на
плоскость ABC, LF1BC, тогда
KFLBC.
В ЛВРО (ABFO = 90°):
Рис. 12.92
BF = OF ctg AOBF = Я ctg a ctg 30° = нЛ ctg а.
В ЛКЬР{АКЬР- 90°):
KF = ylKL2+LF2 =	+ 4Я 2 ctg2 а = у 71 + 16^ё2а-
S^bkc =^BC KF = BF KF = ^Я2>/з ctgaVl + 16ctg2 а.
Ответ: — Я 2 >/з ctgосд/1 +16ctg2 а.
12.226.	В основании треугольной пирамиды лежит равнобедренный
треугольник, у которого площадь равна5и угол при вершине равен».
Найти объем пирамиды, если угол между каждым боковым ребром и
высотой пирамиды равен £.
Решение.
Пусть	DO — высота пирамиды DAВС (рис. 12.93), ZtIDO -ABDO=
ACDO = $,АВ = ВС, AABC =a, S^BC = 5.
ЛА ОМ = ЛВОМ =ЛСОМ=>ОА - О В = ОС, О — центр окружности,
описанной около ЛАВС, О А —ее радиус.
Если О А = R, то А В = ВС = 2R sin АВА С = 2R sinf 90° - - | = 2R cos-.
2	2
973
Рис. 12.93
Рис. 12.94
Skabc = - АВ2 sin ЛАВС => - • 4А2 cos2 - sin а = S =>
дляс 2	22
V2Ssma
. ~	2 а •	~ а .
1 2 cos —sina 2 cos —sina
У 2	2
В ЛА 0D {ЛА OD = 90°);___
DO = О A ctg ЛА DO = ^25si^actgP
2 cos—sina
2
5
Объем пирамиды V =
_ 5ctgP>/25sina
Ответ:--------------
, a .
6 cos —sina
2
£ ctg p>/2S sin a
, a .
6 cos —sina
2
12.227. Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция, у
которой боковая сторона равная, а острый угол равен а. Все боковые
грани образуют с основанием пирамиды один и тот же угол £. Найти
полную поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть трапеция ABCD — основание пирамидыFABCD (рис. 12.94),
FO — высота, АВ = CD = а, ЛАВС = а, 0° < a < 90°.
974
Так как все боковые грани пирамиды образуют с основанием один и
тот же угол Р, то точка О равноудалена от всех сторон трапеции ABCD и
является центром окружности, вписанной в эту трапецию. Отсюда A D +
ВС = АВ + CD =2а.
Если АЕ — высота трапеции ABCD, то АЕ = asin а.
П	Л п^г\ С AD+BC . „	2 •
Площадь трапеции ABCD S =-----АЕ = a sina, а площадь
боковой поверхности пирамиды $бок. -
=>S,„-S, + S'6-S'4---
cosp
* 2 •	2 3
2a sin a cos —
Ответ:-------------2_
cosp
12.228. Двугранный угол
при основании правильной тре-
угольной пирамиды равен а,
боковая поверхность пирамиды
равна S. Найти расстояние от
центра основания до середины
апофемы боковой грани.
Решение.
Пусть FO — высота правиль-
ной пирамиды FABC (рис. 12.95),
D —середина Л С. Тогда£/)1Л С,
OD1AC, AFDO-сс
ЕслиЕ—середина апофемы
FD, то ОЕ — медиана прямо-
угольного &FOD, проведенная
£(1 +.cosfl)
cosp
_ 2 •	2 Р
2а smacos —
2
cosp
Рис. 12.95
к гипотенузе, ОЕ = FD.
Е. ,й,. = Seos a.
ДЛ2>С
Если Л С = а, то
2 Г	I
с а у/3	. Scosa
^ллвс ~	~ $cosa => а — 2 —=—.
4	v 7з
OD =	= 1 ,/Ж^.
6 V V3 6	3
975
Рис. 12.96
Рис. 12.97
BAFOn(ZFOn = 90°):
FD =
OD
cos Z.FDO
3cosa
=$0E =
cosa
6 cos a
Т^Тз cosa
Ответ: ---------.
6 cos a
12.229. Плоский угол при вершине правильной n-угольной пирамиды
равена. Отрезок прямой, соединяющий центр основания пирамиды с сере-
диной бокового ребра, равена. Найти полную поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть СО — высота правильной пирамиды САхАг..Ап (рис. 12.96),
Z.AХСА2 = а,В — середина СА2, ОВ = а.
О В — медиана прямоугольного Z.COAV проведенная к гипотенузе,
следовательно СА2 = 2а,
^SAtCA2
= — А,С2 sina = 2а1 sina.
2 1
Площадь боковой поверхности пирамиды
=nSM2CA2 =2wa2sina.
Если ЛСА2Ах — угол между прямой А ХА 2, лежащей в плоскости ос-
нования пирамиды и наклонной СА2 к этой плоскости, О А 2 — проекция
СЛ2-на эту плоскость, то cosZCA2A1 = cosZOA2Al  cosZCA2O =>
976
. а
X	/	\	sin —
— - — 1= cosl — - — cosZ-CAyO => cosZG42O = —
2 2J	V "J	sin^
n
।	п
в ла2ос! аа2ос =
S&a}oa2 ~ ^2 sinAA1OA2 -
0A2
la sin —
= CA2 cos ACA2O =------
2	2	. TC
sin —
n
. 2 • 2 «	л 2 • 2 ОС • TC TC
4a sin	—	~	4a sin	— sm —cos—	~
2 • 2тс	о n и л 2 • 2 ос . тс
--------—	sin — =-------------    — = 4a sm — ctg—.
• 2 к n	-2 71	2 и
sm —	sm —
n	n
Площадь основания пирамиды
2
„	„	л 2	• 2 ОС А ТС
=nS^0A =4а «sin -ctg-.
12	2 п
Тогда площадь полной поверхности пирамиды
S = Si +S2 =2па2 sina + 4na2 sin2 —ctg—=
2 n
. 2 . a . (а тс
4na sm —sm —+ —
2 (2 n
. TC
sin—
n
.	а	тс
_	sm —cos—
Ct	2	и
COS — 4---------—
’ 2	• тс
sm —
n
А г а
= 4па sin —
2
. 2 • а . (а п
4па sin—sin — + —
2 I 2 п
Ответ:--------------------
тс
sm —
п
12.230. Два конуса имеют концентрические основания и один и тот
же угол, равный а, между высотой и образующей. Радиус основания
внешнего конуса равен/?. Боковая поверхность внутреннего конуса в
два раза меньше полной поверхности внешнего конуса. Найти объем
внутреннего конуса.
Решение.
Пусть &АВС— осевое сечение внешнего конуса (рис. 12.97),
&MLK — осевое сечение внутреннего конуса, О — общий центр их
оснований, О А = R, Z.ABO = Z.MLO - а.
977
D
Рис. 12.98
=kR(R + Ii)=kR\ R +
Образующая внешнего конуса/) = АВ =------, его полная поверхность
sina
(П Y|
.	_.	. tlR 1 + cos — a
R j _ itR2 (1 + sin a) _	\2	J J _
sina J sina	sina
_ d2 2I n a 1
2itR cos--------
sina
Если радиус внутреннего конуса ОМ = г, то его образующая
/2 = ML = а его боковая поверхность S2 - nrl2 =	.
sm a	sm a
2 Tt/?2COS2f—	, x
По условию s2 = - =>	=>r = R cos| - - —
2 sina sina	^4 2 J
Высота внутреннего конуса h = LO = r ctg a, а его объем
978
V = -лг2/1 = -лг3 ctga =-л/?3 cos3| — jctga.
3	3	4 * &	3	^4 2 J &
Ответ; cos
a
И’2
ctga.
12.231. В цилиндр вписан прямоугольный параллелепипед, диагональ
которого составляет с прилежащими к ней сторонами основания углыа и 0.
Найти отношение объема параллелепипеда к объему цилиндра.
Решение.
Пусть в прямоугольном параллелепипеде A BCD А ХВХ CXDX (рис. 12.98),
вписанном в цилиндр, Z.BXDA = a, Z.BXDC = 0, AD = a, CD - b, радиус
основания цилиндра/?, общая высота цилиндра и параллелепипеда Я,
BxD-d, АВ —проекция АВХ на плоскость основания параллелепипеда,
ABLAD. ТогдаЛ^ЫР.
В £sBxAD(ZBXAD = 90°):а = tZcos а, и так как^СТСЯ, то vgI±BxCD\
b - Jcos 0.
Объем параллелепипеда Vx = abH = d2 cos a cos 0Я.
BD2 = (27? = 47?2 = a2 + b2 = d2 (cos2 a + cos2 0).
Объем цилиндра
V2 = tiR2H = ±icd2 (cos2 a + cos2 0)/Z =>
2 cos a cos 0/7	_ 4cosacos0
1 nd2 (cos2 a+cos2 p)ff 4°s2“+c°s2₽)'
4 cos a cos 0
Ответ: „(„,^.2 ~
7t|cos a + cos 0)
12.232. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник
с острым углом а. Этот треугольник вписан в основание конуса. Вер-
шина пирамиды совпадает с серединой одной из образующих конуса.
Найти отношение объема конуса к объему призмы.
Решение.
Пусть в треугольнике АВС, являющемся основанием пирамиды
Г45С(рис. 12.99), ZACB = 90°, Z.BАС = а, О —центр основания,/) —
вершина конуса, в который вписана данная пирамида. Тогда О — центр
979
круга, описанного около прямоугольного АЛ 2?С. Отсюда, О — середи-
на гипотенузы А В.
Если/7—середина образующей£>£конуса, FOX — высота пирами-
rwFABC, toFOx —средняя линияAZ)ОЕ и FOX = ^DO.
Пусть DO - Н, О A =R, тогда АВ ~2R, AC = 27?cos a, ВС = 2Asin a,
1	7	7
*^длвс = 2 ВС =	sin a cos a = R sin2a.
1	2
Объем конуса Vx = —kR H.
1	1 ?
Объем пирамиды V2 = ~SSABC FOX = -R Hsin2a.
3	6
TZ	-nR2H	n
vx	з	2л
Тогда — = ---------= ——
K2 1 d2 rr • sin2a
2 -Osm2a
6
2л
Ответ:	„  •
sin 2a
12.233. В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб; вер-
шины его верхнего основания лежат на боковых ребрах, вершины ниж-
него основания — в плоскости основания пирамиды. Найти отношение
объема куба к объему пирамиды, если боковое ребро пирамиды состав-
ляет с плоскостью основания угол а.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.100),
ASAO = a, MNKLMXNXKXLX — куб из условия задачи, MNKL— его
нижнее, MXNXK{LX — его верхнее основание, Ох — точка пересечения
SOnMxKx.
Пусть ребро куба равно а.
МХКХ\\АС, ZSMXOX =ZSAO =a.
Тогда объем куба Vx =а3,М}О} = —^— ,SOX = —^—tga.
SO = SOX + OXO = a + —— tga =
BbSOA (ASOA =90°):
980
s
Рис. 12.100
АО = SOctgZ-SAO = ^^-tga(>/2 ctga + l)ctga = -^=(V2 ctga + l)=>
2	V 2
=>Sabcd=^AC2 =2AO2 =a2(V2ctga + l)2.
Объем пирамиды
^={^ecoSO = |a2(V2ctga+l)!	+
3	3	72 ctga
_ a3(>/2 ctga + lj
3>/2 ctga
V{ 372 ctga
Тогда — = -7--------
K2 (72 ctga + 1
Ответ:
12.234. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а\ боковая грань составляет с плоскостью основания угол а.
Найти радиус описанного шара.
981
Решение.
Пусть SC —высота правильной пирамиды£Л 5 CD (рис. 12.101), AS =а,
М—середина CD. Тогда ОМ/CD, SM/CD, Z.SMO = а.
Радиус R шара будем искать как радиус круга, описанного около
/AS С.
Если /ASC = х, то
д_ АС _ ajl
2 sin /ASC 2 sinx
В /SOM {/SOM = 90°): SO = OM tg AS MO = | tg a.
AO
В/SOA {/SO A = 90°): tg/ASO = — =>
x _ ay/2 a
2 ““T”'2
2tgI
1+tg21
2>/2 ctga
1 + 2 ctg2 a
ajl _a41 1 + 2 ctg2 a
2sinx 2 2>/2ctga
l + cos2a^
/	, \ a 1 +----------
Ц1 + cos a) _ (	2	)
4 cos a sin a 2 sin 2a
n (sin2 a + 2cos2 a)
4 ctg a sin2 a
a(3 + cos2a)
4 sin 2a
a(3 + cos2a)
Ответ: ——---------.
4 sm 2a
12.235.	Величина угла между боковым ребром правильной четырех-
угольной пирамиды и плоскостью основания равна величине плоского
угла при вершине пирамиды. Найти угол между боковой гранью и
плоскостью основания.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.102),
/SDO=/CSD, Е — середина CD. Тогда OELCD, SEX.CD, /SEO —иско-
мый угол между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды.
Если ОЕ = 1, SO = Н, то CD = 2, qc = J2.
Пусть DF — высота ADSC, тогда /SOD = /DFS — по гипотенузе и
острому углу и DF - SO = Н.
982
Рис. 12.101	Рис. 12.102
В ASOE (Z.SOE = 90°): SE = >IoE2+SO2 = 71 + Я2.
Из ASOC (ZSOC = 90°): SC = JoC2+SO2 = J2 + H2.
S^csd=^SCDF = ^CD SE => SC DF = CD SE^HJ2 + H2 =
= 271 + //2 <=>//2(2 +//2)= 4 +4//2 <=>Я4-2H2 -4 = 0;//2 = 1±Т5.
Так как Н2> 0, то н2 = 1 + 4s,H = <j\ + 4s.
В bSOE (ZSOE = 90°):
tgZSEO = — = Н = 71 + 75 => ZSEO = arctg71 + 75.
Ответ: arctg у1 +75.
12.236.	Найти отношение объема шарового сегмента к объему все-
го шара, если дуга в осевом сечении сегмента соответствует централь-
ному углу, равному а.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данного шара, О — qtq центр, ZA ОС - а,
К — вершина сегмента, D — точка пересечения АСн радиуса OK, KD —
высота сегмента (рис. 12.103).
4 з
Если/? — радиус данного шара, то его объем = — TtR .
983
В ATZ)0(ZZZ>0 = 90°):
fit	fit
DO = OA cos ZA OD = R cos - => KD = OK - OD = R - R cos - =
2	2
= 1 - cos— I.
2
Объем сегмента
0 A 1 A	aV f \ ( ot V
К = n KD2 • R--KD = л7?2 1-cos — • Я--Я 1-cos-
I 3 J I 2 J I 3 I 2JJ
4 n3 . 4 a f _ f.	4 _3 . 4aC
= — nR sm — 3 — 1-cos— = — nR sin — 2 +cos— .
3 4l I ' 2 J) 3 4l 2J
K2 . 4 af_ , a )
Отсюда у _ sin d + cos — I.
. 4 a _ a 1
Ответ: sm д’ 2 + cos у ‘
12.237.	Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с, его ост-
рый угол равен а. Треугольник вращается вокруг биссектрисы внешне-
го прямого угла. Найти объем тела вращения.
Решение.
Пусть в ЬАСВ Z.ACB = ^,ЛВАС = а,АВ = с (рис. 12.104). Тогда
А С = ccos а, ВС = csin a.
При вращении АЛ СВ вокруг биссектрисы Ох О2 получится тело, осе-
вое сечение которого показано на рис. 12.104.
Объем V этого тела равен разности объема V\ усеченного конуса,
осевое сечение которого — трапеция АВВ{А р и суммы объемов V2 и V3
конусов, осевые сечения которых — треугольники Л С А 1и ВСВ^.
л	л
ААСА{ = АВСВХ = ^ => АО{ВС = АО2АС = рСО2 = О2А =
^^,СОХ = ОХВ =
V2	V2
Если О2А = R, ОХВ = г, то
984
Рис. 12.103
Рис. 12.104
V = Vi - (r2 + r3) = | n • 0{02 (r2 + Rr + r2)- [ | nR2 • CO2 +1 nr2 • COX
= | n(R + r)(.K2 + Rr + r2 )-1 k(r3 + r3 )= | k(R + r^R2 + Rr + r2 -
(n2 r» 2 /_	2 (ccosa csina
- [Rl - Rr 4- r 11= — n\R + r)Rr = — л —j=—I-?=—
V ” 3 4 я 3 Jl Ji
c3
=—л sin 2a-
6
cos a + sin a
Л
JW .	-	. /V
=-----sin 2a sin — 4- a
6	4
ccosa
Л
csina
Л
KC3 . _	. (n
Ответ: —sin2asin -4-a
6	1 4
12.238.	В усеченный конус вписан шар. Сумма длин диаметров
верхнего и нижнего оснований конуса в пять раз больше длины радиуса
шара. Найти угол между образующей конуса и плоскостью основания.
Решение.
Пусть равнобедренная трапеция ABCD — осевое сечение данного
усеченного конусами/7—центры его нижнего и верхнего оснований,
О— центр вписанного шара, EF— его диаметр и высота трапеции
ABCD (рис. 12.105). Если/? —радиус шара, тоEF= 2R, AD 4- BC-5R.
BC + AD=AB + CD=2CD=*CD = —.
СК—высота трапеции A BCD, СК = EF=2R.
Z.CDK—угол между образующей СТЭконуса и плоскостью основания.
985
СК 4	4
ИзbCKD(Z.CKD = 90°): sinZ.CDK = — = -,Z.CDK = arcsin-.
CD 5	5
. 4
Ответ: arcsinу.
12.239.	Отношение поверхности шара, вписанного в конус, к пло-
щади основания равной. Найти косинус угла между образующей кону-
са и плоскостью его основания и допустимые значения^.
Решение.
Пусть АЛ ВС — осевое сечение конуса (рис. 12.106), D — центр его
основания, BD — высота, О — центр вписанного шара, Z.BAD — угол
между образующей конуса и плоскостью его основания, Z.BAD = а,
DA =R, OD = r.
ZOAD = -ZBAD = - nr = Rtg-.
2	2	2
2	2	2
Поверхность шара	= 4лг =4nR tg
Площадь основания конуса S2 =nR2.
*5*1	. 2 а л 2 а , л 1-cosa ,	4-к
Тогда —L = 4tg2 — => 4 tg — = к => 4-= к => cosa =-
S2 2	2	1 + cosa	4 + й
Так как a — острый угол, то 0 < cos a < 1.
4-k
Тогда 0<—4<1;0<й<4.
4 + й
4-k
Ответ: -—-
986
Рис. 12.106	Рис. 12.107
12.240. Отношение объема шара, вписанного в конус, к объему
описанного шара равно к. Найти угол между образующей конуса и
плоскостью его основания и допустимые значения к.
. Решение.
Пусть tsABC — осевое сечение конуса, D — центр его основания,
BD — высота, О — центр вписанного шара (рис. 12.107), /.BAD—иско-
мый угол между образующейся конуса и плоскостью его основания.
/В А О = а, г hR — радиусы вписанного и описанного шаров.
В AADO (/.ADO =
DA = DOctgZ.OAD = rctgy. AC = 2rctgy.
Радиус круга, описанного около треугольника ЯСС,
„ а	а
с	2rctg—	rctg-
r _	71	u ______________2	  2
2 sin/АВС 2sin(180° -2а) sin 2а
Объемы двух шаров относятся как кубы их радиусов.
Таким образом,
С3
R
г sin 2а
а
Г Ctg у
_ . .а
2 sin а cos а sin —
2
а
cos—
2
<=>4sin2 yCOsa = Vfc «2(l-cosa)cosa = tfk <=>2cos2 a-
- 2 cos a + l[k = 0;
987
\ + yl\-234k	l±71-2Vfc
cos a = :-------;a = arccos----------
2	2
Так как к > 0 и 1 - 2l[k > 0, то 0 < к < .
О
„	1±71-2V^ п , 1
Ответ: arccos---2------,0 < к < —.
2	8
12.241. В шар, радиус которого равен/?, вписан конус; в этот конус
вписан цилиндр с квадратным осевым сечением. Найти полную поверх-
ность цилиндра, если угол между образующей конуса и плоскостью его
основания равен а.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел. ВС — образу-
ющая конуса, FE — образующая цилиндра, D — центр основания кону-
са и нижнего основания цилиндра, К — центр верхнего основания ци-
линдра, Z.BCD = а (рис. 12.108).
Если радиус основания цилиндра равен г, то FE = 2г, а площадь
полной поверхности цилиндра 5 = 2пг2 + 2пг • FE = 2пг2 + 4лг2 = 6кг 2.
Радиус данного шара является радиусом окружности, описанной
около ЬАВС.
Отсюда АС = 2RsinZ.ABC = 2/?sin(180°-2a) = 22?sin2a,
CD = /?sin2a.
BAFEC(ZFEC=90°):
CE = FE ctg Z.ECF = 2r ctg a,CD = CE + ED - 2r ctg a + r = r(2 ctg a +1) =>
=> r(2 ctg a +1) = R sin 2a <=> r =
Rsin2а _ 6 л/?2 sin2 2a
1 + 2 ctg a’	(1 + 2cZga)2
Ответ:
6 л/?2 sin2 2a
(1 + 2crga)2
12.242. В полу шар вписано тело, состоящее из цилиндра и постав-
ленного на него конуса. Нижнее основание цилиндра лежит в плоскости
большого круга полушара; верхнее основание цилиндра совпадает с
основанием конуса и касается поверхности шара. Вершина конуса
лежит на поверхности шара. Образующая конуса составляет с плоско-
стью его основания угол а. Найти отношение объема тела к объему
полушара.
988
Рис. 12.108	Рис. 12.109
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел. О — центр полу-
шара и нижнего основания цилиндра, F—центр верхнего основания ци-
линдра и основания конуса,Е—вершина конуса, Z.EBF=а, (рис. 12.109).
Пусть FB = г. Тогда EF = rtg а.
О В = ОЕ — радиусы данного полушара, следовательно
ЛВОЕ = п - 2/.BEF = it - 2 - - а = 2а.
2
В ABFO\ ZBFO = —\ :OF = r ctg 2а;ОВ =
2 J	sin 2а
17	1^
Объем конуса - -it-FB • EF = - яг tga.
Объем цилиндра V2 = it FB2 • OF = nr3 ctg2a.
И +^2 яг3 tga + 7tr3 ctg2a = ^— (tga + 3ctg2a)=
nr3 /	4 _ ч nr3 ( cosa 2cos2a^
=----(tg a + ctg 2a + 2 ctg 2a)=- -------+--------
3	3 (cosasin2a sin2a
,,	4 2яг3( —+ cos2a | 2тсг3| cos —+ cos2a
_ nr (1 + 2 cos 2a) _	( 2 ) _	(	3
3 sin 2a	3 sin 2a	3 sin 2a
A 3	\	( Я^
4яг cos — + a cos a —
3sin 2a
989
2	2лг
Объем полушара к = — к О В3 =------.
3	3sin32a
т- tz	Ъ	( пУ ( Я
Таким образом —1 = 2 sin 2a cos a + — cos a —
K3	6 J 6
_ . 2 i 7t | I Я
2 sin 2a cosl a + — |cos| a —
6
12.243. Боковая грань пра-
вильной усеченной треугольной
пирамиды составляет с плоско-
стью основания угол а. Найти
отношение полной поверхности
пирамиды к поверхности впи-
санного в нее шара.
Решение.
Пусть М — центр нижнего,
М! — центр верхнего оснований
правильной усеченной пирами-
да АВСАХВХСХ (рис. 12.110),
О — центр вписанного в нее
шара, О находится на ММ}, К—
середина ВС, Кх — середина ВХС}. АК{КМ = а, точка Fкасания шара с
гранью	находится наЛ^/С
Рассмотрим сечение данной совокупности тел плоскостью А А {К{К
(рис. 12.110, а).
КМ КО = | КК}КМ = у	к\° = ^ KMXKXF = 1 (180° - a) = 90° -1.
Пусть радиус шара ОМ = ОМХ = г, ВС - а, В[С[ = Ь.
В ЬОМК(ЛОМК = 90°):МЛ' = г ctg “ => а = 2л/з • МК = 243г ctg у.
В ^0МхК{(Л0МхКх = 90°):^^ = rctg^90°-|^=rtgy =>/> =
= 2у[з •MiK[ =2V3rtgy.
_	а2>/3	. /Г 2 * 2 а о	Ь241	о/?2+2а
$ллвс - 4 _ ct8 у ^дл^С] -	~ З-х/Зг tg •
990
Рис. 12.110,а
К{К = КхF + FK = КХМj + КМ = г tg у + г ctg “ = г tg у + ctg “
г _ 2г
.а	ос	sin а
sin —cos —
2	2
Площадь боковой поверхности
Sfc,. = |(a+fc)KIJC = |[2V3rctg^+2V3rtg^'|-^- =
2	21	2	2 j sin а
6>/3r* 2fctg—+ tg —1	r- 2
1^	2	2 j_12V3r2
sina	sin2 a
Площадь полной поверхности усеченной пирамиды
S = $бок. + S&ABC +	= ~~2	+ 3>/3r2fc/g2 — + tg2 —
sin a I 2	2
. 2
sm a
12у/3г2
. 2
sm a
4 a . 4 a
cos — + sm —
2	2 __
2 ot . 2 oc
cos —sin —
2	2
\2
2tt . 2 Ot ]	„ 2OC.2OC
cos — + sin — -2 cos — sm —
2	2 J 2	2
sin2 a
(	1	>
2 — sin a
[	2
sin2 a
2 (4-sin2 a
sin2 a
991
Поверхность шара Sm = 4л г2.
Тогда
= (4(1 + ctg2 “)->)=
12.244.	В конус вписан шар. Ра-
диус круга касания поверхности
шара и боковой поверхности кону-
са равен г. Прямая, проходящая
через центр шара и произвольную
точку окружности основания кону-
са, составляет с высотой конуса
угол а. Найти объем конуса.
Решение.
Пусть 5— вершина конуса,
О— центр его основания (точка
касания вписанного шара с плоско-
стью основания), С — центр шара,
D — центр круга касания поверхно-
сти шара и боковой поверхности
конуса, AD — радиус этого шара,
AD -г, SB — образующая конуса,
на которой находится точка А,
Z.OCB = а (рис. 12.111), радиус
шара СО = СА -R, А — точка касания прямой SB и поверхности шара.
Тогда С А ± SB, SC О В=SCAB по катету и гипотенузе.
Таким образом Z.ACB =Z.OCB =а, ADCA = 180° - 2 а,
AOBS = 2 Z.OBC = 2 (90° - а) = 180° - 2 а.
В SCDAtZCDA = 90°) :R = —-------г = ——,
sin(180°-2a) sin 2а ’
В SCOB(ZCOB = 90°) :ОВ = СО tg ZOCB = R tg а.
Из SSOB (ZS05 = 90°):
SO = OBtgZOBS = /?tgatg(180°-2a)= -7?tgatg2a.
Объем конуса:
992
V = -7t OB 2 SO = --лД3 tg3atg2a = ~——---------tg3atg2a-
3	3	3 sin3 2a
тег3 sin3 atg2a _ Ttr3tg2a
24 sin3 a cos3 a cos3 a	24 cos6 a
тег3 tg2a
Ответ: ~~	z—•
24 cos® a
12.245.	Отношение объема кону-
са к объему вписанного в него шара
равной. Найти угол между образую-
щей и плоскостью основания конуса
и допустимые значения/с.
Решение.
Пусть SABC— осевое сечение
данного конуса (рис. 12.112), D—
центр его основания, О—центр впи-
санного шара, Z.BAD— искомый
угол между образующей и плоско-
стью основания конуса, Z.BAD - а,
радиус основания конуса О А = R.
В &ADB (AADB = 90°):
Рис. 12.112
BD = AD tg /.BAD = R tg a,
AOAD = —ABAD =
2	2
BAADO(AADO = 90°): DO = ADtgZOAD = Я tgy.
Объем конуса К = - n • О A2 • OB = - nR3 tg a,
3	3
4 a 4 i 7 a
объем шара V2 = —nDO =—nRtg—=^
tga	2tS2	.
2	2^	2 J
^2ktS^-2k^^ + l = 0^ = ^^^
2	2	2 2k
-2k>0,
&k>2.
k>0
32 Группа Б
993
Ответ: 2 arctg
Отсюда а = 2 arctg
к±<к ~2к .k>2
2к
12.246.	Найти угол между образующей конуса и плоскостью основа-
ния, если боковая поверхность конуса равна сумме площадей основания и
осевого сечения.
Решение.
Пусть 7? — радиус основания, / — образующая, Н— высота данного
конуса, a — искомый угол между его образующей и плоскостью осно-
вания.
Тогда Н = 7? tga, / =--
cosa
л7?2
Площадь боковой поверхности конуса Sj = л 7? I =--. Площадь ос-
cosa
нования S2 -TtR~ , площадь осевого сечения 53 = RH = 7?2 tga.
тг 7?2 О 7
Так как S) = S2 + 53, то----= л7?2 + 7?2 tga:
cosa
sin a	a	_
л = л cos a + sin a;--= л; ctg — = л; a = 2 arcctg л.
1-cosa	2
Ответ: 2 arcctg л.
12.247.	Угол между высотой и образующей конуса равен а. В конус
вписана правильная треугольная призма ; нижнее основание призмы ле-
жит в плоскости основания конуса. Боковые грани призмы — квадраты.
Найти отношение боковых поверхностей призмы и конуса.
Решение.
Пусть S — вершина, О — центр основания данного конуса, SA — об-
разующая конуса, проходящая через вершину С вписанной правильной
призмы (рис. 12.113), AASO = a. Боковое ребро СВ призмы параллельно
SO, поэтому А А СВ - A A SO = a.
Если ребро призмы равно 1, то площадь ее боковой поверхности
S} =3, ОВ = —. В ^СВа( АСВА^-\.ВА = СВ tgAACB = tga.
3	I 2 J
994
5
Рис. 12.113
г-	sin а + —	2sin а + —
OA - OB + ВА = -Д + tga = tg— + tga = —*-— —Д----
3	6	л	*/3 cos а
cos—cosa	v j cosa
6
_ . ( , лА . . ( л^
z	к	2sin a + — 4sm a+-
BASCUl ZSCU = -I: SA = ——----= -=-L—^- = —p---------
2 J sinZASO V3cosasina V3sin2a
o-2l Я
8л8ш a + —
Боковая поверхность конуса S2 = л • О A • SA =-*-.
3 sin 2a cos a
_ Si	9 sin 2a cos a
Тогда — =-------7-----
2	8л8т2[а + —
I 6
Ответ: 9sin2acosa
o • гГ ft"!
8л sin a + —
995
12.248. Около шара описана прямая призма, основанием которой
служит ромб. Большая диагональ призмы составляет с плоскостью
основания угол а. Найти острый угол ромба.
Решение.
Пусть ромбЛ/JCD — основание данной прямой призмы Л 5СЛЛ XBXCXDY
описанной около шара (рис. 12.114), и радиус шара равен/?. Тогда высота
призмы ВВХ - 2R.
Если B{D — большая диагональ призмы, то AB{DB = а и BD —
большая диагональ основаниям Z.ABC — искомый острый угол ромба.
В д BXBD : BD = 2/?ctg а.
Если через середину высоты призмы провести перпендикулярное
сечение, то получится ромб, равный основанию призмы, в который
будет вписан большой круг данного шара. Отсюда, радиус шара равен
радиусу круга, вписанного в ромб ABCD.
Центр этого круга — точка О пересечения диагоналей ромба.
Е — точка касания этого круга со стороной АВ ромба.
ТогдаОЕА-АВ, OE = R. ВО = ^BD = R ctga. В kBEO(ZBEO = 90°):
OF R
sin ЛОВЕ = — =-------= tg a;
OB 7? ctg a
ЛОВЕ = arcsin(tga)
ЛАВС = 2ЛОВЕ = 2 arcsin (tga)
Ответ: 2arcsin(tga)
996
Рис. 12.115
12.249. Боковое ребро правильной усеченной четырехугольной пи-
рамиды составляет с плоскостью основания угол а. В пирамиду вписан
прямоугольный параллелепипед так, что верхнее его основание совпа-
дает с верхним основанием пирамиды, а нижнее основание лежит в
плоскости нижнего основания пирамиды. Найти отношение боковых
поверхностей пирамиды и параллелепипеда, если диагональ паралле-
лепипеда составляет с его основанием угол р.
Решение.
Пусть в правильной усеченной пирамиде ABCDА ХВХ CXDX (рис. 12.115)
ADXDB—cl AxBxCxDxA2B2C2A2 — вписанный прямоугольный паралле-
лепипед Z = Р-
Положим боковое ребро параллелепипеда равным 1, тогда из
(ABxB2D2 = 90 °): B2D2 = BxB2ctg Z BXD2B2 = ctg p,
C1D2 =-^-Ctgp.
Боковая поверхность параллелепипеда
S', = 4C2D2 DxD2 = 2-^2 ctg p.
В \DxD2D (ZDxD2D = 90 °): D2D - DxD2ctg ADXDD2 = ctg a.
BD = B2D2 + 2D2D = ctgp + 2ctga => DC = -±=BD = clg£+^ctga
V2	V2
Если DjE — высота трапеции DD Cx С, to D2EA-CD.
997
Из равнобедренного прямоугольного AZ>2£7):
D2E = ~^=D2D = -y=ctga.
V2 V2
В M\D2E (ZDxD2E = 90 °):
„ I 7	7	. ctg2 a у2 + ctg2 a
DXE = ^DXD2 + +D2E = ^14---—— =------^=----
Площадь боковой поверхности пирамиды
$2 ~ ^DDiC}C
CDCXDX	r_/ctgP + 2ctga , ctgp^ T^+ctg^a
2	1^72 V2 J V2
nz t t \ Г 1 n sin(a + p)yl + sin2a
= 2(ctg p + ctg a) 1 + —-— = 2---*—y-----------
V sin a	sin asinP
Тогда S* = 2sin(a + Pb/1 + sin2a • 2V2 ctg3 = sin(a + P)V2(1 + sin2 a)
•S'! sin2asinP	2sin2acosP
_	sin(a + eX/2(l + sin2 a)
Ответ: —i'
2sin2 acosP
12.250. В конус помещена пирамида; основание пирамиды вписано в
основание конуса, а вершина пирамиды лежит на одной из образующих
конуса. Все боковые грани пира-
миды одинаково наклонены к плос-
кости основания. Основанием пи-
рамиды служит равнобедренный
л ]
треугольник с углом a a^— при
вершине. Найти отношение объе-
мов конуса и пирамиды.
Решение.
Пусть МО — высота данного
конуса, центр О основания кону-
са —центр круга, описанного око-
ло основания АВС пирамиды
DABC (рис. 12.116), АВ = ВС,
л
ААВС = а, а > — .
3
DK — высота пирамиды и, так
998
как все боковые грани пирамиды оди-
наково наклонены к плоскости осно-
вания, К—центр окружности, вписан-
ной в &АВС.
Так как в треугольнике АВС АВ =
ВС, то точки О и К принадлежат пря-
мой BN, где N — середина Л С.
МО 11DK, так как прямые МО и DK
перпендикулярны плоскости основа-
ний конуса и пирамиды.
Пересечением плоскости МОВ,
проходящей через две параллельные
прямые МО и DK, и боковой поверхно-
сти конуса является отрезок МВ — образующая конуса. Следовательно,
точка/) этой плоскости, лежащая на боковой поверхности конуса, при-
надлежит образующей МВ.
МО ОВ
&МОВ ~ bDKB. Тогда----=----•
DK ВК
Пусть радиус основания конуса О В = R.
л а
Тогда АВ = ВС = 2R sin ABAC = 2R sin---------
<2 2,
*^алвс = АВ2 sin ^-АВС - у • 4/?2 cos2 у sin а =
а
= 2R cos —.
2
9	9 ОС
= 2R cos —sinа.
2
ВДЯ/СС(рис. 12.116, а): АСВК = ^,
1	л-а
АВС К --ААСВ-------,
2	4
,	ч л + а
АВКС = л - (АСВК + АВСК) = л--
4
ВК	ВС
sin АВСК sin АВКС ’
а л-а	а л-а
2R cos — sin- 2R cos — sin--
BC sin АВСК	2	4	2	4
ВК —-----------------------------------------
sin АВКС	( л + аА	. л + а
sin л----	sin----
[	4 J	4
999
__ a л + a
2R cos—cos-----
2	4	a л+
	— = 2R cos—ctg-
. 7t + a----------------------2 b 4
sin----
4
Объем конуса V\ = -nR* 2 * 4 • MO.
3
1
Объем пирамиды V2 =- S ^BC  DK.
3
Тогда
_ nR2 MO _ tlR2 OB
v2 s * * В\abc •DK 2R2 cos2 - sin a • BK
2
A „з за	7t + a .	. з a .
4k cos —ctg------sina 4cos — sina
2	4	2
7t + a
rctg---
л	4
Ответ:-------------.
л 3 a •
4 cos — sin a
2
12.251. Центр шара, вписанного в правильную четырехугольную
пирамиду, делит высоту пирамиды в отношении т: п, считая от верши-
ны пирамиды. Найти угол между двумя смежными боковыми гранями.
Решение.
Центр шараЛ/, вписанного в правильную пирамиду SA BCD, нахо-
дится на высоте SO (рис. 12.117) SM: МО = т.п.
0C1BD, ОС—проекцияSC на основание пирамиды. ТогдаSC1BD.
В пл о скости О С проведемDKLSC.
Так как DKLSC, BD1SC, то плоскость BKD перпендикулярна SC и
Z.BDK—искомый угол между смежными боковыми гранями-SSC и DSC.
Пусть Z.BKD = a, Z.DCK - р.
Так как пирамида правильная, то &DKC - ЫВКС — по гипотенузе и
острому углу и DK = ВК, а КО — медиана, биссектриса и высота
треугольника BKD.
1000
5
Рис. 12.117
Пусть L — середина CD, тогда LM — биссектриса Z.SLO и OL: SL
= ОМ: SM = п.т.
CL OL п
Так как CL = OL, то с tg Р---- —
SL SL т
DK	. a	OD	а	. п OD	1
sinp =--;sm —=--. Тогда sin — sin В =-= —
DC 2	DK	2 DC	J
sin2 — sin2 В = — ;(1 - cos a)sin2 В = l;cosa = 1-=
. 2 r 2	sin2 P
2	(	2 A	2
. 2 о «	П	П
= —ctg p =-----a = arccos---------=- = n-arccos—=-.
m	m J	m
Ответ: я - arccos--.
m 2
12.252. Отношение стороны основания правильной л-угольной пи-
рамиды к радиусу описанного шара равно к. Найти угол между боко-
вым ребром и плоскостью основания и допустимые значения £.
1001
Решение.
Пусть О — центр шара, описанного около правильной пирамиды
SAlA2...An с высотой ЗВ (рис. 12.118). Проведем из точки О перпендику-
ляр OD на боковое ребро ЗЛ, пирамиды. Точка О лежит на SO. ASA{B —
искомый угол между боковым ребром и плоскостью основания. Пусть
SAlB=a.
Независимо от того, лежит ли точка О на отрезке ВЗ, его продолже-
нию за точку В или совпадает с точкой В, прямоугольные треугольники
A {SBи ODS имеют общий острый угол Z.SOD = Z.SА {В — а.
&SDO
п
Если С — середина Л (Л2, то । ВС = —
Пусть Л t3 = a, SO = OA^R, тогда из
л
Z.SDO - — : SD = SO sin Z.SOD - R sin a.
J
Так как &AtOS — равнобедренный, то Л(3 = 2SD=2Rsina.
~	(	л
В ДЛ j BS AA! BS = — : Л j В = Л [ 3 cos ASA । В - 2R sin a cos a = R sin 2a.
I	9 I
т»	(	л	Л) C	a	a
Из Д4]СВ ААХСВ = — :Л]В =-----------------=--------=> R sin 2a =------
(	2 j sin AA. ВС я	л
7	2 sin —	2 sin —
n	n
Так как — -к, то R sin 2a =--------; sin 2a =-----; a = — arcsin-----.
R	я	я 2	я
2 sin —	2 sin —	2 sin —
n	n	n
„	к	л
При этом---------< 1 => к < 2 sin —.
л	п
2 sin —
п
1	к	. л
Так как по условию задачи/; > 0, то a = — arcsin------, 0 < к < 2 sin —.
2	л	п
2 sin —
Ответ: - arcsin----, 0 < к < 2 sin — .
2	. л	п
2 sm —
п
1002
12.253. В конус вписан цилиндр; нижнее основание цилиндра лежит
в плоскости основания конуса. Прямая, проходящая через центр верх-
него основания цилиндра и точку на окружности основания конуса,
составляет с плоскостью основания угол а. Найти отношение объемов
конуса и цилиндра, если угол между образующей и высотой конуса
равен р.
Решение.
Пусть О — центр оснований данного конуса и вписанного в него
цилиндра, О j —центр верхнего основания цилиндра, ВЛ —образующая
конуса, СВ—образующая цилиндра,^SO =fi,ZO{AO =а, (рис. 12.119).
Если радиус основания конуса О А = 1, то из &AOS (ZAOS = 90°);
SO=OActgziASO = ctgp.
1	2	1
Объем конуса Vx = -п- ОА • SO = - тс ctg р.
3	3
В ЩОА {ЛОХОА = 90°): ОХО = O4tgz О{АО = tga.
BC = OO,=tga.
AACB=AASO=$.
1003
Рис. 12.120
Из ЬАВС(ЛАВС = 90°): АВ = BCtg ЛА СВ - tga tg р.
cos(a + В)
OB -ОА- АВ = 1 - tg a tg Р =------.
cos a cos P
2 Ttcos2(a + P>ga
Объем цилиндра ^2 -к-ОВ OOX -	.
cos a cos P
V\ ctg P cos 2 a cos 2 P cos3 a cos 3 P
Тогда ”	- .	~	\
v 2	3 cos (a + P) tg a 3 sin a sin P cos (a + P)
cos3 acos3 P
Ответ:	~	" •
3 sin a sin P cos (a + P)
12.254. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а. Все
боковые грани составляют с плоскостью основания один и тот же угол
р. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду, если объем пирамиды
равен V.
1004
Решение.
Пусть ромб ABCD — основание пирамиды EABCD, ABCD = а,0° <
< а < 90°, ЕО — ее высота (рис. 12.120). Так как все боковые грани пира-
миды составляют с плоскостью основания один и тот же угол 0 , то точка
О — центр круга, вписанного в ромб ABCD, — точка пересечения его диа-
гоналей, а точки высоты ЕО равноудалены от боковых граней пирамиды.
В плоскости CED опустим перпендикуляр EFua CD. OF—это проек-
ция EF иа плоскость основания. Тогда OF ± CD и AEFO — угол наклона
грани CED к плоскости основания, Z EFO = 0.
Если 01—точка пересечения биссектрисы AEFO с высотой пирами-
ды, то О] — центр шара, вписанного в пирамиду, 0.0— его радиус.
Пусть CD = а,тогда из
&COD(ACOD = 90°) .СО = CD cos AOCD = a cos-.
В AOFC(ZOFC = 90°):
OF = OCsinZOCD = acos — sin— = — a sina.
2	2 2
В &EOF(AEOF = 90°) .EO = OF tg AEFO = 1 a sin a tg 0.
Площадь основания пирамиды 5 = CD2 sxnABCD = a2 sina.
1	1 -i ->	?/бИ sin a ctg 0
Объем пирамиды V =— S-EO = - a sin atg0 =>a =  -------.
3	6	sina
В bOiOF^AOiOF = 90°):
OOi =OF tgAOFOi =yasinatgy = -^-tgy^6Ksinactg0.
Ответ: jtg|^6Ksinactg0.
12.255. Две грани треугольника пирамиды — равные между собой
прямоугольные треугольники с общим катетом, равным d . Угол между
этими гранями равен a. Две другие грани пирамиды образуют двугран-
ный угол 0. Найти радиус шара, описанного около пирамиды.
Решение.
Пусть грани SAB и SAC пирамиды SABC (рис. 12.121) равны,
ASA В = ASAC = 90°, SA =d. Тогда отрезок SA перпендикулярен
1005
5
Рис. 12.121
плоскости основания пирамиды и является высотой пирамиды, кВА С —
равнобедренный. Если D— это середина ВС, то ADU3C, DSYBC,
Z.SDA — линейный угол двугранного угла, образованного гранями
BSC и ВАС пирамиды, ZSDA = 0. BA1SA, CA1SA => ZBA С — угол
между гранями SA В и SA С, Л В А С = а.
(\ — центр круга, описанного около АЛ ВС, Е — середина SA,
Центр О шара, описанного около пирамиды, — точка пересечения
перпендикуляра, восстановленного к плоскости ЛВС в точке и сере-
динного перпендикуляра отрезка SA, лежащего в плоскости SAD, О А —
радиус шара.
В четырехугольнике АЕООХ углы при вершинах Л, Е,	—прямые,
поэтомуЛВОО1 —прямоугольник и ОА =EOV
В ASAD (ASAD = 90°): AD - SActg ASDA = dctg 0.
В АЛРВ (AADB = 90°): BD = AD tg ABAD = d ctg 0 tg - .
2
BC = 2BD = 2d ctg 0 tg - .
2
1006
Рис. 12.122
О{А —радиус круга, описанного около ЛАВС. Тогда
а „ а
2d ctg р tg — d ctg Р tg -
ВС	2	2 <fctgP
О j А =-----------=-------------=--------------=----------
2 sin АВА С 2 sin а .а а 2 а
2 sin — cos — 2cos —
2	2	2
ВДЕЛС?! (АЕАОХ = <ЮУ.
ЕОХ =у/еА2 +АО?
d2 ctgP
Л 4 а
4cos —
2
d
о 2 а
2 cos —
2
а Э п
— + Ctg 2 р.
2
d
Ответ:------
2 cosI 2
I 4	2 о
— JCOS —+ ctg р.
а V 2
2
12.256. Основанием пирамиды служит прямоугольник, у которого
угол между диагоналями равена. Одно из боковых ребер перпендику-
лярно плоскости основания, а наибольшее ребро составляет с плоско-
1007
стью основания угол р. Радиус шара, описанного около пирамиды,
равен К. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD — основание пирамиды EABCD (рис.
12.122), угол между его диагоналями равен а, боковое ребро ЕВ перпен-
дикулярно плоскости основания пирамиды и является его высотой, А В,
СВ, DB —проекции боковых ребер ЛЕ, ЕС, DE на плоскость основания,
DB >АВ, DB > СВ => DE — наибольшее боковое ребро и Z.EDB = р.
Точки О{ — середина ED, точка О пересечения диагоналей прямоу-
гольника — середина В£>. Таким образом 00 { — средняя линия ДЕЕВ и
00{|| BE. Тогда прямая 00(перпендикулярна плоскости основания и ее
точки равноудалены от вершин основания. Так как Ох удалена от вер-
шины пирамиды на расстояние 0{Е = 0{D, то равноудалена от всех
вершин пирамиды и является центром описанного шара, 0{D = ОХЕ- R.
В ДЕВЕ (Z.EBD = 90°):
ЕВ = ED sin Z.EDB = 2R sin Р;
BD = ED cos Z.EDB = 2R cos p.
Площадь основания пирамиды S = — BD 2 sin a = 2R 2 cos 2 P sin a.
