МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
ПО МАТЕМАТИКЕ
для поступающих в вузы
Москва
Физматкнига
2006
ББК 22.10
Ш 12
УДК 517
III 12 Методическое пособие по математике для поступающих в вузы / Под ред.
Шабунина М. И. — М.: Физматкнига, 2006. - 272 с. ISBN 5-89155-144-6
В методическое пособие включены задачи по математике, предлагавшиеся абитуриентам
на вступительных экзаменах в Московском физико-техническом институте с 1991 по 2004 год.
Для систематизации знаний и удобства задачи структурированы по тематическим разделам.
Для школьников старших классов и преподавателей, абитуриентов, а также студентов
технических вузов, техникумов, студентов младших курсов вузов и лиц, занимающихся само-
образованием.
Авторы задач: профессора Шабунин М. И., Сидоров Ю. В., доценты Агаханов Н. X, Ба-
лашов М. В., Коновалов С. П., Константинов Р. В.. Самарова С. С., Трушин В. Б., Чехлов В. И.
Решения задач представлены Самаровой С. С. (1991-1992 г. г.), Агахановым Н. X.
(1993-1995 г. г.), Шабуниным М. И. (1996-2004 г. г.)
© Коллектив авторов, 2006
© «Физматкнига», 2006
1. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ,
СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.1.	Решить систему уравнений
6xz + Зх — 2z — 2,
. ху + zy = 2(z — х + 1),
zy — 6xz + у = Зх + 3.
(Билет 1, 1991)
1.2.	Решить систему уравнений
(4х + y)(z + 1) + 4z = О,
 ХУ + У ~ х = — 1,
ху — zy + 2z = 1 + х.
(Билет 2, 1991)
1.3.	Решить систему уравнений
3xz + 1 = 4х + 3z,
. 4ху — 3xz = 4у — 3z + 9,
ху — zy — х + 3 — 2z.
(Билет 3, 1991)
1.4.	Решить систему уравнений
(x + 2y)(3z+ 1) = 11 + 8у,
. ху — zy + 3 = 2х + z,
ху — 2х = у — 1.
J	(Билет 4, 1991)
1.5.	Решить систему уравнений
х2 + ху - 2у2 + 8х + 10у + 12 = 0,
х2 + Зху + 2у2 — х + у—6 = 0.
(Билет 9, 1996)
1.6.	Решить систему уравнений
8х2 — 2ху — у2 — ЗОх — 9у — 8 = О,
8х2 + бху + у2 — 2у — 8 = 0.
(Билет 10, 1996)
1.7.	Решить систему уравнений
2х2 - ху - у2 - 10х — 8у — 12 = О,
2х2 + Зху +у2 + х — у — 6 = 0.
(Билет И, 1996)
4 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.8.	Решить систему уравнений
х2 + 2ху — 8у2 + 9х + ЗОу + 8 = 0,
х2 + бху + 8у2 — 2х — 8 = 0.
(Билет 12, 1996)
1.9.	Решить неравенство
13-Зх + Vx2-х-6
-------;---------> 1.
5 — х
(Билет 5, 1997)
1.10.	Решить неравенство
7-Зх + Vx2 + 3x-4
-------—з--------<“1-
(Билет 6, 1997)
1.11.	Решить неравенство
13-6х + V4x2-2х —6 ,
-------5=2х------>L
(Билет 7, 1997)
1.12.	Решить неравенство
26 —Зх+Vx2 — 2х —24
-------ЛЛо-------<-L
(Билет 8, 1997)
1.13.	Найти все действительные корни уравнения
| х — Vx — 31 + | Vx + 7 — х | =6.
(Билет 9, 1997)
1.14.	Найти все действительные корни уравнения
| 2уГх + 1 — х | + | х — 2Vx + 21 =7.
(Билет ю, 1997)
1.15.	Найти все действительные корни уравнения
| х — Vx — 2| + | Vx + 6 — х| =8.
(Билет 11, 1997)
1.16.	Найти все действительные корни уравнения
13Vx + 2 — х | + | х — 3Vx + 31 =9.
(Билет 12, 1997)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
5
1.17.	Решить неравенство
V2x2 - 7х - 4 > -х-7.
4
(Билет 1, 1998)
1.18.	Решить неравенство
V3x2 - 8х - 3 >
(Билет 2, 1998)
1.19.	Решить неравенство
V2x2 + 7х — 4 > х — i
4
(Билет 3, 1998)
1.20.	Решить неравенство
V3x2 + 8х - 3 >
(Билет 4, 1998)
1.21.	Найти все пары целых чисел х, у, при которых является
верным равенство
х3 — 6х2 — ху + 13х + Зу + 7 = 0.
(Билет 1, 1998)
1.22.	Найти все пары целых чисел х, у, при которых является
верным равенство
х3 — ху — 7х + 2у + 23 — 0.
(Билет 2, 1998)
1.23.	Найти все пары целых чисел х, у, при которых является
верным равенство
х3 — х2 — ху — 17х — Зу + 8 - 0.
(Билет 3, 1998)
1.24.	Найти все пары целых чисел х, у, при которых является
верным равенство
х3 — Зх2 — ху — 8х — 2у + 27 = 0.
(Билет 4, 1998)
1.25.	Найти действительные решения системы уравнений
(х2 — 4х — 2у — 1 = 0,
| у2 — 2х + бу + 14 = 0.
(Билет 1, 1999)
6 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.26.	Найти действительные решения системы уравнений
[ х2 — 4х + 4у + 27 = О,
|у2 + 2х + 8у + 10 = О.
(Билет 2, 1999)
1.27.	Найти действительные решения системы уравнений
[ х2 — 6х — Зу — 1 = О,
|у2 + 2х + 9у + 14 = 0.
(Билет 3, 1999)
1.28.	Найти действительные решения системы уравнений
[х2 + 7х — у + 11 = О,
|у2 + Зх — у + 15 = 0.
(Билет 4, 1999)
1.29.	Найти все пары целых чисел х, у, для которых верны
неравенства
Зу — х < 5, х + у > 26, Зх — 2у < 46.
(Билет 1, 1999)
1.30.	Найти все пары целых чисел х, у, для которых верны
неравенства
Зу — 5х > 16, Зу — х < 44, Зх —у>1.
(Билет 2, 1999)
L.31	. Найти все пары целых чисел х, у, для которых верны нера-
венства
Зу — 2х < 45, х + у > 24, Зх — у < 3.