2
Объем пирамиды:
12	2
V = - S  ЕВ = — R2 cos 2 P sin a • 2R sin P = — R 3 sin 2p cos P sin a.
3	3	3
Ответ: — R3
sin 2P cos P sin a.
12.257. Основанием пирамиды слу-
жит прямоугольный треугольник, впи-
санный в основание конуса. Вершина
пирамиды совпадает с вершиной кону-
са. Боковые грани пирамиды, содержа-
щие катеты основания, составляют с
плоскостью основания углы а и р. Най-
ти отношение объемов пирамиды и ко-
нуса.
Решение.
Пусть DO — общая высота дан-
ных пирамиды DABC и конуса (рис.
12.123). Так как О— центр круга,
1008
описанного около прямоугольного треугольника АВ С, то О — сере-
дина гипотенузы А С.
Проведем в плоскости основания из точки О перпендикуляры ОЕи
OF на катеты АВ и ВС.
ОЕи OF—проекциии DFm. плоскость основания. Тогда£>Е±ЛВ,
DF1BC, Z.DEO и Z.DFO—углы наклона боковых гранейDAВ и BDCк
плоскости основания, Z.DEO = 0, Z.DFO = а.
Если DO = а, то из ADOE(ZDOE= 90°):ЕО = DOctgZDEO = actg0.
Из bDOF(Z.DOF- 90°): FO = EOctg Л-DFO = actgа.
АВ = 2 • FO = 2actg а, ВС = 2 • ЕО = 2actg 0.
В ДЛЕС( ЛАВС = 90°): А С = у/АВ 2 +ВС2 = 2ajctg2 а + ctg 2 0.
1	2
Площадь основания пирамиды S = — АВ • ВС = 2а ctg a ctg 0, а
2
1	2 ,
ее объем И. = - S • DO = — а ctg a ctg 0.
3	3
Радиус основания конуса R = — А С = a^/dg2 а + ctg 2 0, его объем
2
V2 = -j яЕ2 • DO = ля3 (ctg2 а + ctg2 0).
Vx 2 ctg а ctg 0
Таким образом, = —---------------т.
^2 7t(ctg2 а + ctg 2 0)
2 ctg а ctg 0
Ответ: --------------?•
7t(ctg2 а + ctg2 0)
12.258. Сторона квадрата, лежащего в основании правильной четы-
рехугольной пирамиды, равная. В пирамиду вписана правильная четы-
рехугольная призма; вершины верхнего основания лежат на боковых
ребрах, вершины нижнего основания —в плоскости основания пирами-
ды. Диагональ призмы составляет с плоскостью основания угол ф. Най-
ти объем призмы, если боковое ребро пирамиды составляет с плоско-
стью основания угол а.
Решение.
Пусть ЕО —высота правильной пирамидыЕЛЕСД AD =а, ЛЕСА =
a, MNKLMXNXKXLX — правильная призма, ZMjKM = ф (рис. 12.124).
Вершины нижнего основания призмы принадлежат диагоналям квадра-
та ЛЕСЕ.
1009
Рис. 12.124
Если MN = b, то МК = b41.
МММ, = &СККХ — по катету и острому углу (ММ, = ККХ, ЛМ{АМ-
ZKxCK=a).
АС - МК (a-b)j2
Отсюда СК =----------=-------.
2	2
В ЬМхМК(ХМ \MK = 9Q°) :MMi = MKtg^M {КМ = Z>V2 tgcp.
В ЬК{КС(ЛК\КС = <Ю°)-.СК = КхКс,^АКхСК = bjl tgcpctga =>
а - b	a	a ctg (р
=>-----= b tg <р ctg a; b =-----=------------.
2	1 + 2 tg ф ctg a ctg ф + 2 ctg a
Объем призмы
v=sumL  мм, = b'4i tgq) =	aW<p . 75 tg(p=
(ctg Ф +2 ctg ar
_ д3>/2 ctg2 ф
(^ф + г^а)3
a 3 V2 ctg 2 ф
Ответ: ~	‘
(ctg ф +2 ctg a)
1010
Рис. 12.125
12.259. Сторона нижнего основания правильной усеченной четыре-
хугольной пирамиды равна а, сторона верхнего основания равна Ь.
Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Через сторо-
ну нижнего основания и середину отрезка, соединяющего центры осно-
ваний, проведена плоскость, пересекающая противоположную боко-
вую грань по некоторой прямой. Найти расстояние от этой прямой до
нижнего основания.
Решение.
Пусть точкаР—середина отрезка 00 х, соединяющего центры осно-
ваний правильной усеченной пирамидыЛВСЛЛ XBXCXDX, AD =a,AxDx =b
(рис. 12.125), MN— прямая, по которой плоскость, проходящая через
сторону CD нижнего основания и точку Р, пересекает плоскость грани
ААХВХВ. Так как CD || АВ, то MN || АВ и прямая MN параллельна
плоскости основания.
Е — середина Л В, Ех — середина A ХВХ, F—середина CD, Fx — сере-
дина CXDX. Тогда плоскость четырехугольника£'£'1Г1Гперпендикуляр-
на плоскости основания, АЕХЕО — AFXFO = а.
К—точка пересеченияMN пЕЕх. Длина перпендикулярах/,, опу-
щенного из точки К на нижнее основание, — искомое расстояние.
Проведем из точки Fx перпендикуляр FXS на нижнее основание.
EF-ElFl a-b
SF =-----------=-----.
2	2
1011
В AFj SF(/FX SF = 90°) :F\ S = SF tg ZB] FS =	tg a.
OP = -OO, = -FxS = — -tga.
2	1 2 1	4
Если KL = x, то из
&KLE (/KLE = 90°) .EL = KL ctg /KEL = x ctg a.
LF = EF - EL -a- x ctg a.
bKLF~&POF=$
a-b
bKLF ~ &POF —	----= _4—L
LF OF a-xctga a
2
<=> 2ax = (a -xctga\a-b)tga <=> 2ax = a2 * * * * * В tga-abtga-ax + bx <=>
<=> х(3д - Z>) = a(a - b}tga\ x = ——.
3a - b
a(a-b)tga
Ответ: ----;—•
3a — b
12.260.	Две боковые грани усеченной треугольной пирамиды — рав-
ные прямоугольные трапеции с острым углом а и общей меньшей боко-
вой стороной. Двугранный угол между этими гранями равен р. Найти
угол между третьей боковой гранью и плоскостью основания.
Решение.
Пусть общее боковое ребро А А равных боковых граней А А С С и
ААусеченной пирамиды ABCAlBlCi (рис. 12.126) перпендикулярно
плоскости АВС, а /ВАС— линейный угол двугранного угла между
этими гранями, /ВА С = 0, D — середина ВС. Тогда, так как Л С = АВ,
1	3
/DAB = - /ВАС = - , ADLBC.
2	2
Если SABC — полная пирамида, соответствующая данной усечен-
ной и AD — проекция SD на плоскость АВС, то SDLBC и /SDA —
искомый угол между боков- й гранью ВВ{С, С и плоскостью основания.
/ABS=/ACS=a.
Если Л В = х,то из
Д5ЛВ (/SAB - 90°): SA = ЛBtg /ABS = xtg а.
Р
В kADB(/ADB = 90°); 4D = AB cos /DA В = x cos - .
1012
AS tg a	tg a
В ASAD(ZSAD=90°): tg ZSDA =---=-----; ZSDA = arctg----.
AD p	3
cos —	cos —
л	tg a	2	2
Ответ: arctg----.
3
cos —
2
12.261.	Через две образующие конуса, угол между которыми равена,
проведена плоскость. Площадь сечения относится к полной поверхности
конуса как 2: it. Найти угол между образующей и высотой конуса.
Решение.
Пусть ВО — высота конуса, ЛАВС — сечение конуса, ZABC = а,
(рис. 12.127), AB=d.
Тогда площадь сечения
1 , 1 ?
S. = — АВ sm ZABC = — d2 sin a.
2	2
Если искомый угол ЛВС равен £, то из
ЛАОВ (ZAOB = 90°): АО = d sin 0.
1013
Площадь полной поверхности конуса
S 2 =it  О А 2 + тс • О А  АВ -nd2 (l + sin 0) sin 0.
с — tZ2sina	.	~
Тогда —Т -	sm а _ 2
S2 nd2 (1 + sin p)sin 0	2тс(1 + sin p)sin 0 к
<=> 4sin2 0 + 4sin0-sina = O,
. o - 2 + >/4+ 4 sin a
sin p =--------------
4
-2 +271 + 005(90°-a)
4
-1 + , 2cos2| 45°- — I
v Г 2 J
2
Учитывая, что угол p острый, sin 0 > 0 =>
71cos J 45°-— -1	Г( f
sin P =----— = — I cosf 45° - — I—
2 2ll 2 J 72
=	f cosf 45° - — 1- cos 45° = 72 sin — sinf 45° - —
2	2	4	4
\	\ J	J	\
P = arcsinl 72 sin — sinf 45° - — | .
4	4
Ответ- arcsin V2 sin —sin 45-.
I 4 k 4 JJ
12.262. Боковая грань правильной четырехугольной усеченной пи-
рамиды составляет с плоскостью основания угол а. Плоскость, прове-
денная через сторону нижнего основания и параллельную ей сторону
верхнего основания, образует с плоскостью основания угол 0. Боковая
поверхность пирамиды равна S. Найти стороны верхнего и нижнего
оснований.
Решение.
Пусть трапецияDA {ВХСХ — сечение правильной усеченной пирами-
ды ABCDAXBXCXDX (рис. 12.128), точкиЕ, Ер Fv F—середины соответ-
ственно отрезков Л В, А Вх, C{DX, CD.
Тогда ЕХЕ1АВ, EF1AB, ZEXEF = а и плоскость трапеции EEXFXF
перпендикулярна плоскостям оснований усеченной пирамиды.
1014
Рис. 12.128
Е{К—высота трапецииEEXFXF.
KF1.CD, KF— проекция Efua, плоскость квадрата ABCD. Тогда
EXFLCD, ZEXFK = $.
Если CD = a, CXDX = 0,
EF-ElFl a-b EF + EXF{ a + b
EK =---------=-----; KF =-----------=-----.
2	2	2	2
В ЬЕхКЕ(ЛЕхКЕ=9Ъ°у.
EK	a-b	a-b
EEX =-----=------,ЕХК = ЕК^ЛЕХЕК =--------tga.
cos a 2 cos a	2
В KF(/.EX KF = 9Q°)\ExK = KFtgZ.ExFK = ^-^-\.^,
2
таким образом----tg a =----tg 0; a(tg a - tg 0) = Z>(tg a + tg 0^
2	2
a sin(a - 0) b sin(a + 0) a sin(a - 0)
----------=--------; b =------—.
cos a cos 0 cos a cos 0 in(a + 0)
Площадь боковой поверхности усеченной пирамиды
2 a2 sin2 (a - 0)
а + b a-b _а2 -b2	sin2(a + 0) _ c>
2	2 cos a cosa	cosa
1015
= sin(a + p)
с_ 2 sin2 (а + р)-sin2 (а -Р)	2 cos(2a-2P)-cos(2a + 2p) _
cos a sin (а+ Р)	2 cos a sin (а + р)
_	2	sin 2а sin 2р	„	S cos a sin2 (а + р)
= 5 <=> а-------——= 5 <=> а = —;=
cos a sin (а + р)	у 2sinacosasin2p
5	, asin(a-p) . /	5
----------« • b =---г--v = sm(a " Ш—:------:—n 
2 sin a sin 2p sin(a + P)	у 2 sin a sin 2p
, \ I	\ I
Ответ: sin(a + P) j------------; sin(a - P) j----------
у 2 sin a sin 2p	у 2 sin a sin 2p
12.263. Высота правильной треугольной усеченной пирамиды равна
Н и является средним пропорциональным между сторонами оснований.
Боковое ребро составляет с основанием угол а. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть аир — стороны оснований данной усеченной пирамиды,
причем a > р.
Тогда Н =
(a - Ь)4з	г
tg а =-------tg а, а - b = ЯуЗ ctg
3
а24з	Ь2у[з	1
=------,S2 =------,Я2 = ab.
4	4
а,
площади оснований 5t
Объем усеченной пирамиды
12.264. Стороны оснований правильной четырехугольной усечен-
ной пирамиды относятся как т : п (т > п). Высота пирамиды равна Н.
Боковое ребро составляет с плоскостью оснований угол а. Найти боко-
вую поверхность пирамиды.
1016
Рис. 12.129
Решение.
Пусть сторона верхнего основания усеченной пирамиды равна пх.
Тогда сторона нижнего основания равна тх.
Если СХЕ—высота правильной усеченной пирамиды ABCDА ХВХ CXDX
(рис. 12.129), СХЕ = Н, то точка £принадлежит диагонали Л С квадрата
ABCD,Z.CxCE = a.
В AC1£C(ZC1£C = 9O°):CC1 =	,СЕ = Н ctgа.
sina
Пусть CXF — высота боковой грани CC^D.
Тогда в bEFCAEFC = 90°,EF = CF =	= H^ctga,
2	2
CD-C}DX (т-п)х	(т-п)х Hy/2ctga
Сг —----------=-------=$-------—----------1
2	2	2	2
Н41 ctg a '
х =--------—.
т-п
BAC1£C(ZC]£C = 90°):
CXF = 7CjC2 -CF1 =	— Ctg2(X =
V sin2 a	2
77 I 2	2 H /-L	2 i 1 2	/n 2
=	-?=«—------ctg a = —= л/2Ц + ctg a I-ctg a =—=r-J2 + ctg a.
V2 V sin2 a	V2	V2
1017
Площадь боковой поверхности усеченной пирамиды
5 = 4 • +^xDx CXF = 2(тх + пх)~^2 + ctg2 а =
= 2(т +	= ^т + '^2^а
т-п	у/2	т-п
2(т + п)Н 2 ctg а /----—
Ответ:------------— д/2 4- ctg а.
т - п
12.265.	Через вершину конуса проведена плоскость, делящая ок-
ружность основания в отношении/?: q. Эта плоскость отстоит от центра
основания конуса на расстоянии а и составляет с высотой конуса угол
а. Найти объем конуса.
Решение.
36Q°q
Пусть ВО — высота конуса, АЛ ВС—сечение конуса, Z.A ОС =-
Р + ?
180°<?
(рис. 12.130), D—серединаЛ С, тогда ООХЛ С, Z.AOD =-, ВОЛЛС.
р + ?
Проведем из точки О перпендикуляр ОЕ на плоскость Л ВС, ОЕ=a, DE —
проекция Z>0 на плоскость ABC,DO1AC. Тогда DE1A С. Таким образом,
точка Е на отрезке BD, прямая BD — проекция прямой ВО на плоскость
ABC,ZOBD = a.
ОЕ а
В АВ£О (Z.BEO = 90°): ВО =------------=-.
sin Z.OBD sin а
а
В bBOD (ZBOD = 90°): OD = ВО tg Z.OBD =-.
cos а
OD	а
В АЛ О О (ХЛОО = 90°): ОА =-----------=----------.
cos Z.AOD	18О°<7
cos а cos---
Объем конуса	р д
г/ 1	а
V = - л • О А ВО = -Т1-----------:-------=-:-------,оАО .
3	3	2	2 ISO q sina а п	2 180 q
cos acos ----	3 sin 2a cos a cos --
P+q	Р+Я
2na3
Omeem: ~
3 sin 2a cos-----------cos a
P + ?
1018
12.266.	Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Две
боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Сумма двух нерав-
7С
ных между собой плоских углов при вершине равна —. Найти эти углы.
Решение.
Пусть грани SB А и SBC пирамиды SA ВС перпендикулярны плоскости
ЛВС основания (рис. 12.131), &АВС—равносторонний. Тогда &SBA =
ASBC — по двум катетам и Z.ASB = Z.CSB, AS- SC.
Если Z.ASC =а, то ZASB = — - а.
2
D — середина Л С.
В АЛМ AADS = - I:AD = ASs\n~.
2	2
„	. а „ . а
= 2AS sin —; cos а = 2 sin —.
2	2
Так как АВ = 2 AD, то AS sin а
I2 >
л	. а _ . а /1-cosa
О < а < л => sin — > 0,sin — =,---
2	2 V 2
JI - cos a
—
2
1019
cos2 a = 2(1-cosa^ cos2 a + 2cosa-2 = 0; cosa = -l±y[3.
Учитывая, что 0 < cos a < 1, имеем cos a = V3 - l,a = arccos(>/3 -1
ZASB = ~~ arccos(>/3 -1

Ответ: arccos
12.267.	Отношение полной поверхности конуса к площади его осе-
вого сечения равной. Найти угол между высотой и образующей конуса
и допустимые значения А:.
Решение.
Пусть а — угол между высотой и образующей конуса, I — образую-
щая, г — радиус основания конуса.
Тогда г = Zsin а и площадь полной поверхности конуса
Sj = лг2 + тег/ = nl2 sin2 a + ttZ2 sin a = tcZ2 sin a(sin a +1).
Угол при вершине осевого сечения равен 2a и площадь сечения
1 ?
S2 = — l sin 2a.
2
Таким образом
_ Si _ tcZ2 sin a(sin a +1) _ 7t(sin a +1)	1 + sin a _ к
~/2 sin 2a ”	cosa
2
. (л
sin —a	z 4
cosa л	2	1 л ( л a) л a л
<=>-------= — <=>-------------Hr = — <=> tgl----= — =>--------
1 + sina	к , (л } к I 4 2 J к 24
1 + cos —a	v 7
I2 J
Л	Л _ Л
= - arctg — <=> a = — 2 arctg —,
к	2 к
„ л _ л а л _	(л а ) , о л , .
где 0<а< — => 0<----<—;Q<tg\-------< 1;0< — <\;к>п.
2	4 2 4	4 2 к
„ л	л ,
Ответ: — 2 arctg —, к > л.
2 к
12.268. Одна из граней треугольной призмы, вписанной в цилиндр,
проходит через ось цилиндра. Диагональ этой грани составляет с приле-
1020
жащими к ней сторонами основания
призмы углы а и р. Найти объем приз-
мы, если высота цилиндра равна Н.
Решение.
Пусть грань АА\В{В призмы
А ВС А ХВ{ С] проходит через ось ООХ
цилиндра, в который она вписана
(рис. 12.132), АА{ = Н, ААВАХ = а,
Z.CBAX - Р, центр О основания ци-
линдра является серединой стороны
АВ треугольника АВС, вписанного в
это основание. Отсюда Z А СВ = 90°.
АС—проекция Л j С на плоскость
А ВС, A CLBC. Значит, А (CLBC.
ВЬАхАВ(ЛА{АВ = <Юу.
Рис. 12.132
АВ-ААХ ctgZ.ABA\ = Н ctg а; 5 =
ААХ _ Н
sinAABAt sina
Н cos Р
BAHIC5(Z^,C5 = 90°): ВС - А{ В cos АСВАХ =—-
11	sin а
Из ДЯBC(Z.ACB = 90°):
А С = у1ав2 - ВС2 = J Я2 ctg2 а - ————— =	д/cos2 a-cos2 р =
V	sin2 а . sina
Н /1 + cos 2а 1 + cos 2р Н	\	---\
=-----J-------------------- =----Jsinip + а) sinip - а).
sin а V 2	2 sin а
Объем призмы:
к = 5длвс АА\ =~АСВСАА1 = - • Vsin(p + a)sin(p - а) х
2	2 sin а
Яcosp тт Я3 cosp r-r-fa-----г-. /р--\
х-------- • Я =--т-2- д/sm(Р + a)sm(P - а).
sina 2sin2 а
Ответ:	7sin(P + a)sin(P-a)-
2 sin а
12.269.	Две вершины равностороннего треугольника со стороной.a
лежат на окружности верхнего основания цилиндра, а третья верши-
на — на окружности нижнего основания. Плоскость треугольника со-
ставляет с образующей цилиндра угол а. Найти боковую поверхность
цилиндра.
1021
Решение.
Пусть сторона неравностороннего треугольника ЛИС(рис. 12.133)
лежит на верхнем основании цилиндра, вершина Л на окружности ниж-
него основания, ИС = а, AM—обра-
< С	1 \ 	\ 		А	 ч л । ЧХ	\	' -Ч- \ ' Ч \ <' '	- Ч'''' ч^^	***** '"Ч- Рис. 12.133 AM = АК cos АМАК = — 2 В ДЛМИ (ААМВ = 90°):	зующая цилиндра,К—серединаИС. Ч Тогда ВМ = CM, МК1ВС, АК1ВС. Отсюда, прямая ВС перпендикуляр- на плоскости Л МК, значит, плоско- сти Л МК и ЛИС перпендикулярны. В плоек ости А МК проведен пер- пендикуляр ML наАК. Тогда ЛК— - х	проекция прямой Л М на плоскость ] АВСиАМАК = а. АК = — . 2 В &АМК(ААМК = 90°): йа/З - cos а; МК = АК sin АМАК =	sin а. 2 ^2	2 ,	ч
ВМ = АВ - AM1 = а —cos2a = — 4	4 = —(l + 3sin2 а) 4 v	' Радиус круга, описанного около АВМС. R = ВМ СМ ВС _ ВМ2 ВС _ ВМ2 ^s\bmc	4-ВСМК 2МК 2 _ afcsin2 а + 1) 4>/з since Площадь боковой поверхности цилиндра о n п	- a(3sin2 ос + 1) а>/3 S = 2nR• AM = 2п	1	cosa = - 4V3sina 2 Ответ: -7 ла2 ctg а(з sin2 а +1). 4	(4-3cos2 а)= — (1 + 3sin2 а) = _4_	 = aV3sina -ла2 etgafesin2 а + 1 4
1022
5
Рис. 12.134
12.270.	Найти плоский угол при вершине правильной четырехуголь-
ной пирамиды, если он равен углу между боковым ребром и плоско-
стью основания пирамиды.
Решение.
Пусть SO — высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.134),
ASDO = ZCSD, Z SDO = ZCSZ) = а.
Тогда ZSDC = 90°--.
2-
SO — наклонная к плоскости основания пирамиды, OD — ее проек-
ция на эту плоскость, CD — прямая, лежащая в этой плоскости.
Получаем
cosZ.SDC = cos AS DO  cos AODC =>
[Ct |	!—	Ct
90°--= cos a cos 45 ° => V2 sin —cosa.
2 J	2
ot
Так как угол a острый, то cosa > 0, siny > 0 и
cos2 a = 2 sin2 —; cos2 a = 1 - cosa; cos2 a + cos a -1 = 0;
2
V5-1	V5-1
cos a =-----; a =arccos---
2	2
1023
Ответ: arccos
V5-1
2
12.271.	Отрезок прямой, соединяющий точку окружности верхнего
основания цилиндра с точкой окружности нижнего основания, равен /
и составляет с плоскостью основания угол а.
Найти расстояние от этой прямой до
оси цилиндра, если осевое сечение цилин-
дра есть квадрат. Каковы возможные зна-
чения а?
Решение.
Пусть ОО\ — ось данного цилиндра,
АВ — отрезок, о котором говорится в ус-
ловии задачи (рис. 12.135), АВ = I.
Прямые АВ и OOj — скрещивающие-
ся. Проведем через АВ плоскость, парал-
лельную ОО\ . Сечение ABCD цилиндра
этой плоскостью — прямоугольник. Если
F—середина ВС, то отрезок O\F— перпендикуляр к плоскости сечения
и его длина — искомое расстояние.
Пусть ВС — проекция ВА на плоскость основания цилиндра,
ЛАВС = а.
В ДЛС5(/ЛС5 = 90°):
АС = ABcqs ЛАВС = /sin а; ВС = АВ cos ЛАВС =1 cosa.
Так как осевое сечение цилиндра — квадрат, то радиус его основания
О\В = 1 АС = 1 /sina. В ЛВРО}(ЛВРО\ = 90°):
OF = JО,В2 - BF2 ~ J— I2 sin2 a-—/2 cos2 a - —J-cos2a.
N 1	V4	4	2'
тс _	3 тс тс Зтт
Учитывая, что cos2a< 0, имеем — < 2a < —,т.е. — < a< —.
2	2	4	4
1	I---71	Зтс
Ответ: —J-cos2a; — < a< ——.
2	4	4
12.272.	Основанием пирамиды служит прямоугольник. Каждое из бо-
ковых ребер равно / и составляет с прилежащими сторонами основания
углы а и р. Найти объем пирамиды.
1024
Рис. 12.136
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD — основание пирамиды EABCD
(рис. 12.136), ЕО — ее высота. Так как ЕА = ЕВ = ЕС = ED = I, то
О — центр окружности, описанной около основания, — точка пере-
сечения диагоналей прямоугольника ABCD.
ZADE = a, ZCDE = $.
Если К —середина AD,L —середина CD, toEKLAD, EL± CD, OL -KD.
В Д EKD (Z.EKD = 90 °) : EK = /sin a, KD = Zcos a.
В bELD (Z.ELD = 90°): DL = Zcos p.
Площадь основания пирамиды
S' = AD • CD = 21 cosa • 21 cos0 = 4Z2 cos a cos0.
В AEOL (ZEOL = 90°):
„ ~	7777 , Г~2	777 i /1-cos 2al + cos2B
EO = yJEL - OL = ZJsin a - cos В = L---------------—- =
V 2	2
= ly}- cos(a + p)cos(a - p).
Объем пирамиды
V =	• EO = -Z3 cosacospJ^
3	3
cos(a + p)cos(a - p).
4
Ответ: ~
P cos a cos p7“ cos(a + p)cos(a - p).
33 Группа Б
1025
5
12.273. Точка А лежит на окружности верхнего основания цилинд-
ра, точка!?—на окружности нижнего основания. Прямая АВ составля-
ет с плоскостью основания угол а, а с плоскостью осевого сечения,
проведенного через точку В, — угол 0. Найти объем цилиндра, если
длина отрезка АВ равна /.
Решение.
Пусть О и О] — центры верхнего и нижнего оснований цилиндра,
CD — его образующая (рис. 12.137), тогда!?!) — проекция ВС на плос-
кость нижнего основания и Z.CBD = а.
Плоскость осевого сечения BMNA перпендикулярна плоскостям ос-
нований. Проведем перпендикуляр СК на MN, тогда ВК — проекция
ВС на плоскость осевого сечения и Z.CBK - р.
MN—диаметр верхнего основания цилиндра, поэтому Z.MCN = 90°.
В \CDB (Z.CDB = 90 °): CD = /sin a; BD = Zcos а.
В ЛСКВ (ZCKB = 90°): СК = /sin р.
СМ = BD = /cos а.
В ЬСКМ (АСКМ = 90°):
/^1Z2 777 » I 2	~, l + cos2a l-cos2B
МК = у]СМ - СК = /д/cos а - sin р = /J---------—- =
= /д/cos (а + p)cos(a - р).
В bMCN^MCN = 90°, СК — высота):
1026
t/tz i/v l/АГ CM2	/cos2 a
CM - MK  MN; MN =-------= -====--------------.
MK yjcos\a + P) cos(a - P)
Радиус основания цилиндра
„ 1 1Ж>Г	/cos2 a
R = - MN = -	,
2 25/cos(a + p)cos(a-p)
высота цилиндра// = CD =/sin a.
Объем цилиндра
ТЛ „7 г г	л/3 cos4 a sin а	л/3 sin 2a cos3 a
V = HR H = ---7----Г---7----Г = -7-----г--т----Г .
4 cos(a + P)cos(a - P) 8 cos(a + P)cos(a - P)
л/3 sin 2a cos3 a
Ответ. cos(a + p)cos(a _ p)
12.274. В конус вписан куб (одна из граней куба лежит в плоскости
основания конуса). Отношение высоты конуса к ребру куба равно к.
Найти угол между образующей и высотой конуса.
Решение.
Пусть ребро куба равно а (рис. 12.138).
Тогда О1С1 - ^-,SO = ка, SOX = SO - OOl = а(к -1).
BASO.C, (Л5О{С} = 90°):
ctg ZO.SQ = ^- = 2^ = Л(к-1);
Охсх ау/2
~2~
Z.O{SCi = arcctg(>/2 (к -1)).
Ответ: arcctg(>/2(/c-1)).
12.275. Основанием пирамиды служит прямоугольник. Две боко-
вые грани перпендикулярны плоскости основания, две другие составля-
ют с ней углы а и р. Найти боковую поверхность пирамиды, если
высота пирамиды равна//.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD— основание пирамиды KACBD
(рис. 12.139).
Боковые граниЯ/Ж и СВКперпендикулярны плоскости основания
пирамиды, их общее ребро КВ — высота пирамиды, КВ - Н.
1027
ВА и ВС — проекции боковых ребер КА и КС на плоскость основа-
ния, BALAD, BCLCD. Отсюда, KALAD, KCLCD, LKAB и LKCB —
углы наклона боковых граней KAD и KCD к плоскости основания,
LKAB = а, LKCB = р.
H2
ВДЯЯ/С (Z/4B/C=9O°): АВ = Н ctga, АК = -^~-
sm а
Н
В ЬСВК (LCBK = 90°): ВС = Н ctgР, КС = —-.
v	7	sin р
Боковая поверхность пирамиды
S = S^ABK + S^cbk + $ы)лк + S&dck - ~ АВ • КВ + — ВС  КВ + — АК • AD +
1	„„ ч х х о ctgP ctga^ #2fsin(a + p)
+ -КС CD =---- ctga + ctgp + ——+ —— =--------------^ +
2	2	sina sinp j 2 ^sinasinP
cosP + cosa^ H2 . a + p	a + P _ a + P a~P^
+  -------- =---------- 2 sin----- cos--- + 2cos--cos------ =
sin a sinp I 2 sin a sin P^	2	2	2	2 J
rr2	a + p	..j a + P
H cos----„	Q\ Я cos----1Q
2 ( . a + P	a-P ]	2 i • a + P
=-------=— sm-------- + cos---- =---------— sin----- +
sinasinP 12	2 )	sinasinP 2
1
2
2
1028
,	2H* 2 * * S cos———cosf— -45°lsinf45° + —
. fnno a-P^	2	1 2 II 2
(	2 JI	sinasinp
1H2 cos a + sinf 450 + _\inf45° + — 1
=2	(	2 J (	2 J
sinasinp
2
2H2 cos -a +  sinf 45° + — |sin| 45°
2	9
Ответ:____________-_____\_____zJ____к--
sinasinp
12.276. Одна из сторон основания прямой треугольной призмы рав-
на а, а прилежащие к ней углы равны а и р. Найти боковую поверхность
призмы, если ее объем равен V.
Решение.
Если b и с — стороны основания призмы, противолежащие соответ-
ственно его углам Р и а, у—угол основания, противолежащий стороне
а, то
_ a sin Р _ a sin Р _ a sin Р
sin у sin(l 80° - (a + р)) sin(a + р) ’
_ a sin a
sin (a + p)
r,	1 , . a2 sinasin В
Площадь основания призмы S = — ab sm a----------- •
2sin(a + р) ’
периметр основания:
,	asinB	<2 sin a
nJ_________i______
a
/-uTt7-rc-u-r -7-7—-г -t- —--г - —7—-v (sin(a + p)+sin a + sin p)=
sin(a + p) sin(a + p) sin(a + p)v v
a . a + p a + P .a + P	a~pA
sinfa + p)^	2	2	2	2 J
_ . a+p	a p
2asm----	/	~ Q\ 2acos—cos—
2	1	a+p a-p|	2	2
=-------5— ----о cos ——- + cos-- I =----------
_ . a+p a+p 2	2
2sm----- cos--
2	2
a + p
cos-----
2
n	__ V 2V sin (a + p)
Высота призмы H = — = —-----*---—
S a2 sinasinp
1029
Рис. 12.141
Боковая поверхность призмы:
_ а	В
пт/ • ( , n\ 2аcos — cos —
S	2Ksin(a + P) 2	2 =
6	a1 sin a sin Р	cos a + P
2
OTZ . a + p a + p a p _TZ . a + p
8V sin---- cos--- cos — cos —	2V sin--
=2	2	2	2	_2
„ . a a _ . P P	a + P	. a . P *
a • 2 sm — cos — • 2 sin — cos—cos-- asm — sm —
2	2	2	2	2	2	2
ОТ/ • a + P
2K sm-----
„	2
Ответ:----------tt-
. a . p
a sm — sm —
2	2
12.277.	Одно боковое ребро треугольной пирамиды перпендикуляр-
но плоскости основания и равно 7, два других образуют между собой
угол а, а с плоскостью основания — один и тот же угол р. Найти объем
пирамиды.
Решение.
Пусть боковое ребро DA = I ппрылщцлВАВС (рис. 12.140), перпен-
дикулярное плоскости основания, является ее высотой, А В и А С — про-
екции боковых ребер DB и DC пирамиды на плоскость основания. Тог-
да Z.ABD = Z.ACD = р, ABDC = а.
1030
AD AB -ADA C—по катету и острому углу. Т аким образом, А В = А С,
DB = DC
а
Если# — середина Б С, то АЕ1ВС, DE1DC, ZBDE = — .
В ADAB (ZDAB = 90°); АВ =1 ctg 3’DB =	•
В ADEB {ZDEB = 90°): BE - DB sin ZBDE =-.
sinp
В AAEB (ZAEB = 9Q°y.
I	»2 • 2 a	.____________
---------- Г sinz —	,	/~
AE = yjAB2-BE2 = i/2ctg2p----------—=-—-Jcos2 p-sin2 — =
У	sin p sin p V	2
/ /l + cos2p 1-cosa Z I (aаЛ (n
=-----J------------------=------Jcos p + — cos p— I.
sinp V 2	2 sinPy 2 J 2 J
Площадь основания пирамиды
S = -BC AE = BE AE =
2
Объем призмы
A  a
I sn; ,
1	2^
V = -S DA =--------
3
Z2 sin — , cos — + P соя-------P
2\ I2 J \2
sin2 p
sin— cos - + P cos --P
V J U
3sin2 p
a
2
a
a Q I a Q
cos —h p cos — - p
2	2
___<	)___LT____
3sin2 P
2
Ответ:
12.278.	Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция, у
которой острый угол равен а, а площадь равна S. Все боковые грани
составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Найти объем
пирамиды.
Решение.
Пусть трапеция ABCD — основание пирамидыЕЛБСЛ (рис. 12.141),
АВ = CD, ZABC = a, 0° < a < 90°, ЕО — высота пирамиды.
1031
Рис. 12.142
Так как все боковые грани составляют с плоскостью основания
один и тот же угол, то точка О—центр окружности, вписанной в трапе-
цию ABCD.
Тогда AD + ВС=АВ + CD=2АВ. Если высота трапеции ABCD AF=h,
то из АЛ FB (ZAFB = 90°):
sina
Площадь основания пирамиды
AD + BC
2
AF = AB AF ------.
sina
Тогда h = Vasina.
В плоскости основания проведем перпендикуляр ОК на АВ. Тогда
EKA. АВ ЛЕКО = р, радиус окружности, вписанной в трапецию ABCD,
OK = -h = -JSsma.
2	2
BABOF(ZFOF=90°):
EO = KO tg ЛЕКО = Pysina
1032
tz 1 о ™ SteBA/Ssina
Объем пирамиды V = -S- EO = —---------.
StgpVSsina
Ответ:-------------•
6
12.279.	Косинус угла между двумя смежными боковыми гранями пра-
вильной четырехугольной пирамиды равен к. Найти косинус угла между
боковой гранью и плоскостью основания и допустимые значения к.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.142),
ABED — угол между боковыми гранямиВЗСи DSC, F—середина CD,
ASFO— угол между боковой гранью и плоскостью основания,
ABED = a, ASCD = р, ASFO = у.
По теореме косинусов для трехгранного угла с вершиной С:
cos 90° - cos В cos у	2 «
cos a =--------------тL = - ctg В.
sin p sin P
В ASFC (ASFC = 90°): ctgP = —.
Sr
OF
В AS OF (AS OF =90°): cosy = —.
Так как CF = OF, to cos у = ctg p => cos a = - cos2 y,
cosy = V- cosa = V- k.
Так как 0 < cosg <1, то 0 < >Г^к < 1,0 < -к < 1,-1 < к < 0.
Ответ: J^k;-1 < к < 0.
12.280.	Основанием пирамиды является прямоугольник ABCD
(АВ || CD). Боковое ребро ОА перпендикулярно основанию. Ребра
ОВ и ОС составляют с основанием углы, соответственно равныеа и р.
Найти угол между ребром OD и основанием.
Решение.
Ребро ОА является высотой пирамиды OABCD (рис. 12.143), АОВА =а,
АОСА ~^,AODA —искомый угол между ребром OD и основанием.
Пусть О А = 1, AODA = у, тогда изДОАВ (АОАВ = 90°): АВ = ОА
ctg АОВА = ctg а.
В ДОАС(АОАС = 90°):Л С = О A ctg АОСА = ctg р.
В AOAD (AOAD = 90°): AD = О A ctg AODA = ctg у.
1033
о
Из MDC(ZADC = 90°): AD2 = AC2 -CD2-,
ctg2y = ctg2p - ctg2a =>
2	4Z	4 sin(a-B)sin(a + B)
=> ctgzy = (ctg p - ctga) (ctgp + ctg a) =------—;
sin asin p
sinasinp
tg у =	...... H ..	;
-^sin(a - P) sin (a + P)
sinasinp
v = a re to--—	1	—_
~P)sin(a + P)
„	sinasinP
Ответ', arctg—7=--- - — 	 —.
•^sin(a-P)sin(a + P)
12.281.	Через диагональ основания и высоту правильной четырех-
угольной пирамиды проведена плоскость. Отношение площади сечения к
боковой поверхности пирамиды равно к . Найти косинус угла между апо-
фемами противоположных боковых граней и допустимые значения к.
Решение.
Пусть SO — высота, SE и SF — апофемы противоположных боковых
граней правильной пирамиды SABCD (рис. 12.144), AD = a, Z.SFO = а.
Тогда АС = ajl, а из &SOF(ZSOF = 90°):
SO = OF tgZSFO = tg a.
1034
Площадь сечения AJSC:
с 1 аг сп a2V2tga
di = — АС • 80 =----—.
1 2	4
Площадь основания пирамиды SOCH = а2, площадь боковой поверх-
с»	2
ности 52 = —= ———.
cos a cos a
Так как — = к, то	a cos а. = к, sin a == 2 VI &.
S2 4	VI
Искомый cos ZEST7 = cos(180°-2a) - -cos2a = 2 sin2 a -1 = 2(2>/I^)2 -
-1 = 16A:2-1, где 16k2 -1 < 1, или к2 < 0,125; т. e. О < к < 0,25^2.
Ответ: 1бР -1; 0 < к < 0,25^/1•
12.282.	Боковое ребро правильной треугольной пирамиды в два раза
больше стороны основания. Найти угол между апофемой пирамиды и
не пересекающей ее высотой треугольника, лежащего в основании пи-
рамиды.
1035
Рис. 12.145	Рис. 12.146
Решение.
Пусть SO—высота правильной пирамиды SABC, SF—ее апофема,
CD — высота основания пирамиды (рис. 12.145), AD = BD = 1. Тогда
AB = BC=2,SB = 2AB = 4, OF = ^^- = — .
6	3
В &BFS (ZBFS = 90°J.
SF = y/sB2-BF2 = 415.
Проведем перпендикуляр FK на АВ. Тогда Z.BFK = Z.BCD = 30°,
Z.OFK = 90 °- Z.BFK = 60°.
Так как FK || CD, то Z.SFK равен углу между скрещивающимися
прямымиSF и CD.
Если OF—проекция наклоннойЗТ’на плоскость основания, аРК —
прямая, лежащая в этой плоскости, то cos Z.SFK = cos Z.SFO cos ZOFK = — 5 Z.SFK = arccos —. 30 4s Ответ: arccos — .	>f	Ano 41 i 4s F	зТЙ 2 30
1036
12.283.	Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а. Угол между смежными боковыми гранями равен а. Найти
боковую поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть^О—высота правильной пирамиды(рис. 12.146), AD =а
В плоскости грани УОС проведем перпендикуляр DE на SC.
SOI. BD, А С A. BD, поэтому прямая 2?/) перпендикулярна плоскости
ASC. Отсюда BD1SC.
SCI. BD, SC1.DE. Получили, что прямая SC перпендикулярна плос-
кости BED. Тогда /BED — угол между смежными боковыми гранями
SCD и SCB, /BED = а и OE1.SC.
Прямоугольные треугольники DEC и ВЕС (/DEC - /.ВЕС - 90°)
равны по катету и гипотенузе. Тогда BE = ED.
1 а
О — серединаBD => OE1ED,/OED = — /BED =—.
Если /SOC = Р, тогда из t±EOD (/EOD = 90°):
OD а-у/2	а-у/2 а
DE =---------= ——; ЕО = OD ctg/ОED =	ctg -.
sin/OED ~ • а’	6	2	2
2sm —
2
В AO£C(ZO£C=90°):
ЕО = ОС sin /SCO = ~~~ sin р =» sin Р = ctg у.
В A5OC(ZSOC = 90°):
_	_	п; . а
/Ч/'Ч	/сч	/л	/>ч	&У/£ Sill
sc- ос -	2
cos /.SCO 2cosP 2 Jl — sin2 p n /< t 2 £( 2 V— cos а
V g 2
rr • «
.	. av2 sin —
= -SCDE =-----.	2
2	2 2-J- cosa
aV2 _ a2
2 sin-
2
Площадь боковой поверхности пирамиды
$б ~ ^S^sc - I-----
v-cosa
Ответ: .
у/- cosa
1037
Рис. 12.147
12.284.	В правильной треуголь-
ной пирамиде проведена плоскость
через боковое ребро и высоту. Отно-
шение площади сечения к полной по-
верхности пирамиды равно к. Найти
двугранный угол при основании и до-
пустимые значения к.
Решение.
Пусть \РЕС — сечение правиль-
ной пирамиды DABC (рис. 12.147.)
плоскостью, проходящей через боко-
вое ребро DC и высоту пирамиды DO.
Тогда Е — середина АВ, ZJDEO —
линейный угол двугранного угла при
основании.
Если Z.DEO = а, АВ = 1, то пло-
е АВ2у/3
щадь основания S0CH =-----------
л/3	S
=--- площадь боковой поверхности 5g = °--н , полная поверхность
4	cosa
пирамиды
„	2»	/7	2 «
„	.	rz 2cos —	УЗ cos —
v-v 4-9=9	4-^0CH_=c	l + cosa_y3_________2=_________2
°OCH‘t'°6 °ОСН +	° ОСН	л	„
cosa cosa 4 cosa 2cosa
ОЕ =
— = —, CE = — = —
6	6	2	2
УЗ
В LDOE(ADOE = 90°): DO = OE tg Z.DEO = — tg a.
6
1	1 д/з д/з tg a
Площадь сечения	= — СЕ • DO  --------—- tg a = ——.
2	2 2	6	8
? • a a
S->	, tga 2cosa sina rz Sm2C°S2
9.	R rz 2 a 2 a	2a
0 V3cosz— cos —	cos —
2	2	2
= 4£V3;tg—= 2£>/з ;a = 2arctg(2Ar>/3); 0<2kjl <1,т.е.0<к <—.
2	6
6
1038
12.285.	Угол между высотой и об-
разующей конуса равен а. Через вер-
шину конуса проведена плоскость, со-
ставляющая угол р с высотой (Р < а).
В каком отношении эта плоскость де-
лит окружность основания?
Решение.
Пусть SO — высота данного ко-
нуса, SASB — его сечение плоско-
стью (рис. 12.148), AOSB = а.
Если С—середина АВ, то SCLAB,
ОСА. АВ, ZBOC = - Z.A ОВ.
2
Проведем из точки О перпендику-
ляр OD на плоскость ASB. Тогда
DC—проекция ОС на плоскость A SB,
ОСА. АВ => DCA. АВ и точка D нахо-
дится на прямой SC и SC —проекция
SO на плоскость A SB, Z.OSC - р.
В &SOB ZSOB = у : SO = ОБ ctg а.
В SSOC\ ZSOC = - |: SO = ОС ctg Р => OB ctg а = ОС ctg р; — =	.
(	2)	О В tga
Пусть Z.BOC = у, тогда из
ЬОС^АОСВ = - I: cos у = — =	; у = arccos	=> uAEB = 2y =
2 J OB tga	tga
arccos
- 2 arccos  и AFB - 2л - 2 arccos	—tga
tg“	tga 'jAFB !t-arccos-!S₽
tga
tgp
arccos
Omeem:---------.
tgp
л -arccos -E-F-
tga
12.286.	Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник,
у которого острый угол между равными сторонами равен а. Все боковые
ребра составляют с плоскостью основания один и тот же угол р. Через
1039
Рис. 12.149	Рис. 12.150
сторону основания, противолежащую данному углу а, и середину высо-
ты пирамиды проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и
плоскостью основания.
Решение.
Пусть ААВС — основание пирамиды SABC (рис. 12Л49),АВ = ВС,
ZABC = а, 0°< а < 90°, SO — ее высота, ZSA О = 0.
Так как все боковые ребра составляют с плоскостью основания
один и тот же угол, то точка О—центр круга, описанного около ДЛВС,
а так как этот треугольник равнобедренный и остроугольный, то точка
О принадлежит высоте, медиане и биссектрисе BD этого треугольника.
Пусть точка Е — середина высоты SO, AAFC—сечение пирамиды,
ODA.AC, OD —проекцияЕО на плоскость основания. Отсюда, EDA. А С
и ZEDO — угол между плоскостями сечения и основания.
Если R — радиус круга, описанного около ДЛВС, то AC =2Asinoc,
AD = /?sina, О A =R.
BAADO(ZADO = 90°):
OD = >IoA2-AD2 = Jr2-R2 sin2 a = R cos a.
В ЛАOS(ZAOS = 90°): SO = OAtg ZSAО = Ktg 0.
£o = |so = lj{tg|3.
В AEOD (ZEOD = 90°):
tgZEDO = — = tgP ;ZEDO = arctgf tg^ 1
OD 2cosa	(2cosa J
1040
( tgB
Ответ: arctg —
( 2 cosa
12.287.	Ребра прямоугольного параллелепипеда относятся как 3:4:12.
Через большее ребро проведено диагональное сечение. Найти синус угла
между плоскостью этого сечения и не лежащей в ней диагональю паралле-
лепипеда.
Решение.
Пусть О и Oj — точки пересечения диагоналей оснований прямоу-
гольного параллелепипеда A BCDAXBXCXDX (рис. 12Л5О),АХВХ = 3;ВХС =
= 4; ВВХ = 12.
Тогда 4Cj = yjA^ + B^ = 5;
BXD = АХВХ + ВХСХ + ВВ? = 13.
Проведем в плоскости прямоугольника^XBXCXDX перпендикуляр/?^
на А Сх. Так как плоскость диагонального сечения Л Л (Сх С перпендику-
лярна плоскостям оснований, то BXFперпендикулярен плоскости сече-
ния, а прямая FE (F— точка пересечения BXD и сечения — середина
ООХ) — проекция BXD на плоскость сечения и ABXEF искомый угол
между плоскостью сечения А А ХСХС и В XD.
S^bc	в\с\ =~А1С1 BlF=>BlF=A-1--1	= —.
2	* * 2 * *	*	*	/4 С 5
В &BXFE (АВ XFE = 90°):
sin ABXEF
/?tF _ 12.13 24
BXE ~ 5 ’ 2 " 65 ‘
24
Ответ: —
12.288.	Боковая грань правиль-
ной треугольной пирамиды состав-
ляет с плоскостью основания угол,
тангенс которого равен к. Найти
тангенс угла между боковым реб-
ром и апофемой противолежащей
грани.
Решение.
Пусть SO — высота правиль-
ной пирамиды SABC (рис. 12.151),
F—середина ВС.
Рис. 12.151
1041
Тогда ASFO — угол между боковой гранью и плоскостью основа-
ния, ASA О — угол между боковым ребром и плоскостью основания,
AASF—угол между боковым ребромSA и апофемой SFпротиволежа-
щей грани.
Пусть ASFO = a, ASA О = 0, AASF = у.
По условию tg а = к.
В bSOF(ASOF = 90°): SO = OFtg а.
В bSOA (A SOA = 90°): SO = О A tg 0 = 2OFtg 0 =>
=>2tg0 = tga,tg0 = y.
В 2USF:y = 18O°-(a + 0)=>
А: + — Л:
=> tgy = tg(l80° - (а + 0)) = -tg(a + 0)=-^-+~7 = —— = ТГ~Т-
tgatg0-l Lk2-\ к ~2
Зк	2
Ответ: —=--.
к2-2
12.289.	Все боковые грани пирамиды образуют с плоскостью осно-
вания один и тот же угол. Найти этот угол, если отношение полной
поверхности пирамиды к площади основания равно А:. При каких значе-
ниях к задача имеет решение?
Решение.
Пусть S — полная поверхность, — боковая поверхность пирами-
ды, S2 — площадь ее основания.
Так как все боковые грани образуют с плоскостью основания один и
о *$2
тот же угол а, то Oj =-.
cosa
„ ООО «S’? О	S2(l + Cosa)
Далее S = + S2 = —— + S2 = —--------
cosa	cosa
„	iSj .	1 + cosa .	/.	1
По условию —L = к =>-----= к <=> {к -1 Jcosa = 1 => а = arccos-.
S2 cos a	к -1
Так как к > 0 и 0 < cos a < 1, то 0 <	< 1, к > 2.
к-1
Ответ: arccos ——-, к > 2.
к-\
12.290.	Отношение полной поверхности правильной л-угольной пи-
рамиды к площади основания равно L Найти угол между боковым
ребром и плоскостью основания.
1042
s
Рис. 12.153
Рис. 12.152
Решение.
Пусть BO — высота правильной пирамиды ВЛ ^у.. Ап (рис. 12.152),
ВС — апофема грани A xBAr Тогда ZBCO — угол между боковой гра-
нью и плоскостью основания, ZBAtO — угол между боковым ребром и
плоскостью основания.
ZAXOA2 = —, ZAXOC = - ZAXOO2 = -.
п	2	п
Пусть Z.BCO = a, ZBAXO = [3. Полная поверхность пирамиды:
с	( 1	Л	с 1	1
S = S6+S0CH=Z0en- + S0CH=S0CH —— + 1	= ——+ l = z;a = —-.
cosa	(cosa	j	S0CH	cosa	t-1
BbBOi
.ВО-ОС tga.
f	It I
В ABCUJ ZBOAX = ~ \: BO = ОAxtg 0.
В ЩСЯ ZAXCO = у j: ОС = OA{ cos =>
=> ОСtga = ОА{ tg[3;ОАХ tg$ = OA, cos—tga и tg0 = cos — tga.
n	n
1
1ёа = J----—
V cos a
•j _	[	71
- 2t => p = arctg cos—
1043
(л / 2	1
cos — ylt -2t .
n /
12.291.	Косинус угла между боковыми ребрами правильной четырех-
угольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен Аг. Найти коси-
нус плоского угла при вершине пирамиды.
Решение.
Пусть SO — высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.153),
cos ZASC — к.
Если Z.ASC = а, то Z.DSO = ZCSO = -.
2
Рассмотрим плоскость SOC. SD — наклонная к этой плоскости,
SO — проекция SD на эту плоскость, SC — прямая, лежащая в плоско-
сти SOC.
Тогда cos ZDSC = cos ZDS О • cos ZCSO = cos1 2 * * * * * В - = 1 + COsa = —.
2	2	2
1 +Ar
Ответ: -	•
2
12.292. Через сторону ромба проведена плоскость, образующая с
диагоналями углы а и 2a. Найти острый угол ромба.
Решение.
Пусть А В CD — ромб, через сторону которого проведена плоскость
л (рис. 12.154), О — точка пересечения диагоналей ромба.
Проведем к плоскости л перпендикуляры ВВХ и ССХ, ZCACX = a,
ZBDB = 2 a.
BC || AD, AD принадлежит плоскости л. Таким образом, прямаяДС
параллельна плоскости л и ВВХ = ССХ.
В прямоугольных треугольниках А Сх С и DBXB с равными катетами
ССХ и ВВХ ZCA Сх < ZBDBX =>АС> BD => ZBAD — острый угол ромба.
1044
Рис. 12.155
В AAC.CfZAQC = 90°); А С =
sina
В ADB,B(ZDB}B = 90°): BD =	.
1 v 1	7 sin2a
-AC
В &AOD(ZAOD = 90°): ctgZOAD = — =	=
OD	sin a sm 2a
2
= 2 cos a => ZOAD = arctg(2 cos a\
ZB AD = 2Z О A D = 2 arcctg(2 cos a)
Ответ: 2arcctg(2cosa)
12.293. Основанием наклонной призмы A ВС A lBl C{ (A A , | |BBt 11 CC{) слу-
жит равнобедренный треугольник, у которого АВ = АС = аи ZCAB = а.
Вершина Вх верхнего основания равноудалена от всех сторон нижнего
основания, а реброВ^ составляет с плоскостью основания угол £. Найти
объем призмы.
Решение.
Проведем из точки Вх перпендикуляр Вх О на плоскость ЛВС и пер-
пендикуляры B{F, В{К, В{Е — на стороны АВ, ВС, АС треугольника
АВС (рис. 12.155), ZB{BO = р.
1045
OF, OK, OE — проекции BXF, BXK, BXE на плоскость ABC, OFLAB,
OKX.BC, ОЕХ.АСи,т:г.ккг^ВхР=ВхК = ВхЕ,-то OF=OK=OE=$O —
центр круга, вписанного в ЛАВС, и лежит на его высоте, медиане и
биссектрисе АК.
ЛАВК = --ЛВАК = --- = ?—^.
2	2 2	2
ЛОВК = - ЛАВК =	.
2	4
В ЛА КВ ЛАКВ = - |: ВК = АВ sin ЛВАК = a sin -.
(	2)	2
. a
asm —
2
В ЛВКО\ ЛВКО = - I: ВО = — 
I	2 I ссяЛОВК л-а
4	7	cos----
4
(	asinytgp
В ЛВ{ОВ = - : ВХО = ВО tg ЛВХВО = ——
'	7	cos----
4
Площадь основания призмы 5 = a* 2 з 4 * * sin а, а ее объем V = S- ВХО =
з .	. а о
a sinasinytgp
_ л-а
2 cos----
4
з .	. а „
a sin a sin — tg р
Ответ:---------------•
л-а
2 cos---
4
12.294. Основанием наклонной призмы служит равнобедренная тра-
пеция, у которой боковая сторона и меньшее основание равны а, а
острый угол равен [3. Одна из вершин верхнего основания призмы рав-
ноудалена от всех вершин нижнего основания. Найти объем призмы,
если боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а.
* Решение.
Пусть трапеция ABCD — нижнее основание наклонной призмы
ABCDAXBXCXDX (рис. 12.156), АВ = ВС = СВ =а, ЛВАО=$, 0° < 0 < 90°,
вершина Вх призмы равноудалена от всех вершин трапеции ABCD,
ВХО — высота призмы, ЛВХВО = а.
1046
Рис. 12.156
Рис. 12.156,а
О А, ОВ, ОС, 0D — проекции соответственно ВХА, ВХВ, ВХС, B{D на
плоскость нижнего основания и, так как В, Л = ВХВ =В{С =BXD, то О А =
=ОВ - ОС = OD, и О — центр круга, описанного около трапеции ABCD,
ОВ — его радиус.
Так как АВ = ВС, то ABAC = АВСА (рис. 12.156, а) ВС || AD =>
АВСА -ADAC => ABAC = ADAC -—ABAD = £.
2	2
Пусть СЕ — высота трапеции A BCD.
AD+BC
Так как АВ = CD, то АЕ =---.
2
В bCED(ACED = 90°) .СЕ = CD sin ACDA = a sin р.
В ЬСЕА^АСЕА = 90°) .АЕ = СЕ ctg ADA С = a sin р ctg |.
Площадь основания призмы 5 =	• СЕ = АЕ СЕ-a1 sin2 р ctg .
Радиус круга, описанного около АЛ ВС:
ов=——— = д о •
2sinZ2L4C 2sinP
2
В ДВ,ОВ (АВХОВ = 90°): ВХО = BOtgABxBO =
2sin —
2
1047
Объем призмы
a3 sin2 pctg—tga
V = s в,о =--------g2—
2sin —
2
. 3 . 2 P 3 P
4a sin —cos —tga	n
------- —--------= 2a3 cos3 — tga.
2sin—	2
2
Ответ: 2a3
cos jtga.
12.295. Основанием пря-
мой призмы, описанной око-
ло шара радиуса г, служит
прямоугольный треуголь-
ник с острым углом а. Най-
ти объем призмы.
Решение.
Пусгь&АВС —нижнее ос-
нование данной прямой при-
змы, ААСВ = 90°, АВАС=
=а (рис. 12.157), высота приз-
мы// -2г, проекция шара на
плоскость АВС—круг, впи-
санный в АЛ ВС, радиусаг, О — центр этого круга, EvlF—точки касания
круга с катетами АС и ВС.
Тогда ОЕ = OF = ЕС = CF = г,АОАЕ = -ABAC = -,ОЕ±АС.
2	2
В ЛАЕ О\ААЕО=— \.AE = rct?)-.
I 2)	2
AC = AE + EC = rl l + ctg| I.
В ЛАСВ^ААСВ = ^ j:BC = ^Ctga = z|l + ctg|jtga.
Площадь основания призмы
1	1	/	\2	-
I	1	(1 I	1 ->
S = — АС  ВС = —г2\ 1 + ctg- tga = —г2
2	2	2	2
\2
.а	а
sin —I- cos —
2	2
. а
sin —
2 J
tga =
1048
1	о 1 + sin а
= —г------------
2	. 2 а
sin —
2
1	(п
1 + cos| — - а
_ . а а
2sin —cos— 1 . •
2	2	2 1 +sina а
----= г2--------------ctg - =
cos a	cos а 2
12 I х а 2 а (ла
—------г-2 ctg — = г ctg — ctg-
. (л 6 2	6 2 6 4 2
sin —a	v
2
Объем призмы V = 5 • Н = 2г3 ctg у ctgf у - у
„	n 3 х а х I «
Ответ: 2r ctgу ctg у-у
12.296. ДиагоналиЛВ1 и СВХ двух смежных боковых граней прямо-
угольного параллелепипеда ABCDA iBiClDl составляют с диагональю
А С основания ABCD углы, равные соответственно аир. Найти угол
между плоскостью треугольника АВ{ С и плоскостью основания.
Решение.
Проведем в плоскости АВХС перпендикулярВХЕна Л С (рис. 12.158)
ZBlAE = a, ZB£E=$.
BE — проекция В ХЕ на плоскость основанияЛВСР. ТогдаВЕ! ЛСи
ZBXEB — угол между плоскостью&АВ{ С и плоскостью основания.
Пусть В{Е = 1.
В ЬВХЕА (АВХЕА = 90°): АЕ = B,Ectg ZBXAE = ctg а.
1049
В Л^ЕС (АВХЕС = 90°): СЕ = B,Ectg АВХСЕ = ctg 0.
BE—высота прямоугольного АЛ 5С=> BE = JAECE = «Jctgactg^.
В ЬВХВЕ (Z.BJBE = 90°): cos ЛВХЕВ =
BE I------------
—- = д/ctg a ctg {3;
BXE
ZBXEB = arccos 7ctgactg|3.
Ответ: arccos д/ctg a ctg £.
Пусть BCX = BD{ = x.
В AQBPj: Crf = BCX + BDX -
12.297. В правильной
треугольной призме сторо-
на основания равна а, угол
между непересекающимися
диагоналями двух боковых
граней равен а. Найти вы-
соту призмы.
Решение.
Достроим правильную
призму А В С А ХВХ С{ до парал-
лелепипеда ADBCAlDlBlCl
(рис. 12.159)^ || САХ и угол
между скрещивающимися
прямыми АХС и ВСХ равен
Z.CXBDX = a.
Так как АЛ ХВХ С{ правиль-
ный, то AlDxB,Ci— ромб,
СХОХ— высота ЛАХВХСХ,
ср,	=аЛ.
\ • BDX cosZ-C\BDX.
Имеем 3a2 =2x2 -2x2 cosa<=> 4x2 sin2 — = 3a2
2
2 _ 3a2

л • 2 «
4 sin —
2
ВВХ = ^BC?-Brf
3a2	2
---------a
. • 2 a
4sm —
2
a 3 . 2 a
------.— sin — =
• a V4 2
sin —
2
1050
а . 2 я  2 а я
----Jsin — sin — =
. а\ 3	2
sin—
2
•	2
sin —
2
, 2л
1-cos— ,
3	1 - cos а
2
. а
sin —
2
2л
cos а - cos —
___________3_ =
2
. п	а \ . л	а
a, sin----------sin — + —
1	3	2	3	2
. а
sin —
2
Ответ:
. it	а
a, sin----------
1	3	2
л а
з+7
. а
sin —
2
a
12.298. В прямоугольном
треугольнике через его гипо-
тенузу проведена плоскость,
составляющая с плоскостью
треугольника угол а, а с од-
ним из катетов — угол |3. Най-
ти угол между этой плоско-
стью и вторым катетом.
Решение.
Через гипотенузу АВ тре-
угольника АВС проведена
плоскость л (рис. 12.160).
CD lit .Тогда ACAD и
ACBD— углы между этой плоскостью и
ACBD = р.
Пусть ACAD = у, CD = 1, СЕ — высота ЕАВС, проведенная к его
гипотенузе. Тогда ее проекция DE на плоскость л перпендикулярна Л В
и ACED — угол между плоскостями А ВС и л, ACED = а.
катетами треугольника,
CD 1
ВДЛТ>С(^Я£>С=90°): АС = -— = -—
sin у sin у
CD 1
В EBDC (АВ DC = 90°): ВС =	= ——
sin(3 sinp
1
CD
В ECDE (ACDE = 90°): СЕ =-
sma sma
1051
Рис. 12.161
В АЛ СВЁЛСЯ = 90°):
ab=Jac2+bc' = И. _i jMp2P+sin2Y
V sin у sin2p sinysinp
Площадь треугольника ABC: S = -^ AC • BC = AB  CE =>
1	7sin2 p + sin2 у	1-2(3 ~2~
-------- =  ------------<=> sm a = -Jsin p + sm у =>
smysmP sinysinPsina
l~4	“7T	/l-cos2a l-cos2P /cos2P-cos2a
sm у = vsin a - sin P = J------------------ = J------------=
v	н V 2	2 V 2
= -Jsin(a + p)sin(a -p).
у = arcsin 7sin(a + p)sin(a - p).
Ответ: arcsin 7sin(a + p)sin(a - p).
12.299. В прямоугольном треугольнике с острым углом а через
наименьшую медиану проведена плоскость, составляющая с плоско-
стью треугольника угол р. Найти углы между этой плоскостью и кате-
тами треугольника.
Решение.
Пусть медиана DE, проведенная к большей стороне треугольника
1052
Рис. 12.162
ADF—его гипотенузеЯ^—меньшая медиана данного треугольника
(рис. 12.161), через которую проходит плоскость л, XAFD = а.
Из точки А проведем перпендикуляры А В и А С на плоскость л и на
DE. Тогда ВС — проекция АС на плоскость л, DB — проекция DA на
плоскость л, BC1DE, ХАСВ— угол между плоскостями ADFи л,
ХА СВ - Р, XADB — угол между катетом AD и плоскостью л.
Пусть XADB = у,АС = 1.
Так как DE=EF, то XCDF=XDFE=ос => XADE - 90° -a, XDA С=а.
В ЬАВС (ХАВС = 90°): А В = А С sin ХА СВ = sin р.
В АЛ СТ) (ХА CD = 90°): AD =
АС
cos XDA С
1
cosa
В &ABD (XABD = 90°): siny =---= sin Р cos а,у = arcsin (sin Р cos а)
AD
Чтобы найти угол между плоскостью л и вторым катетом, заменяем
угол а на угол 90° - а, и получаем, что он равен arcsin(sin Р sin а)
Ответ: arcsin(sin Р cos a), arcsin(sin P sin a)
12.300. Найти косинус угла между непересекающимися диагоналя-
ми двух смежных боковых граней правильной треугольной призмы, у
которой боковое ребро равно стороне основания.
1053
Решение.
Проведем через вершину Ах правильной призмы АВСА В Сх пря-
мую, параллельную диагонали ВХС боковой грани (рис. 12.162), D —
точка пересечения этой прямой с плоскостью АВС.
Так как прямая АХВХ параллельна плоскости АВС и CD — линия
пересечения плоскости АВС и плоскости четырехугольника Л151 CD, то
АХВХ || CD и AXBXCD — параллелограмм, а так как А В || АХВХ и АВ =
АХВХ, то АВ || CD, АВ = CD и четырехугольник A BCD —ромб.
Точка О пересечения АС и BD их середина, AO1.BD, AXOLBD =>
ZBAXO = -ZBA}D.
1	2	1
Угол между скрещивающимися прямыми Вх С и А ХВ равен ZBA XD.
Пусть АВ = ВВХ = х.
Тогда А.В = хЛ;ОВ = —:sinZBA.O = — = -Д=;
2	' А,В 2^3
,	3 1
cos ZBA,D = 1 -2sin2ZBA,O = 1 -2 - = -.
1	1	8 4
Рис. 12.163
12.301. В основании прямой
призмы лежит равнобедренный
треугольник с боковой стороной
а и углом а между боковыми
сторонами. Диагональ боковой
грани, противолежащей данно-
му углу, составляет со смежной
боковой гранью угол (р. Найти
объем призмы.
Решение.
В \АВС, являющемся основа-
нием прямой призмы А ВС А ХВХ Сх
(рис. 12.163),АС-ВС = а, ZACB
„	1 2 •
= а. Тогда ^д4ВС=-а sina,
АВ = 2аsin —. В плоскости АВС проведем перпендикуляр BD на АС.
Так как плоскости основания и боковой грани прямой призмы перпен-
дикулярны, то BD перпендикулярен боковой грани А А ХСХС A XD —
проекция АХВ на плоскость боковой грани АА С С, ZBAXD — угол
между А ХВ и этой гранью, ZBA XD = ср, BDLA XD.
1054
В &BDC(ABDC=90°): BD = 5Csin ABCD = a sin a.
В AJ lDB(AAlDB = 90°): A XB =-—-=
sinZSJiZ) sintp
В ДЛ1ЛВ(/Л1Л5 = 90°):
___________ 2-2
. . Г. „2	4n2 a sm а . 2 • 2а
АА != \А {В - АВ =--------г----4 а sin — =
у sin (р	2
---4 a sin — sm <р	2 a sin —	~
2	2	v	2 /	2 а	• 2
----------------=-------—Jcos------sin <р =
sin* 2 3 * * * * В9	зтф V 2
n . а ,______________ _ .а ------------------
a sm о I i + cos а 1 — cos 2 ф a S1 2 / fctS Га
=-----— J------------— =-----—JcosI —Нф cos--ф
зтф V 2	2 8тф \ к 2	7 к 2
Объем призмы
3 • .а --------------------
a sin а sin—	7	7~~
TZ о . .	2	( а I I а
V = S(^BC'AA\ =---:-----А cos Ф + v cos Ф-Т
8Шф у к 2 J 2
3 • а ______________________
a sin а sin— I 77	~
Ответ: ---------Jcos ф+— cos ф-----
зтф у к. 2 J к. 2
12.302. В основании прямой
призмы лежит треугольник. Два
его угла равны а и 0, а площадь
равна 5. Прямая, проходящая че-
рез вершину верхнего основания
и центр круга, описанного около
нижнего основания, составляет с
плоскостью основания угол ф.
Найти объем призмы.
Решение.
В треугольнике АВС, явля-
ющемся основанием прямой
призмы АВСВ\С\ (рис. 12.164),
ABAC = а, ААВС=Р, точка
О — центр описанного круга,
S^ABC^S-
Рис. 12.164
1055
Рис. 12.165
Пусть R — радиус описанного круга.
Тогда ВС = 2 Asin а,
AC = 2Asin 0,
S = ^BCAC sinZACB = ~2Rsina-2Asin0sin(18O°-(a + 0)) =
= 2 AI 2 sin a sin 0(a + 0)
и A = J • q / v
у 2 sin a sin 0 sin (a + 0)
ОС — проекция OCX на плоскость ЛАС, Z.CXOC- ф.
В AC, СО (ZC,OC = 90°): СС, = ОС tg ZC,OC = Atg ф.
Объемпризмы V = S^BC СС, = Stgcp—--------7--------zv.
у 2 sin a sin 0 sin(a + 0)
I S
Ответ: S tg ф —----.	. ,---r.
у 2 sin a sin 0 sin(a + 0)
12.303. Основанием наклонной призмы служит прямоугольник со
сторонами а и Ь. Две смежные боковые грани составляют с плоскостью
основания углы а и 0. Найти объем призмы, если боковое ребро равно с.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD — основание наклонной призмы
ABCDAXBXCXDX, AD -a, CD-b, DDX =с, DXO —высота призмы (рис. 12.165).
Проведем в гранях A A XDXD и CCXDXD перпендикуляры DXE на AD и
1056
Рис. 12.166
ZJjFHa CD. Тогда 0E1AD, 0F1CD, Z.DXEO и Z.DXFO — углы наклона
граней AAXDXD и CCXDXD к плоскости основания, Z.DXEO =а, ZDxFO = fi.
Пусть DxO = d, тогда из
&D.OF(Z.D.OF = 90°): DXF = —
1 v 1	71 sinZZJjFO sinp
В &DXOE(ZDXOE = 90°): EO + Z^Octg ZJ\EO = Jctga.
EOFD — прямоугольник и DF -EO- Jctg a.
j2
В bD.FD (AD.FD = 90°): D F2 + ПР = DD.2 =» —=- + d2 ctg2 a = c2;
z	\	sin P
d2\—+ ctg2a =c2;
I sin2 p
.2.
d- —
y/1 + ctg2 a + ctg2p
Объем призмы V = SABCD • d =
abc
+ ctg2 a + cZg2p
abc
Ответ: £~ ~i ' „ 2™ ’
•\/l +ctg a + ctg p
12.304.	Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна I и со-
ставляет с двумя смежными гранями углы аир. Найти объем паралле-
лепипеда.
Решение.
Пусть в прямоугольном параллелепипеде ABCDAXBXCXDX BXD = /
(рис. 12.166).
34 Группа Б
1057
Рис. 12.167
Так как ребра Л J и D С перпендикулярны граням А А ХВ{В и ССХВ{В,
то АВ{ нВхС— проекции^/) на эти грани,	a, Z.CBtD = 0.
В ЬВХА D {ЛВХА D = 90°); AD = Вх D sin ZA BXD = I sin а.
В kB{CD (ZBXCD = 90°): CD = BXDsin^CBXD = / sinp.
В прямоугольнике ABCD: BD2 = AD2 + CD2 = ZYsin2 а + sin2P).
В &BXBD (ZBXBD = 90°):
BBX = yjBxD2 - BD2 = /71-(sin2oc + sin2p) = Z^cos2 а-sin2 P =
JI + cos 2a l-cos2P , /cos2a + cos2P , i—i-------i---
---2---------2—~ = 4------2------- = C°S a + P'cos'a “
Объем прямоугольного параллелепипеда V = AD CD- BBX =
= Z3 sin a sin p7cos(a + p)cos(a - p).
Ответ: I2 sin a sin P7cos(a + p)cos(a - P).
12.305.	В правильной треугольной призме плоскость, проведен-
ная через центр основания и центры симметрии двух боковых гра-
ней, составляет с плоскостью основания острый угол а. Найти пло-
щадь сечения, образованного этой плоскостью, если сторона
основания равная.
1058
Решение.
Пусть О — центр основания А ВС правильной призмы А ВСА ХВХСХ,
точки Р и Q пересечения диагоналей граней ААХСХС и ААХВХВ— их
центры симметрий (рис. 12.167). Секущая плоскость, проходящая через
точки О, Р и Q, пересекает параллельные грани А ВС и А ХВХ Сх по отрез-
кам EF и MN соответственно, К—середина MN.
Проведем перпендикуляры ММХ, NNX, ККХ к плоскости А ВС. Трапе-
ция ЕМXNXF — проекция трапецииEMNFna. плоскость основания.
Так как О — центрЛАВС, то ЕС = ±АС = ^,EF = ~^~-
ЛАХМР = ЛСЕР. Тогда АМХ = АХМ = ЕС = ^,MXNX = |.
К,О = АКХ=-АО = — .
1	1 2	6
_EF + MXNX яУз _ а2Уз
Semxnxf~ ~2
~ е	SEMXNXF
Тогда SEMNF -
cosa
а2 УЗ
12 cosa
Ответ:-------.
12cosa
12.306.	В прямой призме
АВСАХВХСХ (ААХ || ВВХ || ССХ)
стороны основания АВ и ВС
равны соответственно а и Ь, а
угол между ними равен а. Че-
рез биссектрису данного угла
и вершину A j проведена плос-
кость, составляющая с плоско-
стью основания острый угол р.
Найти площадь сечения.
Решение.
Пусть BD — биссектриса
ЛАВС, ЛА XBD —сечение данной
АС
призмы (рис. 12.168) -=	Рис. 12.168
AD
AD+DC , DC , ВС , b а+Ь
AD AD АВ а а
1059
Так как ЛАВО и ЛАВС имеют одну и ту же высоту, опущенную из вер-
d S&abd Л-D а	а	а
шины В, то -5^ = — = —-. Тогда SMBD =----------S^BC =-------х
“Ьдлдс АС а + Ь	а + b	а + Ь
2
1	, . a bsina 4
х—absina =--------, ЛАВи — проекция ЛА\ВО на плоскость основа-
2	2(а+Ь)
„ $ллвп a2bsina
ния призмы, т.е. SM BD =	= —----------.
1	cosp	2 (a + b)cosp
_	a2bsina
Ответ: ------------.
2	(a +b)cos0
12.307	. В основании прямой призмы ABCA^Q (АА^ Д^ЦСС]) ле-
жит равнобедренный треугольник АВС с углом а между равными сторо-
нами АВ и А С. Отрезок прямой, соединяющий вершину А\ верхнего ос-
нования с центром круга, опи-
санного около нижнего основа-
ния, равен / и составляет с плос-
костью основания угол р . Най-
ти объем призмы.
Решение.
Пусть О — центр круга,
описанного около основания
АВС данной прямой призмы
(рис. 12. 169). Тогда А О — про-
екция А\О на плоскость АВС и
ЛАОА !=р.
Если радиус описанного
круга OA = R, то из ЛА jAO
АО = A }О cos ЛАОА ] = / cosp, АА j= А ХОsinЛАОА\ = ZsinР.
В ЛАВС ЛАВС = 9$°--.
2
АС = 2R sin ЛАВС = 27? sinf 90°-— | = 21 cosp cos — .
I 2 J	2
= — ЛС2 ыпЛВАС = -^--4/2 cos2 pcos2 ysina =
2	7	2 01
= 2/ cos“p cos —sina.
2
1060
Объем призмы у = S^BC  ААХ = 2/3 cos2 р • cos2 у • sin а • sin р =
] *1	» А л П*	2
= / sin 2р cosp sin а cos — .
2 ос
Ответ: I sin 2р cos Р sin а cos —.
12.308	. Основанием призмы служит правильный треугольник со сто-
роной а. Боковое ребро равно b и составляет с пересекающими его
сторонами основания углы, каждый из которых равена. Найти объем
призмы и допустимые значения а.
Решение.
Пусть правильный треугольник АВС—основание призмыЛ ВСА lBl С,
(рис. 12.170), АВ = а, ВВ{ = Ь, ВХЕ — высота призмы.
Так как АВХВС = ХВхВА =а, то точка Е лежит на биссектрисе BD
угла АВС.
ХВхВЕ — угол наклона ВВХ к плоскости основания, АВХВС — угол
между ВВХ и прямой ВС этой плоскости, Z.EBC — угол между прямой
ВС и проекцией прямойВВ1 на плоскость основания.
Тогда cos АВХВС = cos ЛВХВЕ • cos ЛЕВС,
cosZ_BxBE =
cos/_ВХВС _ cosa _ 2 cos a
cosAEBC cos 30° 7з
1061
sin AB}BE = 71- cos2 Z^EE = 1 ~
2 3	2
~г= А—cos а =
/з V 4
=	у cos2 30° - cos2 а = —f= Jsin(a + 30°) sin (a - 3(
V3	V3
В ЬВХЕВ(ЛВХЕВ =
B\E = BB\ sin ZE;BE - Jsin (a + 30°)sin(a - 30°).
V3
ci Л 2 b /
Объем призмы V = S&4BC' B\E =  -------------^/sinCa+30°) sin(a - 30°) =
21
= -у-7sin(a + 30°)sin(a - 30°), где sin(a + 30°) sin(a - 30°) > 0 <=>
<=> cos 60° - cos 2a > 0 <=> cos 2a < 0.5 о 60° < 2a < 300°, т.е.
30°<a<150°.
Ответ:	^sin(a + 30°)sin(a - 30°),30° < a < 150°.
12309. Основанием призмы служит прямоугольник. Боковое ребро состав-
ляет равные углы со сторонами основания и наклонено к плоскости основа-
ния под углом a. Найти угол между боковым ребром и стороной основания.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD — основание призмы ABCDA ]B\C\D ],
A — высота призмы (12. 171). Тогда ЛА^АЕ—угол наклона ребра
1062
Рис. 12.172,а
Рис. 12.172
ЛЛукплоскоти основания, ХА1АЕ=а. Так k&kAA1AD=AAjAB, точка#
лежит на биссектрисе AFyrnaBAD.
Тогда cosAAjAD=cosAA}АЕcosAEAD=cosacos45°, AAtAD-
V2 cosa
arccos------.
2
v 2 cos a
Ответ: arccos------.
2
12310. На шаровой поверхности радиуса# лежат все вершины равно-
бедренной трапеции, у которой меньшее основание равно боковой сторо-
не, а острый угол равен а. Найти расстояние от центра шара до плоскости
трапеции, если большее основание трапеции равно радиусу шара.
Решение.
Пусть данная равнобедренная трапеция A BCD, ВС\\AD,AD=R,AB=
- ВС - CD, ABAD =а, 0 < а < —, вписана в сечение данного шара, —
центр шара, (92 — центр сечения (рис. 12.172). Тогда ОХО2— искомое
расстояние от центра шара до плоскости трапеции.
Z#^ С =Z#C/1, так как= (рис. 12.172, а), АВСА =ACAD,так
kzkBC\\AD.ACAD = ABAC = ^,AACD = n-(ACAD+AADC)=it~.
Радиус круга, описанного около ЛА CD:
_ AD _ R
2 sin A A CD » . ( За^
2 sin л-
I 2 J
В ЛО{О2АIaO&A^
R
_ . За'
2 sin —
2
1063
о}о2 = ^о}а2-о2а2 = Jr2-г2
d2 R2 R I- 2 За 1
R-------— =-----— .sin------
. . 2 За . За V 2 4
4 sin —	sin—’
2	2
R I . 2 За . 2 л R
-— J sin	sin — =-— 1
. За V 2-6	.3a
sin—	sin —
2	2
.	~ 1-cos—
1-cos За з
2	2	"
R If 7t	R . ( За л V ( За л
—z—J— cos—cos3a =-— Jsm — + -з sin-
За V 2	3	• 3a ¥	2 1	2 6
sin— » \	/ sin— ’	\ /V
2	2
7C
' . ( За 71) . f За
sin — + — sin —
2	'
3a n
2~6
„ Л
Ответ:-----—
. За
sin —
6
Рис. 12.173
12.311. Высота конуса равна H,
угол между образующей и плоско-
стью основания равен а. В этот конус
вписан шар. К окружности касания
шаровой и конической поверхностей
проведена касательная прямая, а че-
рез эту прямую проведена плоскость
параллельно высоте конуса. Найти
площадь сечения шара этой плоско-
стью.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение дан-
ной совокупности тел (рис. 12.173):
&АВС— осевое сечение конуса,
BD — его высота, BD - Н, XBAD =
а, О — центр шара, вписанного в
конус, Е — точка касания шара и образующей ВС конуса, EF— диа-
метр сечения искомой площади.
Проведем перпендикуляр ОК на EF. Тогда ЕК — радиус сечения
искомой площади.
В АЛР5 (ZADB = 90°): AD = BD ctgXBAD =-
tga
B^ADO(ZADO = 90°):	f .
OD = AD tg XOAD =-<
tga
2*4
1064
О 2 ОС
2 cos —
2
Я cos а
п 2 ОС
2 cos —
2
/ВОЕ = Z BCD = а.
/ЕОК = 90° - /ВОЕ - 90° - а.
ОЕ = ОР=Н™а.
2cos2 —
2
М)КЕ(/0КЕ =90°).-
w	И cosa . /пло ч И cos2 а
ЕК = ОЕ sm /ЕОК =-----sin(90° - а )=--.
п 2 ос	п 2 ос
2 cos —	2 cos —
2	2
Площадь сечения S = л • ЕК1
лН2 cos4 а
Ответ:
кН2 cos4 а
л 4 ОС
4 cos —
2
12.312.	Сторона основания правильной треугольной пирамиды рав-
на а, двугранный угол при основании равен а. Пирамида пересечена
плоскостью, параллельной основанию. Площадь сечения равна боко-
вой поверхности образовавшейся усеченной пирамиды. Найти расстоя-
ние от секущей плоскости до основания пирамиды.
Решение.
Пусть DO— высота правильной пирамиды DABC (рис. 12.174),
АХВХСХ — сечение пирамиды, Е — середина АВ, Ех — середина АХВХ,
Ох —центра ДСГ
Тогда ЕЕХ — апофема правильной усеченной пирамиды АВСА ХВХ Сх,
ООХ — расстояние между параллельными плоскостями АВС и А ХВХСХ;
/ЕХЕО - а.
Пусть А ХВХ - b, ЕЕХ = d.
Проведем перпендикуляр EXF к плоскости АВС.
Тогда точка Fнаходится на ОЕ, EXF = ООХ, EF = ——^1, d = ЕЕХ
1065
Рис. 12.174
(я —	а + Ь
Q а • Боковая поверхность усеченной пирамиды S = 3  —— d
3 a + b (а-Ь)Л _ (я* 2 -Ь2)>/з
2	6 cos а	4 cos а
Так как 5 =	, то	^a2_b2=b2 cosa
4 cos a	4
а
Vl + cosa
aj2 т- г гг. уг гг (а-Ь^/з
------=> EXF = EFtgZ£(EF =  	-— tga =
« a--6
2cos —
2
aV3tga . (л a A . f л a
Ответ:-----sin-------sin — + —
, a 8 4	8 4
1066
12.313.	Высота конуса равна Н, угол между образующей и плоско-
стью основания равен а. Полная поверхность этого конуса делится
пополам плоскостью, перпендикулярной его высоте. Найти расстояние
от этой плоскости до основания конуса.
Решение.
Пусть/? —радиус основания данного конуса, L—его образующая,
г, I, h — соответственно радиус основания, образующая и высота отсе-
ченного конуса.
Н	h
Тогда/? = //ctg a, L =-,r = Actga,/ =-------, полная поверхность ко-
sin a	sina
_	r\ тт („ Н А пН2 cosa(cosa + l)
нуса S = л/?(/? + L) = л • Н ctg a Н ctg a + —- =--------------,
sinaJ sin a
_	„	, nA2 ctga nh2 cosa
боковая поверхность отсеченного конуса S1 = nrl =-— =---------.
sina sin2 a
Так как по условию 5' = 2S1,to //2(cosa + l)= 2/z2;
,2 TT2 1 + cosa --2	2 a , TT a
A =H------------= H2 cos2— ;h = H cos—.
2	2	2
Расстояние от секущей плоскости до основания конуса х = Н -h =
= Я| 1-cos— |= 2//sin2 —.
I 2 J 4
• 2 ОС
Ответ: 2Н sm —.
4
12.314.	Найти угол между
апофемой правильной треуголь-
ной пирамиды и плоскостью ее
основания, если разность между
этим углом и углом, который со-
ставляет боковое ребро пирами-
ды с плоскостью основания, рав-
на а.
Решение.
Пусть5О —высота правильной
пирамиды£Л/?С(рис.12.175),51) —
ее апофема — высота грани BSC,
Z.SDO - 0. Тогда Z.SCO = 0 - а.
Рис. 12.175
1067
Если OD = а, то из bSOD(ASOD = 90°). SO = ODtg 0 = atg 0.
В SSOC(ASOC=90° J: SO = OCtg (0 -a) = 2 atg (0 - a) => tg 0 = 2 tg(0 - a);
^=2,ТКГ);
l + tg0tga
tg2 0tga-tg0 + 2tga = 0;
Zg20-tg0ctga + 2 = 0;
ctga±7ctg2a-8
=------------------;
ctga±-\/ctg2a-8
x = arctg—------------
12.315.	Катет прямоуголь-
ного треугольника равен а, про-
тиволежащий ему угол равен
а. Этот треугольник вращает-
ся вокруг прямой, лежащей в
плоскости треугольника, про-
ходящей через вершину данно-
го угла и перпендикулярной его
биссектрисе. Найти объем тела
вращения.
Решение.
Рассмотрим осевое сече-
ние полученного тела вращения (рис. 12.176). Его объем Vравен разно-
сти объема V\ усеченного конуса с осевым сечением ВАЛ ХВХ и суммы
объемов К2 и К3 конусов с осевыми сечениями АСАХ и ВСВХ соответ-
ственно.
Пусть CD — биссектриса АА СВ = а данного треугольника В А С.
О — центр основания конуса с сечением А С A t, О{ — центр основания
конуса с сечением ВСВХ, ОС = h, ОХС = Н, О А - г, ОХВ = R.
ZOAC = ZO,BC = -.
1	2
В ABAC (ZB АС = 90°): АС = actga;ВС =
sina
В АЛ ОС (/.А ОС = 90°);
1068
a	.a
a cos a cos —	a cos a sm —
r -AC cos— =---------—; h = ylCsin— =-------—
2 sin a	2 sm a
В AB01C(<Z50IC = 900):
а	. а
acos—	asm —
R = BC cos- =---2_; H = BC sin- =-2-
2 sin a	2	sm a
к = и1-(к2+к3)=у(н+л)(/г* 2 + /гг+г2)-уНА2-|/1г2 =
у (hr2 + HRr + Hr2 + hR2 + hRr + hr2 - HR2 - hr2 )=
= у (HRr + Hr2 +hR2 +hRr)=^ (Hr(R + r)+ hR(R + r))=
=Л(я+гХяг+ля)=5
a	a
acos— a cosacos—
____lx________1
sma
sma
x
( . a	a	.a	a
asm— acosacos— acosasin— acos—
2 2. +2 2.
sina sina	sina sina
< >
з cos—(1 + cosa)
ita j	'
------------------x
3 sina
_ . a a	_ з a
2sin —cos—cosa „ з 2cos —
2	2	_ яа' 2
SinCL	3 a a
sm a	2 sm — cos—
sin a cos a
sin2 a
ла3 4 a a
—ctgycosyctga.
Tta3
Ответ:----ctg — cos — ctg a.
3	2	2
3
12.316. Отношение объема прямого параллелепипеда к объему впи-
санного в него шара равно А:. Найти углы в основании параллелепипе-
да и допустимые значения А:.
Решение.
Пусть R — радиус данного шара, a — угол в основании данного
параллелепипеда. Тогда высота параллелепипеда// =2R, объем шара
4 з
К =-7гЯ3.
1 3
Проекция данного шара на плоскость основания параллелепипе-
1069
Рис. 12.177
да — круг радиусаЛ, вписанный в основание, поэтому основание явля-
ется ромбом (рис. 12.177).
ОС	Г	тг	\
Тогда AOAD = ~, а из ДЛЕО\ AAEO = -,OE = R \АО =
2	2
R
------,из
а
cos —
2
bDEO\ ADEO = -,ADOE = AO AD = - |Z)O = ——.
I 2	2 J a
v	/ cos —
2
Площадь основания параллелепипеда S = ^AC • BD = 2 AO- DO =
2R2	4R2	CZ TZ о тт 8Я2
--------= ——, аего объем К = 5• Н =	
sin^cos^ sina	sina
2	2 
6	, .	6
--------= к; sin a = —.
л sin a-пк
И2 _ 8R 3
Vx sin а 4лЯ3
. 6
Таким образом, один из углов основания равен arcsm —, а второй
Лл
. 6
л - arcsm —.
пк
Л 6	6
Так как 0 < sina <1, то 0< —<1,к>—.
пк	п
Л	.6	.6.6
Ответ: arcsin —; л - arcsin —; к > —.
пк	пк п
1070
Рис. 12.178
12.317. Образующая усеченного конуса, описанного около шара,
равна а, угол между образующей и плоскостью основания равен а.
Найти объем конуса, основанием которого служит круг касания шаро-
вой поверхности с боковой поверхностью усеченного конуса, а верши-
на совпадает с центром большего основания усеченного конуса.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел (рис. 12.178):
равнобокую трапецию ААХВХВ (ААХ = а, ХАхАВ =а), вписанный в нее
круг с центром Е, касающийся ААХ, ВВХ, АВ и А ХВХ соответственно в
точках С, D, О и Ох, &COD — осевое сечение конуса искомого объема.
Середина О2 отрезка CD — центр основания конуса искомого объе-
ма V. Тогда V = | л • О2С2 • ОО2.
Пусть радиус шара равен R: ЕО = ЕС = R.
ВчетырехугольникеЛСЕС^С4О=а, ZACE=ZAOE=9Q° =>АСЕО =
=180° -а и ZCEO2 = a.
В ЛСО2Е(хСО2Е - 90°):СО2 = Я sin a; ЕО2 = R cos а.
ОО2 = ОЕ + ЕО2 =R + R cos а = 2R cos2 — =>
2	2	2
=> V = -л• R2 sin2 a-2Rcos2 — = — nR3 sin2 acos2 —.
3	2 3	2
AXK—высота трапеции A A XBXB. Torp,a.AJK=2R.
ИзЛАКАх (AAKAX = 9Q°): A xK=AAxsinAA =asina => R = a sin a и
TZ 2	1 з . з -2	2 01	1Ш3 .5	2 Ot
V = — л - a sin a • sin a cos — =-sin a cos —.
38	2	12	2
1071
7&23 . <
Ответ:----sin acos
12
2 а
2
Рис. 12.179
12.318. В шар радиуса R вписаны
два конуса с общим основанием; вер-
шины конусов совпадают с противопо-
ложными концами диаметра шара.
Шаровой сегмент, вмещающий мень-
ший конус, имеет в осевом сечении
дугу, равную а°. Найти расстояние меж-
ду центрами шаров, вписанных в эти
конусы.
Решение.
Данная совокупность тел имеет ось
симметрии, рассмотрим ее осевое сече-
ние (рис. 12.179): О— центр данного
шара, &АВС—осевое сечение меньшего
конуса, &ADC—осевое сечение большего конуса, Е—центр их общего
основания, О{ и О2 — центры вписанных в них шаров, АА ОС = а°.
Из ДЛЕО {ААЕО - 90°): АЕ = О A sin ААОЕ = R sin у.
а
АВСА — вписанный и опирается на дугу, равную —• Таким обра-
зом, АВСА = АОХСЕ = —АВСА = -
’	4	2	8
В ДО.ЕС{АО.ЕС = 90°): ОХЕ = ЕС tgAOxCE = Rsin tg^.
2 о
ABCD — вписанный и опирается на диаметр.
Отсюда ABCD = 90°, AECD = ABCD - ABC А = 90° - - ,АЕСО2 =
4
= —AECD = 45°- — .
2	8
Из ЫОгЕС (АО2ЕС = 90°):
О2Е = ЕС tg АЕСО2 = R sin tg| 45° -
2 1 о
Искомое расстояние:
1072
Рис. 12.180,а
Рис. 12.180
(X
О\О2 = ОХЕ + О2Е = R sin —
ОС
/	~ 7?sin —sin45°
tg— + tgf 45d-11	--------
8 I 8'J cos - cosf45° - -
8	8
Я >/2 sin —
______________2
2 cos — cosf 45°-— |
8 \	8 J
7?V2sin—
Ответ:----------—------r.
_ a \ ACa a I
2 cos—cod 45°---
8 \	8 J
12.319.	Найти отношение объема правильной л-угольной пирамиды
к объему описанного шара, если угол между боковым ребром и плоско-
стью основания пирамиды равена.
Решение.
Пусть СО2 — высота правильной л-угольной пирамиды, А {А2 — сто-
2л
рона ее основания. Тогда ZCAXO2 = а, ZAO^B =—.
п
Центр Ot описанного шара — точка пересечения отрезка СО{ (рис.
12.180) или его продолжения за точку О{ (рис. 12.180,а) и серединного
перпендикуляра О{В бокового ребраЛ 1С пирамиды.
1073
&АхОгС и \0}ВС— прямоугольные с общим острым углом при
вершине С. Тогда АВОХС = АСА}О2 = а.
,	(	л 1
Если радиус шара О{С = R, то из ЛСБОИ АСВО{ = — :СВ =
= СО} sin АВО^С = R sin а.
AjC = 2СВ = 2Asin а.
В ЛА^с! ААХО2С = | |:СО2 = ACsinACAfa = 27? sin2 а;
А1О2 = А{С cos АСАхО2 = 27? sin а cos а = Л sin 2а.
Площадь основания пирамиды:
s =	= ^А\°1 ыпААхО2А2 =^-R2 Sin2 2asin—.
2 2	2	2	п
Объем пирамиды V{ =	• СО2 = -nR? sin2 asin2 2asin—, объем
3	3	n
• 2	• 2 ->	.2л
. У л sin asm 2a sin —
шара у? = — nR3 и
3 V2	4л
• 2	• 2 П . 2Л
n sm a sin 2a sm —
Рис. 12.181
12.320.	Боковые грани пра-
вильной треугольной призмы —
квадраты. Найти угол между диа-
гональю боковой грани и не пере-
секающей ее стороной основания
призмы.
Решение.
Угол между боковой диагональю
В{ С боковой грани правильной приз-
мы АВСАХВ\С{ (рис. 12.181) и сто-
ронойЛ В основания равен углу меж-
ду ВХС и AXBV
Если длина ребра призмы рав-
на 1, то диагональ квадрата
вхс = Л.
1074
Рис. 12.182
Пусть D —c&pejUAm.AxBx. Тогда CD—высота и медиана равнобед-
ренного ЛА {СВ{.
ВЛСйВх (ZCDBx = 90°):
cos АА}В,С =	: 41 - — => A.A,B>C = arccos —.