(Билет 3, 1999)
1.32.	Найти все пары целых чисел х, у, для которых верны
неравенства
у—Зх<1, 2у — Зх > 19, 4у — х < 78.
(Билет 4, 1999)
1.33.	Решить неравенство
Узх3- 22х2 + 40х	„
--------т------> Зх — 10.
х —4
(l.it.iei 5, 1999)
1.34. Решить неравенство
У/2х3 —22х2 + 60х
-------------&2х-!0.
Um .lei 6, 1999)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 7
1.35. Решить неравенство
7зх3-27х2 + 60х	„
--------т-----> Зх — 12.
х —5
(Билет 7, 1999)
1.36.	Решить неравенство
<2х3- 27х2 + 90х
-----2^15----->Х~6-
(Билет 8, 1999)
1.37.	Решить систему уравнений
(х3
у - 2ху = 16,
£ + Зху = 25.
(Билет 1, 2000)
1.38.	Решить систему уравнений
4 + ху = 72,
у
+ ху = 9.
х
(Билет 2, 2000)
1.39.	Решить систему уравнений
fx3
^ + 3ху = 25,
— 2ху = 16.
(Билет 3, 2000)
1.40.	Решить систему уравнений
X3 , ЗУ _ э
/ + 4х А
8у __6х___
х2” У ~
(Билет 4, 2000)
1.41.	Решить неравенство
V — х2 + X + 6	„
—2------------2------>0-
|х—7х + 6| — |х — х —2|
(Билет 5, 2000)
8 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.42. Решить	неравенство	
	V-х24-7х —6 —	5	<0- 1 х2 — 6х 4- 51 — | х2 — 2х — 31	(Билет 6, 2000)
1.43. Решить	неравенство	
	V—х2 —6х —5 ~2	2	>0- 1 х2 4-х — 2| — |х24-7х4-6|	(Билет 7, 2000)
1.44. Решить	неравенство	
	V — x2 —2x4-3 ~	2	<0. I х2 4- 2х — 31 — | х 4- 6х 4- 51	(Билет 8, 2000)
1.45. Решить	неравенство	
		, 1 1	
	2 —^х2 —х —2	^х24-3	(Билет 1, 2001)
1.46. Решить	неравенство	
		1	<	1		
	2 — Vx2-Зх Vx2—2x4-4	(Билет 2, 2001)
1.47. Решить	неравенство	
____ 1 - < —J.
4 —Vx2 —2х —8 Vx24-12
(Билет 3, 2001)
1.48. Решить неравенство
________________________!< 1
2 —Vx24-3x Vx2 4-4x4-7
1.49. Решить уравнение		(Билет 4, 2001)
V2x2 + 4х - 23 - Vx2 + 2х	М - )	
<Билет 5, 2001)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 9
1.50.	Решить уравнение
V2x2 - 8х + 25 - Vx2 —4х + 13 = 2.
(Билет 6, 2001)
1.51.	Решить уравнение
V2x2 — 12x4-46 - Vx2 - 6х + 22 = 3.
(Билет 7, 2001)
1.52.	Решить уравнение
V2x2 - 8х + 49 - Vx2 - 4х + 21 = 4.
(Билет 8, 2001)
1.53.	Решить систему неравенств
|х2 4-9у2 — 18у 0,
|2х + 3 — 2ху < 0.
(Билет 5, 2001)
1.54.	Решить систему неравенств
[ у2 4- Зху 4-1^0,
[9х2 — 12х — 8у < 0.
(Билет 6, 2001)
1.55.	Решить систему неравенств
4х2 + у2 + 8х =£ 0,
ху + у + 1 < 0.
(Билет 7, 2001)
1.56.	Решить систему неравенств
Зх2 + 2ху 4-3^0,
у2 4- бу 4- 18х 0.
(Билет 8, 2001)
1.57.	Решить неравенство
Vx2 + 5х + 6 < 1 + Vx2 + х + 1.
(Билет 9, 2001)
1.58.	Решить неравенство
Vx2 + 4х + 3 < 1 + Vx2 — 2х + 2.
(Билет 10, 2001)
10 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.59.	Решить неравенство
Vx2 — 5х + 6 < 1 + Vx2 — х + 1.
(Билет 11, 2001)
1.60.	Решить неравенство
Vx2 - 4х + 3 < 1 4- Vx2+ 2х + 2.
(Билет 12, 2001)
1.61.	Решить систему уравнений
5х — бу + 4z + ху = 0,
 Зх — 5у + z — у2 = О,
х — 4у — 2z — yz = 0.
(Билет 9, 2001)
1.62.	Решить систему уравнений
Зх — у — 5z — 2yz = О,
• х — 5у — z — 2z2 = О,
х + 9у — 3z + 2xz = 0.
(Билет 10, 2001)
1.63.	Решить систему уравнений
Зх + у + 2z — х2 = О,
 10х — Зу — 3z + xz = О,
16х — у + z — ху = 0.
(Билет И, 2001)
1.64.	Решить систему уравнений
6х — 5у + 9z — 2у2 = О,
 х — 2у + 4z — 2ху = О,
4х — у + z — 2yz = 0.
(Билет 12, 2001)
1.65.	Решить систему уравнений
[Vx + у + Vx + 2у = 10,
[Vx + у + 2х + у = 16.
(Билет 1, 2002)
1.66.	Решить систему уравнений
J V11х — у — Vy — X = 1,
[7Vy — х + бу — 26х = 3.
(Билет 2, 2002)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 11
1.67.	Решить систему уравнений
Ух — 4у — 2УЗу + х - 1,
7УЗу + х + 22у + 5х = 13.
(Билет 3, 2002)
1.68.	Решить систему уравнений
Ух — Зу — У5х — у = 2,
15У5х — у + 22х 4- 4у = 15.
(Билет 4, 2002)
1.69.	Найти действительные решения системы уравнений
ху + у = у + У2,
l+Z+±=0
у х2 х2
(Билет 5, 2002)
1.70.	Найти действительные решения системы уравнений
(Билет 6, 2002)
1.71.	Найти действительные решения системы уравнений
Х I	1 4- т2
---г X У — т X ,
У	ху2
+ х2у2 + 4у2 = 0.
(Билет 7, 2002)
1.72.	Найти действительные решения системы уравнений
। 1	з,1
х + —= ху + —
х у	ху
+ х3у3 + 10у2 = 0.