1 1 BXC 2	4	11	4
Ответ: arccos—.
4
12.321.	Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равно а и
составляет с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду вписан
цилиндр с квадратным осевым сечением (основание цилиндра лежит в
плоскости основания пирамиды). Найти объем цилиндра.
Решение.
Пусть FO—высота данной правильной пирамидыК4ВС, ЛА ХВХ С, —
сечение пирамиды плоскостью верхнего о снования цилиндра (рис. 12.182).
Тогда Z.FA, Ох - Z.FA О = a, FO = FA sin ZFA О = asin а, ЛА ХВХ Сх —
правильный.
1075
Если радиус основания цилиндра равенг, то высота цилиндра ООХ = 2г,
А1О1 = 2 г, FO{ = А{0{ tg AFA{0{ = 2rtg a. FO = FOX + OOX; asin a =
2rtga + 2r;
я
asmacosacos— /г . ~
a sma a sma	4 aV2sin2a
r = —------- =----------=--------------— =-----------.
a + — 1 8sin — + a^
4 J t4 J
Объем цилиндра:
я 1
2 tga + tg— 2sin
4
tz 2 хлл _ 3 _	2.41a3 sin3 2a
V = nr • OOX = 2nr = 2я-----------------
83sin3 — + a
ял3>/2 sin3 2a
128sin3 —+ a
4
3 • 3 л
4
na341 sin3 2a
Ответ:--------т------
128sin3; - > a
4
Рис. 12.183
12.322. В треугольнике
ABC угол А равена, угол С
равен Р и биссектриса BD
равна /. Треугольник ABD
вращается вокруг прямой
BD. Найти объем тела вра-
щения.
Решение.
При вращении треуголь-
ника ABD (рис. 12.183) обра-
зуется два конуса с общим
основанием радиуса ОА
(OA1BD), ВО — высота ко-
нуса объема DO—высо-
та конуса объема И2. Искомый объем тела вращения V = V{ + V2 =
= 1 я• ОА2 • ВО +1 я• ОА2 • DO = 1 я • ОА2 (ВО + DO) = 1 я ОА2 • BD.
3	3	3 v ' 3
ВЛАВС: ААВС- 180°-(a + Р)=> Z.ABD = ^ЛАВС = 90°- —
В &ABD:
ААDB = 180° - (АВАD + ZA BD) = 180° -1 а + 90° -	] = 90° -
1076
Рис. 12.184
sin /.BAD sin zLADB	sin a
В A4O5(zS4O5 = 90°):
, a-B	, a-B a + p
/cos----	/	o\ /cos----cos----
AO = AB sin ZABD =---2— sin 90° -	=------2------2_
sina	1 )	sina
,3 2a~P 2 a + P
.	n I cos --- cos -!-
=> V = -n• AO2 • BD =----Ц.
3	3sin2a
,3 2a-P 201+B
nr cos -----cos ---—
Ответ: ----------2_---------—.
3sin2 a
12.323. Основанием прямой призмы служит равносторонний треуголь-
ник. Через одну из его сторон проведена плоскость, отсекающая от при-
змы пирамиду, объем которой равен И. Найти площадь сечения, если угол
между секущей плоскостью и плоскостью основания равен a.
Решение.
Пусть &ВЕС —сечение правильной призмы АВСА \В\С\ (рис. 12.184),
1077
Рис. 12.185
D — середина ВС. Тогда Z.EDA = а, ЕА — высота пирамиды ЕАВС.
= ~ $ЛАВС ’ ЕЛ- = з $ЬВЕС ‘ C0S а ' ЕА.
с тгл-1. лв- с ЗК	ЗИ а24з	а4з
ЕслиЕА — Л, АВ — а, то S^EC — - ^ллвс — ~г~— ,AD — - .
л cos а	л 4	2
В AEAD (ZEAD = 90°); h =	tgа, а = 2h^a =>
ЗУ = 4h2 ctg2 а • Уз
h ~	12
о Л3л/з ctg2 а = 9V о h = з	=>
V ctg2 а
=> 5	= ЗГ = ЗУ = J 27Г3	=
^ЕС A cos а ^T^Ktg2 а- cosa V 3>/ЗК tg2 a cos3 а
J з4зу2 ~
I sin2 a cos а
J з4зу2
Ответ: л—j---------•
V sin a cos а
1078
12.324.	В правильной четырехугольной пирамиде проведено сече-
ние, параллельное основанию. Прямая, проходящая через вершину ос-
нования и противолежащую (т.е. не принадлежащую той же грани)
вершину сечения, составляет с плоскостью основания угол а. Найти
площадь сечения, если боковое ребро пирамиды равно диагонали осно-
вания и равно а.
Решение.
Пусть ЕО— высота правильной пирамиды EABCD, квадрат
A'B'CD' — сечение пирамиды, A.BDB' = а (рис. 12.185).
Так как BE = DE = BD, то AEBD = ,ABB'D =	- а.
3	3
. л
„ DB' BD	aSmJ ajb
В kB&D. --------=----------=> DB = —7--.
sm AEBD sin ABB D	. (2л ) Л . (л )
sin----а	2 sin — + а
I 3 ) I3 )
Если ВТ7—высота равнобокой трапеции BB'D'D, то из
ДВ'/ТИ AB'FD = у \:FD = B'D cos ABD В' =
Так как FD -
BD + B'D'
2
то
а ~ . л .л	л .
-----г 2 sin — cos а - sin — cos а - cos—sin а
л H 3	3	3
3 J
2  2\ Я
a sm —а
1	,	3
Площадь сечения 5 = — B'D' --------)-------г-
2	~ . 21 п
2 sin — + а
I 3 J
2 • 2| Я
a sin —а
I	3
Ответ:-----------
2	sin2
1079
Рис. 12.186. а
12.325. Основанием пирамиды служит равнобедренный остроуголь-
ный треугольник, у которого боковая сторона равна b, а угол при основа-
нии равен а. Все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью ос-
нования один и тот же угол р . Найти площадь сечения пирамиды плоско-
стью, проходящей через вершину данного угла а и высоту пирамиды.
Решение.
Пусть ЕО — высота пирамиды ЕАВС,АС = АВ = b,ZACB = a(рис.
12.186). Так как все боковые ребра составляют с плоскостью основания
один и тот же угол, то точка О — центр окружности, описанной около
AJ5C, и так как &АВС — равнобедренный и остроугольный, то точка О
лежит на его высоте и биссектрисе AD (рис. 12.186, а).
Если &CEF — сечение пирамиды, то S^cef ' Ю-
В ЛАВС: ZBAC = 180°-2а, ZOAC = 90° -а.
ОА = ОС - R — радиус окружности, описанной около ЛАВС .
Тогда ZACO = ZOAC = 90° - a, ZAFC = 180°- (ZBAC + ZACO) =
= 180°-(180°-2а + 90°-а) = За-90°.
FC AC	Z>sin(180°-2a) Z>sin2a
sin Z.FAC sin Z.AFC sin (За-90°) cos За
AC	h
В ЛАВС :OA = R =---—------= -----
2 sin ZABC 2 sin a
В ЛАОЕ (ZAOE = 90°):
1080
EO = AOtgZEAO = -^^-=>
2 sin a
4C£f=|cF £O = |
6 sin 2a Z>tg|3 _ Z>2cosatgP
cos 3a I 2 sin a	2 cos 3a
b2 cosatgP
Ответ:-------------
2 cos 3a
12.326. Плоская ломаная
линия состоит из п равных от-
резков, соединенных в виде
зигзага под углом а друг к
другу. Длина каждого отрез-
ка ломаной равна а. Эта ли-
ния вращается вокруг прямой,
проходящей через один из ее
концов параллельно биссект-
рисе угла а. Найти поверх-
ность тела вращения.
Решение.
Первый отрезок, имеющий
с осью вращения общую точку,
описывает боковую поверх-
ность полного конуса S, а все
остальные — боковые повер-
Рис. 12.187
хности усеченных конусов S? S3... Sn (рис. 12.187).
Пусть г — радиус основания первого конуса. Тогда первый усечен-
ный конус имеет радиусы оснований г и 2г, второй — 2г и Зг, третий —
Зг и 4г и т.д.
Таким образом
Sj = ига,
S2 = л(г + 2г)а = Зпга,
S3 = л (2г + Зг)а = 5пга,
Sn = (2п - \)пга.
Поверхность тела вращения S = S, + S2 + S3 +... + Sn = лга(1 + 3+5 +
_	1 + 2n — 1	2
+... + 2n -1) = itra------n = Ttran .
1081
-г	. U „	2 2й
Так как г = asm —, то S = na п sin —.
2	2
2 2-®
Ответ: па п sin —.
2
12.327. Два конуса имеют общую высоту; их вершины лежат ца
противоположных концах этой высоты. Образующая одного конуса
равна / и составляет с высотой угол а. Образующая другого конура
составляет с высотой угол р. Найти объем общей части обоих конусов.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности конусов (рис.
12.188): &АВС— осевое сечение конуса с образующей /, &.MLK—
осевое сечение второго конуса, BL — их общая высота, Z.ABL = а,
ЛМЬВ = р.
Общая часть этих конусов — два конуса с общим основанием, &EBF
и &ELF — их осевое сечение, О — центр их общего основания, г —
радиус этого основания.
Пусть ВО = Л,, LO = hrBL = Н.
Тогда искомый объем V = - nr2h, + - nr2h-> = - nr2H.
3	3	3
В АЕОВ {ЛЕОВ = 90°): Л, = rctg а.
В ЬЕОЬ {ЛЕОЬ = 90°): h2 = rctg р.
rr ,	,	/	//sinasinP
Тогда Н = hx + h2 = r(ctg a + ctg 0) => r = ——.--r-.
sin(a + p)
В &ALB {ЛАЬВ = 90°): H = /cos a. Таким образом
1 2 г» л//3 sin2 a sin2 P л/3 cos3 a sin2 a sin2 В
и = — IT Г H = -------------— = ------------------— =
3	3 sin2 (a + P)	3 sin2 (a + p)
_ ttZ3 sin2 2a cos a sin2 P
12 sin2 (a + p)
Л	л/3 sin2 2a cos a sin2 P
Ответ:------------—----------.
12 sin2 (a + P)
12.328. Тупоугольный равнобедренный треугольник вращается
вокруг прямой, проходящей через точку пересечения его высот па-
раллельно большей стороне. Найти объем тела вращения, если ту-
пой угол равен а, а противолежащая ему сторона треугольника
равна а.
1082
Решение.
ВАЛ ОС (рис. 12.189) ОА -ОС, ЛАОС = а, 90° < а< 180°,ЛС = а;
D — точка пересечения его высот, прямая АХ — ось вращения, О В, CF,
АЕ—высоты ЛА ОС.
Искомый объем Vтела вращения равен разности объема V\ цилинд-
ра, осевое сечение которого — прямоугольник СЛЛ (Ср и удвоенного
объема V2 усеченного конуса, осевое сечение которого — равнобокая
трапеция А ООХ А .
а
Высота цилиндра Н = а, высота усеченного конуса п =—. Радиус
основания цилиндра и большего основания усеченного конуса А = DB,
радиус меньшего основания усеченного конуса г -DO.
ВчетырехугольникеЕОЕР /.OFD=Z.OED = 90°, ЛРОЕ=ЛА ОС=а=>
=>/ADC= 180°-а, ЛАОВ = 90°--.
2
а а
В ЛА В О (ЛАВО = 90°): OB = АВ ctg ЛА OB = - ctg -.
В ЛАВО (ЛАВО = 90°):
R = DB = АВ ctg ЛАОВ = ^ctg 90°-уtgy.
. 2 а 2 а
_	sin---cos —
г = DO = DB - OB = — tg — ctg — = —---— = -a ctg a.
2 2 2	2 2	. a a 6
1083
Тогда
V = Vx - 1V2 = nR2H -1 лл(я2 + Rr + r2)= nR2a -1 ла(я2 + Rr + r2)=
= —(ЗА2-R2-Rr-r2)= — (2R2-Rr-r2)=
3 v	7 3 v	’
? a	a 2	2
2---+ — ctgatg—-a ctg a
ЯД3
6
• 2 a
sm —
2
2 a
cos —
2
cosa
+----------
- . a a
2 sin —cos—
2	2
a
2_2 со§2 a
a
тш3 1-cosa cosa
--------------1-------
6 -	2 a 2 a
2 cos — 2 cos —
2 cos2 a
sin2 a
7
7Ш3	1
cos2 a
о 2 « n • 2 a 2 «
2 cos — 2sm — cos —
2	2	2
z	\2
i	2 a | n 2 a i |
, 1-cos------2 cos —1
7W3	2	2
• 2 «	2
sm — cos a
2________
n . 2 a 2 a
2 sin —cos —
2	2
,	2 a .	4 a
з 3cos--------4 cos —
'	2 2
, . 2«	2 a	6 n • 2 a 2«
2sin —cos —	2sin —cos —
2	2	2	2
7W3| 3-4cos2 —
(	2
m • 2 a
12 sin —
2
Ответ:
•J _ .	2 «
ла 3- 4 cos —
2
. 2 a
12 sin2 —
2
12.329. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна а,
угол при основании равен а. Этот треугольник вращается вокруг пря-
мой, проходящей через вершину, противолежащую основанию, парал-
лельно биссектрисе угла а. Найти поверхность тела вращения.
Решение.
В АВ А С В А = АС = a, Z.A СВ = a, CD — биссектриса Z А СВ. Рассмот-
рим осевое сечение полученного тела вращения (рис. 12.190). Его поверх-
ность S равна сумме боковой поверхности конуса с осевым сечением
1084
Рис. 12.190
ВАВХ, боковой поверхности S2 конуса с осевым сечением С А Сх и боковой
поверхности S3 усеченного конуса с осевым сечениемBCClBi.
Ох —серединаВВр О2 — середина ССГ ПустьС^В=Я, О2С-г, ВС=Ь.
В ДВЛ С: Ь = 2 acos a, ZB А С = п - 2 а.
а
Так как ось вращенияОХО2параллельна CD, то ZO2AC = ZACD = — =$
=> ZBA Oi=n- (ZO2 А С + ZBA С)=у.
ВМ.О2С\ ZAO2C = - |:r = asin—.
2	2	2 )	2
ВДАО,В[ ZAO,B = - |:B = asin —.
Ц 2 )	2
S = Si +S2 +S3 = nRa + nra + Ttb(R + r)=na(R + r)+nb(R + r)=
= n(B + rXa + b)=7^asihy+ asiny^a + 2acosa)= ла2 -2sinacosyX
Л n \ л 2 •	(X (1	Ct
x(l + 2cosa)=4Tta sma cos— — 4-cosa =4ла sin a cos —x
2{2	)	2
(	о 2 • a (n aA
x cos—+ cosa =8тш sinacos—cod —+ — co
3	2 16 2
л о 2 • а л a n a
Ответ: 8ла sin a cos—cod —+ — cod-
2 16 216 2
1085
12.330. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник,
у которого радиус вписанной окружности равен г, а острый угол равен
а. Все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью основания
один и тот же угол |3. Найти объем пирамиды.
Решение.
п
Пусть ЕО — высота пирамиды EABC, ХА СВ = — ,ХВА С = a, —
центр окружности, вписанной в ЛАВС, L и К — точки касания этой
окружности со сторонами Л С и ВС соответственно (рис. 12.191).
Тогда OXLLAC,OXK±BC,OXL = ОХК = CL = CK = r,XOxAL = ~,
ХОхВК = в ЛАЬОХ :AL = г ctg—. В ЛВКОХ :ВК = гctgf — - —
4 2	1	&2	1.4 2
. (п а^
\ sm — 4—
._ JT г_ ( а ,) ( а л) 14 21
А С = AL + LC = г ctg — +1 = г ctg — + ctg — = г-----L =
2 I 2	4 I • ос . л
v > V	1 sin — sm —
2	4
/т (ла
rV2 соя--
14 2
. а
sin —
2
.BC = BK + KC = r ctg ---
5 4 2
(ла)	л
= r ctg--+ctg —
4 2	4
. ( л а
sin--------
2 2
. f л а
sin-------
4 2
/т а
rV2 cos —
__________________2_
л . f л а
sin — sin_________
I 4	4 2
/г ла
rV2 cos----
с -1 Ar or-1	14 2
$\abc	‘	~~2
. а
sin —
2
rr а
rv2 cos—
________2_ =
. (л a A
sin------
4 2
2 (ла) а
= r ctd--- ctgy.
В ЛАВС^ХАСВ = ^ j:
ry/2
а
Dr,	, Af x-COS —
AB =---------= —7-------
sinXBAC .(л a).	_ . (л a), a
sin-----sina 2 sin------sin —
4 2	4 2	2
rV2
1086
Рис. 12.192
Рис. 12.191
Так как все боковые ребра пирамиды составляют с плоскостью
основания один и тот же угол Ь, то точка О — центр окружности, опи-
санной около ЬАВС, и, так как М.ВС—прямоугольный, то О — сере-
дина АВ, О А = ~ АВ =
гЛ
а
~2
В ЬАОЕ ААОЕ =
I
ЕО = AOtgAEAO =
г V2tgp
. . (л а V а
4 sin-----sm —
4 2	2
4 2
Объем пирамиды И =	' ЕО -
3V2tgpctg ctg у
. (п а А . а
12 sin----sin —
4 2	2
r3V2tg|3ctgН-у ctgу
Ответ:--------—*---г—*-----
. (л а ] . а
12 sin---sm —
4 2	2
1087
12.331. В конус вписан шар и к шару проведена касательная плос-
кость, параллельно плоскости основания конуса. В каком отношении
эта плоскость делит боковую поверхность конуса, если угол между
образующей и плоскостью основания равена?
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел (рис. 12.192):
ДАЕС — осевое сечение данного конуса с боковой поверхностью
О—центр данного шара—центр круга, вписанного в трапецию A BCD,
являющейся осевым сечением усеченного конуса с боковой поверхнос-
тью S2, &BED — осевое сечение конуса с боковой поверхностью Sy
отсекаемого от данного конуса касательной плоскостью шара, L —
середина АС, К—середина BD, Z.EA С = а.
s2 s>-s3 Si , (LA^
S3 S3 53 [КВ J
ZLAO = -AEAC = -,ZKBO = -AABD = 90°--.
2	2	2	2
Если ОА = R, то из ДАЬО(ААLO = 90°):OL = Rtg^.
OK = OL = Rtg^.
В ДВКО(АВКО = 90°):
ВК = OK ctg АКВО = R tg21
R
*tg2|
4 а
cos —
-1 =------2_-l =
. 4 а
sin —
2
$2 _
$3
4 а . 4 а
cos-----sin —
4	4 _ cosa
. 4 a
sin —
2
. 4 а
sin —
2
cosa
Ответ: sjn4 a
2
12.332. В основание шарового сегмента вписан прямоугольный тре-
угольник, у которого площадь равна S, а острый угол равен а. Найти
высоту сегмента, если его дуге в осевом сечении соответствует цент-
ральный угол, равный р.
1088
Решение.
Пусть D — центр основания шаро-
вого сегмента, из условия ЕР — его вы-
сота, О— центр шара (рис. 12.193).
АЛ СЕ вписан в основание сегмента,
= S,ZBAC - cl,ЛВСА = 90°.
Тогда D— середина АВ, РАОВ—
центральный угол осевого сечения сег-
мента, ЛАО В - р. ОВ - ОЕ — радиусы
шара, ЛВОО = — ЛАОВ = —.
2	2
ЕслиЛЕ = а, тоЛЕ =2а, ЛС =2acosa,	Рис. 12.193
1	Э	I S
ВС = 2asina,S' = — АС • ВС = а2 I sin2a,a = J-.
2	V sin 2а
В ДЕПО (/BDO = 90°):
Jc g
--------ctg —;
sin 2а 2
sin /.BOD V sm 2a . p
sin —
2___
ED = OE-OD = J—^——L - J-Д— • ctg
Vsm2a Vsin2a 2 Vsin2a
2
. P
1-cos—
______2
• P
sin —
2
I S ~ p
Ответ: J— ~ " tg — •
V sin 2a 4
12.333. Основанием прямой призмы ABCAlBlCt (AA{ || BB{ || CCt)
служит равнобедренный треугольник ЛЕС (ЛЕ = Л С), у которого пери-
метр равен 2р, а угол при вершине Л равен а. Через сторону ЕС и
вершину Л ] проведена плоскость, составляющая с плоскостью основа-
ния угол р. Найти объем призмы.
Решение.
Пусть AD — высота ДЛЕС (рис. 12.194). Тогда ZЛ {DA — угол на-
клона сеченияЕЛ(Ск плоскости основания, /A{DA = р.
35 Группа Б
1089
Рис. 12.194
I	7t i	OL
В &ADB\ AADB=- \:BD = AB sin-.
2	2
ot	ot
Тогда ВС = 2^jBsin —; 2p = 2AB + 2Л5зт —; AB = AC =
2	2
P
,	. a
1 + sin —
2
1	2 •
sma-
—P ?ma	В M.DB :AD = AB
J. a
2 1 + sm —
2
a
pcos—
a	7
cos— =-----—
2 i . • a
1 + sin —
2
a a
/	\	p cos — tg p
В AA^DI ZAiAD = -	= ADtg$ =-----------
v	)	1 + sin —
2
Объем призмы:
з- a. q з-^	2^*0
p smacos — tgp p sin-cos — tgp
V - Здлвс AA{= -
J, • a 1	I, • « i
2 1 + sin —	1 + sin —
2	2
1090
з з л-а х а п
= Р tg —j-tg-tgp.
з з л-а а п
Ответ: р tg —— tg—tgp.
12.334.	В правильную четырехугольную пирамиду вписан шар. Рас-
стояние от центра шара до вершины пирамиды равно а, а угол между
боковой гранью и плоскостью основания равена. Найти полную поверх-
ность пирамиды.
Решение.
Пусть LO — высота правильной пирамиды LABCD, Е — середина
ВС (рис. 12.195). Тогда Z.MEO = а, центр .^вписанного шара принадле-
а
жит отрезку LO, A OEF = Z.LEF = —. Z.LFE—внешний угол треуголь-
ника FOE, ZLFE = ZFOE + Z.OEF = 90° + -.
2
1091
В bLFE:
[a
90° + —
2 a
	L = aoXg—.
sin Z.LEF sin Z.LFE	sin Z.LEF	. a-2
sin —
2
В bLOE(/.LOE = 90°) :OE = LE cos Z.LEO = a ctg у cos a.
_	a
Сторона основания пирамиды AB = 2 • ОЕ = la ctg — cos a, площадь
ее основания S0CH = AB2 = 4a2 ctg2 у cos2 a.
Полная поверхность пирамиды:
5 = S0CH +S6= S0CH +	= SOCH
0CH 6 0CH cosa
о 2	2 tX . 2 Ct
= 8a cos a cos — ctg —.
2 5 2
о 2 a
1	2 cos —
cosa + l , 2 < 2 a 2	2
-------= 4a ctg — cos a	— =
cosa----2	cosa
r> 2	2	2 {X
Ответ: 8a cos a cos — ctg —.
2	2
1092
12.335.	Основанием пирамиды служит прямоугольник, у которого
угол между диагоналями равен а. Около этой пирамиды описан шар
радиуса/?. Найти объем пирамиды, если все ее боковые ребра образу-
ют с основанием угол р.
Решение.
Пусть ЕО — высота пирамиды EABCD, прямоугольник ЛВС/) — ее
основание (рис. 12.196). Так как все боковые ребра образуют с плоско-
стью основания один и тот же угол, то точка О — центр окружности,
описанной около прямоугольника ABCD, — точка пересечения его диа-
гоналей, и центр шара, описанного около пирамиды, принадлежит лучу
EO, ЛА ЕС вписан в большой круг шара. Тогда АС = 2Bsin ЛАЕС =
2Bsin(180° - р) = 2Bsin2 р, О А = R sin 2 р.
Площадь основания пирамиды 5 = — А С2 sin а = 2В2 sin2 2Р sin а.
Из АЛ ОЕ ^Л ОЕ = 90°): ЕО = Л О tg ЛЕА O=Bsin2 ptg р.
Объем пирамиды:
10	л
V = -S  ЕО = — R3 sin3 2Р sin а tg Р = — R3 sin2 2Р sin2 Р sin а.
4
Ответ: —
R3 sin2 2Р sin2 Р sin а.
12.336.	Образующая конуса равна /
и составляет с высотой угол а. Через
две образующие конуса, угол между
которыми равенР, проведена плоскость.
Найти расстояние от этой плоскости до
центра шара, вписанного в конус.
Решение.
Пусть SO — высота данного кону-
са, ЛА SB — сечение конуса, Л AS О =
a, AS = I, ЛАВВ - Р, центр Ох вписан-
ного шара принадлежит отрезку SO
(рис. 12.197).
С — середина Л В. Тогда OCLAB,
SC1AB. Тогда прямая ЛВ перпенди-
кулярна плоскости SCO и плоскости
Рис. 12.197
SCO и Л SB перпендикулярны, SC—линия их пересечения.
В плоскости SCO — проведем перпендикуляр O{D на SC. Тогда
отрезок OXD перпендикулярен плоскости A SB и его длина — искомое
расстояние.
1093
JC ]
В bSOA ZSOA = - \:AO = I sina;SO = I cosa.
2 1
В &SCA\ ASCA = - I :A С = I sin - ;SC = I cos .
2	2	2
л
В АЛ CO AACO = -
2
ГТТЗ 77^2	1,2 -2	,2 • 2 3 i l-cos2a 1-cosB
CO=jAO-AC = Jr sin a- / sin - = /.------- =
V	2 V 2	2
JcosB-cos2a , . ( BA . ( BA
2 V I 2 J I 2 J
Так как шар, вписанный в конус, касается сторон угла SAO, то
A Oj — биссектриса этого угла,
ZOAO, = - ZSAO =- а}
1 2	2{2	)
л
4
a
Т
I	Tt \	It (L
В АЛОСМ ZAOOl = y :OO! =AOtgZOAO} = /sinatg
{ IF (Y
SOx =SO-OOx =/cosa-/sin atg----------
1	1	4 4 2
л	a .	,/л	ai / тс	a i
cosacos------sinasin------ cos —+ —	z
, I 4	2	J I 4	2 I	, I 4	2 I	. (n a
= /--------------J------------1 = I-1-------2 = i ctg - + -
I n a ]	.(Ttai 42
cos----	sin —+ — v
I4 2 J I4 2 J
ASDO^ ~ A50C — по двум углам.
SC ОС
Тогда------=--;
SO' DO{
, (n a
/ctg —+ —
л „ SO' ОС I 4 2
O' D = !-----------------
1 SC
I cos —
2
,	(7i a
/ ctg — + —
4 2
cos —
2
1094
Ответ:
sin a + — isini a- —
2
4 2 TV
cos —
2
12.337.	Основанием пирами-
ды служит равнобедренный треу-
гольник, у которого площадь рав-
на S, а угол между боковыми
сторонами равен а. Все боковые
ребра пирамиды составляют с
плоскостью основания один и тот
же угол. Найти этот угол, если
объем пирамиды равен V.
Решение.
Пусть DO — высота пирами-
ды DABC, АВ = AC, ABAC = а
(рис. 12.198). Так как ADAO -
ADBO - ADCO, то О — центр
окружности, описанной около
ДЛВС.
Если радиус этой окружнос-
В
Рис. 12.198
I OL ।	(X
тиравен/?, то ЛВ = 2/?sinZ.4CZ? = 27?sin 90° — — =27?cos—.
2S
S = - AB2 sin ABA C = - • 47?2 cos2 - sin a;7? =
2	2	2	~ a r.—
2 cos — vsin a
2
1	ЗИ
Пусть H — высота пирамиды. Так как V = - SH, то Н = —
В AAOD(AAOD = 90°):
DO H ЗГ
tg AEAO = = — - —
OA R S
~ а Г------	а
zcos — Vsina 3rcos — гт—:-----
2	_	2 /2 sin a
J2S ~ S 11 S
a
3V cos —	гт—.—
x	2	/2sina
Ответ: arctg------J—-—
S	\ S
1095
12.338.	Сторона основания правильной четырехугольной призмы
равна а, ее объем равен V. Найти косинус угла между диагоналями
двух смежных боковых граней.
Решение.
V V
Боковое ребро призмы (рис. 12.199) ВВХ =-= — => АВ{ = В{С =
$осн. Л
V2 2 v2+a6
~4+а =—Г~-
а	а
ВЬАВХС:
АС2 = АВ2 +ВХС2-2АВХ BxCcosAABxC-,
= 2 АВ? -2 АВ? cqsAABxC-,
_ 2 „ И2+а6 Л У2+а6
2а 2 =2-----------2---— cos А А В, С;
а4	а4
а6 =У2 +а6 -(и2 +a6)cosAABxC;
V2
cos А.А В, С = — --.
1	к2+я6
JZ2
Ответ: —----г-
Т/2 , „о
1096
12.339.	Острый угол ромба, лежащего в основании четырехугольной
пирамиды, равен а. Отношение полной поверхности пирамиды к квадрату
стороны основания равно к. Найти синус угла между апофемой и высотой
пирамиды, если все ее боковые грани одинаково наклонены к плоскости
основания. Каковы допустимые значения к!
Решение.
Если ЕО — высота пирамиды EABCD (рис. 12.200), EF— высота ее
боковой грани CED, то Z.EFO — угол наклона этой боковой грани к плос-
кости основания и, так как все боковые грани одинаково к ней наклонены,
то О — центр окружности, вписанной в основание пирамиды,—точка пе-
5
ресечения диагоналей ромба, S6 = осн , где 0 = Z.EFO.
cosp
Пусть Л5 = а.Тогда SOCH = a2 sina и полная поверхность пирами-
ды 9-V + 9-9	+^осн_-9	1 + cos Р _ a 2 (1 + cos Р) sin a
ДЫд *Jqch + ^ОСН + о ^ОСН	о	о	К
cosp	cosp	cosp
5 (l + cosP)sina ,	_	_ .	_ sina
= — =--------------<=> к cos p = sin a + cos p sm a; cos P =-.
a2 cosp	£-sina
В EEOF(Z.EOF = 90°) искомый sinZ.OEF = cosZ.EFO = sina .
Л-sina
sina	,	.	, _ .
Так как---------< l,Tosm a < к - sina, т.е. к > 2 sin a .
к - sin a
_ sina , _ .
Ответ: ---------; к > 2 sm a.
к - sin a
12.340.	Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а, плоский угол при вершине пирамиды равен a. Найти расстояние
от центра основания пирамиды до ее бокового ребра.
Решение.
Пусть ЕО — высота правильной пирамиды EABCD (рис. 12.201),
OF — расстояние от точки О до бокового ребра ЕС, ЛЕСО = р. Так как
ЛСЕй = а, то ЛЕСО = 90° -—.
2
ОС — проекция ЕС на плоскость основания пирамиды, CD — пря-
мая, лежащая в этой плоскости.
Тогда cos ЛЕСО = cos ЛЕСО • cos ЛОСО;
. a
/	\	sm—
cos 90°-— = cosp cos45° <=> cosp =——— = V2sin—.
I 2 J	H cos45° 2
1097
В AOFC(ZOFC=90°):
OF = (9C • sin P =	- д/1 — cos2P = a Jl-2sin2 — = —Jlcosa.
2 v	2 V 2 2V
12.341.	Отношение площади диагонального сечения правильной че-
тырехугольной пирамиды к площади ее основания равно к. Найти косинус
плоского угла при вершине пирамиды.
Решение.
Пусть ЕО — высота правильной пирамиды EABCD (рис. 12.202), пло-
щадь основания пирамиды
5OCH=1SZ)2=2OZ)2.
S~ BD  ЕО — OD • ЕО.
т . S^BFD ODEO ЕО ЕО
Тогда к =	=------— =------•---= 2к.
S0CH 2OD2 2OD OD
Пусть ZDEO = ЛСЕО = a, Z.CED = р.
Из ^EOD(AEOD ^9Qa)~AgADEO = ~^
ЕО — проекция ED на плоскость ЛЕС, ЕС — прямая, лежащая в этой
плоскости.
1098
Рис. 12.202
Тогда cqsZ.CED = cosZ.DEO • cosZ.OEC,
o 2	1	1
cos p = cos a =-----— =------
l + tg2a 1 + _L
,,2	4£2
4k
Ответ: —,—•
4k2 + 1
4k2
4k2
12.342.	Расстояние от сторо-
ны основания правильной треу-
гольной пирамиды до непересе-
кающего ее ребра в два раза
меньше стороны основания. Най-
ти угол между боковой гранью и
плоскостью основания пирамиды.
Решение.
Пусть SO — высота правиль-
ной пирамиды SABC, Е — сере-
дина Л С (рис. 12.203).
ТогдаДЕЫ С ВЕ1А С, Z.SEB —
искомый угол между боковой гра-
нью и плоскостью основания пира-
миды, прямая Л С перпендикуляр-
на плоскости SEB.
Рис. 12.203
1099
Проведем в плоскостиSEB перпендикулярEFhzlSB (если AESB < 90°,
то Улежит на отрезке SB, если AESB > 90°, то Улежит на продолжении
отрезка SB за точку S).
Тогда EFLSB, EF1A С и длина отрезка EF—это расстояние между
скрещивающимися прямыми SB и АС.
Если АС = а, то EF - — ,ЕВ =
2	2
Пусть ASEO = $,ASBO = а.
В &SOE (ASOE = 90°): SO = ЕО tg 0.
В \SOB (ASOB = 90°): SO = OB tg а.
Так как ОВ - 2 • ОЕ, то tg [3 = 2 tg а.
Из AEFB (A.EFB = 90°):
EF а ау/3 1 п _	2 sin а 2 sin а
sina =----= — :----=	=> tgp = 2tga =------= . -
A5 2	2 у/з	cosa 5/1 — sin2 a
= ^2; p = arctg V2.
Ответ: arctg Jl.
12.343.	Линейный угол двугранного угла, составленного двумя смеж-
ными боковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды, в
два раза больше плоского угла при вершине пирамиды. Найти плоский
угол при вершине пирамиды.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.204),
ABED — линейный угол двугранного угла между смежными боковыми
гранями BSC и DSC. Тогда DEESC,EO1£D,AOED = | ABED.
Если/7—середина CD, то SFECD,ADSF = ADSC.
Пусть SD = a, ADSC = а. Тогда ABED = 2 a, AOED = а.
ВM)FS(ADFS= 90°); DF = a sin —, аиз &DES(ADES=90°): D£=osina
В SEOD (AEOD = 90°): OD = DE sina = asin а.
Так как ABCD — квадрат, то OD = DFy/2 =>
1100
Рис. 12.204
• 2 /ZT-Ot . 7 HZ • Ot .4 л • 2 Ot
=> asm a = aV2 sm — <=> sm a = V2 sm — => sm a = 2sin — <=>
2	2	2
<=> (1 - cos2 a)(l - cos2 a) = 1 - cosa <=>
<=> (1 - cos2 a)(l + cos a)(l - cos a) = 1 - cos a.
Так как cos a * 1, то (1 - cos2 a)(l + cos a) = 1 <=>
1 + cosa - cos2 a - cos3 a = 1 <=>
<=> cos3 a+cos2 a - cos a = 0.
Так как 0 < cos a< 1, to cos2 a+cosa-1 = 0;
cosa =
Ответ: arccos
1101
5
12.344. В правильной треугольной пирамиде сумма углов, образо-
ванных апофемой пирамиды с плоскостью основания и боковым реб-
it
ром с той же плоскостью, равна — • Найти эти углы.
Решение.
Пусть SO — высота правильной пирамиды SABC (рис. 12.205), D —
середина ВС. /.SCO = a, Z.SDO = 0. По условию а + р = —.
4
В ASOC^ZSOC = |	= ОС • tg а. В kSODy/SOD = у j SO = OD • tg p.
Тогда ОС • tg а = OD • tg P и, так как ОС = 2 OD, то tg Р - 2 tg а.
tg(a+₽)=-!5^|.
1-tgatgp
7t
Так как tg P = 2 tg a,a + P = —, a — острый угол, то получаем:
—3tga— = 1;2 tg2 a + 3 tg a -1 = 0; tg a = ———-
l-2tg2a	4
V17-3 o it V17-3
=> a = arctg —-—, p = - - arctg —-—.
I 102
„	, V17-3 л	V17-3
Ответ: arctg------,— arctg----
4	4	4
12.345. Объем правильной пирамиды равен V. Через центр вписан-
ного в пирамиду шара проведена плоскость, параллельная ее основа-
нию. Найти объем пирамиды, отсекаемой от данной пирамиды этой
плоскостью, если двугранный угол при основании равена.
Решение.
Пусть SO — высота данной правильной пирамиды, SB — ее апофе-
ма, Л — центр вписанного шара (рис. 12.206).
а
Тогда ASBO = а,ЛОВА = — .
и JsA У
Так как отсекаемая пирамиды, подобна данной, то — -	,где
V\ — искомый объем.
В SSOB (ASOB = 90°): SO = OBtg а.
ОС
ВЬАОВ{ЛАОВ = 90°): OA = OBt%-.
/	x	sin- OBtg-
I	CL \	1	° 9
SA = SO-OA = OB\ tga-tg- \=OB------±
2	_a cosa
V	/ cosacos—
2
а=
V
OBtg^
-----—: OBtgCL
cosa
♦ а
tgy
cos a tga
о • з а з а
8 sin — cos —
2	2
1
о 6 а
8 cos —
2
8 cos6 —
2
V
V
Ответ:	~
8cos6—
2
12.346. Найти углы прямоугольного треугольника, если объем тела,
полученного от вращения треугольника вокруг меньшего катета, ра-
вен сумме объемов тел, полученных от вращения треугольника вокруг
его гипотенузы и вокруг большего катета.
Решение.
В ДЛВС(рис. 12.207, а) ААСВ = 90°, ВО А С.
1103
Рис. 12.207,г
Рис. 12.207,в
Если АВ = 1, Z.BAC = а, то ВС = sin а, А С = cos а.
При вращении треугольника вокруг меньшего катета АС получим
1 ? 1
конус (рис. 12.207, б) объем которого V{ = - л • ВС • АС = - л sin a cos а.
При вращении треугольника вокруг большего катета получим конус
1,1 ,
(рис. 12.207, в), объем которого V2 = - л • А С  ВС = - л sin a cos а.
1104
Высота данного треугольника, опущенная на гипотенузу, CD = АС
sin а = sina cos а.
При вращении треугольника АВС вокруг гипотенузы АВ получим
тело, состоящее из двух конусов с общим основанием радиуса CD и
1	7
высотамиЯОиА£)(рис. 12.208, г). Объем этого тела К = -л CD BD +
3
+ -Tt CD2 AD = -kCD2(BD + AD) = -tcCD2 АВ = — rcsin2 acos2 a.
3	3	3	2
По условию V{ = V2 + Vy следовательно,
1.7	1	7	1	• 2	2
—	л sin a cos a = — л sin a cos a + - л sin a cos a <=>
3	3	3
<	=> sin a = cos a + sin a cos a <=> sin a - cos a = sin a cos a <=>
<	=> (sin a - cos a)2 = sin2 a cos2 a <=>
<	=> 1 - sin 2a = — sin2 2a; sin2 2a + 4 sin 2a -1 = 0; sin 2a = -2 + 2-^2
4
или sin 2a = -2 - 2 41.
-2-2V2 <-l=>2a = arcsin(2V2-2);
a = у arcsin (2 (j2 -1)).
Ответ: 1 arcsin (2(5/2 -1)); 90° - arcsin (2(5/2 -1)).
12.347.	Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равная, ее боковая поверхность равна5. Найти угол между смежными
боковыми гранями.
Решение.
Пусть ЕО — высота правильной пирамиды EABCD (рис. 12.208),
BDLAC,BDLEO => BDLwi.AEC BDLEC.
Проведем в грани DEC перпендикуляр DK на ЕС => nn.BKDLEC и
Z.BKD — угол между смежными гранями CED и СЕВ.
ВК = DK, как высоты боковых граней правильной пирамиды =>
КО — высота, медиана и биссектриса &BKD.
Если Z.BKD = 2 а, то L.DKO = а.
В \KOD (AKOD = 90°): DK = —-------=	.
sin Z.DKO 2 sin а
1105
Е
Рис. 12.208
5
SSCED =-S = -EC DK=> FC = ^-=
4	2	DK aJi
Если F—середина CD, то из ML FC (Z EFC - 90°):
EF = у/EC2 - FC1 =	a a =	a~a
]	2a2	4	2a
S&CED -EF FC.
Таким образом
>l2S2 sin2 a -a4 a _S
2~7
2a
• 2^4
sin а]=-а <=> cos2а =-
'	S2
Л a
2a = arccos------
S2
Ответ: arccos -Дг- .
I s J
12.348.	Сторона основания правильной треугольной пирамиды рав-
на а, плоский угол при вершине пирамиды равен а. Найти радиус
вписанного в пирамиду шара.
1106
Решение.
Пусгь£О2 —высота правильной
пирамиды ЕАВС (рис. 12.209), ED —
апофема ее боковой грани5ЕС. Тог-
да /-BED = — /ВЕС -	Так как
пирамида правильная, то центр Ot
вписанного шара лежит на высоте
ЕО2. Если /EDO2 = у, то /OXDO2 =
у	(	I
= ~, а из ДЦСШ /O^D = — I ра-
. I	2 1
диус вписанного шара г = О2ОХ =
= O2DtgZOtDO2 =4^-tgI.
6	2
В	/EDB = ^\.ED = BD ctg /BED = | ctg “.
В /EOD = - \:ED =------—----=
2 J cos/EDO . 6 cos у
а х a aj3 Л а х а
=>-ctg- = ---;cosy = -—tg—= tg—tg—.
2	2 6 cos у	3	2	6 2
1-cosy
1 + cos у
_ . ( It CL
3sm--------
3 2
. f тс а
sm —+—
3 2
1107
Рис. 12.210
Рис. 12.211
12.349.	Радиус шара, вписанного в правильную треугольную пира-
миду, в четыре раза меньше стороны основания пирамиды. Найти коси-
нус плоского угла при вершине пирамиды.
Решение.
Пусть ЕО2— высота правильной пирамиды ЕАВС (рис. 12.210),
ос
ED — апофема ее боковой грани ВЕС. Если /.ВЕС = а, то /DEC = —.
Так как пирамида правильная, то центр О{ вписанного шара лежит
на ее высоте ЕО? О{О2 — радиус шара. Если ВС = a, /O2DOl = 0, то
O2D = -,ОХО2 = 4 ’ из д O.O2D (/O.CLD = 90°):
о	4	1
tgp=^=^.
O2D 2	2
/EDO2 = 2/OxDO2 = 2B;cos 2B = —О = -.
l + tg20 7
В ДЕО, D (/EO,D - 90°): ED =-.
2	2	cos/EDO2 6cos2B 6
BAEZ>C(ZEZ>C = 90°):	r
и	CD	a 1aj3	Ji	1-tg 2	^49	23
tg— =----= — :--= — => cos a =----— = —— = —.
b 2	ED	2	6	7	i ♦ 2 a	, . 3	26
1 + tg —	1+ —
2	49
1108
23
Ответ: ~
2о
12.350. Боковые ребра и две стороны основания треугольной пира-
миды имеют одну и ту же длину а, а угол между равными сторонами
основания равена. Найти радиус описанного шара.
Решение.
Пусть DO — высота пирамиды DABC, DA = DB = DC = ВА = ВС = а
(рис. 12.211). Тогда точка О —центр окружности, описанной около осно-
вания пирамиды, точки прямой Л О равноудалены от вершинЛАВС. Ради-
а
а
BC
усэтой окружности О A = RX = —---
2sm ABAC „ . (л a) ~ a
/	л	2 sin----	2 cos —
2 2	2
В ЛАOdIzAOD = ^
DO = ylDA2-OA2 =
2 a2 a I 2 a 1
a---------=------.cos------
A 2«	a V . 2 4
4 cos — cos—
2	2
а I о а 2 л а
----г- .cos-cos — =
а V 2	3
cos—
2
cos—
2
. I л it 1 . I it a
a. sm — + — sin----------
3 2	3 2
J 2л .
cos a-cos—
___________3_ =_V
2
cos —
2
i	2л
1 + cosa +cos з _
2	2
а
cos—
2
Центр £ шара, описанного около пирамиды DA ВС, лежит на полу-
прямой Л О.
DO FD
Если F—середина DA, то EFLDA и \EFD ~ ЛА OD,
Радиус описанного шара
DO
а
— а
2
а I . { п aA . fit а
----Jsm —+ — sin------
„ а V I 3 2 J I 3 2
cos— ’	\ /V
2
а
acos —
2
J. it ay.iTt а
sin — + — sin----
3 2	3 2
1109
Ответ:
а
acos —
2
а
I
12.351.	В конус вписан цилиндр, высота которого равна диаметру
основания конуса. Полная поверхность цилиндра равна площади осно-
вания конуса. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его
основания.
Решение.
Пусть DO2 —высота данного конуса, О2— общий центр основания
конуса и нижнего основания цилиндра, О{ — центр верхнего основания
цилиндра, DA — образующая конуса, СВ — образующая цилиндра,
С — принадлежитDA (рис. 12.212), О2В = г, О2А = R, О{О2 = ВС = Н. По
условию Н = 2R.
Полная поверхность цилиндра 5 = 2кг Н + 2лг2 = 4лгЛ + 2кг2.
По условию
4кгЛ + 2кг2 = kR2 => 2r2 + 4rR - R2 =0; г = —~	.
Так как г > 0, то
л(д/б-2)
2
ADA О2 = а — искомый угол между образующей конуса и плоско-
стью его основания.
ИзДАВС(ААВС = 90°):
д 4М
cte а = — = °2A~°2b	2	= '__2
ё ВС ВС Н 2R	2
4	4(4+>/б)	4(4+>/б) 2(4+Тб)
tg а =--= = 7—\-v ' г-\ = -3-1 = -3-1;
4--Уб (4->/б)(4 + 7б)	Ю 5
, 2(4+>/б)
а = arctg х--—L.
„ t 2U+J6)
Ответ: arctg х
12.352.	Около шара описана прямая призма, основанием которой
служит ромб с острым углом а. Найти угол между большей диагональю
призмы и плоскостью основания.
Решение.
Ромб ABCD — основание прямой призмы ABCDAXBXC{DX из усло-
вия, ABAC = а, 0° < а < 90° (рис. 12.213). Тогда АСХ— большая
диагональ призмы, aZC^C—искомыйугол.
Проекцией шара, вписанного в призму, на плоскость основания
является круг, вписанный в ромб ABCD, ОЕ—радиус этого круга, Е —
точка касания круга со стороной Л Л ромба.
Если радиус шара равен R, то СС, = 2R, ОЕ = R.
OF R
В ДАЕО (ААЕО = 90°): А О =---=-----
sin АСАD	. а
sin —
2
9 R
АС = 2 АО-——
. а
sin —
2
ВДЛСС, (ААСС{ = 90°): tgZC14C =
. а
= sin—;
2
I ot
АС^АС = arctg siny
л	. I • а I
Ответ: arctg smy •
1111
12.353.	В усеченный конус вписан шар, объем которого в два раза
меньше объема конуса. Найти угол между образующей конуса и плос-
костью его основания.
Решение.