(Билет 8, 2002)
1.73.	Решить неравенство
Jx2 + 9Х-162 о _ | ,
(Билет 5, 2002)
12	АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.74.	Решить неравенство - 1500 + 30л — 2л2	. п . . V 2х+5	>10 1*1- (Билет 6, 2002)
1.75.	Решить неравенство л 1 х2 + ЗОх — 675 . , -	, . V	5	> 15 — * • V	х~3	1 1 (Билет 7, 2002)
1.76.	Решить неравенство (Билет 8, 2002)
1.77.	Решить систему уравнения
х3 + у3 — z3 — xyz + 11=0,
 х3 — у3 + z3 — xyz — 21=0,
у3 + z3 — х3 — xyz — 3 = 0.
(Билет 9, 2002)
1.78.	Решить систему уравнений
2х3 — у3 — 2z3 + xyz + 5 = 0,
 у3 + 2z3 — х3 — 2xyz — 2 = 0,
х3 — у3 — z3 + xyz + 4 = 0.
(Билет 10, 2002)
1.79.	Решить систему уравнений
х3 + 2у3 + z3 + 2xyz + 22 = 0,
 2х3 — 2у3 — z3 + xyz + 2 = 0,
у3 — х3 — z3 + xyz —13 = 0.
(Билет 11, 2002)
1.80.	Решить систему уравнений
Зх3 — Зу3 + z3 — xyz — 3 = 0,
 Зу3 — х3 — z3 — xyz + 5 = 0,
х3 - у3 + z3 - xyz - 2 = 0.
(Билет 12, 2002)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 13
1.81.	Найти все действительные решения системы уравнений
2 + бу = у — у/х — 2у,
Vx + >fx — 2y = х + Зу — 2.
(Билет 1, 2003)
1.82. Найти все действительные решения системы уравнений
Зх - 1 = у. + 2VxTy,
X
Vy + Vx + у = у — Зх — 6.
(Билет 2, 2003)
1.83. Найти все действительные решения системы уравнений
1 — 5у = у — 6Vx — у,
Vx — Vx"— у = х — 5у — 6.
(Билет 3, 2003)
1.84.	Найти все действительные решения системы уравнений
3 + 21х = ^ + 4Vy —Зх,
Vy — Vy — Зх = у + 7х — 2.
(Билет 4, 2003)
1.85.	Решить неравенство
1 1
W-4X-5-4 21* + 21-5
(Билет 5, 2003)
1.86.	Решить неравенство
1 1
W + 2X-8-4	21^-3|-5
(Билет 6, 2003)
1.87.	Решить неравенство
1 _ <______________________________1____.
W + 4X-5-4	2|х + 61 5
(Билет 7, 2003)
1.88.	Решить неравенство
? _________________________________!____.
VV-2X-8-4 2|х 51 5
(Билет 8, 2003)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
I.H9. Решить неравенство
^9 - V76 - Й? < 3 - х.
(Билет 9, 2003)
1.90. Решить систему уравнений
2ху2 + 8гх2 — 4уг2 = бхуг,
8xz2 — 4 ух2 + 2zy2 = 6xyz,
2ху — 4xz + 2yz = 3.
(Билет 9, 2003)
1.91. Решить неравенство
^16-V132- 16х3 < 4 - х.
1.92. Решить систему уравнений
4гх2 — yz2 + 2ху2 = Зхуг,
 zy2 + 2хг2 — 4ух2 = Зхуг,
2ху — 2x2 + yz = 3.
(Билет 10, 2003)
(Билет 10, 2003)
1.93. Решить неравенство
^9 - 2V19 + 81х3 < 3 + Зх.
(Билет 11, 2003)
1.94. Решить систему уравнений
8гх2 — 2ху2 + 4уг2 = бхуг,
• 4 ух2 + 2zy2 — 8хг2 = бхуг,
2ху + 4x2 — 2yz = 3.
(Билет 11, 2003)
1.95. Решить неравенство
Узз + З2х3
2
(Билет 12, 2003)
1.96.	Решить систему уравнений
2уг2 — 4ху2 + 2х2 = Зхуг,
 2 ух2 + 4гу2 — Х22 = Зхуг,
2ху + xz — 2yz = 3.
(Билет 12, 2003)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
15
1.97.	Найти все действительные решения системы уравнений
х5 + 4х4 + 5у2 = О,
•ЗУ3	2
х—^ = ху— у\
(Билет 1, 2004)
1.98.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным
равенство
Зху + 16х + 13у + 61=0.
(Билет 1, 2004)
1.99.	Найти все действительные решения системы уравнений
у7 + У6 — 6х2 = 0,
з
I 5 Г х 2 I 2
У + -J = xz + ху\
У
(Билет 2, 2004)
1.100.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным
равенство
—Зху — 10х + 13у + 35 = 0.
(Билет 2, 2004)
1.101.	Найти все действительные решения системы уравнений
х9 — х8 — 2у2 = О,
,з
' х7 +	= у2 + ух3.
х
(Билет 3, 2004)
1.102.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным
равенство
Зху + 19х + 10у + 55 = 0.
(Билет 3, 2004)
1.103.	Найти все действительные решения системы уравнений
у7 + 2у6 + Зх2 = О,
(Билет 4, 2004)
16 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
1.104.	Найти все пары целых чисел, при которых является верным
равенство
—Зху + 10х — 16у + 45 = 0.
(Билет 4, 2004)
1.105.	Решить неравенство
_____Л- -________1_>______!___
6-ЗУ/б-х-х2 x+l 1 + |х+11
(Билет 5, 2004)
1.106.	Решить неравенство
1 5	1
х~2	6-3V4 + 3x-x2	> + 1^-2Г
(Билет 6, 2004)
1.107.	Решить неравенство
-L- +_______Л- - >_______1____•
х 1 6-зУб + х-х2 1 + |* 11
(Билет 7, 2004)
1.108.	Решить неравенство
-L- +_______.. L _	____!____
X+1	6-3V4-Зх-х2 1 + 1*+Ч
(Билет 8, 2004)
1.109.	Решить систему уравнений
(2х - у)2 = 4 + z2,
• (z — у)2 = 2 4- 4х2,
(z 4-2х)2 = 3 4-у2.
(Билет 9, 2004)
1.110.	Решить систему уравнений
(Зу — х)2 = 2 4-z2,
 (Зу + z)2 = 3 + х2,
(z - х)2 = 4 4- 9у2.
(Билет 10, 2004)
1.111.	Решить систему уравнений
(х + у)2 = 3 4- 4z2,
• (2z — у)2 = 4 4- х2,
(2z — х)2 = 2 4- у2.