Пусть равнобокая трапеция ABCD — осевое сечение данного усе-
ченного конуса, О — центр шара, вписанного в него, — центр круга,
вписанного в трапецию A BCD: К, ЦЕ—точки касания этого круга со
сторонами ВС, AD, АВ трапеции (рис. 12.214). Тогда ABAD = а —
искомый угол, LA = R{n КВ - R2 — радиусы оснований усеченного
конуса, ОК = OL = ОЕ = R — радиусы шара, высота конуса
Н = 2R = (Rl - R2 )tg а =>./?!- R2 -2R ctg а.
АЕ = AL = Rp BK = BE = R? ABO A = 90° Тогда R2 = Rfc Объем
усеченного конуса V{ = | nH^R^ - R^ )= -| kr(r2 + RXR2 + R2 ), объем
4 з
шара V2 = — nR и, по условию, Vx = 2V2.
Тогда
|nR^R2 + R{R2 + r})= |tlR3 <=> R$ + RxR2 + Rl = 4Я2 <=>
<=>(/?!- R2 У- + 3RXR2 = 4Я2 => 4Я2 ctg2 a + 3R2 = 4Я2 =>
=> 4/?2 ctg2 a = Л2; tg2 a = 4.
1112
Так как а — острый угол, то tg а = 2, а = arctg 2.
Ответ: arctg 2.
12.354.	Основанием пирамиды служит равнобедренный остроуголь-
ный треугольник, у которого основание равно а, а противолежащий
угол равен а. Боковое ребро пирамиды, проходящее через вершину
данного угла, составляет с плоскостью основания угол 0. Найти объем
пирамиды, если высота Пирамиды проходит через точку пересечения
высот основания.
Решение.
ПустьЕО —высота пирамидыЕАВС, АВ = ВС, АС = а, ААВС = а,
0° < а < 90°, ЛЕВО - 0, О — точка пересечения высот BD, СК, AL —
основания (рис. 12.215).
Так какЛЛБСостроугольный, то точка О лежит внутри треугольни-
ка, точки Ln К лежат на отрезках ВС и А В.
В A^D5(ZXZ)5 = 90o):
АВ =
АР
sin AABD
—;ВР = АР ctg ААВР = у ctg у.
2sin —
2
В ЛА LB (A.ALB = 90°): BL = АВ cos ZABC = а COSa .
2sin —
2
В ЛОЕВ (АО LB = 90°): ВО =-—-----= —— = a ctg a.
cos AOBL ~ • a a
2 sin —cos —
2	2
В ЛЕОВ (ZEOB = 90°): EO = OB tg ЛЕВО = a ctg a tg 0.
Smbc	=
Объем пирамиды:
1 „	1 a2 a n a3 a „
^ = -	- ^ = 3 — ctg y - a ctg a tg 0 = — ctg a ctg у tg 0.
_ Д3 a a
Ответ: — ctg a ctg — tg 0.
12.355. Площадь сегмента равна S, а дуга сегмента равна а радиа-
нам. Этот сегмент вращается вокруг своей оси симметрии. Найти по-
верхность тела вращения.
1113
в
Рис. 12.216
Рис. 12.217
Решение.
При вращении данного кругового сегмента (рис. 12.216) получится
шаровой сегмент, поверхность которого 5, = S, + Sy где S2 — площадь
его сферической поверхности, S3 — площадь круга радиуса DA.
„ _	е al?2 R2 sin а R2 (	. \
$ ~ *$сект ОАСВ ~ $ЬАОВ ~	\а ~ sin а)
п2 25
и R =---------, где R — радиус сегмента,
a-sin а
S2 = 2л RH, где Н — высота сегмента, Н = R- DO.
В M.DO\ZADO=—
2
OL	Ot
OD = О A cos ZA OD = R cos—; A D = О A sin ZA OD = 7? sin —.
2	2
H = R-DO -R 1-cos- = 27? sin2-.
2	4
Тогда
Si = 2nRH + л • AD2 = 2itR  2R sin2 — + nR2 sin2 — = 4л/?2 sin2 — +
1	4	2	4
о о • 2	,	2 a
z	ч 8nSsin — 1 + cos —
. „2 • 2 a 2» Л n2 • 2^1 1	2al	41	4
+ 4л7? sin — cos — = 4л/? sin — 1 + cos — =--------------*---------
4	4	41	4	a - sin a
1114
„ г. • 2 01 ( ,	2 01 I
Srcjsin — l + cos —
41	4
Ответ: -----------S---------4
a-sina
12.356. В конус вписан шар. Окружность касания шаровой и коничес-
кой поверхностей делит поверхность шара в отношении 1:4. Найти угол
между образующей конуса и плоскостью основания.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел (рис. 12.217).
Пусть радиус шара OL = R. &OLB и &CDB — прямоугольные с общим
острым углом при вершине В . Значит, Z.BOL = Z.BCD = a.
В &OEL (ZJJEL = 90°): ОЕ = R cos a.
Высота меньшего из шаровых сегментов КЕ - ОК - ОЕ -R-R cos a =
- R(1-cosa).
Сферическая поверхность этого сегмента \^гм = 2 itR • KE = 2nR2 х
х(1 - cos a), поверхность шара S = 4 л Я2.
Из условия получаем \.сгм -5 = 1:5. Тогда
2лЛ2(1-соза) 1,2	3	3
--------—------ = — <=> 1-cosа = — <=> cosa =—; а = arccos—.
4лЯ2	5'5	5	5
Ответ: arccos 0,6.
12.357. Боковая поверхность треугольной пирамиды равна 5, а каж-
дое из боковых ребер равно /. Найти плоские углы при вершине, зная, что
они образуют арифметическую прогрессию с разностью —.
6
Решение.
Пусть средний по величине плоский угол равен а. Тогда два других
л	л
угла равны а---и а +—.
6	6
Так как площади боковых граней равны
1	,2 • /	1 ;2 •	1 >2 • /
—I sin(a----),—I sina и — I sin(a + —), то получим уравнение
2	6 2	2	6
1 ,2 . , л. 1 ,2 .	1 ,2 • z я.	„	. , Л.
—г sin(a—) +—I sina +—I sin(a + — ) = S, или sin (a—-) + sina +
2	6	2	2	6	6
• /	\	2*3 TT . 7Г 4	. z Яч Л	It ПУ .
+ sin(a + —) = ——. Ho sin(a--) + sin(a + — ) = 2smacos — = V3sina
6	/2	6	6	6
/7 .	2S	2S 5(>/3-1)
и, значит, V3sina + sina = —откуда sina = —=-------- =--------
I2	(V3+1)Z2 I2
1115
„	• 5(V3-1) л л . 5(V3-1)
Итак , а = arcsin —-—-—-, а ± — = ± — + arcsin--—-.
/2	6	6	/2
_	. 5(Тз-1) л . 5(Тз-1)
Ответ: arcsin-------; ± —+ arcsin—— --.
I2 6	/2
12.358. Плоский угол при вершине правильной четырехугольной пи-
рамиды равен а. Найти боковую поверхность пирамиды, если радиус шара,
вписанного в эту пирамиду, равен R,
Решение.
Пусть ЕО2 — высота правильной пирамиды EABCD (рис. 12.218),
центр О] вписанного шара лежит на отрезке ЕО2, О\О2 = R, F— сере-
дина CD, Z.EFO наклона боковой грани к плоскости основания пирами-
ды равен р. Тогда Z.O\FO2 = ^Z.EFO2 = у, а из &O\O2F^Z.O\O2F =
находим O2F = Я ctg у, откуда DF = O2F = Ectgy
В bDFE^ADFE =	: EF = DF ctg Z.DEF = R ctg |ctgу.
Боковая поверхность пирамиды:
S = «ДС£О = 4' OF • ЕЕ = 4Л2 ctg2 | ctg |.
В ДЕО2Г1 ZEO2F = yj:O2F = EFcosp.
1116
В ADF£|ZDFE = y DF = EFtg|.
П ОС
Тогда cosр = tgy.
, ж a л; ос
ctg2 P = 1 + COSP = +tgi = tg4+tg'2 = t/л + “
2 >-eos₽ ta !_t" tg« ^4 2
2	4 2
~ лп2х°сГл a A
=>S = 4F ctgytg y + y
л n2 x ocx f л a 1
Ответ: 4R ctg—tgI у + — .
12.359. Радиус шара, описан-
ного около правильной треуголь-
ной пирамиды, равен апофеме
пирамиды. Найти угол между
апофемой и плоскостью основа-
ния пирамиды.
Решение.
Рассмотрим правильную пира-
миду DABC (рис. 12.219), центр
(?1 вписанного шара лежит на ее
высоте DO2, Е — середина AD.
Пусть/? —радиус шара,DOt-
= АОt- R, Н — высота, DA = L,
ХАОхО2 = а.
В ДЛО2О1 {ХАО2Ох = 90°):
О2ОХ = Feos а.
Тогда Н = ООг + ОХО2
= R + R cos а = F(1 + cos ос)= 2R cos2 у.
1	ос
ХАOXD = 180°- а;ХАОхЕ = -^ХА OXD = 90° - у, аизД/Ш^(PAFO, =90°):
АЕ = АОХ smXAO'E => — = Feos—,cos— = -^-.
1	1	2	2	2 2F
су	т2	т2
Тогда Н = 2Fcos2 - = 2F	=—.
2	4F2 2F
1117
Рис. 12.219,а
02В = 2 • ОМ = 2Z>cos у.
Это же верно и в том случае,
если точка О1 лежит на продол-
жении отрезкаDO2 за точку О2.
Рассмотрим данную правильную
пирамиду DABC (рис. 12.219, а),
DO2 — ее высота, М— середина
ВС, ADMO2 = у— искомый угол
между апофемой и плоскостью ос-
нования.
DM > DO2 поэтому центр
описанного шара лежит вне пи-
рамиды. Если радиус шара и апо-
фемы равны Ь, то из &DOM
(ADOM = 90°): О2М = fcosy, DO2
= Z>sin у.
Из \DO2b{/.DO2B = 9O°)lD52 = DO$ + O2B2 = b2 sin2 y+ 4b2 cos2 y.
Так как DO? =-----, то
2	lb
, . b2sin2 y+4Z?2cos2 у
b sin у =---5L;
2b
2 sin у = sin2 y+4cos2 y,
2sin у = sin2 y+4-4sin2 y;
„ . 2	„ . л Л •	-1±V13
3sm y+2smy-4 = 0;siny =-------.
„	V13-1	. V13-1
Подходит только положительное значение sin у =-, у = arcsin-.
3	3
• Лз-1
Ответ: arcsin-----.
3
12.360. Образующая конуса равна/и составляет с плоскостью осно-
вания угол а. В этот конус вписан шар, а в шар вписана правильная
треугольная призма, у которой все ребра равны между собой. Найти
объем призмы.
Решение.
Центр К шара, вписанного в конус, лежит на его высоте SO, SE —
1	ос
образующая конуса, SE=/, Z.SEO =ос, (рис. 12.220) AKE	— ASE
1118
КО — радиус шара. Пусть КО = г.
В Д50£ (ZSOE = 90°): ОЕ = /cos а.
В ЬКОЕ (ZKOE = 90°); г = / cos а tg у.
Ох и О2 — центры оснований АХВХСХ и Л2В2С2 правильной призмы,
вписанной в шар (рис. 12.220, а).
Точка К — середина Ох О2, АК = г. Пусть ребро призмы равно Ь. т	пл	ГП b Тогда О1А1 =-^-,КОх = -. ВЬАХОХКХ {ААХОХК = ^°): АХК2 = АХО2 + ОХК2; г2 = — +—;62 = — ,1 1	ill’	34	7 Объем призмы: з Я 24-Уз/3 cos3 atg3 — у _ с	-ДА — х	—	— V ~ ЪьлхвхСх Л1Л2 - 4	-  185/7	з з ОС Ответ: лл 1 cos atg 49	2	143г 2V3/cosatgy > = —r=- =	г=		 • V7	V7 з/з 18>/7 ,з з з a 	=	г cosJ atg —. 4	49	6 2
1119
12.361. Около шара радиуса R описана правильная л-угольная пи-
рамида, боковая грань которой составляет с плоскостью основания
угол а. Найти боковую поверхность пирамиды.
Решение.
£
Боковая поверхность правильной пирамиды S6 =-, где 5 — пло-
cosa
щадь основания, a — угол между боковой гранью и плоскостью основания.
ВОХ —высота данной правильной пирамиды ЛЛ Ar..A^ BE — апо-
фема ее боковой грани А ХВА2, ЛВЕОХ = а (рис. 12.221).
Центр О вписанного шара лежит на высоте ВОХ, ООХ = R,
1	ос
ЛОЕОХ=-ЛВЕОХ=~.
1 2	1 2
BAOO,£(ZOO1£ = 90°): ОХЕ = Rctg|.
В ЛА ХЕОХ {ЛА ХЕОХ = 90°): АХЕ = ОхЕ tg ЛАХОХЕ = R ctg | tg -.
Тогда
5 = nS^AxoxA2 =П -АХЕ- ОХЕ = nR1 ctg2 tg-;
112	In
nR1 ctg2|tg-
c _	2 n
^6 ~	
cosa
1120
nR2 ctg2ytg-
Omeem: ---------——
cosa
12.362. Основанием пирамиды служит ромб со стороной а. Две
боковые грани пирамиды перпендикулярны плоскости основания и об-
разуют между собой угол р. Две другие боковые грани составляют с
плоскостью основания угол а. Найти боковую поверхность пирамиды.
Решение.
Ромб ABCD — основание пирамиды EABCD (рис. 12.222), грани
А BE и СВЕ перпендикулярны плоскости основания, таким образом, их
общее ребро ЕВ — высота пирамиды.
Тогда ЕВ LAB, EBLBC, /.АВС — угол между гранями АВЕ и СВЕ,
ЕАВС-$.
ВК—высота ромбаЛВСТ). Тогда EKLADia. Z.EKB —угол наклона
грани AED к плоскости основания, АЕКВ = а.
EABD — проекция EAED на плоскость основания.
Тогда S^ed - S^CED = ^ABD ;
cosa
90	_ $ABCD _a sin P
cosa cosa
BK = a sin p.
Из LEBK(AEBK = 90°) ЕВ = BK tg АЕКВ = a sinp tga.
S.hABE = ^ABEB = ^a2 Sinptga.
Боковая поверхность пирамиды:
„ „„	„	2 • n	fl2 sin P a2 sin P(1 + sin a)
8 ~ ^M.BE + ^AAED ~ a Sln P tg 04	—	—
cosa cosa
a1 sin И 1 + cos — - a
T V
cosa
,2 о!
о 2 • Q 2 Я a
2a sinpcos-------
H (4 2
cosa
— 2-0	21 a
2a sin P cos----
pvva 4 2
Ответ: ----------*-----
cosa
12.363. Расстояние от середины высоты правильной четырехуголь-
ной пирамиды до ее боковой грани равно d. Найти полную поверхность
36 Группа Б
1121
Рис. 12.223
вписанного в пирамиду конуса, если его образующая составляет с плос-
костью основания угол а.
Решение.
ПустьЕО —вы сота правильной пирамиды ЕЛ ЕСЕ (рис. 12.223),Af—
ее середина, середина К стороны CD — точка касания основания вписан-
ного конуса с этой стороной, ЕК—образующая конуса, Z.EKO = а.
Основание F перпендикуляра, проведенного из точки М на грань
CED, лежит на отрезке EK, MF - d.
В &EFM (AEFM = 90°): ЕМ = ——— = —-----------г =
sinZMEF sin(90°-a) cosa
ЕО = 2ЕМ = -^~.
cosa
ЪЬЕОК (ZEOK=90°):
OK = E О ctg ZE КО = 2Jctga =
cosa sina
EO 2d
sin Z.EKO sin a cos a
Полная поверхность конуса:
1122
47uZ2(l + cosa)
sin2 a cos a
„	r-v\ 2d ( 2d 2d
S = n- OK\OK + EK)= л--------+----------
sin a I sin a sm a cos a
4juZ2 • 2 cos2 —	0 ,2
=_____________2	_
. . 2 a 2 a	• 2 a
4sm—cos —cosa sm — cosa
2	2	2
2nd2
Ответ: ---------
. 2 a
sm — cosa
2
12.364. Основанием пирамиды SABC служит равносторонний тре-
угольник ЛВС. Ребро SA перпендикулярно плоскости основания. Най-
ти угол между боковой гранью у
SBC и плоскостью основания,
если боковая поверхность пира-
миды относится к площади ос-
нования как 11:4.
Решение.
Пусть £ — серединаВС (рис.
12.224). Тогда АЕ1ВС, SE1BC
и ZSEA — угол между боковой
гранью SBC и плоскостью осно- д
вания пирамиды.
Пусть A.SEA = а, АЕ = 1.
Тогда из tiSAE(ASAE = 90°):
A S = Л/Ttg A.SEA = tg a.
AE - 1
~	~	Рис. 12.224
со8Ло£л cosa
Боковая поверхность пирамиды S6 = 2S^asc + S^sc = SAr- A C +
+ -7 BC • SE = BC\ tg a + —-— 1 площадь основания \ „ = — BC • AE -
2	2cosa J	0011 2
= -^-ВС.Таккак S6 =-У’5'0СН, то BC\ tga + —5—|= —BC=>
2	О 4 осн	Б 2cosa j 8
1	н o •	.11
=> tga +---= — <=> 8 sina+ 4 = 11 cosa =>
2 cos a 8
1123
,, А а ,	2 а
16tg-	1-tg - ГУ	ГУ	ГУ
/	А 4 1	О	4 х* ОС А Л 3 ОС 4 4 4 4 ОС
------+ 4 = 11-------—=>16 tg— + 4 + 4 tg2 — = 11 -11 tg2 —<=>
l+tg2“ l+tg2l 2	2	2
ОС	ОС
Так как о° < а < 90°,то 0° < — < 45° и tgy > 0=>
CL 2
tg—= -,tgoc =----— = —=Ц-а = arctg—
2	3g	2а j_l	4	g4-
6 2	9
3
Ответ: arctg— .
4
12.365. Радиус основания конуса равен R, угол между образующей
и плоскостью основания равена. В этот конус вписан шар. Через точку
Р, лежащую на окружности касания шаровой и конической поверхнос-
тей, проведена касательная прямая к этой окружности , а через эту
прямую проведена плоскость параллельно образующей конуса, прохо-
дящей через точку, диаметрально противоположную точке Р. Найти
площадь сечения шара этой плоскостью.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел, проходящее
через точку Р, перпендикулярное касательной прямой из условия зада-
чи (рис. 12.225). PD- диаметр сечения шара искомой площади.
ABAC = АВСА = а.
Так как PD\\BA, то ACPD = АСВА = 180° - 2а.
О РАВ С и AOPD = 90° - ACPD = 90° - (180° - 2а)= 2а - 90°.
АОСО2 = ^ВСА = у, СО2 = R , из АОО2с(аОО2С = 90°):
ОО2 = Atg|. ОР = ОО2 = Atg у .
1124
0{ — середина. PD - центр сечения искомой площади.
В ДОО1р(/ОО1Р = 90°):
ОХР = OP cos Z.OPD = R tg у cosset - 90° )= R tg у sin 2a.
Площадь сечения S = пОхР
?	7 ОС . 2 _
2 = nR2 tg2 у sin2 2a .
Ответ: nR2 tg2 у sin2 2a .
12.366. В усеченном конусе диагонали осевого сечения взаимно
перпендикулярны и длина каждой из них равная. Угол между образую-
щей и плоскостью основания равена. Найти полную поверхность усе-
ченного конуса.
Решение.
Равнобокая трапеция ABCD (рис. 12.226) - осевое сечение данного-
усеченного конуса, ЛС1 ЛГ) , АС = BD = a, ZCDA = a , Ох —середина
AD- центр нижнего основания усеченного конуса, О2 — середина
ВС- центр верхнего основания.
Пусть О2В - г, О^А - R, CD = L.
Боковая поверхность усеченного конуса S6 = n(R + r)L, а полная
S = n[(R + r)L + R2 +г2).
1125
\AED и &BEC — равнобедренные и прямоугольные, ЕО2 = г,
EOX=R.
CF- высота трапеции, CF = ОХО2 -R + r. &AFC —прямоугольный с
углом45°. Отсюда AF -CF = R + r =	. ED =	~= R-г •
V2	2
В &CFd(zCFD = 90°): R - г = FD = CFctg Z.CDA = -^ctga;
L = CD =--—----R + r = -^,R-r = -^ctga.=>
sinZCDA sina	V2 V2
R2 * * * * + 2Rr + r2 = -;R2- 2Rr + r2 =	ctg2a. Складывая, имеем
2 /	\	Z72
2R2+2r2 = — (l + ctg2a)<=> R2+r2 =--------------.
2 v 7	4 sin2 a
Тогда
2	na2sin —+ 15° sin------15°
jw2 (.	. _ЛО\ I 2	2
------— (sin a + sin 30 ) =	*	г-2—*----i
2 sin a------------------------------------------sin a
2 • f a -o i . f a . ,
ita sin — +15 sin-----15
9	9
Ответ: ---------*-------I—i--------
sin2 a
12.367. Расстояние от вершины основания правильной треугольной
пирамиды до противоположной боковой грани равно /. Угол между
боковой гранью и плоскостью основания пирамиды равен а. Найти
полную поверхность конуса, вписанного в пирамиду.
Решение.
Пусть ЕО - высота правильной пирамиды ЕАВС (рис. 12.227) и
конуса, вписанного в эту пирамиду, D - середина АВ. Тогда
ED1AB,CD1AB^.EDC = a , ED - образующая конуса, пл. АЕВХ.
пл. EDC . В плоскости ED С проведем перпендикуляр CF на ED. Тогда
1126
CFAjuiAEB и CF- расстояние от вершины С основания пирамиды до
противолежащей боковой грани AEB, CF-1.
В \DFc(/DFC = 90°): CD =	.
' sm /CDF sma
OD = -CD = —— .
3 3sina
В \EOd(/EOD = 9Q°): ED =--.
1	cos /EDO 3 sma cos a
Полная поверхность конуса
S = л• OD(pD + ED)= л — | —l— +--------- |=
3sina^3sina 3sinacosa J
= n/2(1+cosa) = л/ 2cos 2	= 2я/ CtgI
9sin2acos2a 9-2sm-cos-sinacosa 9sin2“ '
2	2
2л/2 ctg—
Ответ: -------—.
9 sin 2a
1127
Рис. 12.228
12.368. Боковое ребро правильной четырехугольной усеченной пи-
рамиды равно стороне меньшего основания и равно а. Угол между
боковым ребром и стороной большего основания равен а. Найти пло-
щадь диагонального сечения усеченной пирамиды.
Решение.
Диагональное сечениеданной правильной пирамиды ABCDAXBXCXDX —
равнобокая трапеция АА{СХС (рис. 12.228). Высоты АХЕ и CXF этой трапе-
ции являются высотами данной усеченной пирамиды.
Пусть ZQCO = Р
СО-проекция ССХ на плоскость нижнего основания, CD- прямая,
лежащая в этой плоскости. Тогда cosZQCD = cosZQCOcosZJCZ);
cosa = cosРcos45°; cosP = V2 cosa;
В AC1FC(ZC1FC = 9O°): FC = CC1cosZC1CF = acosp;
FCX - CCX sin ZQCF = a sin P .
EC = EF + FC = AXCX + FC = a-Jl + a cos P = a(>/2 + cosp).
Площадь сечения
5 = Ac + Aici C{F = EC C{F = a(j2 + cos p)- a sin p =
= a2 (j2 + cos p)^l - cos2 P = a2 (j2 + -Jl cos a)jl-2cos2 a =
= a2 V2(l + cos a)V-cos2a = 2a2 cos2 — V-2 cos 2a •
1128
Ответ: 2 a2 cos2 — J- 2 cos 2a.
2 v
12.369. Высота конуса составляет с
образующей угол a. Через вершину ко-
нуса проведена плоскость под углом
п(п я А
р|р> —-а1к плоскости основания.
Найти площадь сечения, если высота ко-
нуса равна h.
Решение.
Пусть ВО - высота данного конуса,
ЛАВС— сечение конуса. Из условия:
ЛОВС = а,ВО = h (рис. 12.229), Е —
середина Л С.
Тогда ОЕ 1А С, BE 1А С, ЛВЕО —
угол наклона секущей плоскости к плоскости основания конуса,
ZB£O = P.
В ЕВОс[ЛВОС = -1:ВС = — = ——.
V	2)	cos Z.OBC cosa
В	ЛВОЕ = - \:ВЕ = ——— =
V	2)	sin ЛВЕО sinp
В ABEcfzBEC = j):
ec = Jbc2-be2 =h I—1---------
у cos2 a sin2 Р
h I • 2г»	2 h /l-cos2P 1 + cos2a
=------;— Vsin p - cos a =--------J-----------------
cosasinp	cosasinp V 2	2
_ h I cos2a + cos2p _ hy/- cos(a + p) cos (a - P)
cosasinp V 2	cosasinp
гт	„ ЛГ,	Л2 J-cos(a + p) cos (a - p)
Площадь сечения S = BE EC = —---------
cos a sin 2 p
1129
_	Л2 J- cos(a + В) cos (a - В)
Ответ: —-----------——------—.
cos a sin 2 р
12.370. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник, у
которого один из острых углов равен а. Все боковые ребра одинаково
наклонены к плоскости основания. Найти двугранные утлы при основании,
если высота пирамиды равна гипотенузе треугольника, лежащего в ее ос-
новании.
Решение.
Пусть SO - высота пирамиды SABC, Z J СВ = 90°, Z.BA С = а и, так как
ZSAO = Z.SBO- Z.SCO, то О — центр окружности, описанной около ос-
нования пирамиды, — середина гипотенузы АВ (рис. 12.230), таким обра-
зом, пл. А$7?±пл.Л7?С.
OD 1 АС,ОЕ 1 ВС. Тогда SD1AC, SELBC;
Z.SDO = (р И Z.SEO=y — искомые линейные углы двугранных углов
при основании пирамиды.
Пусть SO = АВ = \. Тогда АО = ВО = —.
В MDO(ZADO=90°y.OD = OAsinZAOD = ^^.
В &BEO(ZBEO = 90°y.
nr по  /пос sin(90°-a) cosa
ОЕ = О В sin Z.OBE =-------=------.
2	2
си о
В A5(9£>(ZS(9£) = 90o):tg(p = — =-;
OD sina
2
(р = arctg-.
sina
си 2
В M6>E(ZS6>E = 90°):tg у = — =----.
ОЕ cos а
2
у = arctg--.
cosa
2	2
Ответ: 90°; arctg--; arctg---.
sina	cosa
ИЗО
Рис. 12.230	Рис. 12.231
12.371. В основании прямой призмы АВСА1В1С1(АА11| BBl || CCJ
лежит равнобедренный треугольник, у которого АВ = ВС = а и
Z.ABC = а • Высота призмы равна Н. Найти расстояние от точки Л до
плоскости, проведенной через точки В, Си 4.
Решение.
Проведем из точки А перпендикуляр АЕ на 2?С(рис. 12.231).
Тогда АХЕ1£С и, следовательно, ВСj_ пл.АЕАх. Таким образом
пл.АЕАх1мл.ВАхС.
В плоскости АЕА\ опустим перпендикуляр AD на А{Е. Тогда
AD1jvi.BA{C и длина перпендикуляра.^/) —искомое расстояние.
Из ^АЕв[хАЕВ = 90°):АЕ = ABsinZABC = asina.
Из AAiAe(zA1АЕ = 90° \.АХЕ = у/аЕ2+АА12 = у/н2 + а2 sin2 a .
AD = ^AA, AE.
_	, AA, AE aHsina
Тогда AD = —- =------------------
E
„	aH sina
Ответ: .	.
>1н2 + a2 sin2 a
>1h2 + a2 sin2 a
1131
12.372. В пирамиде, у которой все боковые грани одинаково накло-
нены к плоскости основания, через центр вписанного шара параллель-
но основанию проведена плоскость. Отношение площади сечения пира-
миды этой плоскостью к площади основания равной. Найти двугранный
угол при основании пирамиды.
Решение.
Так как все боковые грани данной пирамиды одинаково наклонены
к плоскости основания, то центр шара, вписанного в эту пирамиду,
лежит на ее высоте DO (рис. 12.232).
Z.DEO — угол наклона боковой грани к плоскости основания. Пусть
Z.DEO = а •
Тогда из bDOE(z.DOE = 90°):
1	01
DO = ЕО tg a;ZOj ЕО = Z.DEO = у;
из \О{Ое(аОхОЕ = 90°):ОО1 = £Otg|.
S'—площадь основания пирамиды, S] — площадь сечения.
Si dD0\ f dD0~00\^
S-|<Z)oJ“|< DO )
EOtga- EOtg—
EOtga
. 7 a	. 2 ot
sin —	sin —
2	2
• 2 a
sin —
2
2	2 a . 2	-2	2^ л • 2 a 4® л 4®
cos acos — tg a sin acos — 4sin — cos —	4cos —
2	2	2	2	2
r,	5*1	.
По условию — = к.
Тогда cos4 — = — и a = 2arccos J—.
2 4k	^4k
„ „ 1
Ответ: a = 2 arccos —.
V4k
12.373.	Высота правильной треугольной пирамиды равна Н и со-
ставляет с боковым ребром угол а. Через сторону основания проведена
плоскость, пересекающая противоположное боковое ребро под углом
1132
pf p < 2L _ a 1 Найти объем той части пирамиды, которая заключена меж-
ду этой плоскостью и плоскостью основания.
Решение.
Пусть ЕО — высота правильной пирамиды ЕАВС (рис. 12.233), тогда
ЕО = Н, ZOEB = a, ЬАКС— сечение пирамиды из условия задачи,
D — середина АС, ZBKD - р.
В ЛЕОЯ1 ZEOB = ^\.ОВ = ЕО tgZOEB = Htg a.
BD = -OB = -H tg a, BD =
2	2	5	2
5сТз 3rfi	о<, 1Г Г- о ВС2у!з 3/72V3tg2a
Тогда —-— = - Н tg а, ВС = Ну/З tg а, Едядс = ~ ----•
2	2	4	4
ZXED = -|-a, ZED5 = n-(ZE5D+ZDE5) = л-1 |-a+pj = -| + (a~P).
BD
В kDKB\——— -------,
sin Z.KBD sin ZBKD
_ . _ „ 3/7tgasin — -a
DK _ BD sin ZKBD _	{2	) _ 3//sina
sin ZBKD	2 sinp	2 sinp
1133
Рис. 12.234
KL — высота пирамиды КАВС, L лежит на BD .
В ЛОЬК\ ADLK = -
I 2
KL = DK sin Z.KDB =	sinf- + (a - 0)
2sin0 \2
37/sin a cos (a ~P)
2sinp
Искомый объем

3/72V3tg2a 377 sin a cos (a ~P)
4	2 sinp
_ зУзт73 sin a tg2a cos (a - 0)
8 sinp
Л Зд/з 773sinatg2acos(a-P)
Ответ: —---------------------
8sinp
12.374.	Отрезок прямой, соединяющий центр основания правильной
треугольной пирамиды с серединой бокового ребра, равен стороне осно-
вания. Найти косинус угла между смежными боковыми гранями.
Решение.
Пусть SO - высота правильной пирамиды SABC, L — середина SA,
OL = АВ (рис. 12.234), OL = а.
Так как OL — медиана прямоугольного ЛАOS(ZAOS = 90°), то
AS = 2OL=2a.
1134
ZAKB— угол между смежными гранями SAC и SBC пирамиды.
Пусть ZAKB = а, СК = b.
Тогда SK = 2a-b.
В &BKC(ZBKC = 90°):ВК2 = ВС2 - КС2 = а1 -Ь2.
В &BKS(ZBKS = 90°): ВК2 = BS2 - KS2 = 4 а2 - (2 а - Ь)2 .
Тогда a2-b2 =4а2-(2a-b)2 е>а2-b2 =4ab-b2 =>Ь = ^.
Отсюда BK = \a2-b2 =Ja2
а2 _ aj\5
Тб 4
D — середина АВ. Тогда KD ± АВ, ZBKD = —.
В AKD5:sin— = —
2 ВК
. 2 а . о 7
cosa = l-2sin — = 1---= —.
2	15 15
7
Ответ: ~-
12.375.	Основанием пирамиды служит квадрат со стороной а; две бо-
ковые грани пирамиды перпендикулярны основанию, а большее боковое
ребро наклонено к плоскости основания под углом р. В пирамиду вписан
прямоугольный параллелепипед; одно его основание лежит в плоскости
основания пирамиды, вершины другого основания лежат на боковых реб-
рах пирамиды. Найти объем параллелепипеда, если его диагональ состав-
ляет с плоскостью основания угол а.
Решение.
КвадратABCD — основание пирамиды SABCD (рис. 12.375), боко-
вые грани SBA и SBC перпендикулярны плоскости основания, поэтому их
общее ребро SB — высота пирамиды.
BA, ВС, BD - проекции ребер SA, SC, SD на плоскость основания,
В А = ВС < BD . Таким образом, SD—большее боковое ребро и ZSDB = р.
, В[, Fj, К\ — вершины прямоугольного параллелепипеда из условия
задачи, принадлежащие ребрам SA, SB, SC, SD пирамиды. Боковое ребро
параллелепипеда, проходящее через вершину Fj (отрезок В}В\ является
частью ребра SB пирамиды.
1135
Рис. 12.235
В плоскости SBD проведем перпендикуляр К{К на BD. Так как
плоскость SBD перпендикулярна плоскости основания пирамиды, то
КХК также перпендикулярен этой плоскости, поэтому К{К —боковое
ребро параллелепипеда. Боковые ребра ЕХЕ и F{F параллелепипеда
лежат в гранях SB А и SBC пирамиды.
ВК - диагональ основания параллелепипеда и, так как точка К
лежит на отрезке BD, то ХАВК = 45° и EBFKквадрат.
ХВ^КВ = а.
Если ВВХ = ККХ = Ь, то из ДВ^ВК^ХВ^ВК = 90°):ВК = 6ctgа.
BD = ay/2;KD = BD-BK = ay/2-bctga 
&SBD ~ SKiKD=>^^- = — = tgр<=>—-----------= tg3<^>
KD BD ajl-bctga
, о гг ,	, ajl a>/2sinasinB
<=>& ctg В = aV2 - b ctg а<=>& =--- =--•
ctga + ctgP sin(a + p)
„т. ВК 6ctga AsinasinB acosasinB
EK =-!= = 7^— = —У—i---ctg a =	•
V2 V2 sin(a + P)	sm(a + P)
1136
Объем параллелепипеда
V = EK>
sin2 (a + p)
_ a5 41 sin a cos2 a sin3 P
sin3 (a + p)
a3 V2 sin a cos2 a sin3 P
Ответ:	~T(
sin (a + P)
12.376.	Основанием пирамиды'
служит равнобедренный остро-
угольный треугольник, у которо-
го боковая сторона равная, а угол
между боковыми сторонами ра-
вен а. Боковая грань пирамиды,
проходящая через сторону осно-
вания, противолежащую данному
углу а, составляет с плоскостью
основания угол р. Найти объем
конуса, описанного около этой
пирамиды, если все ее боковые
ребра равны между собой.
Решение.
Пусть SO - высота пирамиды
а41 sinasinp
sin(a + р)
Рис. 12.236
SABC, АВ=ВС=а, ZABC = a,0° < a < 90°,
D— середина А С(рис. 12.236).
Так как SA =SB-SC, то О - центр окружности, описанной около
&АВС , он лежит на отрезке BD, ZSDO — угол наклона грани A SC к
плоскости основания пирамиды, ZSDO = р . Радиус конуса, описанно-
fl
„	AB	a	a
го около пирамиды, R = OB =-----=----7------г =-----
2sinZAC В _ . (ПЛО al ~a
2sin 90 2cos —
2 I 2
В ABDc[zBDC = 90°):BD = BCcosZCBD = flcosy .
OD = BD - OB = a cos------—
2 o a
2cos —
2
In 2 a 1 1
a 2cos —1
[	. 2 J a cos a
a
2cos —
2
2cos —
2
1137
В &SOd(zSOD = 90°):SO = ODtgZSDO =
acosatgP
n a
zoos—
2
Объем конуса V = - nR2 • SO = ™ cosat^.P
3	24 cos3 -
2
_ 7w3cosatgB
Ответ: ----------—.
24 cos3 —
2
12.377.	Сторона основа-
ния правильной четырех-
угольной пирамиды равная,
двугранный угол при осно-
вании равен а. В эту пира-
миду вписан шар. Найти
объем пирамиды, вершина-
ми которой служат точки
касания шаровой поверхно-
сти с боковыми гранями
данной пирамиды и произ-
вольная точка, лежащая в
плоскости основания дан-
ной пирамиды.
Решение.
Пусть SO - высота пра-
вильной пирамиды SABCD
(рис. 12.237), О1 — центр
шара, вписанного в пирамиду, лежащий на высоте SO, AD -а.
M,N,P, g-точки касания шара с боковыми гранями ASB.BSC, CSD.ASD,
лежащие на их апофемах SK, SL, SE,
SF, ЕР = ЕО = —,ZSEO = а .
2
О^М = OXN = ОХР = OXQ — радиусы шара, вписанного в пирамиду.
Тогда прямоугольные треугольники OXMS,O\NS,O{PS,O\QS равны по ка-
тету и гипотенузе, SM=SN=SP=SQ. Так как &FSE,AFSK,AKSL,ALSE —
равные и равнобедренные, то PQ || FE,MQ || FK,MN || KL,NP || LE. Та-
1138
ким образом, плоскость четырехуголь никаЛ/ЛТ^ параллельна плоскости
основания пирамиды и пирамцдаЛ'Л/ЛТ’б подобна пирамидеSAZEF Так
как SKLEF- правильная пирамида, то MNPQ - квадрат, SO2 — высота
пирамиды SMNPQ, О2 —цетр MNPQ.
$MNPQ _ Г SO2 Y	_ 1	_ fl2
с-	СП ’ ^KLEF ~~Z^ABCD-~Г-
^KLEF V )	12
В плоскости KSE проведем перпендикуляр РРХ на плоскость ABCD.
Тогда РРХ —высота пирамиды искомого объема.
В ЬРРхе(лРРхЕ = 90°) J»Pi = РЕ sin	| sm a.
В bSOE^SOE = 90°):SO = OEtgZSEO = ^tga.
SO2 = SO - OO2 = SO - PPX = j tg a - sin a =
flsina(l-cosa) ax _ . 2u.
=-------------L = - tga • 2 sin— =>
cos a	2	2
/ _	\2
fl „ . 2 Ot
— tga-2sm —
2 2
.2
a
2tg“
. . 4 a
= 4 sin —;
2
_	_	. . 4 a _ 7 . 4 a
$MNPQ - $KLEF  4 Sin — = 2fl Sin —.
Искомый объем
tz 1 c*	nn 1 <» 2 • 4
v = ^smNpqPP\ =Yla Sin 2"2sm
= — a3 sin4—sina.
3 2
13.4a.
Ответ:-a sm —sma.
3	2
12.378.	В шар радиуса R вписана правильная усеченная четырех-
угольная пирамида, у которой большее основание проходит через центр
шара, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол |3.
Найти объем усеченной пирамиды.
Решение.
Большее основание ABCD правильной усеченной пирамиды
1139
Рис. 12.238
ABCDAXBXCXDX (рис. 12.238), проходит через центр О шара и вписано в
большой круг этого шара, поэтому О - центр квадрата ABCD,
OD = ODX=R.
DXE —высота усеченной пирамиды. Z.DXDE = Р .
F- середина DDX и, так как OD = ODX, то OF1DDX.
В M)FD(ZOFD = 90°) DF = ODcosZDxDE = A cosp .
DDX =2DF = 2/?cosp.
В M)EDx(zDEDx =90°):
DXE = DDX sin.ZDxDE = 2AcosPsinP = 2?sin2P;
DE = DDX cos Z.DXDE = 2R cos2 p.
OE = OD - DE = R - 2R cos2 P = -R cos 2p.=>
=>cos2p < 0,90° < 2P < 180° ,45° < P < 90°.
BXDX = 2  OE = -2R cos 2p.
Площадь верхнего основания
1	2
х, = -ад2
= 2R2 cos2 2р, площадь
нижнего основания S2 = ~^2 -	, высота пирамиды h = DXE = R sin 2p,
а ее объем
1140
V
R sin 2|3x
x ^27?2 cos2 2p+2R2 + 2R2 ^cos2 2p =-| R3 sin 2p(l + cos2 2p - cos 2p).
Ответ: j R3 sin 2p(l + cos2 2p - cos 2p).
12.379.	На отрезке А В, равном 2R,
построена как на диаметре полуок-
ружность и проведена хорда CD па-
раллельно А В. Найти объем тела, об-
разованного вращением треугольника
ACD вокруг диаметра А В, если впи-
санный угол, опирающийся на дугу
А С, равен a (A C<AD).
Решение.
Пусть Q и Д — точки, симмет-
ричные Си D относительно диаметра
ЛВ(рис. 12.239), Е и F-точки пересе-
чения СС1 и DD{ с АВ, О—центр по-
луокружности, Kj — объем конуса, осевое сечение которого —
А С А Сх, V2 — объем цилиндра с осевым сечением CDDXCX, V3 — объем
конуса с осевым сечением DADX.
Искомый объем тела вращения
V = Vx+V2-V3=-tiCE2  АЕ + к-СЕ2 • EF--п-СЕ2 AF =
3	3
= i п • СЕ2 (АЕ + 3EF - (АЕ + EF)) = | п • СЕ2 • EF.
Вписанный угол ADC и центральный угол АОС опираются на
одну и ту же дугу, следовательно, ЛАОС = 2AADC = 2а .
В ЛСЕо{лСЕО = 90°): СЕ = СО sin ЛАОС = Rsin2a;
ОЕ = СО cos ЛАОС = Л cos 2 а. EF = 2 ОЕ = 2/?cos2a •
V = ^-п-СЕ2 EF = — Tt- R2 sxn22a -2Rcos2a = — лЛ3 sin 4a sin 2a.
3	3	3
2 з
Ответ: — itR sm 4a sin 2a .
3
1141
12.380.	Основанием прямой призмы служит прямоугольный тре-
угольник, у которого один из острых углов равен а. Наибольшая по
площади боковая грань призмы - квадрат. Найти угол между пересека-
ющимися диагоналями двух других боковых граней.
Решение.
Пусть &АВС —основание прямой призмы ABCAiBlCl(pnc. 12.240)
ХАСВ = 90°, ЛВАС = а.
Так как АА} = ВВХ =СС{, АВ > АС и АВ > ВС , то грань АА^В,
имеющая наибольшую площадь, — квадрат.
Пусть искомый ZA^CB^ = ft, А В = AlBi = А А} =1.
В AABc{zACB = 9G°):
АС = ABcosZBAC = cosa ; ВС = ABsinZBAC = sina •
В AAlAc(zA1AC = 90°):ArC = ^AA* 2+AC2 = Vl + cos2a •
В ЛВ1ВС(ЛВ{ВС = 90°):В{С = ^BB2+BC2 = Vl + sin2a •
Из ZLdjCSj по теореме косинусов:
АгВ2 = A1C2+B1C2-2AlCBlC cos ZAxCB{ =>
=>1 = 1 + cos2 a +1 + sin2 a - 2-^(1 + cos2 a)(l + sin2 a) • cos P<=>
<=>2-\/l + cos2 a + sin2 a + cos2 a sin2 a • cos P = 2<=>
E 1 . 2 Q	cos pVs + sin2 2a
<=> J 2 + - sin 2a • cos В = 1<=>----= 1<=>
V 4	2
2
<=>P = arccos .	=-.
V8 + sin2 2a
2
Ответ: arccos-.=
y8 + sin22a
12.381. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равная, угол между боковым ребром и плоскостью основания равена
(а>тс/4). Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей
через вершину основания перпендикулярно противоположному боко-
вому ребру (т.е. ребру, не лежащему с этой вершиной в одной боковой
грани).
1142
Рис. 12.240	Рис. 12.241
Решение.
Пусть Of-высота правильной пирамиды f/lf СТ) (рис. 12.241),
AD -а, ZECO = ос •
В плоскости АЕС проведем перпендикуляр АК на ЕС. N - точка
пересечения АК и ЕО. В плоскости BED проведем прямую ML через
точку N параллельно BD.
ОС - проекция ЕС на плоскость основания, OCLBD, поэтому
ECLBD и, так как ML || ВD, то MN1EC •
Следовательно, ECLML, ЕС1АК и четырехугольник A MKL- се-
чение пирамиды из условия задачи.
BDLnn.AEC^BDLAK.
BDLAK,BD \\ ML=>
=>AK±ML и площадь сечения 5 = ^-АК • ML,
В ЛАКС^ЛАКС =*- В ЛЕOC^ZEОС = ’ В &AON\ZAON = -	т А	.	г~ . - 1:АК = ACsmZACK = av2since. 1J ^:f 0 = ОС tg ZE CO = ^“tgoc • 71 \
1143
L
г-xr ™	. \	«^2 cos 2 а
EN = ЕО - NO =---------(tga-ctga)=---------------.
2	sin 2a
A.^r .nrn ML EN tjrT BD EN
AMEL- &BED =>-=--^>ML =
BD EO
ajl cos 2a
sin 2a
ЕО
а>/2
~"~2~tga
J =
2a cos 2a
sin 2a tga
2aj2 cos 2a
_ .	sin a
2 sm a cos a----
cosa
flV2 cos 2a^ = j_ AK ML =
sin2 a 2
_ a1 cos 2a
sina
„	a2 cos2a
Ответ:----------.
sina
12.382. Высота правильной четырехугольной пирамиды образует с
боковым ребром угол а. Через вершину пирамиды параллельно диаго-
нали основания проведена плоскость, составляющая угол £ со второй
1144
диагональю. Площадь полученного сечения равна 5. Найти высоту
пирамиды.
Решение.
Пусть LO- высота правильной пирамидыLABCD, KFT.F — сече-
ние пирамиды из условия, /.OLD = a,ZOKL = £ (рис. 12.232),
LO = H .
В kLOK^ZLOK = 90°):<Ж = #ctg0,Ltf = —.
sinp
В \LOd(zLOD = 9w\.OD = H^,vl.
ЛЕК Г) —прямоугольный и равнобедренный,
EK = KD = OD - ОК = //(tg а - ctg 0)=
sin a sin 0-cos a cos 0	/fcos(a + 0)
cos a sin 0	cosa sin 0
=>S = S^lf =EKLK = - H2 C0S(a + P) н = sin 0J- 5c°sa
cos a sin2 0	V cos(a + 0)
Л • о / S'cosa
Ответ: sm0---------v .
у cos(a + 0)
12383. Вершина конуса на-
ходится в центре шара, а основа-
ние конуса касается поверхнос-
ти шара. Полная поверхность
конуса равна поверхности шара.
Найти угол между образующей
и высотой конуса.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение
данной совокупности тел (рис.
12.233). Пусть образующая ко-
Рис. 12.233
нуса ОА =1, радиус его основания С А = г, радиус шара OC=R, ZA ОС
между образующей и высотой конуса равен а.
В ^ACo(zACO = 90e):r = RtgaJ = ——.
cosa
Полная поверхность конуса S'j = лг(г + /) = nR2 tg a| tg a + —!—
cosa
поверхность шара S2 = 4лЛ2 .