(Билет 11, 2004)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 17
1.112.	Решить систему уравнений
(х - 2у)2 = 4 + z2,
 (z — 2у)2 = 3 + х2,
(z + х)2 = 2 + 4у2.
(Билет 12, 2004)
2. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ,
СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.1.	Решить уравнение
^8 sin х + -у = 2 cos х + 2 tg х.
(Билет 1, 1991)
2.2.	Решить уравнение
V5 tg х + 10 = | sin х +
(Билет 2, 1991)
2.3.	Решить уравнение
V7 — 4V2sin х = 2 cos х — V2tg х.
(Билет 3, 1991)
2.4.	Решить уравнение
V12 — 6V2 tg х = 3 sin х--------
°	COS X
(Билет 4, 1991)
2.5.	Решить уравнение
arctg Зх = arccos 8х.
(Билет 5, 1992)
2.6.	Решить уравнение
2 arcsin 2х = arccos 7х.
(Билет 6, 1992)
2.7.	Решить уравнение
arcsin 5х = arcctg 6х.
(Билет 7, 1992)
2.8.	Решить уравнение
-г	7
2 arccos х — arccos $ х.
(Билет 8, 1992)
2.9.	Решить систему уравнений
10 cos 2х — 2 = 7 cos х cos 2у,
sin х = Vcos х sin у.
(Билет 9, 1992)
11’111011ОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 19
2.10.	Решить систему уравнений:
V2 tg х — 4 ctg х = 3 tg у,
V2 sin 2x = j sin x cos y.
(Билет 10, 1992)
2.11.	Решить систему уравнений
f 17 cos 2x — 7 = 21 sin x cos 2y,
] cos x = V3 sin x • cos y.
(Билет 11,1992)
2.12.	Решить систему уравнений
JVctg x — 3 tg x = 4 ctg y,
[V(4/3) sin 2x = cos x-sin y.
(Билет 12, 1992)
2.13.	Решить уравнение
sin Зх + | sin x | = sin 2x.
(Билет 1, 1993)
2.14.	Решить уравнение
cos Зх + | cos x | = sin 2x.
(Билет 2, 1993)
2.15.	Решить уравнение
sin Зх — | sin x | = sin 2x.
(Билет 3, 1993)
2.16.	Решить уравнение
| cos x | — cos 3x = sin 2x.
(Билет 4, 1993)
2.17.	Найти все решения уравнения
sin 6х____________________________cos 6х
sinx+cosx cosx — sin х’
принадлежащие интервалу (0; у).	(Билет 5, 1993)
2.18.	Найти все решения уравнения
/3~ cos х —sin х Уз sin х + cos х
cos 6х	sin 6х ’
принадлежащие интервалу ( —	0).
(Билет 6, 1993)
20 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.19.	Найти все решения уравнения
sin 6х __________________________ cos 6х
sin х — cos х cos х + sin x ’
принадлежащие интервалу ( —	0).
2.20.	Найти все решения уравнения
УТ sin х — cos х -/3 cos х +sin x
sin 6x	cos 6x
(Билет 7, 1993)
принадлежащие интервалу (0; у).	(Билет 8, 1993)
2.21.	Решить	уравнение	
		л / 7	0-2	•	1 д/-^ — 3 sin х = sin х + COS X.	(Билет 9,
2.22.	Решить	уравнение	
		+ cos 2х + ctg х = 0.	(Билет 10,
2.23.	Решить	уравнение	
		Л /з .	2 1^2 + COS X = sin X — COS X.	(Билет 11,
2.24.	Решить	уравнение	
		— cos 2х + tg х = 0.	(Билет 12,
2.25.	Решить	уравнение	
		cos 2х + cos х . г, ;	= tg 2х. sin 2х — tg х	°	(Билет 1,
2.26.	Решить	уравнение	
		Ctgx-tgx	.	7	
		3sinx + cos2x	(Билет 2,
2.27.	Решить	уравнение	
1993)
1993)
1993)
1993)
1994)
1994)
2
2 cos х + sin х	.г,
^r^T2T = tg2x-
(Билет 3, 1994)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 21
2.28.	Решить уравнение
c»gx-tgx =	2
cosx + 3cos2x
(Билет 4, 1994)
2.29.	Решить уравнение
'J5 — cos 2х = cos х — 3 sin х.
(Билет 9, 1994)
2.30.	Решить уравнение
V17 — 7 sin 2х = 3 cos х — 5 sin х.
(Билет 10, 1994)
2.31.	Решить уравнение
V5 + cos 2х = sin х + 3 cos х.
(Билет 11,1994)
2.32.	Решить уравнение
V17 + 7 sin 2х = 3 sin х + 5 cos х.
(Билет 12, 1994)
2.33.	Решить уравнение
2 sin Зх +sin 5х_ ।
| sin х |
(Билет 5, 1995)
2.34.	Решить уравнение
(73~ +1) sin Зх + sin 5х _ гу
|sinx|
(Билет 6, 1995)
2.35.	Решить уравнение
2 cos Зх —cos 5х _ ।
I cos х |
(Билет 7, 1995)
2.36.	Решить уравнение
(73~ +1) cos Зх —cos 5х_
|cosx|
(Билет 8, 1995)
2.37.	Найти наименьшее натуральное число п, при котором вы-
полняется равенство
sin (и° + 80°) + sin (п° - 40°) + sin (п° + 70°) - cos 25° = 0.
(Билет 9, 1995)
22 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.38.	Найти наименьшее натуральное число п, при котором вы-
полняется равенство
cos (п° + 20°) - cos (п° + 80°) - sin (п° + 80°) + sin 15° = 0.
(Билет 10, 1995)
2.39.	Найти наименьшее натуральное число п, при котором вы-
полняется равенство
sin (п° + 100°) + sin (п° - 20°) + sin (п° + 50°) + cos 5° = 0.
(Билет 11, 1995)
2.40.	Найти наименьшее натуральное число п, при котором вы-
полняется равенство
cos (п — 50°) — cos (п° + 10°) — sin (п° + 130°) — sin 75° = 0.
(Билет 12, 1995)
2.41.	Решить уравнение
V4 + 3 cos х — cos 2х = V? sin х.
(Билет 1, 1996)
2.42.	Решить уравнение
V4 sin х + cos 2х + 5 = 2V2 cos х.
(Билет 2, 1996)
2.43.	Решить уравнение
V7 — cos х — 6 cos 2х = 4 sin х.
(Билет 3, 1996)
2.44.	Решить уравнение
V5 — 2 sin х + 3 cos 2х = 2V3 cos х.
(Билет 4, 1996)
2.45.	Решить систему уравнений
cos (Зх +	= — V2 cos у,
cos 2у + 2 sin 2х + 4 = 2 sin3 2х.
I	4
(Билет 5, 1996)
2.46.	Решить систему уравнений
| sin Зх | = — V2 sin у,
cos 2у + 2 cos 2х sin2 2х =
(Билет 6, 1996)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 23
2.47.	Решить систему уравнений
sin 13х + 7
= sin у — cos у,
sin 2у + 2 sin 2х = | + 2 sin3 2х.
(Билет 7, 1996)
2.48.	Решить систему уравнений
| cos Зх | = sin у + cos у,
2 sin2 2х cos 2х + = — sin 2у.
(Билет 8, 1996)
2.49.	Дана функция /(х) = sin * + cos *.
sin х + cos х
Найти:
1)	корни уравнения /(х) = -у;
2)	наибольшее и наименьшее значения функции /(х).
(Билет 9, 1996)
1 гл гт .	// \	2 sin4 х + 3 cos2 х
2.50.	Дана функция /(х) =------------=—•
2 cos х + sin х
Найти:
1) корни уравнения /(х) = -у!
2) наибольшее и наименьшее значения функции /(х).
(Билет 10, 1996)
. б	6
- _. тт .	J., ч Sin X + COS X
2.51.	Дана функция /(х) = —т---------5—.
sin х + cos х
Найти:
7
1)	корни уравнения /(х) = 7^;
2)	наибольшее и наименьшее значения функции /(х).
(Билет 11, 1996)
_	,	,, \ 2cos4x + sin2x
2.52.	Дана функция /(х) =------т-----5—.
2 sin х + 3 cos х
Найти:
7
1)	корни уравнения /(х) = 77;
2)	наибольшее и наименьшее значения функции /(х).
(Билет 12, 1996)
2.53.	Решить уравнение
cos х	cos 5х
cos Зх	COS X
8 sin х sin Зх.
(Билет 1, 1997)
24 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.54. Решить
уравнение
sin Зх	sin х	~ о
—-------г-=- = 2 cos 2х.
sm х sin Зх
(Билет 2, 1997)
2.55. Решить
уравнение
sin х . sin 5х о	о
—	----= 8 COS X COS Зх.
sin Зх sin х
(Билет 3, 1997)
2.56. Решить
уравнение
sin Зх_____cos Зх_______	2
sin 2х cos 2х cos Зх'
(Билет 4, 1997)
2.57.	Решить систему уравнений
3 cos х cos у + 7 sin х sin у = 4,
5 cos х cos у — 3 sin х sin у = 3.
(Билет 9, 1997)
2.58.	Решить систему уравнений
6 sin х cos у + 2 cos х sin у = —3,
5 sin х cos у — 3 cos х sin у = 1.
(Билет 10, 1997)
2.59.	Решить систему уравнений
9 cos х cos у — 5 sin х sin у = —6,
7 cos х cos у — 3 sin х sin у = —4.
(Билет 11, 1997)
2.60.	Решить систему уравнений
13 sin х cos у — 7 cos х sin у = 6,
[7 sin х cos у + 5 cos х sin у = —2.
2.61.	Решить уравнение
sin Зх . 3 sin х 2
| sin х| sin Зх
2.62.	Решить уравнение
cos Зх । 2 cos х 1
| cos х | cos Зх
(Билет 12, 1997)
(Билет 1, 1998)
(Билет 2, 1998)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 25
2.63
Решить
уравнение
sin Зх । 31 sin х |
	sin х 1 sin Зх
2.64. Решить	уравнение cos Зх . 21 cos х I    । cos х 1 cos Зх
2.65. Решить	неравенство 4/5 + 3 cos 4х V	5	> — Sin X. "	о
2.66. Решить	неравенство у	2	> — 2 COS X.
2.67. Решить	неравенство 4 /7 —cos 4х .	п . у	2	> — 2 sin X.
2.68. Решить	неравенство 4/5 + 3 cos 4х V	5	 > — COS X. "	о
2.69. Решить	уравнение cos Зх —sin х 	 । cos 5х — sin Зх
2.70. Решить	уравнение sin Зх —cos х 	 1 cos3x — sin 5х
2.71. Решить	уравнение cos 5х +sin Зх	 1 cos Зх + sin х
2.72. Решить уравнение
(Билет 3, 1998)
(Билет 4, 1998)
(Билет 5, 1998)
(Билет 6, 1998)
(Билет 7, 1998)
(Билет 8, 1998)
(Билет 1, 1999)
(Билет 2, 1999)
(Билет 3, 1999)
cos Зх + sin 5х_______।
cos х + sin Зх
(Билет 4, 1999)
26 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.73.	Решить уравнение
2 + Я sin 2х — | cos 2х | = 4 sin2 у.
(Билет 5, 1999)
2.74.	Решить уравнение
2 + \Г$ cos х + | sin х | =4 sin2 х.
(Билет 6, 1999)
2.75.	Решить уравнение
2 + sin х + | cos х | = 4 cos2 x.
(Билет 7, 1999)
2.76.	Решить уравнение
V2 + cos x — | sin x | = 2V2 sin2 x.
	(Билет 8, 1999)
2.77. Решить уравнение	
2	2 sin7x .,	. z. , ~	. cos 7 x —2— =16 cos 4x( 1 4- 2 cos 4x) 4	j—• sin x	cosz x	
(Билет 1, 2000)
2.78.	Решить уравнение
sin2 9x i z . n  1 n । cos2 9x
—2— = 16 ctg 2x sin 1 Ox 4---у—.
sin x	cos x
(Билет 2, 2000)
2.79.	Решить уравнение
(Билет 3, 2000)
2.80.	Решить уравнение
sin2 Зх о .	, cos2 Зх
---2	 = ° C0S Н	2-•
sin х---------------------cos х
(Билет 4, 2000)
2.81.	Решить уравнение
sin х . sin х	.	.	. n
—5------5- 4-----5-----т- = sin 4x — tg 2x.
cos 2x cos 3x cos 3x cos 4x
	(Билет 5, 2000)
2.82.	Решить уравнение sin Зх	.	sin Зх	-о	. ™ —й	4	г	г- = sin 8х — tg 2х. cos 2х cos 5х cos 5х cos
(Билет 6, 2000)
ГРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 27
2.83. Решить уравнение
	sin х	।	sin x	= sin 8x — tg 6x.
	cos 6х cos lx '	cos 7x cos 8x	
			(Билет 7, 2000)
2.84.	Решить уравнение		
	sin х	,	sin x	= sin 6x — tg 4x.
	cos 4x cos 5x '	cos 5x cos 6x	
			(Билет 8, 2000)
2.85.	Решить уравнение		
	3	. П COS X sin 3x .	-2	о 	:	F sin X cos 3x sin X		= 6 cos 2x cos2 x.