1145
Рис. 12.235
Рис. 12.234
Так как 5j = S2 и о° < а < 90°, то
nR1 tgoq tga + —?— | = 4TLR2<=>tgaftga + 71 + tg2 a |= 4<=>
cosa J	)
<=>tgajl + tg2 a = 4 - tg2 a<=>tg2 a(l + tg2 a)= (4 - tg2 of <=>
0	4	0	а	Э	4	4
<=>tg a + tg a = 16 - 8 tg a + tg a<=>9 tg a = 16=>tg a = — ;a = arctg—.
4
Ответ: arctg— .
12.384. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник,
у которого гипотенуза равна с, а меньший из острых углов равен а.
Наибольшее боковое ребро составляет с плоскостью основания угол 0.
Найти объем пирамиды, если ее высота проходит через точку пересече-
ния медиан основания.
Решение.
НуекьЕО - высота пирамидыЛЛ5С (рис. 12.234), О - точка пересечения
медиан треугольника Л Z?C, ААСВ = 90°, А В = с,АВ АС = а,0° < а < 45° •
Тогда ВС - наименьшая сторона основания, а медиана A D, прове-
денная к этой стороне, — наибольшая медиана , ОА>ОВ и ОА>ОС
=> ЕА - наибольшее боковое ребро пирамиды и АЕА О = 0.
В ДАВс{аА СВ = 90° ):ВС = с sin а;А С = с cos а=>
1146
1	12	12
— ВС • АС = — с sinacosa = — с sin2a;
длвс 2	2	4
CD = —ВС = —с sin ос.
2	2
В \ACd{aACD = 90°):Л£> = у1аС2 + CD2- =. с2 cos2 a + - с2 sin2 a =
V	4
= —cV4cos2 a + sin2 a = —cvl + 3cos2 a.
2	2
a.
OA = — AD = —ca/1 + 3cos2
3	3
В ЛАOe(z.AOE = 90°): EO = AOtgZEAО = ^ctgpVl + 3cos2a.
Объем пирамиды V =	• ЕО = -|^sin2atgpVl + 3cos2 a.
c3
Ответ: —sin
36
2atgpVl + 3 cos2 a .
12.385. Сторона правильного треугольника равна а. Треугольник
вращается вокруг прямой, лежащей в плоскости треугольника вне его,
проходящей через вершину треугольника и составляющей со стороной
угол а. Найти объем тела вращения и выяснить, при каком значении a
этот объем является наибольшим.
Решение.
Точки Вх и Ах симметричны точкам В и А относительно прямой/,
проходящей через вершину С равностороннего ЛАВС(АВ = а)
и являющейся осью вращения из условия задачи (рис. 12.235), О-середи-
на ВВХ, Oj —середина ААХ, Z.BCO - a • Тогда ААСОХ = 120° - a.
Vx — объем усеченного конуса с осевым сечением АВВХАХ,
V2 и V3 — объемы конусов с осевыми сечениями ВСВХ и А САХ.
Объем тела вращения V = Vx - (к2 + ).
Если ОС = hx,ОХС = h2,OB = r,OxA = R, то
И = К1-(К2 + И3)=11[(Л,+Л2)(я2 + Яг + г2)-|яг2Л,-
1147
~^7lR2A2 =y(R2Aj +Rrhi + r2hx + R2h2 + Rrh2 + r2h2 -r2hx -R2h2]~
= у (r2 Aj + Rrhi + r2fi2 + Rrh2 )= у (R + r\h{R +
В &BOc(zBOC = 90°) :r = a sin a,hx = a cos a .
В AAOlc(zAOlC = 90a): R = asin 120°-a
/12 = acos(120° - a
Таким образом
V = -7ra3(sina + sin(120°-aj)(cosasin(120° -a)+cos(120° -a)sina
= -rca3 -2 sin 60° cos(60° -<x)sinl20° =
3	V 7
= j ла3 sin2 60° cos(60° - a)= ла3 cos(60° - a)
Свое наибольшее значение объем принимает при cos(60° - a)= 1, а = 60°.
Ответ:	cos(60° - а\ a = 60°.
12386. Боковая грань пра-
вильной треугольной пирамиды
SABC составляет с плоскостью
основания угол а. Через сторону
ВС основания и точку/) на боко-
вом ребре AS проведена плос-
кость. Найти угол между этой
плоскостью и плоскостью осно-
вания, если AD \DS-k.
С Решение.
Пусть SO-высота правильной
пирамиды SA ВС (рис. 12.236), К-
середина ВС, ABCD — сечение
пирамиды, Z.SKO = а, А В = а, ис-
комый Z.DKA = у.
Тогда ASKD = а-у,АК = ,ОК =	и из &SOk(zSOK = 90°):
2	6	'	'
ОК __ аЛ
ол —----------— —---.
cos Z.SKO 6 cosa
1148
BC-Liui.ASK, iui.BDC.knjLASK. В плоскости Л SA? проведем перпен-
дикуляры AL и SMнапрямую DK.Тогда ALhui.BDC,SMLnn.BDC
Если CM = hx ,AL = Л2, то из &ALk{zALK = 90° ):Л2 = A К sin у=sin y.
В ЛВМк(х5МК = 9г\л = S'X'sin(a-y) = -^—-sin(a-y)
6cosa
\SMD ~ &AMD=*
,	3 cos a sin у ,
= k<^>----7----Л = k<^>
sinla- y)
h2_AD^ 2 S‘"T
h\ DS ау/з . /	\
-------sin(a-y)
6 cos a
<=>3 cos a sin у = k sin a cos у - k cos a sin y<=>(fc + 3)sin у cos a = k sin a cos y<=>
k	( k	A
<=>tgy = —-tga; y = arctg 7—гtga
k + 3	I k + 3	I
( k *
~•
Ответ: arctg
У1.38П. Основанием пирамиды служит равнобедренный треуголь-
ник с углом а между боковыми сторонами. Пирамида помещена в
некоторый цилиндр так, что ее основание оказалось вписанным в осно-
вание этого цилиндра, а вершина совпала с серединой одной из образу-
ющих цилиндра. Объем цилиндра равен V. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть а - боковая сторона основания пирамиды, h - высота пирами-
ды, Н - высота цилиндра, R - радиус основания цилиндра - радиус
окружности, описанной около основания пирамиды.
a
ci	a
Тогда a = 2Rsin 90° — = 2R cos—, площадь основания пирами-
2.2
2 ’
2 ** •	__ V , H
cos —sina,H = —= — =----------T-
2	kR2 2 2nR2
tz 2 a •
И cos — sma
2
3л
C 1 2 • n r>2	2 a •
дЫ5 = -а sma = 2A cos ,
Объем пирамиды
tz 1 сг 1 ~ n2 2 a . V
Vx = -Sh = ~-2R cos —sma •
1 3	3	2
V cos —sma
Ответ: ------2-----
Зл
V
2лА2
1149
L
Рис. 12.237
12388. Через вершину квадрата, лежащего в основании правильной
призмы, проведена плоскость параллельно противолежащей диагонали квад-
рата под углом а к плоскости основания. Найти углы многоугольника в
сечении призмы этой плоскостью (предполагается, что высота призмы до-
статочно велика для того, чтобы этим сечением оказался четырехугольник).
Решение.
Пусть четырехугольник DKEF - сечение правильной призмы
ABCDAXBXCXDX, из условия задачи (рис. 12.237),L -точка пересечения
прямых Л В и КЕ, М- прямых ВСп EF. Таким образом, прямая ML
есть линия пересечения плоскости основания и плоскости сечения, про-
ходит через точку/) и параллельна прямой А С.
BD1AC,AC || LM=^BDLEM. Так как BD - проекция ED на плос-
кость основания, то EDLLM ,AEDB — угол наклона секущей плоскости
к плоскости основания призмы, Z.EDB = a,A C1ED. Противолежащие
грани призмы параллельны, следовательно ЕК || FD,EF || KD=$KDEF —
параллелограмм.
Так как прямая А С параллельна плоскости сечения, прямая KF -
линия пересечения секущей плоскости с плоскостью Ах А С, то А С| |АТ=>
=>KF1ED=$DKEF-ромб.
Если A C=BD=KF=a, то из \FRd(/FRD = 90°):ED =
cosa
1150
О - точка пересечения KFvl ED. tgZKDO =	= cosa. Та-
ким образом, Z.KDO = arctg(cosa), Z.KDF = 2ZXZ>O = 2arctg(cosa),
Z.EKD = 180° - 2 arctg(cos а)
\ 180° - 2 arctg(cos а).
Ответ: 2arctg(cosa
12.389. Большее основание рав-
нобедренной трапеции равно а, а
острый угол равен а. Диагональ
трапеции перпендикулярна ее бо-
ковой стороне. Трапеция враща-
ется вокруг ее большего основа-
ния. Найти объем тела вращения.
Решение.
ШклмуголышкАВЕСОК (рис.
12.238) - осевое сечение тела, по-
лученного в результате вращения
равнобокой трапеции ECDKoko-
ло ее большего основания, ЕК = а,
К
Рис. 12.238
Z.KEC = а, КС1ЯС (рис. 12.238). DL и CF- высоты трапеции ECDK.
В ЬЕСК\ Z.ECK = ~ | :ЕС = ЕК cos АКЕС = a cos а.
I	2 J
В ДЕЕС ZEFC = -\:EF = ЕС cos ЛКЕС = a cos2 а;СЕ =
\	2)
= ЕС sin Z.KEC = a sin a cos а.
— объем цилиндра с осевым сечением ABCD, V2 — объем конуса
с осевым сечением ВЕС.
Искомый объем тела вращения:
V = И + 2К = к • FC2 • CD + - я • FC2 • EF = к-FC2| CD+-EF |=
12	3	3 J
2 А	4 А
= n-FC2 CD + 2EF-2EF + -EF =k-FC2 EK--EF =
I	3 J	3 J
2	2	• 2 (	4	2 КО? • 2 (л 4	2
= ла cos asm a а—acos a =----sin 2od 1—cos a =
I 3 J 4 A 3 J
ла • 2 i 3	2 i ла -2^1	2 л ? I
=---sin 2a — cos a =---sin 2a cos — cos a =
3	4	3	6
1151
7Ш3 . 2-
=-----sin 2a
3
1 + cos— , ,	~ ,
3 l + cos2a
2
2
л
з	cos—cos 2а
ла .	3
=----sin 2а------------
3	2
ла3 . 2 ~  ( л A . 6 л
=------sm 2а sin а + — sin а —
3	6	6
_ па  2	• I л ] . ( л
Ответ-.----sin 2asin а + — sin а —
6 J
12390. В шаровой сектор ра-
диуса R вписан шар (рис. 12.239).
Найти радиус окружности касания
поверхностей шара и сектора, если
центральный угол в осевом сече-
нии шарового сектора равен а.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение
данной совокупности тел.
Рис. 12.239	В ДОСЛ АО С А = -
2
Г	х
О А =---, где г - радиус данного шара.
siny	, . a
2	1 + sin —
R = АВ = АО+ ОВ = —^— + r = r----
.a.	.a
sin —	sin —
2	2
R sin —	R sin —	R sin —
r =2 =2	=2	_
i	. a 6 л a Л 2Г л a Y
1	+ sin — 1 + cos-	2 cos2-----
2	2 2	4 4
&CDO ИЛАСО —прямоугольные с общим острым углом при верши-
ос	(	л 1
неО.Тогда AOCD = АОАС = —. В ACDO Z.CDO = — искомыйради-
2	I	2 1
4	п • a a
_ /(sin —cos—
a
ус окружности касания DC = COcosZOCD = r cos— =--------j----
„ .	2	_ 2l л a 1
Asina	2cos-------
Ответ: -------------r.	4	4
2[ л a 1	v 2
4 cos-------
4 4
1152
Решения к главе 13
ПРИМЕНЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ
13.211.	Цифры некоторого трехзначного числа составляют геометри-
ческую прогрессию. Если в этом числе поменять местами цифры сотен и
единиц, то новое трехзначное число будет на 594 меньше искомого. Если
же в искомом числе зачеркнуть цифру сотен и в полученном двузначном
числе переставить его цифры, то новое двузначное число будет на 18 мень-
ше числа, выраженного двумя последними цифрами искомого числа. Най-
ти это число.
Решение.
Пусть искомое число имеет вйд 100 х +1 Оу + z, где х, у, z образуют
2
геометрическую прогрессию, это значит xz = у .Из условия получаем:
100z +1 Оу + х = 1ООх +1 Оу + z - 594 =>
=>x-z = 6; lOj’ + z- 10z + y + 18=> y-z = 2.
Имеем систему уравнений
xz = у2,
<x-z = 6,=> х = 8,у = 4,z = 2.
у — z = 2,
Ответ: 842.
13.212.	На покупку велосипедов спортивный клуб выделил п руб.Так
как вследствие снижения цен стоимость каждого велосипеда уменьши-
лась на а руб., то велосипедов было куплено на Ь больше, чем предпола-
галось. Сколько купили велосипедов?
Решение.
Пусть купили х велосипедов, хотели купить — (х-Ь). Цена одного
п	п
велосипеда до снижения цен: -, после снижения:---а.
х-b	х-Ь
37 Группа Б
1153
„	( п	ab + -Ja2b2 + 4nba
1огда-------а х = п, откуда х =----2----------
{х-Ь )	2а
ab + ^ab(ab + 4n)
2а
ab + J ab(ab + 4 п)
Ответ: -----*------------.
2а
13.213.	Обычно к выполнению некоторого задания привлекаются од-
новременно два механизма. Производительность этих механизмов не оди-
накова и при совместном действии задание выполняется ими за 30 ч. Од-
нако на этот раз совместная работа двух механизмов продолжалась только
6 ч, после чего первый механизм был остановлен и всю остальную часть
задания выполнил второй механизм за 40 ч. За какое время такое же зада-
ние может выполнить каждый механизм, работая отдельно с присущей ему
производительностью?
Решение.
Пусть весь объем работы равен единице, первый механизм выполняет
задание за х часов, а второй — за у часов. Тогда производительность пер-
1	1	_
вого механизма —, а второго — —, оощая производительность при совме-
х	У
стной работе —+ —. Таким образом, получаем систему уравнений
х у
— “I— — —,
х у 30
=>х = 75ч, у = 50ч.
40
У
Ответ: за 75 и 50 ч.
13.214.	Согнутые из проволоки окружность и прямоугольник прила-
жены так, что окружность проходит через две вершины А и В и касается
стороны CD (32.1). Найти отношение сторон прямоугольника, если извес-
тно, что его периметр в 4 раза больше радиуса окружности.
1154
Решение.
Пусть А В = х; СВ = у.
Тогда (см. рис. 13.1): QC = а,
х - 2QC -2а, y = R + ^R2 -а2.
По условию 2х + 2^ = 4А или
х + у = 2R.
Значит 2а + R + ^R2 -а = 2R, отку-
4	8	2
да а = — R. Значит х = - R; y = — R,
5	5	5
х _ 4
откуда — - у •
Ответ: 4:1.
13.215.	От пункта Л вдоль шоссе удаляется гонщик, поддерживаю-
щий все время постоянную скорость а км/ч. Спустя 30 мин из того же
пункта стартовал второй гонщик с постоянной скоростью 1,25 а км/ч.
Через сколько минут после старта первого гонщика был отправлен из
того же пункта третий гонщик, если известно, что он развил скорость
1,5а км/ч и одновременно со вторым гонщиком догнал первого?
Решение.
Пусть t — время, которое проехал третий гонщик до того, как до-
гнал первого. Значит он проехал (1,5а • г)км. Первый гонщик ехал ч.
Значит • а = t- 1,5 а.
Второй гонщик ехал Uj - у )ч и проехал l,25af li~~ jKM-
Решив систему ’ 125«[ t
15at находим г ~ ч; *1 = 2,5 ч.
atl= \,5at,
2
Значит третий гонщик выехал после старта первого через
5
h -t -74 = 50 мин.
о
Ответ: через 50 минут.
13.216.	Два мотоциклиста отправляются одновременно навстречу
друг другу из пунктов Л и В, расстояние между которыми равно 600 км. В
1155
то время как первый проходит 250 км, второй проходит 200 км. Найти
скорости движения мотоциклистов, считая их движения равномерными,
если первый мотоциклист приходит в В на 3 ч раньше, чем второй в А.
Решение.
Пусть х км/ч — скорость первого мотоциклиста; у км/ч — скорость
второго. Первый проходит 250 км за ^5. ч; второй — 200 км за	ч. По
х	у
250 200
условию---=-----.
X у
„	„	600	„	600
Первый приходит в В за----ч; второй в Л за-ч.
х	у
„	600 , 600
По условию-----+ 3 =--.
х у
Решив систему ’
250 _ 200
X у
600	600 находим х = 50 км/ч, у - 40 км/ч.
---+ 3 =---,
х у
Ответ: 40 и 50 км/ч.
13.217.	Дорога между поселками Л и В сначала имеет подъем, а потом
спуск. Велосипедист, двигаясь на спуске со скоростью, на а км/ч большей,
чем на подъеме, затрачивает на путь от Л до В ровно t ч, а на обратный
путь от В до А — половину этого времени. Найти скорость велосипедиста
на подъеме и на спуске, если расстояние между поселками b км.
Решение.
Пустьх км/ч — скорость велосипедиста на подъеме, (х + а) км/ч —
на спуске.
Пусть у км —длина подъема, (6 -у) км —спуска. Тогда:
У Ъ-у
— +---- = t,
. х х + а
b-У { У
. х	х + а 2
„	4b - 3at + yl9t2a2+16b2
Решив систему, находим х =-------------------------.
46 + 3at + ^9t2a2 + 1662
х + а =----------------------
6t
п	4b + 3at + y/9t2a2+16b2	.	.
Ответ:------------------------км/ч; 46 > 3at.
6t
1156
13.218.	Результат умножения двух положительных чисел, полученный
вычислителем, показался ему сомнительным. Для проверки он решил раз-
делить результат на больший сомножитель. В частном получилось 17 и в
остатке 8. Тогда вычислитель понял свою ошибку: оказалось, что цифра
десятков, записанная им в произведении, больше истинной цифры десят-
ков на 6. Какие числа перемножал вычислитель, если известно, что их
разность равна 36?
Решение.
Пусть а — меньшее число; (а + 36) — большее.
Правильное произведение этих чисел: (а2 + 36а), а число, получен-
ное вычислителем: (а2 + 36а+ 60).
По условию 17(а + 36) + 8 = а2 + 36а + 60, откуда а = 16, а+ 36 = 52.
Ответ: 16 и 52.
13.219.	Население города ежегодно увеличивается на 1/50 наличного
числа жителей. Через сколько лет население утроится?
Решение.
(1 Y
Используя формулу сложных процентов xl—+ 11 = 3х, находим
п = log3 1,02 » 55.
Ответ: ~ 55 лет.
13.220.	Юноша пошел к железнодорожной станции, до которой от его
дома было 10,5 км. Через полчаса из того же дома вслед за юношей по
той же дороге вышел его брат, который, идя со скоростью 4км/ч, догнал
юношу, передал ему забытую им вещь, тут же повернул обратно и пошел с
прежней скоростью. С какой скоростью шел юноша, если известно, что
он шел всю дорогу равномерно, а его брат вернулся домой в тот момент,
когда юноша подошел к станции?
Решение.
Пусть х км/ч — скорость юноши. Брат догнал юношу через t ч после
выхода из дома. Тогда юноша дошел до железной дороги за (21 + 0,5) ч.
fx(2Z+ 0,5) = 10,5,	„	,
По условию /	откуда х = 3 км/ч.
[x(Z+ 0,5) = 4/,
Ответ: 3 км/ч.
13.221.	Из пунктов А и С в пункт В выехали одновременно два всадника
и несмотря на то, что С отстоял от В на 20 км дальше, чем А от В, прибыли
в В одновременно. Найти расстояние от С до В, если всадник, выехавший
1157
из С, проезжал каждый километр на 1 мин 15 с скорее, чем всадник,
выехавший из А, и всадник, выехавший из А, приехал в В через 5 ч.
Решение.
Пусть Л В = х км, ВС = х + 20 км.
, х .	х + 20
Скорость всадника из Л---км/ч, всадника из С------км/ч.
По условию--------— = — , откуда х = 60 км.
Тогда СВ = х + 20 = 80 км.
Ответ: 80 км.
13.222.	Расстояние между станциями Л и В равно 103 км. Из Л в В
вышел поезд и, пройдя некоторое расстояние, был задержан, а потому
оставшийся до В путь проходил со скоростью, на 4 км/ч большей пре-
жней. Найти первоначальную скорость поезда, если известно, что ос-
тавшийся доВ путь был на 23 км длиннее пути, пройденного до задерж-
ки, и на прохождение пути после задержки было затрачено на 15 мин
больше, чем на прохождение пути до задержки.
Решение.
Пусть* км/ч — первоначальная скорость поезда, t ч — время до его
остановки.
Тогда
х • t = 40,
, А О
Сх + 41 t ч— — 63,
1 4
откуда* = 80 км/ч.
Ответ: 80 км/ч.
13.223.	Пункт С расположен в 12 км от пункта В вниз по течению. Рыбак
отправился на лодке в пунктСиз пункта А, расположенного выше пункта В.
Через 4 ч он прибыл в С, а на обратный путь затратил 6 ч. В другой раз рыбак
воспользовался моторной лодкой, увеличив тем самым собственную ско-
рость передвижения относительно воды втрое, и дошел от Л до В за 45 мин.
Требуется определить скорость течения, считая ее постоянной.
Решение.
Пусть км/ч — скорость течения; ъл км/ч — скорость лодки;
а км/ч — расстояние междуЛ и В. Тогда по условию
(ил + t>r)*4 = 12 +я,
* Си ц хУт 1*6 — 12 + и,	.	*
4	1 ’	откуда ъТ = 1 км/ч.
а = (3'ол + Dr)0,75,
Ответ: 1 км/ч.
1158
А 1 день	С В
I--------1----------1-----------1
хдней
Рис. 13.2
13.224. Юноша, возвращаясь на
велосипеде из отпуска, проехал 246
км и потратил на этот путь на один
день больше половины числа дней,
оставшихся после этого до конца от-
пуска. Теперь у юноши две возмож-
ности проехать остальные 276 км так, чтобы прибыть домой точно к сроку:
проезжать ежедневно на А км больше, чем первоначально, или сохранить
прежнюю норму ежедневного пути, превысив ее лишь один раз—в после-
дний день пути — на 2h км. За сколько дней до конца отпуска отправился
юноша домой, если известно, что искомое число дней —целое?
Решение.
Пусть отрезок АВ (рис. 13.2) соответствует всему пути юноши и
количеству х дней, за которые он должен проехать при его норме К км в
день. По условию, отрезок времени Л С на 1 больше половины отрезка
времени СВ.
'Г л АГ 1 СВ CD 1 СВ го 2х-2
Таким образом, АС-1 =	х-СВ-\ = -у <=> СВ = —-— дней.
Возьмем за 1 путь, соответствующий отрезку СВ. В случае первого вариан-
1х — 2	(2х — 2	\
та —-— (К + А)=1, а в случае второго —--1 И +(К + 2Л)=1. Ис-
ключая из этих двух уравнений V, учитывая, что л—целое, получаем* = 4.
Ответ: за 4 дня.
13.225.	Некоторый заказ выполняют в мастерской №1 на 3,6 ч доль-
ше, чем в мастерской №2, и на 10 ч дольше, чем в мастерской №3. Если
при тех же условиях работы мастерские №1 и №2 объединятся для
выполнения заказа, то срок его выполнения окажется таким же, как в
одной мастерской №3. На сколько часов больше или меньше одного
семичасового рабочего дня длится выполнение указанного заказа в
мастерской №3?
Решение.
Пусть х ч — время выполнения заказа в мастерской №3. Тогда в 1-й
мастерской это время равно х + 10 ч, во второй —х + 6,4 ч.
111
По условию------ +-----= —, откуда х = 8 ч.
х +10 х + 6,4 х
Значит выполнение заказа в мастерской №3 длится на 1 час дольше
семичасового рабочего дня.
Ответ: больше на 1 ч.
1159
13.226.	Рукопись в 80 страниц отдана двум машинисткам. Если
первая машинистка начнет перепечатывать рукопись через 3 ч после
второй, то каждая из них перепечатает по половине рукописи. Если же
обе машинистки начнут работать одновременно, то через 5 ч останутся
неперепечатанными 15 страниц. За какое время может перепечатать
рукопись каждая машинистка в отдельности?
Решение.
Пусть 1 -я машинистка может перепечатать рукопись зах ч; 2-я — за
у ч. 1 -я печатает одну страницу за — ч, 2-я — за — ч. Скорость работы
1 м 80	. „ „ 80
1-и: — стр./ч, 2-и: — стр./ч.
х	у
По условию:
40у 40х _
~80	80~" ’
ол ол	откуда X = 10 ч,у = 16 ч.
— •5 + —-5 = 80-15,
.х У
Ответ: 16 и 10 ч.
13.227.	Двум рабочим была поручена работа. Второй приступил к
работе на час позже первого. Через 3 ч после того, как первый приступил
к работе, им осталось выполнить 9/20 всей работы. По окончании работы
оказалось, что каждый выполнил половину всей работы. За сколько
часов каждый, работая отдельно, может выполнить всю работу?
Решение.
Пусть 1-й рабочий может выполнить всю работу зах ч, второй — за
кт	,	1	.	1 2
у ч. Производительность 1-го: — ; 2-го: —.
X у
1 , 1 .	9
— • 3 ч— - 2 — 1-,
х У	20 0ТКуда х - ю ч,у = 8 ч.
2 2
По условию -
Ответ: 10 и 8 ч.
13.228. Двум рабочим было поручено изготовить партию одинако-
вых деталей. После того, как первый проработал 2 ч, а второй 5 ч,
оказалось, что они выполнили половину всей работы. Проработав со-
вместно еще 3 ч, они установили, что им осталось выполнить 0,05 всей
работы. За какой промежуток времени каждый из них, работая отдель-
но, может выполнить всю работу?
1160
Решение.
Пусть 1 -й рабочий может выполнить всю работу зах ч, второй—зау ч.
Производительность 1-го: —, второго--
х	у
По условию
111
— • 2 + — • 5 = —,
х у 2
1 fl Н
-+ - + - -3 = 1-0,05,
t2 I* у)
откуда х = 12 ч;у = 15 ч.
Ответ: 12 и 15 ч.
13.229. Найти четыре числа, образующих пропорцию, если извест-
но, что сумма крайних членов равна 14, сумма средних членов равна
11, а сумма квадратов таких четырех чисел равна 221.
Решение.
Пусть пропорция имеет вид — = —. По условию a + d = 14,
b а
c + b = \\, a2 +b2 +с2 +d2 =221.
a d = be,
Решив систему «
а + d = 14,
b + с = 11,
а2 + Ь2 + с2 +d2 =221,
находим а = 12; b = 8; с = 3; d = 2.
Ответ: 12, 8, 3, 2.
13.230. Имеются три положительных двузначных числа, обладаю-
щих следующим свойством: каждое число равно неполному квадрату
суммы своих цифр. Требуется найти два из них, зная, что второе число
на 5 0 единиц больше первого.
Решение.
Так как одно число больше другого на 50, то число единиц у обоих
чисел одинаково. Пусть lox, + у, 10х2 +у —искомые числа.
По условию 10xj + у — (10х2 + у)= 50, откуда Х] - х2 = 5 (1), также
имеем систему
Юх! + у = X!2 + Xjy + у 2,
Юг + V — Y2 4- у V+V2 0ТКУДа
1UA2 । У — Л2 ' ^1У 'У ’
1161
10(х, -Х2)=Х' -х\ +(х, -Х-^у ИЛИ50 = (х! -х2)(х1 +Х2)+$У’ от’
куда 10 = %! + х2 + у (2).
Из (1) имеем %! = 5 + х2. Значение %! подставляем в (2):
5 - у
10 = 5 + 2х2 + у, откуда х2 = —-— .
Так как 1 < х2 < 9 и х2 — натуральное число, то у = 1 или у = 3.
Если у = 1,то х2 =2 ииз(1) xt =7, т.е. получаем числа 71 и 21. Но
для них не выполняется наша система.
Еслиу = 3, то х2 = 1 и Xj = 6, т.е. имеем числа 63 и 13, для которых
верна наша система.
Ответ: 13 и 63.
13.231.	Сплавили два сорта чугуна с разным процентным содержа-
нием хрома. Если одного сорта взять в 5 раз больше другого, то процент-
ное содержание хрома в сплаве вдвое превысит процентное содержание
хрома в меньшей из сплавляемых частей. Если же взять одинаковое
количество обоих сортов, то сплав будет содержать 8% хрома. Опреде-
лить процентное содержание хрома в каждом сорте чугуна.
Решение.
Пусть в одном сплавех% хрома, во второму%, т.е. х кг хрома в 1 кг
чугуна одного сорта, у кг — в 1 кг другого сорта.
[5х + у = 6 • 2у,
По условию 5	_ „ ло
J |х + у = 2 • 0,08,
откуда х = 0,11 = 11%, у = 0,05 = 5%.
Ответ: 5 и 11%.
13.232.	От станции железной дороги до пляжа 4,5 км. Мальчик и
рейсовый автобус одновременно отправились от станции к пляжу.
Через 15 мин мальчик встретил автобус, возвращающийся от пляжа, и
успел пройти еще 9/28 км от места первой встречи с автобусом, как
его догнал тот же автобус, который дошел до станции и опять отпра-
вился к пляжу. Найти скорости мальчика и автобуса, считая, что они
постоянны и ни мальчик, ни автобус в пути не останавливались, но у
пляжа и на станции автобус делал остановки продолжительностью в 4
мин каждая.
Решение.
Пусть v , va — скорости мальчика и автобуса соответственно.
По условию имеем систему
1162
15
60v"
9
28vM
+ ^-^va =2-4,5,
60 a
15	9
= ± . 60 + 28
60	’ va
откуда vm = 3 км/ч, va = 45 км/ч.
Ответ: 3 и 45 км/ч.
13.233.	Турист возвращался из отпуска на велосипеде. На первом
участке пути, составляющем 246 км, он проезжал в среднем за каждый
день на 15 км меньше, чем проезжал за каждый день на последнем
участке пути, составляющем 276 км. Он прибыл домой точно в срок —
к концу последнего дня отпуска. Известно также, что на преодоление
первого участка пути ему потребовалось на один день больше полови-
ны числа дней, оставшихся после этого до конца отпуска. За сколько
дней до конца отпуска отправился турист домой?
Решение.
Пусть турист проехал 267 км зах дней; и 246 км за — +1. На первом
участке в 246 км его скорость была пкм/день, на втором в 276 км —
(о + 15)км/день.
Тогда
- + 1 и = 246,
I2 J
х(ъ +15)= 276,
откуда х =2.
О	Х 1 л
Значит, турист отправился домой за х + — +1 = 4 дня до конца отпуска.
Ответ: за 4 дня.
13.234.	Имелось два сплава меди с разным процентным содержани-
ем меди в каждом. Число, выражающее в процентах содержание меди в
первом сплаве, на 40 меньше числа, выражающего в процентах содер-
жание меди во втором сплаве. Затем оба эти сплава сплавили вместе,
после чего содержание меди составило 36%. Определить процентное
содержание меди в каждом сплаве, если в первом сплаве меди было 6
кг, а во втором — 12 кг.
Решение.
Пусть в первом сплаве 6 кг меди составляют х%, во втором 12 кг —у%;
mt —масса первого сплава, т2 —масса второго. По условию
1163
0,01х • т{ =6,
О,ОГу • т2 = 12,
О,3б(я7! + т2)= 18,
х + 40 = у,
откуда х = 20%, у = 60%.
Ответ: 20 и 60%.
13.235.	В заезде на одну и ту же дистанцию участвовали два автомоби-
ля и мотоцикл. Второму автомобилю на всю дистанцию потребовалось на
1 мин больше, чем первому. Первый автомобиль двигался в 4 раза быстрее
мотоцикла. Какую часть дистанции в минуту проходил второй автомо-
биль, если он проходил в минуту на 1/6 часть дистанции больше, чем
мотоцикл, а мотоцикл прошел дистанцию меньше, чем за 10 мин?
Решение.
Пусть / — длина дистанции, v,, v2, vm — скорости первого, второго
автомобилей и мотоцикла соответственно. По условию имеем систему
v2 Vj 60 ’
' *i =4ум,
=L
60 60 6’
откуда V! = 120/, v2 = 40/, vm = 30/ или = 20/, v2 = 15/, vm = 5/.
I 10
Так как — < —, то значение vm = 5/ не подходит, поэтому v2 = 40/.
пп	*	40/2
Тогда второй автомобиль за 1 мин проходит---= — дистанции.
2
Ответ: —.
3
13.236.	Мастер дает сеанс одновременной игры в шахматы на не-
скольких досках. К концу первых двух часов он выиграл 10% от числа
всех играемых партий, а 8 противников свели вничью свои партии с
мастером. За следующие два часа мастер выиграл 10% партий у остав-
шихся противников, две партии проиграл, а остальные 7 партий закон-
чил вничью. На скольких досках шла игра?
Решение.
Пусть игра шла нах досках. Когда за первые 2 часа было сыграно
(0,1х + 8) партий, за вторые 2 ч: 0,1(х - 0,1х - 8) + 7 + 2.
1164
Тогда
О,lx + 8 + 0,1(х - 0,lx - 8) + 7 + 2 = х,
откуда х = 20.
Ответ: на 20 досках.
13.237.	Задумано целое положительное число. К его цифровой записи
приписали справа какую-то цифру. Из получившегося нового числа выч-
ли квадрат задуманного числа. Разность оказалась в 8 раз больше заду-
манного числа. Какое число задумано и какая цифра была приписана?
Решение.
Если было задумано число х, то приписав справа цифру у, мы полу-
чаем число 10х + у.
По-условию 10х + у-х2 =8х<=> х2 -2х-у = 0, х = 1±у/1 + у.
Тогда возможные значенияу таковы: 0,3,8. Отсюда задуманное число
есть 2, 3, 4 соответственно.
Ответ: приписали 0, либо 3, либо 8; было задумано соответственно
2, 3, 4.
13.238.	Стрелку в тире были предложены следующие условия: каж-
дое попадание в цель вознаграждается пятью жетонами, но за каждый
промах отбирается три жетона. Стрелок был не очень метким. После
последнего (и-го) выстрела у него не осталось ни одного жетона. Из
скольких выстрелов состояла серия и сколько было удачных выстре-
лов, если 10 < п < 20?
Решение.
Пусть было А: попаданий, а значит - к промахов.
Зл
Тогда 5к - 3(и - к)= 0, 8к = 3п=$к = —. Так как пик—нату-
8
ральные числа, то п = 8m. Для 10 < п < 20 подходит только значение
п = 16. Итак, было сделано 16 выстрелов, из них 6 удачных.
Ответ: из 16 выстрелов 6 удачных.
13.239.	К цифровой записи некоторого задуманного двузначного
числа приписали справа это же число и из полученного таким образом
числа вычли квадрат задуманного числа. Разность разделили на 4% от
квадрата задуманного числа; в частном получили половину задуман-
ного числа, а в остатке —задуманное число. Какое число задумано?
Решение.
Пусть а — задуманное число. Тогда новое число 100а + а = 101а.
По условию 101а - а2 = 0,04а2  а + а, откуда а = 50.
Ответ: 50.
1165
13.240.	В плоское кольцо, образованное дву-
мя концентрическими окружностями, вложено
семь равных соприкасающихся дисков (рис. 13.3).
Площадь кольца равна сумме площадей всех
семи дисков. Доказать, что ширина кольца рав-
на радиусу одного диска.
Решение.
рис 133	Пусть г — радиус диска; R^ — радиус внешней
окружности; Т?2 — внутренней окружности. Пло-
щадь дисков — 7. nr 2; площадь кольца — л(/?2 - R%).
По условию 7 -7W2 = л(я2 -R2 )(1), ^2 =3г (Рис- 13-3).
Тогда допустим Rx - R2 = г, откуда R} = 4r.
Подставив в (1), получим
16г2 -9г2 =7г2,
7г2 = 7г2,
' 0 = 0.
Что и требовалось доказать.
13.241.	К цифровой записи некоторого задуманного положительно-
го числа приписали справа еще какое-то положительное однозначное
число и из полученного таким образом нового числа вычли квадрат
задуманного числа. Эта разность оказалась больше задуманного числа
во столько раз, сколько составляет дополнение приписанного числа до
11. Доказать, что так будет получаться тогда и только тогда, когда
приписанное число равно задуманному.
Решение.
Пусть а — задуманное число,х — приписанное; 10а + х —новое.
По условию 10а + х - а2 =(11- х)а, откуда а = х.
Что и требовалось доказать.
13.242.	Два одинаковых бассейна одновременно начали наполнять-
ся водой. В первый бассейн поступает в час на 30 м3 больше воды, чем
во второй. В некоторый момент в двух бассейнах вместе оказалось
столько воды, сколько составляет объем каждого из них. После этого
через 2 ч 40 мин наполнился первый бассейн, а еще через 3 ч 20 мин —
второй. Сколько воды поступало в час в каждый бассейн?
Решение.
Пусть х + 30 м3/ч — скорость наполнения первого бассейна, х м3/ч —
второго; Им3 — объем бассейнов; t — время, когда в бассейнах было Vм3.
1166
По условию
(х + 30)r + xt = V,
dz + 2-j Гх + 30)=Г,
(/ + б)х = V,
откуда х = 60.
Ответ: 60 и 90 м3.
13.243.	Одна из трех бочек наполнена водой, а остальные пустые. Если
вторую бочку наполнить водой из первой бочки, то в первой останется 1/4
часть бывшей в ней воды. Если затем наполнить третью бочку из второй, то
во второй останется 2/9 количества содержавшейся в ней воды. Если,
наконец, из третьей бочки вылить воду в пустую первую, то для ее наполне-
ния потребуется еще 50 ведер. Определить вместимость каждой бочки.
Решение.
Пусть х ведер — вместимость первой бочки, тогда вместимость вто-
„	3	„7/3 1
рои----х, третьей — -1-х .
7 3
По условию — • — х + 50 = х,
откуда х = 120 ведер,
3
— х-90 ведер,
7 3
— • —х = 70 ведер.
Ответ: 120, 90 и 70 ведер.
13.244.	Два шарика помещены
в цилиндрическую банку, диаметр
которой 22 см (рис. 13.4). Если влить
в банку 5 л воды, то покроются ли
полностью водой оба шарика, диа-
метры которых 10 и 14 см?
Решение.
Рассмотрим плоскость £, ко-
торая перпендикулярна основа-
нию цилиндра и содержит пря-
мую, на которой лежат центры
шаровО1иО2. ^ОХВО2 —прямо-
угольный, О}О2 = 5 + 7 = 12 см,
О2В = 22 - (5 + 7) = 10 см.
22
Рис. 13.4
1167
По теореме Пифагора: ВОХ = V122 - 102 = 2VT1 см.
Тогда h = 7 + 2л/Г1 + 5 = 12 + 2л/ГТ см. Объем воды, необходимый
222	4 /	\
для покрытия шаров: V = h n------щ73 + 53)=5123см3.
Так как 5123 > 5000 (см3), то шарики полностью не покроются водой.
Ответ: немного не покроются.
13.245.	Цистерну в течение 5 ч наполнили водой. При этом в каж-
дый следующий час поступление воды в цистерну уменьшалось в одно и
то же число раз по сравнению с предыдущим. Оказалось, что в первые
четыре часа было налито воды вдвое больше, чем в последние четыре
часа. Каков объем цистерны, если известно еще, что за первые два часа
в нее было налито 48 м3 воды?
Решение.
Пусть в первый час в цистерну поступило b м3 воды. Тогда во вто-
рой час поступило bq м3, где q > 0, q < 1, в третий — bq2 м3, в четвер-
тый — bq2 м3, в пятый — bq* м3.
По условию
b + bq + bq1 + bq3 = 2^bq + bq2 + bq3 + bq4 )
b + bq = 48,
1
откуда 4 = — , b = 32 m3.
Тогда объем цистерны
г=ф£)=б2м,
Ответ: 62 м3.
13.246.	Квадрат и равносторонний треугольник заполнены одинако-
вым количеством равных кругов, касающихся друг друга и сторон этих
фигур. Сколько кругов для этого потребуется, если к стороне треуголь-
ника примыкает на 14 кругов больше, чем к стороне квадрата (рис. 13.5).
Решение.
Пусть к стороне квадрата примыкает п кругов, тогда в квадрате
имеется п2 кругов. К стороне треугольника примыкает п + 14 кругов,
следовательно, в треугольнике содержится
, _	(	. (п +1$)(п +14)
1 + 2 +... + (и +14)=-------- кругов.
2 (15+ «)(« +14)
По условию п = -----—------ => п = 35.
1168
Таким образом, каждая фигура содержит по 1225 кругов.
Ответ: 1225 кругов на каждую фигуру.
13.247.	Из молока, жирность Которого составляет 5%, изготовляют тво-
рог жирностью 15,5%, при этом остается сыворотка жирностью 0,5%.
Сколько творога получится из 1 т молока?
Решение.
Пусть получено х т творога жирностью 15,5%, тогда останется (1 - х) т
сыворотки жирностью 0,5% . Отсюда в 1 т молока содержится
15,5х 0,5(1-х) 15х + 0,5
—-— + ——-------- =-----— т жира.
100	100	100
По условию 15х + 0,5 _ _5_ 0ТКуДа х = 0,3 = 300 кг.
100	100
Ответ: 300 кг.
13.248.	Имеются два одинаковых куска тканей. Стоимость всего пер-
вого куска на 126 руб. больше стоимости второго. Стоимость четырех
метров ткани из первого куска на 135 руб. превышает стоимость трех мет-
ров ткани из второго куска. Покупательница приобрела 3 м ткани из пер-
вого куска и 4 м ткани из второго куска и заплатила за все 382руб. 50 коп.
Сколько метров ткани было в каждом из этих кусков? Какова стоимость
одного метра ткани каждого куска?
Решение.
Пусть х руб. — стоимость второго куска, х + 126— стоимость пер-
вого, у м — длина одного куска.
„	1	~ х + 126	- х
Тогда стоимость 1 м первой ткани ---РУ®., 1 м второй---руб.
У	У
	4х + 126_3£ = и5^
По условию <	У	У 3 Х + 126+4—= 382,5, У	У
38 Группа Б
1169
откуда
^±1^ = 67,5
и, значит, у = 5,6 м.
У
— = 45,
.У
Ответ: 5,6 м; 67 руб. 50 коп. и 45 руб.
13.249.	Было намечено разделить премию поровну между наиболее
отличившимися сотрудниками предприятия. Однако выяснилось, что со-
трудников, достойных премии, на три человека больше, чем предполага-
лось. В таком случае каждому пришлось бы получить на 400 руб. меньше.
Профсоюз и администрация нашли возможность увеличить общую сумму
премии на 9000 руб., в результате чего каждый премированный получил
2500 руб. Сколько человек получили премию?
Решение.
Пусть премию должны были получить х человек и у — первоначаль-
ная общая сумма премии.
По условию
(х + 3) —-400
у + 9000 = 2500(х + 3),
откуда х= 15 человек.
Значит, премию получили х + 3 = 15 + 3=18 человек.
Ответ: 18.
13.250.	Бригада лесорубов должна была по плану заготовить за не-
сколько дней 216м3 древесины. Первые три дня бригада выполняла ежед-
невно установленную планом норму, а затем каждый день заготовляла 8м3
сверх плана, поэтому за день до срока было заготовлено 232 м3 древеси-
ны. Сколько кубических метров древесины в день должна была бригада
заготовлять по плану?
Решение.
Пусть бригада должна была заготовлять х м3 древесины в день и дол-
жна была работать---- дней. За 3 первых дня она заготовила 3 х м , а за
х
/	о/216 л
остальные (х + 8)----4
\ х
По условию Зх + (х + 8)(---4 1 = 232, откуда х = 24 м3.
7
Ответ: 24 м3.
1170
13.251.	Часовая и минутная стрелки совпадают в полночь, и начи-
нается новый день. В котором часу этого нового дня впервые снова
совпадут часовая и минутная стрелки, если допустить, что стрелки
часов движутся без скачков?
Решение.
Скорость минутной стрелки примем за 1, тогда скорость часовой
1 1
стрелки — — . Стрелки совпадут, когда — • t + 60 = t, где t — время
движения стрелок.
г*	720 . ч
Решая уравнение, находим t = (мин).
Ответ: 1 ч 5 — мин.
11
13.252.	Дежурный монтер спустился по движущемуся вниз эскала-
тору метро. Весь его путь от верхней площадки до нижней продолжался
24 с. Затем он поднялся и в том же темпе снова спустился вниз, но теперь
уже по неподвижному эскалатору. Известно, что спуск продолжался 42
с. За сколько секунд спустился бы человек по движущемуся вниз эска-
латору, стоя на ступеньке?
Решение.
Пусть / — путь по неподвижному эскалатору, vjck — скорость эска-
латора, vmoht — скорость монтера по неподвижному эскалатору.
Тогда —-— = 42,------------= 24. Нужно найти ——. Получаем
V	V + V	V
гмонт.	гмонт. 'зек.	'зек.
V 1 V V lv 111	/
монт. _ 1 монт. । гэск. _	. зек. _______ ..	*	_
/	42’	/	/	24’ /	24 42 56 vxic
Ответ: за 56 с.
13.253.	Для гидродинамических исследований изготовлена неболь-
шая модель канала. К этой модели подведено несколько труб одинако-
вого сечения, вводящих воду, и несколько труб другого, но тоже одина-
кового сечения, предназначенных для удаления воды. Если сразу открыть
четыре вводящих и три выводящих трубы, то через 5 ч в модели приба-
вится 1000 м3 воды. Если одновременно открыть на 2 ч две вводящих и
две выводящих трубы, то увеличение объема воды составит 180 м3.
Сколько воды пропускает за час одна вводящая и сколько пропускает
одна выводящая труба?
Решение.
Пусть х м3/ч пропускает вводящая труба, у м3/ч — выводящая. По
условию
1171
(5(4х - Зу)= 1000,
|2(2х - 2у)= 180,
откуда х = 65 м3, у = 20 м3.
Ответ: 65 и 20 м3.
13.254.	Первым отправился по намеченному маршруту путешествен-
ник Л. Второй путешественник Б отправился следом заЛ спустя 45 мин.
Намереваясь догнать путешественника А, скорость которого Uj км/ч,
путешественник Б поехал со скоростью!), км/ч (d2 > d(). Через сколько
минут после момента отправления путешественника А с турбазы дол-
жен выехать В, чтобы догнать Л одновременно сБ, если известно, чтоВ
поедет со скоростьюи3 км/ч (и3 > и2).
Решение.
Пусть х мин. — искомое время, t мин. — время, за которое путеше-
ственник Л дошел до места встречи.
По условию
= 'о2(/ - 45),
[п1/ = -о3(/-х),
45• г>2(и3 - в.)
откуда х =------------г— мин.
и3(и2 -BJ
л	45 • в2 (и3 — Di)
Ответ: через------F— ----мин.