			(Билет 1, 2001)
2.86.	Решить уравнение		
	cos3 x sin 3x . cos 2x '	. 3	П sin x cos 3x cos 2x	= 3 sin 2x cos x.
			(Билет 2, 2001)
2.87.	Решить уравнение		
	. 3	П Sin X COS 3X .	2	• о 	1- cos x sin 3x COS X		= 6 cos 2x sin2 x.
			(Билет 3, 2001)
2.88.	Решить уравнение		
	sin3 x cos 3x . 	h cos COS X	2 x sin 3x + 6 cos 2x sin2 x = 0.	
(Билет 4, 2001)
2.89.	Решить уравнение
tg х + tg Зх = 41 sin х |.
(Билет 5, 2001)
2.90.	Решить уравнение
ctg х + ctg Зх = V1 + ctg2 х.
(Билет 6, 2001)
2.91.	Решить уравнение
ctg х + ctg Зх = 41 cos х |.
(Билет 7, 2001)
2.92.	Решить уравнение
tg х + tg Зх = V1 + tg2 х.
(Билет 8, 2001)
28 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.93.	Решить уравнение cos 4х + cos Зх + cos 2х + cos х ^[2 11 — 2 sin2 х | sin 4х +sin Зх — sin 2х — sin х	sin х sin (-—xV V ) (Билет 9, 2001)
2.94.	Решить уравнение sin 4х + sin Зх — sin 2х — sin х  	| cos 2х |	 cos х +cos 2х +cos Зх +cos 4х г/У sin х sin (х+-V \	4 1 (Билет 10, 2001)
2.95.	Решить уравнение cos 4х — cos Зх + cos 2х — cos х УУ|2 cos2 х — 11 sin 4х —sin Зх —sin 2x+sin х	sin х cos ^х + -) ' (Билет 11, 2001)
2.96.	Решить уравнение sin 4х —sin Зх —sin 2x+sin х 		| cos 2х |	 cos 4х —cos Зх+cos 2х —cos х	+ysjn х cos (х — " (Билет 12, 2001)
2.97.	Решить уравнение 3 + cos 4х — 8 cos3 4 х	 1 4(cos х +sin х)	sin х‘ (Билет 1, 2002)
2.98.	Решить уравнение 3 + cos 4х — 8 sin4 х  1 4(sinx+cosx)	cosx’ (Билет 2, 2002)
2.99.	Решить уравнение
3 + 4 cos 2х — 8 cos4 х_____	1
sin2x — cos 2х sin2x’
(Билет 3, 2002)
2.100. Решить уравнение
3 — 4 cos 2х — 8 sin4 х_	1
sin 2х +cos 2х sin 2х'
(Билет 4, 2002)
ТРИПП ЮМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 29
2.101.	Решить уравнение
. 2х — 1 ,	. л
arctg —-----Н arcsm х =
(Билет 5, 2002)
2.102.	Решить уравнение
. 1 — X ,	~ л
arcctg -х---И arccos 2х = у.
zx	z
(Билет 6, 2002)
2.103.	Решить уравнение
. 1 — X .	. о л
arctg + arcsm Зх =
(Билет 7, 2002)
2.104.	Решить уравнение
. Зх — 1 .	л
arcctg —----И arccos х = у.
(Билет 8, 2002)
2.105.	Решить уравнение
• 2т ।	"2л ____ 1 cos 2х
sin 2х + sm 4х = 1--------у-,
cos Зх
(Билет 9, 2002)
2.106.	Решить уравнение
• 2	,	. 2 т . COS ЗХ
sin2 X + sin2 2х = 1 - —j-.
(Билет 10, 2002)
2.107.	Решить уравнение
cos2 х + cos2 2х = 1 + ctg Зх.
(Билет 11, 2002)
2.108.	Решить уравнение
2	।	2 <1 it COS X
cosz х + cosz 2х = 1 Н----z-.
cos 2х
(Билет 12, 2002)
2.109.	Решить уравнение
sin х + | cos х | + sin 4х = cos 2x.
(Билет 1, 2003)
2.110.	Решить уравнение
cos х + | sin х | + cos 2x = sin 4x.
(Билет 2, 2003)
30 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.111. Решить уравнение
	sin х + | cos х | = sin 4х + cos 2х.	(Билет 3, 2003)
2.112.	Решить уравнение	
	cos х + | sin х | + sin 4х = —cos 2х.	(Билет 4, 2003)
2.113.	Решить уравнение	
		(1 — sin х cos 2х — 2 sin х) = 1. COS X 4	'	(Билет 5, 2003)
2.114.	Решить уравнение	
	COS 5 X / ч	-2	'"ъ	। '"ъ	2 \	1 	(— 1 — sin х cos 2х + 2 cos х) = 1. COS X 4	z	(Билет 6, 2003)
2.115.	Решить уравнение	
	COS 5х /1	rt • 2	• 2	'I \   1 	(1—2 sin х — sin X cos lx) = 1. COS Xх	'	(Билет 7, 2003)
2.116.	Решить уравнение	
	COS Зх f r\	7.	*2	1 \ __ 1 	(2 cos x — sin x cos 2x — 1) = 1. COS X 4	z	(Билет 8, 2003)
2.117.	Решить уравнение	
	sin Зх cos 5x + Isin 5x cos Зх 1 	г-т;	L = 2 COS 2.x. sin 2x	(Билет 9, 2003)
2.118.	Решить уравнение	
	cos Зх cos 5x + I sin 5x sin 3x|	™	n 	1 = 2 cos 2x. sin 2x	(Билет 10, 2003)
2.119.	Решить уравнение	
	cos Зх sin 5x + | cos 5x sin Зх I 	~ . q _	2 Sin LX. cos 2x	(Билет 11, 2003)
2.120.	Решить уравнение	
	I cos 5x cos Зх I —sin 3x sin 5x n n -J	4;	= 2 sin lx. cos 2x	
(Билет 12, 2003)
11411 OIK (МЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА 31
2.121.	Решить уравнение
sin Зх + cos 2х = cos 4х — 31 sin х |.
(Билет 1, 2004)
2.122.	Решить уравнение
cos Зх + cos 2х = 31 cos х | — cos 4х.
(Билет 2, 2004)
2.123.	Решить уравнение
sin Зх — cos 2х = 31 sin х | — cos 4х.
(Билет 3, 2004)
2.124.	Решить уравнение
cos Зх — cos 2х = cos 4х — 31 cos х |.
(Билет 4, 2004)
2.125.	Решить уравнение
	sin xV 1 — cos х — 2 sin х = sin х + cos x.	(Билет 5, 2004)
2.126.	Решить уравнение cos xV 1 + sin x — 2 cos x = cos x — sin x.	
2.127.	Решить уравнение sin xV 1 + cos x — 2 sin x — sin x — cos x.	(Билет 6, 2004)
2.128.	Решить уравнение cos xV 1 + sin x + 2 cos x = sin x + cos x.	(Билет 7, 2004)
2.129.	Решить уравнение 2 sin Зх  cos 6x sin x	cos 2x'	(Билет 8, 2004)
2.130.	Решить уравнение sin 6x	cos 3x	(Билет 9, 2004)
	I sin 4x | cos x '	
(Билет 10, 2004)
32 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.131.	Решить уравнение 2 sin Зх  cos 6х |sin х | cos 2х' (Билет 11, 2004)
2.132.	Решить уравнение sin 6х   cos Зх sin 4х	| cos х Г (Билет 12, 2004)
3. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ,
СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
3.1.	Решить уравнение
log7(3 — 2х) -logx(3 — 2х) = log7(3 — 2х) + log7 х2.
(Билет 5, 1991)
3.2.	Решить уравнение
log3 Зх + log3 (4х + 1) = log 4х2+х 9.
(Билет 6, 1991)
3.3.	Решить уравнение
2 log5 (4 — х) • log2x (4 — х) = 3 log5 (4 — х) — log5 2х.
(Билет 7, 1991)
3.4.	Решить уравнение
log2 j + log2 (21х - 2) = 2 log21x*_2x 8.
(Билет 8, 1991)
3.5.	Решить неравенство
Х.ЗЮ81/9(16х‘1-8х2 + 1)<|_
(Билет 9, 1991)
3.6.	Решить неравенство
/,\ log9|'4-6+9x2'|
- V
\3/	х
(Билет 10, 1991)
3.7.	Решить неравенство
21о84 (25х4-ю№ + 1) >
(Билет 11, 1991)
3.8.	Решить неравенство
/,\ 1о84 [х2-4+4'|
х- t 'U2.
(Билет 12, 1991)
3.9.	Решить уравнение
log4 (cos 2х —	+ 1 = log2 tg X.
(Билет 1, 1992)
! - 2771
34	ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.10.	Решить уравнение
log125(sin 2х — sin х) + | = log5( — 2 sin х).
(Билет 2, 1992)
3.11.	Решить уравнение
(з
2 — cos 2х
(Билет 3, 1992)
3.12.	Решить уравнение
log27 ^sin 2х — cos x'j = | + log3 ( — cos x).
(Билет 4, 1992)
3.13.	Найти все решения уравнения
Vlog2 (8х2 + 8х) = log^ (х2 + х),
удовлетворяющие неравенству cos х < tg Зх.
3.14.	Найти все решения уравнения
Vlog4x2_x5-log5	= 1.
удовлетворяющие неравенству sin х > ctg 2х.
3.15.	Найти все решения уравнения
V7 — log^j (Зх2 — 24х) = log9 (х2 — 8х),
удовлетворяющие неравенству sin х < tg 2х.
3.16.	Найти все решения уравнения
^logi/б (х2 +1 х) ‘^ёзбх’+бх 6 =
удовлетворяющие неравенству sin х > tg 6х.
3.17.	Решить неравенство
ilog7 (|-2-7-‘) >1.
3.18.	Решить неравенство
х1°ё1/2	> Е
(Билет 5, 1992)
(Билет 6, 1992)
(Билет 7, 1992)
(Билет 8, 1992)
(Билет 9, 1992)
(Билет 10, 1992)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
35
3.19.	Решить неравенство
XJ>1.
(Билет 11, 1992)
3.20.	Решить неравенство
xlogi/з [^-3-31/х| > 1.
(Билет 12, 1992)
3.21.	Решить неравенство
^log5 (31 -6-52-?) >х.
(Билет 1, 1993)
3.22.	Решить неравенство
logi (3 — V2 х — 1) > х.
(Билет 2, 1993)
3.23.	Решить неравенство
^4 (21 -5-42"?) >х.
(Билет 3, 1993)
3.24.	Решить неравенство
logi (4 — <3"х — 2) > х.
3
(Билет 4, 1993)
3.25.	Найти область определения функции
у — Vlog4 (1 + 6х) + | logi (1 + 7х) | .
(Билет 5, 1993)
3.26.	Найти область определения функции
У = JI log27 (1 + |х) | - logi (1 + 2х).
1	*	3
(Билет 6, 1993)
3.27.	Найти область определения функции
у = J | logg (1 + ^х) I - log! (1 + Зх).
V	4
(Билет 7, 1993)
36	ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.28.	Найти область определения функции
у = Jlog4(l +3х) + |log± (1 + % х) I .
V	64	Ч
(Билет 8, 1993)
3.29.	Решить неравенство
V32x + 4 - V| 32х - 7| < 1.
(Билет 1, 1994)
3.30.	Решить неравенство
3X(V91-X - 1 + 1) < 3|3Х- 1|.
(Билет 2, 1994)
3.31.	Решить неравенство
V13x + 3 - V|13x —4| < 1.
(Билет 3, 1994)
3.32.	Решить неравенство
4X(V16‘“X- 1 + 2) < 414х - 11.
(Билет 4, 1994)
3.33.	Решить неравенство
4 1оЁ2|х|+1 V5x + 3 - logvs^+з (2IXI + !) >0-
(Билет 5, 1994)
3.34.	Решить неравенство
log2|x| + 1 (Зх + 2) -log3x+2 (2|х| + 1) > 0.
(Билет б, 1994)
3.35.	Решить неравенство
4 1оё3|х| + 1 ^4х + 3 -log^j^j (3|х| +1)>0.
(Билет 7, 1994)
3.36.	Решить неравенство
10Ё2|х| + 1 (7х + 4) “ l°g7x+4 (21Х1 +1)>0.