п3(в2 -vj
13.255.	Три пловца должны проплыть в бассейне дорожку длиной 50
м, немедленно повернуть обратно и вернуться к месту старта. Сначала
стартует первый, через 5 с — второй, еще через 5 с —третий. В некото-
рый момент времени, еще не достигнув конца дорожки, пловцы оказа-
лись на одном расстоянии от старта. Третий пловец, доплыв до конца
дорожки и повернув назад, встретил второго в 4 м от конца дорожки, а
первого — в 7 м от конца дорожки. Найти скорость третьего пловца.
Решение.
Пусть t — время, за которое третий пловец догнал двух первых; vp
v , v3 — скорости пловцов. Тогда Vj(t + 10)= v2(/ + 5)= v3/, откуда
v3-v2 V3-Vj
По условию ’
50 + 4 50-4 5
v3 v2
50 + 7 50-7
V]
I v3
1172
Используя уравнение (1), решаем систему и найдем v3 =— (м/с).
Ответ: — м/с.
15
13.256.	Прибор, применяемый для определения диаметра крупной
детали (D > 2 м), указывает высотуН сегмента при постоянном рассто-
янии 2L между центрами опор-
ных шариков прибора (рис.
13.6). Требуется выразить фор-
мулой соответствие между ис-
комым диаметром D детали и
измеряемой высотой Н ее сег-
мента при постоянных/, nd, где
d — диаметр каждого из опор-
ных шариков.
Решение.	Рис. 13.6
Сделаем более геометрический рисунок и построения на нем. Пусть
D	d
R = —, г = — . Из ДОАВ (Z.OAB - 90°) имеем
2	2
(R + rf =L2 +(R-(H-r)Y &2RH = L2+H2-H d&
D = — (l2 + H2 - Hd\
Ответ: ~~ (/? + H2 - Hd).
H
13.257.	Из города А в город В, расстояние между которыми 120 км,
на мопеде отправился курьер. Через 1 ч после этого изЯ на мотоцикле
выехал второй курьер, который, нагнав первого и передав ему поруче-
ние, немедленно стой же скоростью двинулся обратно и возвратился в А
в тот момент, в который первый достиг В. Какова скорость первого
курьера, если скорость второго равна 50 км/ч?
Решение.
Пусть v км/ч—скорость первого курьера; до места встречи он ехал t ч.
120
По условию vt = 50(г -1). В В курьер приехал через-ч, а второй курьер
v
. (2vt А
возвратился в А через — +1 ч.
По условию
2v/ + l , 120
-------+1 =-----.
50 v
1173
Решив систему
vt = 50(r - 1}
< 2vt , 120
— + 1 =-------,
150 v
находим v = 30 км/ч.
Ответ: 30 км/ч.
13.258.	Поезд идет от станции Л к станции Я На некотором участке
пути, примыкающем к станции В, производились ремонтные работы, и
на этом участке поезду разрешена скорость, составляющая только Мп
часть первоначальной скорости, вследствие чего поезд пришел на стан-
цию В с опозданием на а ч. На другой день фронт ремонтных работ
приблизился к станции ВпъЬ км, и при тех же условиях поезд опоздал
только нас ч. Найти скорость поезда.
Решение.
Пусть х км/ч — скорость поезда, t ч — время, которое затрачивает
поезд на прохождение от А к В без остановки, S км — расстояние,
которое прошел поезд после остановки.
xt — S S
п
По условию '
xt-(S-b) S-b
п
откуда х =-----
а - с
Ответ: —------ км/ч, п > 1, я > с.
а-с
13.259.	Пароход через 2 ч после отправления от пристани Л останав-
ливается на 1 ч и затем продолжает путь со скоростью, равной 0,8
первоначальной, вследствие чего опаздывает к пристани В на 3,5 ч.
Если бы остановка произошла на 180 км дальше, то при тех же осталь-
ных условиях пароход опоздал бы в В на 1,5 ч. Найти расстояние АВ.
Решение.
Пусть АВ = х км, у км/ч —скорость парохода.
- + 3,5 = 2 + 1 + ^-^,
у	0,8v
2у+180 . , . х-2у-180
0,8у	’
По условию «
— + 1,5 =
у
V
откуда х = 270 км.
1174
Ответ: 270 км.
13.260.	Две материальные частицы, находясь на расстоянии 295 м одна
от другой, одновременно начали двигаться навстречу друг другу. Первая
частица продвигается равномерно со скоростью 15 м/с, а вторая в первую
секунду продвинулась на 1 м, а в каждую следующую — на 3 м больше,
чем в предыдущую. На какой угол переместится секундная стрелка часов
за время, прошедшее от начала движения частиц до их встречи?
Решение.
Пусть до встречи частиц прошло t с. За это время первая частица
2 + 3(/-1) .	,
прошла 15/ м, а вторая-------- • t (использовалась формула суммы л
членов арифметической прогрессии).
По условию + —— • t +15/ = 295, откуда t =10 с.
Угол отклонения стрелки а =----= 60°.
60
Ответ: 60°.
13.261.	В полдень из пункта А в пункт В вышел пешеход и выехал
велосипедист, и в полдень же из В в Л выехал верховой. Все трое отправи-
лись в путь одновременно. Через 2 ч велосипедист и верховой встрети-
лись на расстоянии 3 км от середины А В, а еще через 48 мин встретились
пешеход и верховой. Определить скорость каждого и расстояние АВ,
если известно, что пешеход движется вдвое медленнее велосипедиста.
Решение.
Пусть v, км/ч — скорость пешехода, 2vt км/ч — велосипедиста, v3
км/ч — верхового, х км — расстояние АВ.
2vj • 2 + 2v3 = х,
2,8v! + 2,8v3 = x,
По условию
~ X
2v3 =-----3,
2
2V1 -2 = —+ 3,
откуда Vj = 6 км/ч;
2v, = 12 км/ч;
v3 = 9 км/ч;
х = 42 км.
Ответ: 6, 9 и 12 км/ч; 42 км.
1175
13.262.	Известно, что свободно падающее тело проходит в первую се-
кунду 4,9 м, а в каждую следующую на 9,8 м больше, чем в предыдущую.
Если два тела начали падать с одной высоты спустя 5 с одно после другого,
то через какое время они будут друг от друга на расстоянии 220,5 м?
Решение.
Пусть t с — искомое время. За это время первое тело пролетит 4,9/2 м,
второе 4,9(/ - 5)2 м.
По условию 4,9г2 - 4,9(г - 5)2 = 220,5, откуда t = 7 с.
Ответ: через 7 с после начала падения первого тела.
13.263.	Путь от А до В пассажир-
ский поезд проходит на 3 ч 12 мин быс-
трее товарного. За то время, что товар-
ный поезд проходит путь от А до В,
пассажирский проходит на 288 км боль-
ше. Если скорость каждого увеличить
на 10 км/ч, то пассажирский пройдет от
А д.оВ на 2 ч 24 мин быстрее товарного.
Определить расстояние отЛ до К
Решение.
На рис. 13.7 рассматриваются гра-
фики движения поездов до изменения
скоростей.
: 3,2 = 90 км/ч. Если у^в =>км/ч, то
288
АВ = NL = xt км; CD = 90(z - 3,2) = xr => / =-. После изменения
90-х
скоростей получаем у^с =100км/ч,	=х + 10км/ч. По условию
х/ xt _ . „	288
	= 2,4. Подставляя сюда t =	и решая полученное урав-
х + 10 100-------------------------90-х
некие, находим х = 50 км/ч, t = 7,2 ч. Отсюда А В = xt = 50-7,2 = 360 км.
Ответ: 360 км.
13.264.	Для того чтобы подняться на обычном лифте на последний
этаж восьмиэтажного дома (высота 33 м) при двух 6-секундных проме-
жуточных остановках, нужно затратить столько же времени, сколько его
потребуется, чтобы подняться на лифте высотного здания при одной 7-
секундной промежуточной остановке на 20-й этаж (высота 81 м). Опреде-
лить подъемную скорость лифта в высотном здании, зная, что она превы-
шает скорость обычного лифта на 1,5 м/с, но не достигает 5 м/с.
1176
Решение.
Пусть V] м/с — скорость обычного лифта (Vj < 3,5 м/с), v2 м/с—лиф-
та в высотном здании, v2 = v1 + 1,5 м/с.
По условию
33 о г 81
— + 2-6 =------+ 7, откуда
vi Vj+1,5
Ответ: 3 м/с.
13.265.	По внутренней облас-
ти угла 60° прямолинейно движет-
ся материальная точка. Выйдя из
вершины этого угла, она через не-
который промежуток времени ока-
залась на расстоянии а от одной
стороны угла и на расстоянии b от
другой стороны. Далее она изме-
нила направление движения и по
кратчайшему пути просто упала
на ту сторону, к которой она была
ближе. Найти длину пути, пройден-
ного точкой, если а<Ь.
Решение.
Длина пути, пройденного точкой, равна сумме длин отрезков О А и
АВ = а (рис. 13.8). Получаем
b
Vj = 1,5 м/с, v2 = V, + 1,5 = 3 м/с.
Рис. 13.8
а	о sin(60°-a) b
sina	sin(60 -a) sina	a
43 t lb ctca-2Z> + g
<=>—ctga — = — <=> ciga- .
2 2a	ay/3
_	.2	1	. Л a
Так как sm a =------—-, to sin a =............ ..=.
l + ctg2a	2 Ja2 +ab + b2
Таким образом, искомая длина равняется
а _ la2 +ab + b2
а +----= а + 2,------------.
sin а у 3
а2
Ответ: а + 2J—
+ ab + b2
~3
1177
13.266. Два спортсмена начи-
нают бег одновременно — пер-
вый изЛ в В, второй из/? в Л. Они
бегут с не одинаковыми, но по-
стоянными скоростями и встре-
чаются на расстоянии 300 м отЛ.
Пробежав дорожку АВ до кон-
ца, каждый из них тотчас пово-
рачивает назад и встречает дру-
гого на расстоянии 400 м от В.
Найти длину Л В.
Решение.
Рассмотрим графики бега двух спортсменов (рис. 13.9). ПустьЛВ = х м,
СиЛ —точки первой и второй встреч, V] и v2 —скорости первого и второго
_	300 х-300.
спортсмена. Тогда---=-------- (*). За время, прошедшее между встре-
Vi v2
чами (КЕ), спортсмены пробежали:
первый (х - 300)+ 400 = х +100 м;
второй 300 + (х - 400) = х -100 м.
х + 100 х-100
Таким образом--------=-------(**).
Vi	V2
ТА /♦♦ч	х + 100	х-100
Из (*) и (**) получаем----=--------=> х = 500 м.
300	х-300
Ответ: 500 м.
13.267.	С одного старта в одном и том же направлении одновремен-
но начали гонки два мотоциклиста: один со скоростью 80 км/ч, другой
со скоростью 60 км/ч. Через полчаса с того же старта и в том же
направлении отправился третий гонщик. Найти его скорость, если изве-
стно, что он догнал первого гонщика на 1 ч 15 мин позже, чем второго.
Решение.
Пусть х км/ч — скорость третьего гонщика. Он догнал первого гон-
щика через/] ч, второго — через t2 ч. По условию
80/j = x(/j - 0,5),
- 60/2 = х(/2 - 0,5),
/1 — /2 = 1,25,
откуда х = 100 км/ч.
1178
Ответ: 100 км/ч.
13.268.	Спортсмен стреляет в мишень, отсто-
ящую от него на<7м. Наблюдатель, находящийся
на расстоянии а м от стрелка и b м от мишени
(рис. 13.10), слышит одновременно звук выстре-
ла и звук удара пули в мишень. Найти скорость
пули, если скорость звука равна и м/с.
Решение.
Пустьх км/ч — скорость пули. Время, за кото-
рое звук выстрела достиг наблюдателя — с.
и
a d b	dx)	Рис- !3.10
По условию	откуда х =----, а > Ь.
и х v	а-Ь
dv>
Ответ: ----~ м/с, а > Ь.
а-Ь
13.269.	На пристани с теплохода сошли два пассажира и направи-
лись в один и тот же поселок. Один из них первую половину пути шел со
скоростью 5 км/ч, а вторую половину — со скоростью 4 км/ч. Другой
шел первую половину времени со скоростью 5 км/ч, а вторую полови-
ну — со скоростью 4 км/ч и пришел в поселок на 1 мин раньше первого.
За какое время каждый из них прошел весь путь и каково расстояние
между пристанью и поселком?
Решение.
Пусть х км — расстояние между пристанью и поселком, t ч — время,
за которое второй пассажир дошел до поселка.
По условию
х	1
— = / + —,
2-4	60
5- —+ 4
. 2
откудах = 6 км; t = — ч = 1 ч 20 мин.
Ответ: 1 ч 21 мин; 1 ч 20 мин; 6 км.
13.270.	В Одессу должны прибыть два теплохода с разрывом в 1 ч.
Оба теплохода идут с одинаковой скоростью, но обстоятельства сложи-
лись так, что первый теплоход опоздал бы на tx мин, а второй на/2 мин.
Получив по радио указание о необходимости прибыть без опоздания,
оба капитана одновременно увеличили скорости теплоходов: первый —
на П! км/ч, второй — на г>2 км/ч, в результате чего оба теплохода прибы-
1179
Рис. 13.11
ли в Одессу точно по расписанию. С какой скоростью шли теплоходы
до получения сигнала по радио?
Решение.
Графическое изображение условий задачи на рис. 13.11.
Получаем Sx = (v + г»! )Т, S2 = (1>1 +1>2)(Г + 1
60d.d2
щая и исключая Т, имеем и =----------км/ч.
i)i/2 ~v2tx
Ч
60
бОпрз
Ответ:---------км/ч.
i)i/2 - b2/j
Рис. 13.12
13.271.	Трасса соревнований по вело-
сипеду представляет собой контур прямоу-
гольного треугольника с разностью кате-
тов в 2 км. При этом его гипотенуза
пролегает по проселочной дороге, а оба
катета — по шоссе. Один из участников
прошел отрезок по проселочной дороге со
скоростью 30 км/ч, а оба отрезка по шоссе
за то же время со скоростью 42 км/ч. Опре-
делить протяженность трассы.
Решение.
Протяженность трассы
S = АВ + ВС + АС = а + а:+ 2 + Ja2 +(я + 2)2 (см.рис. 13.12).
1180
ya2 +(a + l)2 a + a + 2	_Q
По условию ----------— =---------, откуда a = 8 км.
30	42
£=8+8+2+ л/82 +102 = 24 к м.
Ответ: 24 км.
13.272.	От почтамта Л отправилась автомашина по направлению к
почтовому отделению В. Через 20 мин за ней выезжает мотоциклист со
скоростью 60 км/ч. Догнав автомашину, мотоциклист передал шоферу
пакет и тотчас повернул обратно. Автомашина прибыла в В в тот
момент, когда мотоциклист оказался на половине пути от места встре-
чи с автомашиной до Л. Определить скорость автомашины, если путь
от Л до В составляет 82,5 км.
Решение.
Пусть t — время, за которое мотоциклист догнал автомашину, v —
скорость автомобилиста. По условию, имеем систему
[vf/ +—1=60»,
I 60 j
82,5 - 60 • t t
. v ” 2 ’
откуда v = 45 (км/ч).
Ответ: 45 км/ч.
13.273.	Мяч катится перпендикулярно боковой линии футбольного
поля. Предположим, что, двигаясь равномерно замедленно, мяч прока-
тился в первую секунду 4 м, а в следующую секунду на 0,75 м меньше.
Футболист, находящийся первоначально в 10 м от мяча, побежал в
направлении движения мяча, чтобы догнать его. Двигаясь равномерно
ускоренно, футболист пробежал в первую секунду 3,5 м, а в следую-
щую секунду на 0,5 м больше. За какое время футболист догонит мяч и
успеет ли он догнать до выхода мяча за боковую линию, если к линии
поля футболисту надо пробежать 23 м?
Решение.
Пусть t с — искомое время. За это время мяч прокатится
2-4-0,75(г-1)	. _	л	2 • 3,5 + 0,5(/-1)
------ —------ • t м, а футболист пробежит --—------ • t м. (Ис-
пользовалась формула суммып членов арифметической прогрессии).
По условию
2-3,5 + 0,5(/-1)	2-4-0,75(/-1)	1Л , .
---2• t----------------—-----  t = 10, откуда t = 5 с.
2	2
1181
Футболист догонит мяч, пробежав---’	----5 = 22,5 м, на рас-
стоянии 0,5 м до боковой линии.
Ответ: через 5 с; за 0,5 м до линии поля.
13.274.	По графику поезд проходит перегон в 120 км с одной и той же
скоростью. Вчера поезд прошел половину перегона с этой скоростью и
вынужден был остановиться на 5 мин. Чтобы вовремя прибыть в конечный
пункт перегона, машинисту на второй половине перегона пришлось увели-
чить скорость поезда на 10 км/ч. Сегодня повторилась остановка поезда на
середине того же перегона, только задержка продолжалась 9 мин. С какой
скоростью машинист вел поезд сегодня на второй половине перегона, если в
конечный пункт этого перегона поезд снова прибыл по расписанию?
Решение.
Пусть* км/ч — первоначальная скорость поезда. Учитывая остановку,
он пройдет вторую половину перегона за — + ——— , откуда* = 80 км/ч.
12 * + 10
_	,	60 п, с 60
Пусть v км/ч — скорость поезда сегодня. Тогда — = 0,15 -I-, от-
80 v
куда v = 100 км/ч.
Ответ: 100 км/ч.
13.275.	Расстояние между городом А и станцией Гпо железной дороге
равно 185 км. Пригородный электропоезд идет от А первые 40 км в гору,
следующие 105 км по ровному месту и остальные 40 км снова в гору. В гору
поезд идет на 10 км/ч медлен-
Рис. 13.13
нее, чем по ровному месту. На
этом пути имеются станции В,
С, D и Ена.расстояниях 20,70,
100 и 161 кмотЛ(рис. 13.13), и
на каждой из них поезд стоит 3
мин. Найти время прихода по-
езда в В, С, D и Е, если известно,
что он вышел из Л в 8ч и пришел
в Fb 10 ч 22 мин того же дня.
Решение.
Пусть v км/ч — скорость поезда на подъеме, (v + 10) км/ч — на ров-
ной местности.
По первому подъему поезд шел
40
— + 0,05
v
ч, по ровной местности
105 All	I40 ЛПС
-----+ 0,1 ч и по второму подъему — + 0,05 ч.
v +10 I	v I
1182
По условию
— + 0,05++ 0,1 + — + 0,05 =
v v + 10 v
71
30’
откуда v = 80 км/ч.
20 _ 1
До станции В поезд шел — - — ч = 15 мин и пришел в В в 8 ч 15 мин;
до С из В:
0,05+— +-----= 38 мин, в С пришел в 8 ч 53 мин;
80 80 + 10	F
из С в D:
0,05 + — = 23 мин, в D пришел в 9 ч 16 мин;
90
из D в Е:
0,05 + ^j + ^j = 0,75 ч = 45 мин, зЕ пришел в 10 ч 01 мин.
Ответ: 8 ч 15 мин; 8 ч 53
мин; 9 ч 16 мин; 10 ч 01 мин.	п , пе,
л	2х + 26	D
13.276.	По шоссе от завода С A. v--------:
до станции В железной дороги на \
28 км дальше, чем от станции А х\.	/х + 28
той же дороги. Расстояние от Л до	\
В через С на 2 км больше, чем
длина участка АВ железной до-	С
роги (рис. 13.14) . Доставка тон-	рис
ны груза из С в А стоит 130 руб.,
а по железной дороге из Л в В — 260 руб. Перевозка тонны груза на 1 км
автотранспортом стоит на 32 руб. дороже, чем по железной дороге. Опреде-
лить расстояния АС, ВС, АВ.
Решение.
Пусть АС = х км, ВС = х + 28 км, АВ = 2х + 26 км; у руб. — цена
перевозки тонны груза на 1 км по железной дороге; у + 32 руб. — авто-
транспортом.
По условию
х(.у + 32) = 130,
(2х + 26)у = 260,
откуда х = 3,25. Итак, АС = 3,25 км;
1183
ВС = 3,25 + 28 = 31,25 км; АВ = (31,25 + 3,25) - 2 = 32,5 км.
Ответ: 3,25; 31,25 и 32,5 км.
13.	277. Учебный самолет летел со скоростью 220 км/ч. Когда ему
осталось пролететь на 385 км меньше, чем он пролетел, самолет увеличил
скорость до 330 км/ч. Средняя скорость на всем пути оказалась равной
250 км/ч. Какое расстояние пролетел самолет?
Решение.
Пусть самолет со скоростью 220 км/ч пролетел х км, со скоростью
330 км/ч — (х - 385) км. На это он затратил | —— + -—ч.
<220	330 )
х	х-385 2х-385	_о_.
По условию-----+--------=--------, где (2х - 385) км — весь путь.
220	330	250
Из уравнения находим х - 880 км. Значит, все расстояние равно
2 • 880 -385 = 1375 км.
Ответ: 1375 км.
13.278.	Пассажир поезда знает, что на данном участке пути скорость
этого поезда равна 40 км/ч. Как только мимо окна начал проходить встреч-
ный поезд, пассажир пустил секундомер и заметил, что встречный поезд
проходил мимо окна в течение 3 с. Определить скорость встречного поез-
да, если известно, что его длина 75 м.
Решение.
Пусть х — скорость встречного поезда.
3	-я
По условию (40+ х)-	=75-10 , откуда х = 50(км/ч).
Ответ: 50 км/ч.
13.279.	Два контрольных пункта делят лыжную трассу на три участка
одинаковой длины. Известно, что путь, состоящий из первого и второго
участков вместе, лыжник прошел со средней скоростью а м/мин; путь,
состоящий из второго и третьего участков вместе, он прошел со средней
скоростью b м/мин. Средняя скорость лыжника на втором участке была
такой же, как средняя скорость для первого и третьего участков вместе.
Какова средняя скорость лыжника на всей трассе в целом и на каждом
участке этой трассы в отдельности? Провести анализ условий существо-
вания реального решения задачи.
Решение.
Длину одного участка трассы примем за 1. Пусть , *2» *3 — время, за
которое лыжник проходит каждый участок трассы. По условию
1184
2
-------= л,
'1+>2
*2 + t3
1 _ 2
/2 h +h
3b-a
откуда t{ = ——
lab,
a + b
lab
3a -b
lab
Средняя скорость на всей трассе будет ------=----; на первом
+ ?2 +	а + Ь
1 lab	1	lab	1	lab
участке — — =-----; навтором — — =-----; на третьем---=------.
tx	3b-a	t2	a + b	t3	За-b
(3a-b>0,	Ь
Задача имеет реальное решение, если <	откуда — < а < ЗЬ.
[3ft - а > 0,	3
_ lab lab lab lab	b
Ответ:------;------;------;------м/мин, где — < а < 3ft.
a + b 3b-a a + b За-b	3
13.280.	Для контроля за движением лыжника тренер разделил трас-
су на три участка равной длины. Стало известно, что средние скорости
лыжника на этих трех отдельных участках были различными. При этом
на пробег первого и второго участков вместе лыжнику потребовалось
40,5 мин, а на пробег второго и третьего — 37,5 мин. Выяснилось так-
же, что средняя скорость лыжника на втором участке была такой же,
как средняя скорость для первого и третьего участков вместе. За какое
время лыжник достиг финиша?
Решение.
Пустьх —длина участка, г, t2, t3 — время пробега первого, второго
и третьего участка соответственно. По условию имеем систему
/1 + t2 =40,5,
* 12 +t3 = 37,5,откуда tx +t2 + t3 = 58,5 (мин).
X lx
/2	'1 +‘3 ’
Ответ: за 58,5 мин.
13.281.	Два велосипедиста стартовали одновременно из одного и
того же места в одном направлении. Следом за ними, через 10 мин с
того же места начал путь третий велосипедист. Сначала он обогнал
первого велосипедиста, после чего находился в пути еще 20 мин, пока
1185
догнал второго. Начиная от самого старта и до конца пути, каждый вело-
сипедист шел с постоянной скоростью: а км/ч — первый велосипедист и
b км/ч — второй. Найти скорость третьего велосипедиста.
Решение.
Графики движения велосипедистов изображены на рис. 13.15. Выра-
зим пройденные ими расстояния: для первого АВ =
1 )
— + х а; для третье-
го AB = xV, где V — искомая скорость; CD = | х + — К;для второго
CD = \ -+х + -V
1б 3J
Имеем систему уравнений относительно хи V:
/1 >
—+ х а =хг,
)
71	L Г	Иг/
—+ х о = х + — К.
К 2	)	V	3J
Исключив х,находим
у = а + ЗЬ + ^а2-\0ab + 9b2 (км/ч).
4
a +3b + Ja2 -\0ab + 9b2 . . .
Ответ: --------------------------(км/ч).
4
1186
13.282. Связист получил задание прибыть в пункт В из пункта А в
назначенный срок. Расстояние между А и В равно s км. Когда связист
добрался до пункта С, расположенного точно на полпути от Л до В, то
рассчитал, что опоздает на 2 ч, если будет продолжать движение с той
же скоростью. Если же в пункте С он отдохнет 1 ч, а на оставшейся
половине пути увеличит скорость наи км/ч, то прибудет в В в назначен-
ный срок. Какой срок был назначен связисту?
Решение.
Пусть х — назначенный срок, V' — скорость связиста. По условию,
имеем систему х
V	v +	2 + 6oS
5 . 1 ,	5	_ v откуда х =--------------(ч).
2V'	2(Г' + и) ’	v
V + V9u2 + 6nS
Ответ:---------------ч.
п
13.283.	Из двух пунктов, расстояние между которыми 28 км, одновре-
менно вышли навстречу друг другу два пешехода. Если бы первый не
задержался на 1 ч на расстоянии 9 км от места своего отправления, то
встреча пешеходов произошла бы на полпути. После остановки первый
пешеход увеличил скорость на 1 км/ч, и встреча произошла на расстоянии
4 км оттого места, где задержался первый. Найти скорости пешеходов.
Решение.
Так как пешеходы могли бы встретиться на полпути, то их скорости
равны. Пусть V—первоначальная скорость одного из пешеходов.
9	4	28-(9 + 4)
По условию — +-----+1 =---------, откуда V = 3 (км/ч).
V Г + 1	V
Ответ: первоначально оба шли с одной скоростью 3 км/ч.
13.284.	Найти скорость и длину поезда, зная, что он проходил с постоян-
ной скоростью мимо неподвижного наблюдателя в течение 7 с и затратил 25
с на то, чтобы пройти с той же скоростью вдоль платформы длиной 378 м.
Решение.
Пусть/—длина поезда, V—его скорость.
По условию имеем систему
|7Г = /,
125Г = 378 + / 0ТКУда = 147 (м), V = 21 (м/с) = 75,6 (км/ч).
Ответ: 75,6 км/ч; 147 м.
1187
13.285.	На участке шоссе протяженностью 10 км, лишенном перекрест-
ков, автобус останавливается только для выхода и входа пассажиров. Всего
он делает 6 промежуточных остановок, затрачивая на каждую из них по 1
мин, а движется всегда с одной и той же скоростью. Если бы автобус дви-
гался без остановок, то тот же путь он прошел бы со скоростью, превышаю-
щей среднюю скорость своего движения с остановками на 5 км/ч. Сколько
минут автобус находится в движении на этом участке шоссе?
Решение.
Пусть t мин автобус находится в движении на участке. Тогда его срсд-
,	Ю	10
няя скорость движения без остановок-----, а с остановками —
t
/ + — •6
60
По условию,-----+ 5 = —, откуда t = 24 (мин).
t + 0,1 t
Ответ: 24 мин.
13.286.	Шхуна идет от А до В по озеру, а от В до С вверх по реке и
затем отправляется обратно. Скорость шхуны относительно неподвижной
воды все время поддерживается равной с км/ч. От Я до С шхуна идет а ч,
а обратный путь занимает р ч, причем на путь от С до В шхуне нужно втрое
меньше времени, чем на путь от В до А . Найти расстояния АВ и ВС.
Решение.
Пусть х, у — расстояния АВ и ВС соответственно, V— скорость тече-
ния воды в реке. По условию имеем
=	-^+" = ₽’ (2) ^ = 1.^(3).
с с-V	c+v с	c + v 3 с
3 В с
Из уравнений (2),(3) находим х = —— , а из уравнений(1),(3), зная
4
рс(4а-3р)
выражение для х , находим у = —-----—.
4(2а-Р)
Ответ: АВ = ^км; ВС = &с(4а ЗР) км (а > Р).
4	4(2а-Р)
13.287.	Два цеха молокозавода совместно должны обработать по-
ровну определенное количество литров молока. Второй цех приступил
к выполнению задания на а рабочих дней позже, но обрабатывал ежед-
невно на т л молока больше, чем первый. Прошло еще 5а/9 рабочих
дней от начала совместной работы этих цехов и осталась невыполнен-
1188
ной 1/3 всего задания. Сколько рабочих дней потребовалось для выпол-
нения задания, если работа была окончена одновременно и каждый цех
обработал половину заданного количества литров молока?
Решение.
Весь объем работы примем за 1. Пусть* —производительность труда за
1 ч первого цеха, п — количество дней, необходимых для выполнения зада-
ния. Поусловию(1) пх = (п - а\х +-т}(2) ах + — х + — (х + т)= 1 — (ч).
9	9	3
ох	14а 2 х - 6а
Из (1) т -----подставляем в (2) и находим п =------(3). Так как
п-а	19ах-6
каждый цех обработал половину заданного количества литров молока, то
1	1
пх = —, откуда х = — (4). В (3) подставляем (4) и находим п = 2а.
2	2п
Ответ: 2а.
13.288.	Мастеру и его ученику было поручено изготовить партию
одинаковых деталей. После того как мастер проработал 7 ч, а ученик 4
ч, оказалось, что они выполнили 5/9 всей работы. Проработав совмес-
тно еще 4 ч, они установили, что остается выполнить 1/18 всей работы.
За какой промежуток времени выполнил бы всю работу ученик, рабо-
тая один?
Решение.
Весь объем работ примем за 1. Пусть х, у — производительности
труда за 1 ч мастера и ученика соответственно. По условию, имеем
систему
5
7х + 4у = —,	1
О	1
<	5 * 7	! откуда у
7х + 4у + 4(х + у)= 1-,
18
Время выполнения всей работы учеником----= 24 (ч).
У
Ответ: за 24 ч.
13.289. Имеются два сплава, состоящие из цинка, меди и олова.
Известно, что первый сплав содержит 40% олова, а второй — 26%
меди. Процентное содержание цинка в первом и втором сплавах одина-
ково. Сплавив 150 кг первого сплава и 250 кг второго, получили новый
сплав, в котором оказалось 30% цинка. Сколько олова содержится в
полученном новом сплаве?
1189
Решение.
Пустьх — процентное содержание цинка в первом сплаве. По усло-
х	х	30 / ч
вию------150 +----250 =-----(150 + 2501 откуда х = 30%. Тогда во
100	100	100
втором сплаве содержится 100% - (26% + 30%)= 44% олова, а новый
40	44
сплав содержит----150 +-----250 = 170 (кг) олова.
100	100
Ответ: 170 кг.
13.290.	Если две трубы открыть одновременно, то бассейн наполнит-
ся за 2 ч 24 мин. В действительности же сначала была открыта только
первая труба в течение 1/4 времени, которое необходимо второй трубе,
чтобы наполнить бассейн, действуя отдельно. Затем действовала вторая
труба также в течение 1/4 времени, которое необходимо первой, чтобы
одной наполнить бассейн, после чего оказалось, что остается наполнить
11/24 полной вместимости бассейна. Сколько времени необходимо для
наполнения бассейна каждой трубой в отдельности?
Решение.
Весь объем бассейна примем за 1. Пусть х, у (л) в час протекает по
первой и второй трубе соответственно. По условию имеем систему
' 24	24
2 — х + 2 — у = 1,
60	60
1	1
откуда х = —, у = - .
4	6
Тогда для первой трубы необходимо — = 4 (ч) для наполнения бас-
х
сейна, а — = 6 (ч) —для второго.
У
Ответ: 4 и 6 ч.
13.291.	Если выполнение заказа по набору нескольких книг возло-
жить на одного из трех наборщиков, то первый справится с работой на
10 ч быстрее, а третий — на 6 ч быстрее, чем второй. Если же одну из
заказанных книг будет набирать первый наборщик, а другую книгу
одновременно будет набирать второй, то за 9 ч они наберут столько
страниц, сколько за 10 ч наберут второй и третий, работая вместе при
тех же условиях. Сколько времени потребуется каждому наборщику
для набора всех заказанных книг при раздельной работе?
1190
Решение.
Весь объем работы примем за 1. Пусть а, 0, у — производитель-
ность труда (количество набранных страниц в час) первого, второго и
третьего наборщиков соответственно.
По условию имеем систему
11	1 п 1	1
'----= 6, откуда a = “’P = “’Y = ~-
0у’	20	30	24
9(а+р) = 10(р + у),
Тогда первый наборщик всю работу выполнит за — = 20 (ч), вто-
a
рой — за — = 30 (ч), а третий — за — = 24 (ч).
р	у
Ответ: 20, 30 и 24 ч.
13.292.	Два «механических крота» разной мощности при одновре-
менной работе с разных концов тоннеля могли бы прорыть его за 5 дней.
В действительности же оба «крота» были применены последовательно с
одной стороны тоннеля, причем первый прорыл 1/3, а второй — осталь-
ные 2/3 его длины. На выполнение всей работы ушло при этом 10 дней.
За сколько дней каждый «крот», работая самостоятельно, мог бы про-
рыть тоннель?
Решение.
Длину тоннеля примем за 1. Пусть х, у — мощности первого и второ-
го «кротов» соответственно.
По условию имеем систему -
Т 7 ’	1	2
1 + А = 10,откуда х =	= -
Зх Зу
Тогда первый «крот» самостоят; ъно пророет тоннель за — = 15 (дней),
а второй—за —= 7,5 (дней).
У
Ответ: 15 и 7,5 дней.
1191
13.293.	В бассейн проведены две трубы разного сечения. Одна — рав-
номерно подающая, другая — равномерно отводящая воду, причем через
первую бассейн наполняется на 2 ч дольше, чем через вторую опорожня-
ется. При заполненном на 1/3 бассейне были открыты обе трубы, и бас-
сейн оказался пустым спустя 8 ч. За сколько часов, действуя отдельно,
первая труба наполняет, а вторая опорожняет бассейн?
Решение.
Значения искомых и заданных велечин запишем в форме таблицы:
Труба	Время, ч	Вместимость	Производительность
Подающая	х + 2	1	1 х + 2
Отводящая	X	1	X
Обе вместе	8	j_ 3	1 24
По условию----------= —, откуда х ~~ 6.
х х + 2 24
Ответ: за 8 и 6 ч.
13.294.	Двум рабочим было поручено изготовить партию одинаковых
деталей; после того как первый проработал а ч, а второй 0,6а ч, оказалось,
что они выполнили 5/п всей работы. Проработав совместно еще 0,6а ч,
они установили, что им осталось изготовить еще Мп часть всей партии
деталей. За сколько часов каждый из них, работая отдельно, выполнит
всю работу? Число п натуральное; найти его.
Решение.
Весь объем работы примем за 1. Пусть х, у — производительность
труда (количество изготовленных деталей в час) первого и второго рабо-
чих соответственно. По условию имеем систему
ах + 0,6ау = —,
п
откуда х =
ах + 0,6ау + 0,6а(х + у) = 1-,
п
11-и
0,4аи ’
п-9
0,24аи
1	0,4аи
Тогда первый рабочий все детали изготовит за — =-------- (ч), а вто-
х 11 -и
„	1	0,24а»
рои — за — = —----
у п-9
(ч). Значение п должно удовлетворять системе не-
равенств
11 -п > 0,
и-9>0,
т.е. п = 10.
1192
Ответ:
Q,4an 0,24an	,
-----;------;п = 10.
11-п п-9
13.295.	Водоем снабжен двумя каналами. Через первый вода равно-
мерно выливается, через второй — равномерно вливается. За сколько ча-
сов через первый канал пройдет п л воды, если известно, что через второй
вольется в два раза больше тогда, когда он будет открыт на а ч меньше
того времени, за которое через первый канал пройдет и л? Если оба канала
открыть одновременно, то каждый час в водоем прибывает а л воды.
Решение.
Значения искомых и заданных величин запишем в форме таблицы:
Канал	Время, ч	Объем воды, л	Производительность
Первый	X	п	и X
Второй	х-а	2п	2и х-а
„	2п п
По условию--------= а,
х-а х
а2 4-и +va4 + 6а2п + п2
откуда х =---------------------
2а
(ч).
Ответ: за °2+	+ 6а2';+ п 2 „
2а
13.296.	Два экскаваторщика должны выполнить некоторую работу.
После того как первый проработал 15 ч, начинает работать второй и за-
канчивает эту работу за 10 ч. Если бы при раздельной работе первый вы-
полнил 1/6 часть, а второй — 1/4 часть работы, то для ее окончания потре-
бовалось бы еше 7 ч их совместной работы. За сколько часов может вы-
полнить работу каждый экскаваторщик в отдельности?
Решение.
Весь объем работы примем за 1. Пусть х, у — производительность
труда первого и второго экскаваторщика соответственно.По условию име-
15х + 10jp = 1,
ем систему <
7(х + у) = 1-
1
откуда х-—,
30
У 20
1 1
—I—
6 4
1193
1
Тогда первый экскаваторщик всю работу выполнит за — = 30 (ч), а
х
1
второй — за — = 20 (ч).
У
Ответ: за 20 и 30 ч.
13.297.	Длина круговой дорожки ипподрома равна b км. Из двух
наездниковЛ иВ, начавших скачки одновременно, наездник Л прибыл
к финишу на 2 мин раньше. В другой раз наездник^ увеличил скорость
на с км/ч, в то время как наездник А уменьшил скорость на с км/ч и
потому В прибыл к финишу на 2 мин раньше, чем А. Найти скорости
наездников в первом заезде.
Решение.
Пусть х, у — скорости наездников А и В в первом заезде. По усло-
вию имеем систему
b b _ 2
у х 60
Ь b _ 2
х-с у + с 60
с + >1с2 + \20bc	-с + ylc2 + 120/>с
откуда х =-------------(км/ч), у =----------------(км/ч).
2	2
с + у/с2 + 120Ьс	— с + ylc2 +120 b с
Ответ:----------------- и---------------км/ч.
2	2
13.298.	Два спортсмена бегают по одной замкнутой дорожке
стадиона. Скорость каждого постоянна, но на пробег всей дорожки
первый тратит на 10 с меньше, чем второй. Если они начнут пробег
с общего старта в одном направлении, то еще раз сойдутся через
720 с. Какую часть длины всей дорожки пробегает в секунду каж-
дый бегун?
Решение.
Пусть Kj, V2 — скорости спортсменов,/—длина дорожки. По усло-
вию, имеем систему
и2 и
720^! -720И2
откуда — = 80,----= 90.
И V1
1194
I
V	, 1
Тогда первый спортсмен пробегает -у- = — часть длины всей до-
V1--------------------------1
рожки в секунду, а второй---= —.
1 . 1
Ответ: — и —.
80 90
13.299.	По двум концентрическим окружностям равномерно вра-
щаются две точки. Одна из них совершает полный оборот на 5 с быст-
рее, чем другая, и поэтому успевает сделать на два оборота в минуту
больше. Пусть в начале движения лучи, направленные из центра окруж-
ности к этим точкам, сливались. Вычислить, какова будет величина
угла между лучами через 1 с.
Решение.
Пусть V\, V2 — скорости вращения точек, / — длина окружности,
х — длина дуги окружности между точками после 1 с вращения. Тогда
х 360°
величина угла между лучами будет а =  ---(1). По условию имеем
систему
--------= 5,
V\ V' .
60(И -Г2)=2/,
I TZ 1
откуда V, = —, У 2 =—
10	15
Если точки вращаются в одном направлении, то х =	- К2 = — и
30
а = 12°; если в противоположных, тох = К1 + V2 = — и а = 60°.
6
Ответ: 12 или 60°.
13.300.	Меньшая дуга между точками А и В, находящимися на ок-
ружности, равна 150 м. Если точки начнут двигаться навстречу друг к
другу по меньшей дуге, то встретятся через 10 с, а если по большей дуге,
то встреча произойдет через 14 с. Определить скорости движения точек
и длину окружности, если известно, что точка А может обежать всю
окружность в то время, как В пройдет только 90 м.
1195
Решение.
Пусть Va и Vb — скорости точек А и В, I — длина окружности. По
10(Ка+^) = 150,
условию, имеем систему < 14(Ка + Vb) = / -150,
_Z_ = 90
у ~ Vk ’
откуда Va = 12 (м/с), Vb = 3 (м/с), / = 360 (м).
Ответ: 12 м/с и 3 м/с; 360 м.
13.301.	В некотором механизме три шестеренки разных диаметров
связаны между собой так, что большая из них касается обеих меньших,
причем все три шестеренки вместе имеют 60 зубцов. Когда большая ше-
стеренка не доходит на 20 зубцов до полных четырех оборотов, вторая и
третья делают соответственно 5 и 10 полных оборотов. Сколько зубцов
имеет каждая шестеренка в отдельности?
Решение.
Пусть х, у, z — число зубцов трех шестеренок, причем х > у > z и
х + у + z = 60 (1). За время вращения шестеренок в соприкосновение при-
дет одинаковое число зубцов каждой шестеренки, т.е. 10z = 5 у = 4х - 20 (2).
Решив систему уравнений (1 ),(2), находим х = 30,у = 20, z = 10.
Ответ: 10, 20 и 30 зубцов.
13.302.	По окружности длиной 60 м равномерно в одном направлении
движутся две точки. Одна из них совершает полный оборот на 5 с быстрее
другой. При этом совпадения точек происходят каждый раз через
1 мин. Определить скорости точек.
Решение.
Пусть Кр V2 — скорости точек. По условию, имеем систему
'60 60 =5
J у у ’
2	1 откуда V = 4 (м/с), V? =3 (м/с).
60(К1-Г2) = 60,
Ответ: 3 и 4 м/с.
13.303.	Два колеса соединены бесконечным ремнем; меньшее из них
делает на 300 оборотов в минуту больше второго. Большое колесо со-
вершает 10 оборотов в промежуток времени, на 1 с больший, чем время
такого же числа оборотов меньшего колеса. Сколько оборотов в минуту
совершает каждое колесо?
1196
Решение.
Пусть х—число оборотов большего колеса за 1 мин. Тогда меньшее
10	1	10
колесо делает* +• 300 оборотов. По условию, имеем--=-------,
х 60 х + 300
откуда х = 300.
Ответ: 300 и 600.
13.304.	Две сцепляющиеся шестерни Л и В насажены плотно: первая
на вал О], а вторая на вал О2. Шестерня А имеет на 10 зубцов больше,
чем В. При некоторой скорости вращения вала Ot вал О2совершает 63
оборота в минуту. Если шестерни поменять местами, то при той же
скорости вала О1 вал О2 совершает 28 оборотов. Определить число
зубцов каждой шестерни.
Решение.
Пусть шестерняБ имеетх зубцов, а А — (х + 10), V—скорость враще-
((х + 10)Г = 63х,
ния вала Ot. По условию, имеем систему <	+1 о), отк^да х ~
Ответ: 20 и 30.
13.305.	Найти два двузначных числа Л и В по следующим условиям.
Если число Л написать впереди записи числа/? и полученное четырех-
значное число разделить на число В, то в частном получится 121. Если
же число В написать впереди числа Л и полученное четырехзначное
число разделить на Л, то в частном получится 84 и в остатке 14.
Решение.
[100Л +5 = 1215,
По условию, имеем систему S	+ а- 84Л +14 0ТКУда ~	=
Ответ: 42 и 35.
13.306.	Через 2 ч после отправления поезд остановился на 30 мин.
На оставшемся до станции участке пути производились ремонтные
работы и поезду была разрешена скорость, составляющая 1/3 перво-
начальной скорости, вследствие чего поезд пришел на станцию с опоз-
данием на 1 ч 10 мин. На другой день остановка поезда произошла на
14 км ближе к конечной станции и при тех же условиях опоздание
сократилось до 50 мин. Определить расстояние между станциями и
скорость поезда.
Решение.
Пусть х — расстояние между станциями, V—скорость поезда. По
условию имеем систему
1197
.1
-V
2К + 14 30 х-(2К + 14) х 50
1
— V
4
откудах = 196 (км), V= 84 (км/ч).
Ответ: 196 км; 84 км/ч.
13.307.	Найти трехзначное число, цифры которого образуют геомет-
рическую прогрессию, если известно, что после его уменьшения на 495
получается число, записанное такими же цифрами, какими записано
искомое число, но расположенными в обратном порядке; если цифры
числа, получившегося после вычитания, уменьшить (слева направо) со-
ответственно на 1, на 1 и на 2, то получится арифметическая прогрессия.
Решение.
Пусть 100х + 10у + z — искомое число. По условию, имеем систему
XZ = у 2 ,
’ 100х + 10у + z - 495 = 100г +10>> + х, откуда х = 9, у = 6, z = 4.
(z -1) + (х - 2) = 2(у -1),
Ответ: 964.
13.308.	Какое двузначное число меньше суммы квадратов его цифр
на 11 и больше их удвоенного произведения на 5?
Решение.
Пусть 10х + у— искомое число. По условию имеем систему
х2 +у2 =10х + у + 11,
2ху = 10х + у-5;
вычитая из первого уравнения второе, находим (х-у)2 = 16 и полу-
чаем две системы:
[х-у = 4,	|х-у = -4,
•<	и <
[2ху = 10х + у - 5 [2ху = 10х + у — 5,
решения которыхх = 9,у =5 их = 1,у = 5.
Ответ: 95 или 15.
13.309.	Имеются два сплава золота и серебра. В одном сплаве коли-
чества этих металлов находятся в отношении 1:2, в другом— 2:3.
1198
Сколько граммов нужно взять от каждого сплава, чтобы получить 19 г
сплава, в котором золото и серебро находятся в отношении 7:12?
Решение.
1
Пусть взялих (г) первого сплава, в котором содержится — х золота
2	3
и —х серебра. По условию имеем систему
х +j> = 19,
. 1	2	7 (2	3
—х+—у=— —х+—у ,
.3 5 12^3 5 )
откуда х = 9 (г),у = 10 (г).
Ответ: 9 и 10 г.
13.310.	Имеется лом стали двух сортов с содержанием никеля 5 и
40%. Сколько нужно взять металла каждого из этих сортов, чтобы
получить 140 т стали с 30%-м содержанием никеля?
Решение.
Пусть х, у — масса взятого металла каждого из сортов. По условию
	х + у = 140,
имеем систему ’	х + У _ 0>05х + 0,4j откуда х = 40 (т),у =100 (т). .100	30
Ответ: 40 и 100 т.
13.311.	Из двух пунктов, расстояние между которыми равно 2400
км, навстречу друг другу выходят одновременно пассажирский и ско-
рый поезда. Каждый из них идет с постоянной скоростью, и в некоторый
момент времени они встречаются. Если бы оба поезда шли со скорос-
тью скорого поезда, то их встреча произошла бы на 3 ч раньше факти-
ческого момента встречи. Если бы оба поезда шли со скоростью пасса-
жирского поезда, то их встреча произошла бы на 5 ч позже фактического
момента встречи. Найти скорости поездов.
Решение.
Пусть Vx, V2—скорости пассажирского и скорого поездов соответ-
ственно, t — время движения поездов до встречи. По условию имеем
ХИ +К2)=2400,
систему - 2V2 (* - 3)=2400,
2П(* + 5)=2400,
откуда И = 60 (км/ч), V2 = 100 (км/ч).
Ответ: 60 и 100 км/ч.
13.312.	При разгрузке баржи сначала 2 ч действовали четыре
подъемных крана одинаковой мощности. Затем добавочно ввели в
1199
действие еще два крана меньшей, но одинаковой мощности. После
этого для окончания разгрузки потребовалось еще 3 ч. Если бы все эти
краны начали работать одновременно, то разгрузка была бы произве-
дена за 4,5 ч. Если бы один кран большей и один кран меньшей мощно-
сти работали совместно, то за какое время они разгрузили бы баржу?
Решение.
Весь объем работы примем за 1. Пусть для ее выполнения в одиноч-
ку крану большей мощности нужно х дней, крану меньшей мощнос-
ти —у дней, а при совместной работе одного крана большей и одного
крана меньшей мощности — z дней. Производительность труда соот-
1 1	1
ветственно равна —, — и —. По условию имеем систему
х у	z
8 (4 2^
-+ - + - -3 = 1,
х |х у
4	1
• — + — - ——,	откуда х = 24, у = 36, z = 14,4.
X у 4,5
111
- + — = -,
X у Z
Ответ: за 14,4 ч.
13.313.	Знаменатель дроби меньше квадрата ее числителя на 1. Если
к числителю и знаменателю прибавить по 2, то значение дроби будет
больше 1/4; если от числителя и знаменателя первоначальной дроби
отнять по 3, то значение дроби будет равно 1/12. Найти эту дробь.
Решение.
х	у = х2 -1,
Пусть-----искомая дробь. По условию имеем систему < х - 3 _ 1
У	[у-3 12’
4	8
откуда искомая дробь —, а дробь — не удовлетворяет неравенству
15	63
х + 2 1
у + 2 4
4
Ответ: •
15
13.314.	Два зубчатых колеса находятся в сцеплении. Колесо Л име-
ет 12 зубьев, а колесо^ — 54. Сколько оборотов сделает каждое колесо
до того, как оба они вернутся в исходное положение?
1200
Решение.
Пусть колесо А сделает х оборотов, а колесо В-у. Так как колеса
сцеплены, то за время их вращения придет в соприкосновение одинако-
9
вое число зубьев каждого колеса, т.е. 12х = 54у, откуда х = — у. Число
2
х —натуральное, поэтому наименьшее значение^ = 2.
Ответ: 9 и 2.
13.315.	Первоначальная себестоимость единицы продукции была
равна 50 руб. В течение первого года производства она повысилась на
некоторое число процентов, а в течение второго года снизилась (по
отношению к повышенной себестоимости) на такое же число процен-
тов, в результате чего она стала равной 48 руб. Определить проценты
повышения и снижения себестоимости единицы продукции.
Решение.
Пусть себестоимость единицы продукции повышалась нах процентов.
После повышения себестоимость стала равной 50 +-----50 = 50 + —, а
100	2
после снижения —
. Поусло-
7
= 48, откуда х = 20%.
вию имеем 50 ч- — 1---
2 Д 100
Ответ: 20%.
13.316.	Предприятие увеличивало объем выпускаемой продукции
ежегодно на одно и то же число процентов. Найти это число, если
известно, что за два года объем выпускаемой продукции возрос в два
раза.
Решение.
Пусть х — объем выпускаемой продукции, а у — число процентов.
У
У	У
За один год объем выпускаемой продукции стал х ч-= х 1 +--
100	100
У
У
а
100
У У У
за второй — х 1 ч---ч-----х 1 ч----
100
100
100
У
100
. По условию
1 у
имеем х 1 ч--
I 100 г
Ответ: ~ 41,4%.
= 2х, откуда у = (>/2 -1)-100 или у « 41,4%.
39 Группа Б
1201
13.317.	Один турист вышел в 6 ч, а второй — навстречу ему в 7 ч.
Они встретились в 8 ч и, не останавливаясь, продолжили путь. Сколько
времени затратил каждый из них на весь путь, если первый пришел в то
место, из которого вышел второй, на 28 мин позже, чем второй пришел
в то место, откуда вышел первый? Считается, что каждый шел без
остановок с постоянной скоростью.
Решение.
Пусть	V2 — скорости первого и второго туристов соответствен-
но, х — время, за которое второй турист проходит то расстояние, кото-
рое первый проходит за 2 часа. По условию, имеем систему
fxr2=120Fi,	И
|и2х+60И2 =120И| + Г,(х + 28). Из первого уравнения выражаем - и
подставляем во второе. Из полученного уравнения находим х = 72 (мин).
Тогда первый турист затратил на весь путь 120 + 72 + 28 = 220 (мин), а
второй —60 + 72 = 132 (мин).
Ответ: 3 ч. 40 мин и 2 ч 12 мин.
13.318.	На один продукт два раза была снижена цена, каждый раз на
15%. На другой продукт, имевший первоначально ту же цену, что и
первый, снизили цену один раз на х%. Каким должно быть число х,
чтобы после всех указанных снижений оба продукта снова имели одну и
ту же цену?
Решение.
Пустьг —первоначальная цена продукта. После первого снижения цена
стала z - 0,15г = O,85z,a после второго — 0,85? - 0,85 • 0,15z = 0,85 2 z. По
условию z - — z = 0,85 2 z, откуда х = (1 - 0,85 2 )• 100 = 27,75%.
100	v
Ответ: 27,75%.
13.319.	Сосуд вместимостью 8 л наполнен смесью кислорода и азо-
та, причем на долю кислорода приходится 16% вместимости сосуда. Из
этого сосуда выпускают некоторое количество смеси и впускают такое
же количество азота, после чего опять выпускают такое же, как и в
первый раз, количество смеси и опять добавляют столько же азота. В
новой смеси кислорода оказалось 9%. Какое количество смеси каждый
раз выпускалось из сосуда?
Решение.
8	32
Первоначально в сосуде содержалось 16-= — л кислорода. Выпу-
100 25
1202
16х 4х
щенные х л смеси содержат-----= —л кислорода. Теперь в сосуде на 8 л
100 25
смеси приходится--------л кислорода, что составляет (16 - 2х)%. Вторич-
25
но выпущенные х л смеси содержат (16 - 2х)	= (8 - х) — л кислоро-
100	50
п	32-4х (8-х)х	8	-о -1л
да. По условию,_______________ = 9___, откуда х, = 2, х2 = 14.
25	50	100 ’
Ответ: 2 л.
13.320.	Примеси составляют 20% от общего объема раствора. Како-
во наименьшее число фильтров, через которые нужно пропустить ра-
створ, чтобы окончательное содержание примесей не превышало 0,01%,
если каждый фильтр поглощает 80% примесей? (Известно, что 1g 2 ~ 0,30.)
Решение.
1
Примеси составляют — раствора. После первой фильтрации оста-
5
flf
нется -
<5 ,
примесей, а после А>ой фильтрации —
По усло-
x* + i
5
<10 4; - (к +1) 1g 5 < -4, откуда к > 4,7.
вию
Ответ: 5 фильтров.
13.321.	Сумма двух трехзначных чисел, написанных одинаковы-
ми цифрами, но в обратном порядке, равна 1252. Найти эти числа,
если сумма цифр каждого из них равна 14, а сумма квадратов цифр
равна 84.
Решение.
Пусть ЮОх + Юу + z — искомое число. По условию имеем систему
100х + 10у + z + 100z 4- 10у 4- х = 1252,
- X 4- У 4- Z— 14,
X2 4- у 2 4- Z 2 =84,
откуда х = 8, у = 2, z = 4.
Ответ: 824 и 428.
13.322.	Пчелы, перерабатывая цветочный нектар в мед, освобожда-
ют его от значительной части воды. Исследования показали, что нектар
1203
обычно содержит около 70% воды, а полученный из него мед содержит
только 17% воды. Сколько килограммов нектара приходится перерабаты-
вать пчелам для получения 1 кг меда?
Решение.
Пусть! кг меда получается из х кг нектара. После удаления воды из
нектара останется 300 г прочих веществ на каждый килограмм, а после
удаления воды из меда — 830 г на килограмм. Имеем 300 х = 830, откуда
х«2,77 (кг).
Ответ: х » 2,77 кг.
13.323.	Для изготовления пшеничного хлеба взято столько килограм-
мов муки, сколько процентов составляет припек на эту муку. Для изготов-
ления ржаного хлеба взято на 10 кг муки больше, т. е. столько килограм-
мов, сколько процентов составляет припек на ржаную муку. Сколько кило-
граммов взято той и другой муки, если всего выпечено 112,5 кг хлеба?
Решение.
Пусть х — масса муки для пшеничного хлеба, (% +1 о) — для ржаного.
х	х +10
По условию х + х-у^ + (х + 10)+	(х +10) = 112,5 откуда х = 35.
Ответ: 35 и 45 кг.
13.324.	Инженер в первую неделю отпуска израсходовал на несколько
рублей меньше, чем 3/5 количества взятых с собой денег; во вторую не-
делю 1/4 остатка и еще 30 руб.; в третью неделю 2/5 нового остатка и
еще 12 руб.; после чего осталось 6/35 от количества взятых денег. Изве-
стно также, что количество денег, оставшихся неизрасходованными к концу
первой, второй и третьей недель, убывало в арифметической прогрессии.
Сколько денег было израсходовано за три недели отпуска?
Решение.
Пусть S — сумма взятых денег. Заполним таблицу:
Период	Израсходовано,руб	Остаток, руб
первая неделя	X	S-x
вторая неделя	S-x 	+ 30 4	2<^-зо 4
третья неделя	2<3(5-x)_30Y 12 5\	4	)	— S 35
1204
По условию «
x< — S,
5
+	3(5-х) 3()
2	4
j(5~x)- - 30 - - f3(5~x) - 30^1 -12 = — 5,
4	51 4	)	35
откуда 5 = 1400 руб.
Тогда израсходовано 5 - — 5 = 1160 (руб).
35
Ответ: 1160 руб.
13.325.	Можно изготовить 9000 деталей на нескольких новых станках
одинаковой конструкции и одном станке старой конструкции, работающем
вдвое медленнее каждого из новых станков. Можно и этот старый станок
заменить новым станком той же конструкции, что и остальные. Тогда по
второму варианту на каждом станке изготовлялось бы на 200 деталей мень-
ше, чем на одном новом станке по первому варианту. Сколько всего было
станков?
Решение.
Пусть х деталей изготовляется на одном новом станке, — — на ста-
2
ром, п — количество станков. По условию имеем систему
(и— 1)х +1 = 9000,
9000	откуда п = 5.
-----= х — 200,
п
Ответ: 5.
13.326.	Из А в В через равные промежутки времени отправляются три
автомашины. Они прибывают в В одновременно, затем выезжают в пункт
С, находящийся на расстоянии 120 км от В. Первая машина прибывает
туда через час после второй. Третья машина, прибыв в С, сразу поворачи-
вает обратно и в 40 км от С встречает первую машину. Определить ско-
рость первой машины, считая, что по всей трассе скорость каждой маши-
ны машины была неизменной.
1205
Решение.
Пусть К, И3—скорости
автомашин. Сравним промежут-
ки времени (см. рис. 13.16), вы-
разив их через отношения пути к
скорости:
ЛР = —, МР = —, NP = — .
V2 Уз
По условию:
хх хх
Рис 13 16	------=--------, откуда
гис. 13.16	у г	у^
111	80 — -1	= —(1). Далее, DE-— и V\ V3 v2	Vx =	120	120 T/ T/ (2); DK =	; DF =	, откуда П n	yx	v2	80 + 40 DE =	, откуда Уз 120 120 	= 1 (3). Решив V\ Vi
систему уравнений (1), (2), (3), находим Vx = 30 км/ч.
Ответ: 30 км/ч.
13.327.	По трем сосудам распределено 24 л жидкости. Сначала из
первого сосуда перелили в два другие столько, сколько было в каждом
из них. Затем из второго перелили в два другие столько, сколько стало
в каждом из них после первого переливания. Наконец, из третьего
перелили в остальные столько, сколько стало в каждом из них после
второго переливания. В результате в каждом сосуде оказалось одина-
ковое количество жидкости. Сколько жидкости было в каждом сосуде
первоначально?
Решение.
Заполним таблицу:
Сосуд	Первоначально	После пер- вого пере- ливания	После вто- рого пере- ливания	После третьего пе- реливания
Первый	X	х-у -z	2(х - у - z)	4(x-y-z)
Второй	У	2у	Зу - х - z	бу - 2х - 2z
Третий		2z	4z	lz-y-x
1206
По условию имеем систему
х = 13, у = 7, z = 4.
Ответ: 13, 7 и 4 л.
х + у + z = 24,
 4(х - у - z) = бу - 2х - 2z, откуда
4(х - у - z) = lz - у - х,
13.328.	Бригада рыбаков планировала выловить в определенный срок
1800 ц рыбы. В течение 1/3 этого срока был шторм, вследствие чего
плановое задание ежедневно недовыполнялось на 20 ц. Однако в осталь-
ные дни бригаде удавалось ежедневно вылавливать на 20 ц больше днев-
ной нормы, и плановое задание было выполнено за один день до срока.
Сколько центнеров рыбы планировалось вылавливать ежедневно?
Решение.
Пусть х — срок по плану, у — количество центнеров в день по пла-
ху = 1800,
ну. По условию имеем систему
откуда у = 100.
Ответ: 100 ц.
+ 20)=1800,
13.329.	Двое рабочих были приняты на один и тот же срок выполнения
сезонной работы с разной оплатой каждому за один день труда. Первый
работал на а дней меньше срока и получил г руб., а второй проработал
на а дней больше срока и получила руб. Если бы первый работал столько
дней, сколько второй, а второй столько дней, сколько первый, то они
получили бы поровну. Определить установленный срок работы.
Решение.
г
Пусть х — срок работы. Тогда первый зарабатывал -руб. в
х-а
s
день, а второй-----. Допустим, s> г.
х + а
По условию имеем
5 (	.	a\Jr +
— (х - а\ откуда х =------
+ yls)
Ответ:----------дней, гдеs > г.
Js -Jr
13.330.	Два грузовых автомобиля должны были перевезти некото-
рый груз в течение 6 ч. Второй автомобиль задержался в гараже, и
1207
когда он прибыл на место погрузки, первый перевез уже 3/5 всего груза;
остальную часть груза перевез второй автомобиль, и весь груз был
перевезен таким образом за 12 ч. Сколько времени нужно было каждо-
му автомобилю в отдельности для перевозки груза?
Решение.
Весь объем работы примем за 1. Пусть х, у — масса груза, перевози-
мая каждой машиной за один рейс. По условию имеем систему
[ 1
------= 6,
1 1 1
э	откуда х = — ,У----илих = у =—. Тогда первая ма-
+	10	15	12 '
5х эу
шина перевезет весь груз за 10 ч, а вторая — за 15 ч или каждая за 12 ч.
Ответ: 10 и 15 ч или по 12 ч.
13.331.	Из металла определенной марки изготовлено несколько
шариков, равных по массе, для подшипников и несколько поршневых
колец, также равных по массе. Если бы число, выражающее массу
каждого шарика в граммах, было на 2 меньше числа сделанных колец,
а число, выражающее массу каждого кольца в граммах, на 2 больше
числа сделанных шариков, то число, выражающее их общую массу,
превышало бы удвоенную разность числа колец и шариков на 800, а
если бы число, выражающее массу каждого предмета в граммах, было
равно числу сделанных предметов того же рода, то общая их масса
равна была бы 881 г. Сколько было сделано шариков и колец?
Решение.
Пусть х — количество шариков, тх —масса одного шарика,у—коли-
чество колец, ту — масса одного кольца. По условию имеем систему
тх + 2 = у,
ту =х + 2,
' X тх + уту -800 = 2(у-хрткУдах = 25’>'=16илих = 1б’->' = 25'
х2 +у2 =881,
Ответ: 25 шариков и 16 колец или 16 шариков и 25 колец.
13.332.	Три мальчика А, Б и В условились, что при совместном
путешествии на катере каждый побывает в должности капитана, при-
чем величина времени пребывания каждого в этой должности будет
пропорциональна числу очков, которые он получит, участвуя в геогра-
фической викторине. В итоге Л получил на 3 очка больше, чемВ; Б кВ
вместе получили 15 очков. Число, выражающее 1/10 всего времени
путешествия (в часах), на 25 больше числа очков, полученных мальчи-
1208
ками. Сколько времени были капитанами А и В, если Б исполнял эту
обязанность 160 ч?
Решение.
Пусть х, 18 - х, х - 3 очков получили мальчики А, Б и В соответ-
ственно, к — коэффициент пропорциональности. По условию имеем
систему
— &(х 4-18 - х 4- х - 3)= х +18 - х 4- х - 3 + 25,
' 10 z
к • (18- х)= 160,
откуда х = 10, к = 20. Тогда кх = 200, к{х - 3)= 140.
Ответ: 200 и 140 ч.
13.333.	Мяч падает с высоты 2 м 43 см и, ударяясь о землю, отскаки-
вает вновь, поднимаясь всякий раз на 2/3 высоты, с которой он в очеред-
ной раз падает. После скольких ударов мяч поднимется на высоту 32 см?
Решение.
Числа, выражающие высоту поднятия мяча, составляют геометричес-
кую прогрессию с Ьх =243q и q- — . По условию qn = 32 = bxqn *,
3
откуда п = 5.
Ответ: после 5 ударов.
13.334.	В ателье поступило по одному куску черной, зеленой и
синей ткани. Хотя зеленой ткани было на 9 м меньше, чем черной, и
на 6 м больше, чем синей, стоимость кусков была одинаковой. Изве-
стно также, что стоимость 4,5 м черной ткани равна стоимости 3 м
зеленой и 0,5 м синей вместе. Сколько метров ткани было в каждом
куске?
Решение.
Пусть х, х 4- 6, х 4-15 — длина синего, зеленого и черного куска
ткани, а, Р, У —стоимости одного метра синей, зеленой и черной тка-
ни соответственно. По условию имеем систему
ах = р(х 4- б\
< ах-у(х4-15), ОТКуДах = зо.
4,5у = Зр 4- 0,5у,
. Ответ: 45, 36 и 30 м.
13.335.	Если двузначное число разделить на произведение его цифр,
то в частном получится 3 и в остатке 8. Если число, составленное из тех
же цифр, но записанных в обратном порядке, разделить на произведе-
ние цифр, то в частном получится 2, а в остатке 5. Найти это число.
1209
Решение.
Пусть 10х + у — искомое число. По условию имеем систему
flOx + y = 3ху + 8,
11Л о откудах = 5,у = 3.
[10у 4-х = 2ху 4-5,
Ответ: 53.
13.336.	Уголь, привезенный на склад, предназначен для двух заво-
дов. На первый завод начали доставлять уголь с 1-го июня по т т ежед-
невно, не исключая воскресений, на второй завод — с 8-го июня по п т
ежедневно, не исключая воскресений. К концу дня 16-го июня на складе
осталась половина первоначального количества угля. Какого числа был
вывезен со склада весь уголь, если оба завода получили угля поровну?
Решение.
Массу всего угля примем за 1. Пусть z — количество дней, необхо-
димых для доставки половины всего угля на два завода одновременно.
По условию имеем систему -
(8- 1)т 4- (16 - 84- l/л 4- т)= —,
2
z(n + т)= — ,
2
(16 4-z)w = (16-84- 14-г)л,
откуда z = 12, а весь уголь был перевезен к 16 + 12 = 28 июня.
Ответ: 28 июня.
13.337.	На предприятие, где изготовляют растворимый кофе, в пос-
ледних числах мая привезли партию зерен кофе для переработки. Один
механизм, перемалывающий зерна, был приведен в действие в поне-
дельник 1-го июня и перемалывал ежедневно по т кг. С 6-го июня к
выполнению этой работы подключили второй механизм, который пере-
малывал ежедневно пол кг. К концу рабочего дня 10-го июня осталась
не перемолотой только половина первоначального количества зерен.
Когда была закончена переработка всей партии зерен, если известно,
что оба механизма перемололи поровну и, кроме воскресений, других
перерывов в работе не имели?
Решение.
Массу всей партии зерен примем за 1. Пусть z — количество дней,
необходимых для перемалывания половины всех зерен двумя механиз-
мами одновременно. По условию имеем систему
1210
(б - 1)т + (10 - бХ« + т) = — ,
1	2
« z(n + ди) = —,	откуда z = 6, а все зерна были
(10 -1 + z)m = (10 - 6 + z)n,
перемолоты за 10 - 1 + 6 = 15 рабочих дней, или к 10 + 1 + 6 = 17 июня.
Ответ: через 15 рабочих дней, или 17 июня.
13.338.	Запись шестизначного числа начинается цифрой 2. Если эту
цифру перенести с первого места на последнее, сохранив порядок ос-
тальных пяти цифр, то вновь полученное число будет втрое больше
первоначального. Найти первоначальное число.
Решение.
Первоначальное шестизначное число имеет вид 2 105 + х. После
перенесения цифры 2 на последнее место, получим число 10х + 2. По
условию Юх + 2 = з(2 • 105 + х) откуда х = 85714.
Ответ: 285714.
13.339.	Нужно было взять несколько литров жидкости при темпера-
туре а°и другое количество литров той же жидкости при температуре
Ь° чтобы получить температуру смеси с °. Однако второй жидкости
было взято столько, сколько предполагалось взять первой, и наоборот.
Какая температура смеси получилась?
Решение.
Пусть т^т* — объем взятой жидкости при температуре а° и Ь° соот-
ветственно, х — температура полученной смеси. По условию, имеем
{та (а-с)+ть (/>-с)=0,	_
систему <!	, ч	ч откудах = а + b - с.
[ш/, \а-х)+та (А-х)=0,
Ответ: а + Ь-с.
13.340.	Известно, что разность переменных величин z и у пропорци-
ональна величинех, а разность величиях hz пропорциональна величи-
неу. Коэффициент пропорциональности один и тот же и равен целому
положительному числу к. Некоторое значение величины z в 5/3 раза
больше разности соответствующих значений х и у. Найти числовое
значение коэффициента к.
1211
Решение.
z-y = kx,
По условию имеем систему < х - z = ку,
Из первых двух уравнений выражаем — и — через к, затем подставля-
z Z
X у	,	_
ем полученные выражения — и — в третье уравнение и находим к = 3.
Z Z
Ответ: 3.
13.341.	Трое рабочих участвовали в соревновании. Первый и третий
из них произвели продукции в два раза больше, чем второй, а второй и
третий — в три раза больше, чем первый. Какое место занял каждый ра-
бочий в соревновании?
Решение.
Пусть Xj, х2, х3 — объем произведенной продукции первым, вторым и
третьим рабочим соответственно. По условию имеем систему
(Х| + х3 = 2х2 ,
[х2 +х3 = 3х„ отк>'да хз:%2 :%1 =5:4:3.
Ответ: на первом месте — третий, на втором — второй, на третьем —
первый. Количества выработанной ими продукции относятся как 5:4:3.
13.342.	Расстояние между станциями А и В равно 360 км. В одно и то
же время из А и из В навстречу друг другу выходят два поезда. Поезд,
вышедший из А , прибывает на станцию В не ранее чем через 5 ч. Если бы
его скорость была в 1,5 раза больше, чем на самом деле, то он встретил бы
второй поезд раньше, чем через 2 ч после своего выхода из А . Скорость
какого поезда больше?
Решение.
Пусть VA, Vg — скорости поездов, вышедших из Л и В соответствен-
но. По условию имеем систему
А 5
-	360
|^+и8
откуда VA < 72 (км/ч)
з
и Vs > 180- — VA. При максимальной скорости VA = 72 км/ч имеем
VB “ va > °’ откуда VB>VA.
Ответ: вышедшего из В.
1212
13.343.	Есть предположение, что выражение
(х + а\х + 2«Хх + 3«Хх + 4а)+ а 4
является квадратом трехчлена вида х 2 + рх + qa2. Как можно прове-
рить это утверждение и найти коэффициенты/; nq?
Решение.
Чтобы проверить данное утверждение, приравняем выражения:
(х + а\х + 2а\х + ЗаХх + 4а)+а 4 = (х 2 + рх + qa2 ) ;
раскроем скобки
х4 +10ах3 + 35а2х2 + 50а3х+25а4 = х4 + 2рх3 + ^.qa2 + р2)х2 +
+ 2pqa x + q а ;
проверяем, совпадают ли коэффициенты при х4, х3, х2,х и равны ли
свободные члены 25а4 и q2 а 4. Если утверждение верно, то 10а = 2р,
откуда/; = 5а, и 35а 2 = 2qa 2 + р 2 , откуда# = 5. Далее убеждаемся, что
при найденных значениях/; и q верно 50а3 =2pqa 2 и 25а 4 = q 2 а 4 .
Ответ: р = 5а; # = 5.
13.344.	Модули двух сил, действующих на материальную точку под
прямым углом, и модуль их равнодействующей составляют арифметичес-
кую прогрессию. Определить, в каком отношении находятся модули сил.
Решение.
По условию а 2 +(a + d)2 = (a + 2d)2, т.е. 3d2 + 2ad-a2 =0. Пусть
d = ак (к> 0); тогда За2 к2 +1а2 к-а2 =0, откуда Зк2 + 2£-1 = 0.
1
Г одится лишь корень к--.
3
Находим искомые отношения:
a + d d 4 a + 2d 2d 5
------= 1 + — = -;----= 1 + — = -.
a a 3 a a 3
Ответ: 3:4:5.
13.345.	Предполагая, что стрелки часов движутся без скачков, ус-
тановить, через сколько минут после того, как часы показывали 8 ч,
минутная стрелка догонит часовую.
Решение.
Пусть t — время, за которое минутная стрелка догонит часовую. Ско-
1213
1
рость минутной стрелки примем за 1, тогда скорость часовой-.По
12
1	,	480
условию — / + 40 = 1 • t, откуда t =-(мин).
12	И
7
Ответ: через 43 — мин.
И
13.346.	Объем вещества А составляет половину суммы объемов ве-
ществ В и С, а объем вещества В составляет 1/5 часть суммы объемов
веществ А и С. Найти отношение объема вещества С к сумме объемов
веществ А и В.
Решение.
По условию, 2V А = VB +VC и 5VB = VA + VC. Пусть VA =xVc
[2x - у = 1,	2	1
и V B =yVc. Тогда получаем систему	откуда* = —, у = ~-
х + 5 у = 1,	3	3
Vc 1
Следовательно,---------=----= 1.
И j + Ид х + у
Ответ: 1.
13.347.	Найти два числа по следующим условиям: сумма их равна
1244; если в конце обозначения первого числа приписать цифру 3, а в
конце обозначения второго числа отбросить цифру 2, то получатся два
равных числа.
Решение.
Пусть х, у — искомые числа. По условию имеем систему
х + .у = 1244,
.	.У-2
10х + 3 =---,
10
откуда х = 12, у = 1232.
Ответ: 12 и 1232.
13.348.	От станции А по направлению к станции В отошел пасса-
жирский поезд (рис. 13.17). Через а ч от станции В по направлению к
станции Л отошел поезд «Стрела». Поезда встретились на станции С.
cV2	Щ
Рис. 13.17
1214
После встречи пассажирский поезд шел b ч, поезд «Стрела» шел с ч.
Сколько времени потребовалось каждому из этих поездов на весь путь
между станциями Л и В? Предполагается, что скорость поездов посто-
янная на всем пути.
Решение.
Пусть Ир И2—скорости поезда и «Стрелы» соответственно. По усло-
cV2 -aV\ Hj	И2 а + у/а2 + 4bc
вию-----------= b —, откуда-----=-------------. Тогда поезд дви-
Kj	И2	К, 2с
гался от станции Л кВ а +
yla2 + 4Ьс
2
(ч),а«Стре-
И1 a yla2 +4Ьс
ла» двигалась от станции В к А — с+ Ь — = с — +--------(ч).
И2 2	2
a + 2b + y/a2 +4Ьс	2с-а + у1а2 +4Ьс
Ответ:-------------------и------------------ч.
2	2
13.349.	От почты Л до поселка В надо пройти 9 км. Почтальон
проходит весь путь туда и обратно, не задерживаясь в поселке, за 3 ч 41
мин. Дорога из Ав В идет сначала в гору, потом по ровному месту и
затем под гору. На каком протяжении дорога тянется по ровному мес-
ту, если в гору почтальон идет со скоростью 4 км/ч, по ровному месту 5
км/ч, а под гору 6 км/ч?
Решение.
Пусть х, у, z — длина дороги в гору, по ровному месту и под гору
соответственно. По условию имеем систему
х	У	z	z	У
4	5	6	4	5
х + у + z = 9,
х 41
Т = или
6	60
25х+ 24^ + 25? = 221,
25х + 25jp + 25z = 225,
откуда у = 4 (км).
Ответ: 4 км.
13.350.	Два автомобилиста встретились на полпути между города-
ми Л нВ. При встрече выяснилось, что первый из Л выехал раньше, чем
второй из В, на столько часов, сколько составит половина того времени
(также в часах), которое прошло бы до их встречи при одновременном
выезде из тех же пунктов, по той же дороге, с теми же скоростями,
постоянными на всем пути. Во сколько раз второй автомобилист ехал
быстрее первого?
1215
Решение.
Пусть Кр У2 —скорости автомобилей из городов Л нВ соответственно,
х—расстояние между городами?! нВ. Тогда автомобилист из Л выехал на
х	xKi
7 (ч) раньше, чем автомобилист изВ и проехал-(км).
i+Hj	2(И,+И2)
х xVt
2 2(И,+Г2)	2	1 + 75
Но условию,------------=----, откуда----=-----
И V2	V} 2
1 + V5
Ответ: в —~— раз.
13.351.	Дорога от почты Л до поселка В идет сначала в гору на
протяжении 2 км, потом по ровному месту 4 км и затем под гору 3 км.
Почтальон проходит от Л до В за 2 ч 16 мин, а обратно — за 2 ч 24 мин.
Если бы конечный пункт его пути был расположен по той же дороге, но
вдвое ближе к А, то на весь путь туда и обратно почтальону было бы
достаточно 2 ч 19 мин. Сколько километров в час проходит почтальон,
когда он идет: а) в гору; б) по ровному месту; в) под гору?
Решение.
Пусть Кр V2, V3 — скорости почтальона на участке в гору, по ровно-
му месту, под гору соответственно. По условию имеем систему
2V
+ 4К2
+ ЗИ3
3V
+ 2И3
2V
+ 4И2
(2+4+3
+--------2
2
16
= 2 — ,
60
24
= 2 — ,
60
(2 + 4 + 3	\	19
----------2 Г2 + 2И3 = 2 —
I 2	J	60,
откуда К] = 3 (км/ч), V2 = 4 (км/ч), К3 = 5 (км/ч).
Ответ: а) 3 км/ч; б) 4 км/ч; в) 5 км/ч.
13.352.	Навстречу движущемуся трамваю шла девушка — знако-
мая юноши, сидевшего у окна трамвая. Через 8 с после того, как она
поравнялась с окном, юноша вышел из трамвая и пошел следом за ней.
Сколько прошло времени с этого момента до того, как он догнал де-
вушку? Скорость юноши в два раза больше скорости девушки и в пять
раз меньше скорости трамвая.
Решение.
Пусть х, 2х, 10х— скорости девушки, юноши, трамвая соответ-
1216
ственно. По условию 8 • х + 8 • 1 Ох +1 • х = t • 2х, где t — искомое время. Ре-
шив уравнение, находим t - 88 (с).
Ответ: 88 с.
13.353.	При умножении двух положительных чисел, из которых одно
на 75 больше другого, по ошибке получилось произведение на 1000 мень-
ше истинного. Вследствие этого, деля (при проверке) ошибочное произ-
ведение на меньший из множителей, получили в частном 227 и в остатке
113. Найти оба числа.
Решение.
Пусть х, у — искомые числа, z — ошибочное произведение чисел х и у.
х-у = 75,
По условию имеем систему <xy = z + 1000 ,
откуда х = 234,>> = 159.
z-221y + 113,
Ответ: 159 и 234.
13.354.	При умножении двух чисел, из которых одно на 10 больше
другого, ученик допустил ошибку, уменьшив цифру десятков произведе-
ния на 4. При делении полученного произведения на меньший множитель
для проверки ответа он получил в частном 39, а в остатке 22. Найти мно-
жители.
Решение.
Пусть х,у — множители, z — ошибочное произведение чисел х и у.
х-у = 10,
По условию имеем систему J ху = z + 40, откуда х = 41, у = 31.
z = 39^ + 22,
Ответ: 31 и 41.
13.355.	Автомобиль, пройдя путь от А до В, равный 300 км, повернул
назад и через 1 ч 12 мин после выхода из В увеличил скорость на 16 км/ч. В
результате на обратный путь он затратил на 48 мин меньше, чем на путь
от А до В. Найти первоначальную скорость автомобиля.
Решение.
Пусть V — первоначальная скорость автомобиля. По условию имеем
(	12
300	112 ( 300-1 6ОК _48
V 60+ К + 16	"60’
откуда V = 60 (км/ч).
Ответ: 60 км/ч.
1217
13.356.	Расстояние между пунктами Л нВ равно 308 м. Из пунктаЛ
по направлению кВ движется точка, которая в первую секунду прохо-
дит 15 м, а в каждую следующую секунду на 1 м меньше. Из пункта В в
противоположном направлении движется точка, которая в первую се-
кунду проходит 20 м, а в каждую следующую на 3 м больше. На каком
расстоянии от пункта Л произойдет встреча, если точка, вышедшая из
пункта В, начала двигаться на 3 с позже точки, вышедшей из пункта Л ?
Решение.
Найдем законы движения точек.
Для точки из Л:
«1 I2
15 = 1- Vx---------,
2 откуда
а 1 '2
15 + 14 = 2^----------,
Г, = 15,5 (м/с),
Л] = 1 (м/с2), и закон ее движения— В
2 (2
= 15,5г------
2
а2
Для точки из В:
«1 I2
20 = 1К2 +-------,
2
Л О 2
а 1 *2
20 + 23 = 2К2 +----
откуда
У2 = 18,5 (м/с),
I	2
Зг2
= 3 (м/с2), и закон ее движения — SB = 18,5г +	.
Точка из Л за 3 с пройдет 15,5 - 3-= 42 (м) и скорость ее станет
2
t2	3t2
V = V. - За = 12,5 (м/с). По условию, 42 + 12,5г-+18,5/ +-= 308,
2	2
откуда I = 7 (с).
72
Тогда точки встретятся на расстоянии 42 + 12,5-7-= 105 (м) от
2
пункта Л.
Ответ: 105 м.
13.357.	Велосипедист проехал 96 км на 2 ч быстрее, чем предпола-
гал. При этом за каждый час он проезжал на 1 км больше, чем предпо-
лагал проезжать за 1 ч 15 мин. С какой скоростью он ехал?
1218
Решение.
„ rz	-	1-И-1
Пусть V — скорость, с которой ехал велосипедист, ———— ско-
1 —
60
рость, с которой велосипедист предполагал ехать. По условию
96 п 96
— + 2 =	> откуда V = 16 (км/ч).
1-
4
Ответ: 16 км/ч.
13.358.	Найти шестизначное число, начинающееся с цифры 1 и такое,
что если переставить эту цифру в конец , то получится число, в три раза
больше искомого.
Решение.
Первоначальное шестизначное число имеет вид 1 • 105 + х. После пе-
ренесения цифры 1 на последнее место получим число 10х + 1. По усло-
вию, 10x4-1 = 3(ЫО5 + х), откуда х = 42857.
Ответ: 142857.
13.359.	Найти два двузначных числа, обладающих следующим свой-
ством: если к большему искомому числу приписать справа нуль и за ним
меньшее число, а к меньшему числу приписать справа большее число и
затем нуль, то из полученных таким образом двух пятизначных чисел пер-
вое, будучи разделено на второе, дает в частном 2 и в остатке 590. Кроме
того, известно, что сумма, составленная из удвоенного большего иско-
мого числа и утроенного меньшего, равна 72.
Решение.
Пусть х, у — искомые числа. По условию имеем систему
J1 ОООх + у = 2(1 ОООу +1 Ох) + 590,
12л + 3? = 72,	откуда х = 21,у = 10.
Ответ: 21 и 10.
13.	360. Велосипедист отправляется из А в В . Расстояние от Л до Л
равно 60 км; скорость велосипедиста постоянна. Не задерживаясь в В ,
он едет обратно с той же скоростью, но через час после выезда из В
делает остановку на 20 мин. После этого он продолжает путь, увеличив
1219
скорость на 4 км/ч. В каких границах заключена скорость V велосипедис-
та, если известно, что на обратный путь от В до Л он потратил времени не
более, чем на путь от А до В 1
Решение.
Пусть V—скорость велосипедиста.
По условию, — > 1 + — + ——11L, откуда 0 < И < 20 (км/ч).
V 60 Г + 4
Ответ: 0 < V < 20 км/ч.
13.361.	Красный карандаш сто-
ит 27 коп., синий — 23 коп. На по-
купку карандашей можно затратить
не более 9 руб. 40 коп. Необходимо
закупить максимально возможное
суммарное количество красных и си-
них карандашей. При этом красных
карандашей нужно закупить как
можно меньше, но число синих ка-
рандашей не должно отличаться от
числа красных карандашей более,
чем на 10. Сколько красных и сколь-
ко синих карандашей следует заку-
пить при указанных условиях?
Решение.
Пусть было куплено х красных и у синих карандашей. По условию,
27х + 23у<940 и у-х < 10. Построим прямые 27х + 23у = 940 (1) и
у-х = 10 (2). Из рис. 13.18 видно, что эти прямые пересекаются в точке И,
координаты которой удовлетворяют уравнениям (1) и (2), и при этом
достигается максимально возможная сумма х + у. Решив систему (1), (2)
и учитывая, что числа х и у — натуральные, получаем х = 14, у = 24.
Ответ: 14 красных и 24 синих.
13.362.	Некоторый сплав состоит из двух металлов, входящих в отно-
шении 1:2, а другой содержит те же металлы в отношении 2:3. Сколько
частей каждого сплава нужно взять, чтобы получить третий сплав, содер-
жащий те же металлы в отношении 17:27?
Решение.
Пусть взято х частей первого металла и у частей второго. Тогда
1	2 ’ 17	.	у 35
-х + -у = —(х + у), откуда —•
3	5	44	х 9
Ответ: 9 и 35 частей.
1220
13.363.	Некоторый сплав содержит металлы Л и В в отношении т:п,
другой — те же металлы в отношении/?, q. Какие количества первого и
второго сплавов нужно взять, чтобы получить 1 кг третьего сплава с
равным содержанием металлов Л и В?
Решение.
т
Пусть х — масса первого сплава, в котором --х металла Л и
п + т
—-—х металла В; (1-х)— масса второго сплава, в котором
п + т
Р	q
-----(1 - х) металла Л и---(1 - х) металла В.
p+q	P+q
„	п	Р (л \ П	q h \
По условию------х +-----(1 - х) =----х +----(1 - х j, откуда
п + т	p + q	п+т p + q
1	тр - nq
Х- — + —--------.
2	2\пр - mq)
1	mp-nq 1 mp-nq
Ответ: — + —---------;------------ •
2	2\рр — mq) 2 2\пр - mq)
13.364.	Основание степени увеличили в к раз, а показатель степени
уменьшили во столько же раз, в результате чего сама степень не измени-
лась. Найти основание степени, обладающей таким свойством.
Решение.
Пусть х, у — основание и показатель степени. По условию,
у	1
(Ах)* =ху или (кх}~^ =х, откуда
Ответ: к ~ \[к.
13.365.	Два судна движутся
прямолинейно и равномерно в
один и тот же порт. В начальный
момент времени положения судов
и порта образуют равносторон-
ний треугольник, а после того как
второе судно прошло 80 км —
прямоугольный треугольник. В
момент прибытия первого судна
Рис. 13.19
1221
в порт второму остается пройти 120 км. Найти расстояние между судами в
начальный момент времени.
Решение.
Пусть х — расстояние между судами в начальный момент времени
(рис. 13.19); И], И2 — скорости движения первого и второго судов соот-
ветственно. По условию имеем систему
х-80
*2 _ 80
И ’ ’
х-80
2	х-80-120
. И и2
тл	И
Из каждого уравнения выражаем —, приравниваем полученные вы-
V2
ражения и находим х = 240 (км).
Ответ: 240 км.
13.366.	На реке, скорость течения которой 5 км/ч, в направлении ее
течения расположены пристани А, В и С, причем В находится посередине
между А и С. От пристани В одновременно отходят плот, который движет-
ся по течению к пристани С, и катер, который идет к пристани А, причем
скорость катера в стоячей воде равна V км/ч. Дойдя до пристани А, катер
разворачивается и движется по направлению к пристани С . Найти все те
значения о, при которых катер приходит в С позже, чем плот.
Решение.
Пусть х — половина расстояния между А и С.
х 2 х х
По условию ——- + ——- > —, откуда 5 < V < 15 (км/ч).
Ответ: 5 < V < 15 км/ч.
13.367.	Несколько студентов решили купить магнитофон ценой от 170
до 195 долларов. Однако в последний момент двое отказались участво-
вать в покупке, поэтому каждому из оставшихся пришлось внести на
1 доллар больше. Сколько стоил магнитофон?
Решение.
Пусть х — сумма, которую первоночально должен был внести каж-
дый студент; у — количество студентов. По условию
1222
2х = у-2,
< ху > 170,
ху <195,
.у --1 >170,
<2 )
у(--11 < 195.
<2	)
Решая неравенства, находим у = 20, тогда х = ——1 = 9(долларов), и
стоимость магнитофона ху = 180 долларов.
Ответ: 180 долларов.
13.368.	Для перевозки груза из одного места в другое было затребова-
но некоторое количество грузовиков одинаковой вместимости. Ввиду не-
исправности дороги на каждую машину пришлось грузить на 0,5 т меньше,
чем предполагалось, поэтому дополнительно были затребованы 4 такие же
машины. Масса перевезенного груза была не менее 55 т, но не превосходи-
ла 64 т. Сколько тонн груза было перевезено на каждом грузовике?
Решение.
Пусть масса перевезенного груза составляет х т, а число машин
(X 1	о
равно п. По условию х =--------(л+ 4) или п + 4л-8х = 0, откуда
1л 2 )
п = 2(-1 + >/1 + 2х) (л — натуральное). В промежутке 55 < х < 64 под-
ходит только х = 60. Тогда л = 2 (-1 +11) = 20. Итак, было 24 машины, на
каждую из которых грузили по
Ответ: 2,5 т.
13.369.	Около дома посажены
липы и березы, причем их общее ко-
личество более 14. Если количество
лип увеличить вдвое, а количество бе-
рез на 18, то берез станет больше, чем
лип. Если же количество берез уве-
личить вдвое, не изменяя количества
лип, то лип теперь будет больше, чем
берез. Сколько лип и сколько берез
было посажено?
1223
Решение.
Пусть х,у — количество лип и берез соответственно. По условию,
х + у >14,
имеем систему неравенств s у + 18 > 2х,
х > 2у.
Построим прямые х + у = 14 (1),+ 18 =	(2)> х = 2у (3) Из рис
13.20 видно, что точка (11;5) — единственная точка с натуральными
координатами, которая лежит внутри треугольникаЛБС, т.е. удовлет-
воряет нашей системе неравенств.
Ответ: 11 лип и 5 берез.
13.370.	Школьник переклеивает все свои марки в новый альбом.
Если он наклеит по 20 марок на один лист, то ему не хватит альбома, а
если по 23 марки на лист, то по крайней мере один лист останется
пустым. Если же школьнику подарить еще такой же альбом, на каждом
листе которого наклеено по 21 марке, то всего у него станет 500 марок.
Сколько листов в альбоме?
Решение.
Пустьх —количество листов в альбоме,у — количество марок у школь-
20х < у,
ника. По условию имеем систему ' 23х > у, откуда находим
500	500	[21х + у = 500,
---< х <--.
44	41
Ответ: 12.
13.371.	Сооружается участок железнодорожной насыпи длиной 100
м, поперечным сечением которого является равнобедренная трапеция с
нижним основанием 5 м, верхним основанием, не меньшим 2 м, и углом
откоса 45°. Какую высоту h должна иметь эта насыпь, чтобы объем
земляных работ составил не менее 400 м3 но не более 500 м3?
Рис. 13.21
1224
Решение.
Из рис. 13.21 имеем х = -—-; h = xtg45° =-. Площадь трапе-
2	2
а+b а2 — Ь2
ции ABCD S =----h =------.
2	4
а2 -b2	г
По условию 400 <------100 < 500, откуда V5 < Ъ < 3 (м). Тогда
4
а-3	a-Js	5-Js
----<h<-------(м) или 1 < h <--(м).
2	2	2
5-75
Ответ: \ <h<-----м.
2
Содержание
Решения к главе 2. Тождественные преобразования
алгебраических выражений ......................... 3
Решения к главе 3. Тождественные преобразования
тригонометрических выражений.................... 131
Решения к главе 4. Прогрессии..................... 289
Решения к главе 6. Алгебраические уравнения....... 312
Решения к главе 7. Логарифмы. Показательные
и логарифмические уравнения .................... 398
Решения к главе 8. Тригонометрические уравнения.... 468
Решения к главе 9. Неравенства.................... 629
Решения к главе 10. Задачи по планиметрии ......   705
Решения к главе 11. Задачи по стереометрии ....... 817
Решения к главе 12. Задачи по геометрии с применением
тригонометрии.................................. 89'1
Решения к главе 13. Применение уравнений к решению
задач.......................................... 1153
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
Карпук Андрей Андреевич — профессор кафедры высшей
математики Белорусского государственного университета
информации и радиоэлектроники
Жевняк Ростислав Михайлович — профессор кафедры выс-
шей математики Белорусского государственного университета
информации и радиоэлектроники
Ермолицкий Александр Александрович — кандидат физико-
математических наук
Учебное издание
ПОЛНЫЙ
СБОРНИК РЕШЕНИЙ ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
для поступающих в вузы
Группа Б
Под редакцией М. И. Сканави
Подписано в печать с готовых диапозитивов заказчика 18.10.2011.
Формат 60х90'/,6. Гарнитура «Таймс». Печать офсетная. Бумага газетная.
Усл. печ. л. 77,00. Доп. тираж 3000 экз. Заказ 1048.
Общероссийский классификатор продукции
ОК-005-93, том 2; 953005 — учебная литература
ООО «Издательство «Мир и Образование».
115193, Москва, ул. 5-я Кожуховская, д. 13, стр. 1.
Тел./факс: (495) 742-43-51, 742-43-54.
E-mail: mir-obrazovanie@onyx.ru
ООО «Издательство Астрель».
129085, Москва, пр-д Ольминского, д. За.
Издание осуществлено при техническом содействии
ООО «Издательство АСТ».
Издано при участии ООО «Харвест». ЛИ № 02330/0494377 от 16.03.2009.
Республика Беларусь, 220013, Минск, ул. Кульман, д. 1, корп. 3, эт. 4, к. 42.
E-mail редакции: harvest@anitex.by
ОАО «Полиграфкомбинат им. Я. Коласа».
ЛП № 02330/0150496 от 11.03.2009.
Республика Беларусь, 220600, Минск, ул. Красная, 23.