(Билет 8, 1994)
3.37.	Решить неравенство
^°g|2x + l/2| ^4 — XJ ~	^4 — Xj >	|2х+-|
(Билет 9, 1994)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
37
3.3N. Решить неравенство
!og8 - х) log12х+. |	~ х) > bg2
(Билет 10, 1994)
3.39.	Решить неравенство
/	\	1-х
log|x+i/2| [Ц -1 1оё1б	>1оВ4 77-тг
К	V /	7	\	/	|Х+2 |
(Билет 11, 1994)
3.40.	Решить неравенство
5
3
।	/5	\ .
1ОЁ27 з - Х ’log|*+j
(Билет 12,
1994)
3.41.	Решить уравнение
log3 (sin Зх — sin х) = 2 log9 (17 sin 2х) — 1.
(Билет 1, 1995)
3.42.	Решить уравнение
log/7 (sin х — cos х) + 1 = log7 (7 + 3 cos 4x).
(Билет 2, 1995)
3.43.	Решить уравнение
log6 (cos x + cos Зх) = 2 log36 (sin 2x) — 1.
(Билет 3, 1995)
3.44.	Решить уравнение
logvir sin ^x + Д = loSn (6 + cos 4x) — 1.
(Билет 4, 1995)
3.45.	Решить неравенство
logj+Ax x — 2 log (1 + ^ x^ > 1.
25	(	23 I
(Билет 5, 1995)
3.46.	Решить неравенство
l°gx 777 > 2 login x.
(Билет б, 1995)
38	ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.47.	Решить неравенство
1оёбх+1 (25х) - 2 1оё25х (6х +!)>!•
	(Билет 7, 1995)
3.48. Решить неравенство	
l°g6x-i бх-1 >21°8х (6х О-	
	(Билет 8, 1995)
3.49. Решить неравенство	
5 — 3|3х — 1| <^10-Зх+1.	
	(Билет 9, 1995)
3.50. Решить неравенство	
212х - 4| — 5>^2x+1 — 1.	
	(Билет 10, 1995)
3.51. Решить неравенство	
7 — 2|2Х — 2| <^17 —2х+1.	
	(Билет 11, 1995)
3.52. Решить неравенство	
3|3Х — 5| -7>Узх+1-2.	
	(Билет 12, 1995)
3.53. Решить неравенство	
log,х+2| (4~х - 1) < log|х+2| (2-х + 1) + log|x+2| (2—1 + 1).
(Билет 1, 1996)
3.54.	Решить неравенство
log|ж-2| (9х - 4х) < 10g|x_2| (3х + 2х) + log|x_2| (Зх~2 + 2х).
(Билет 2, 1996)
3.55.	Решить неравенство
10g|2x + 2| (1 —9х) <log|2x + 2| (1 +3Х) +log|2x+2| (| + Зх->).
(Билет 3, 1996)
3.56.	Решить неравенство
log|3x-3| (25х - 9х) < log|3x-3| (5х + 3х) + log|3x_3| (5х"1 + 3х-1).
(Билет 4, 1996)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ	39
3.57.	Решить уравнение
10g49 (х - I)2 + | logv7 = 0.
(Билет 5, 1996)
.1.58. Решить уравнение
log9 (х - 4)2 + | logvj = 0.
(Билет 6, 1996)
.1.59. Решить уравнение
log4 (х - 8)2 +1 logvj	= °-
(Билет 7, 1996)
.1.60. Решить уравнение
	log25 (х 2)2 + 2 log^y	2х + 9\ 18-х 1	= 0.	(Билет 8, 1996)
3.61.	Выразить log600 900 через а и Ь,	где а	= log5 2	и b = log2 3. (Билет 9, 1996)
3.62.	Выразить log140 350 через а и Ь,	где а	= log7 5	и b — log5 2. (Билет 10, 1996)
3.63.	Выразить log300 1 20 через а и Ь,	где а	= log2 3	и b = log3 5. (Билет И, 1996)
3.64. 3.65.	Выразить log490 700 через а и Ь, Решить неравенство	где а	= log2 7	и Ь = log7 5. (Билет 12, 1996)
1о8|2х+Ц %2^2-
(Билет 1, 1997)
3.66.	Решить неравенство
log 2 | Зх + 11 <
Л.	£
(Билет 2, 1997)
3.67.	Решить неравенство
log|3x+2| *2s= 2‘
(Билет 3, 1997)
3.68.	Решить неравенство
logx2 15х + 21 < |.
(Билет 4, 1997)
40
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.69.	Решить уравнение
log3 (6 sin х + 4) log5 (6 sin x + 4) =
= log3 (6 sin x + 4) + log5 (6 sin x + 4).
(Билет 5, 1997)
3.70.	Решить уравнение
log2 (4 cos x + 3) log6 (4 cos x + 3) =
= log2 (4 cos x + 3) + log6 (4 cos x + 3).
(Билет 6, 1997)
3.71.	Решить уравнение
log3 (5 sin x + 6) log7 (5 sin x + 6) =
= log3 (5 sin x + 6) + log7 (5 sin x + 6).
(Билет 7, 1997)
3.72.	Решить уравнение
log5 (7 cos x + 8) log9 (7 cos x + 8) =
= log5 (7 cos x + 8) + log9 (7 cos x + 8).
(Билет 8, 1997)
3.73.	Решить систему уравнений
log2 (х2у + 2ху2) - logi. (у + у) = 4’
'1о85|¥| =°-
(Билет 5, 1998)
3.74.	Решить систему уравнений
log3 +	+ l°gl v + л =2>
log2 |х + у| =1.
(Билет 6, 1998)
3.75.	Решить систему уравнений
log2 (х2у + Ц-) - logi (у + у) = 3,
\	/	2 \л у /
' Ю^|=0.
(Билет 7, 1998)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ	41
3.76.	Решить систему уравнений
log3	=2’
уУ ]	з у л /
log2 I х - у| =1.
(Билет 8, 1998)
3.77.	Решить неравенство
.	. х2 — |х| — 12 п
Jogjog,----—3----->0.
(Билет 1, 1999)
3.78.	Решить неравенство
1	1 х + | х |	30 л
10&7 Ч Х + 6	<0-
(Билет 2, 1999)
.3.79. Решить неравенство
1	। х + I х +11	13 л
logp°g4-----Гм----->0.
(Билет 3, 1999)
.3.80. Решить неравенство
.	. х2 — | х + 11 — 55 п
10^10^-------х + 7---<0-
(Билет 4, 1999)
3.81.	Найти решения (х, у) системы уравнений
log3 (5у - х - 2) - log9 (х - у)2 = 1,
log3 (1 - у- 4х) - log9 х2 = 1,
которые удовлетворяют неравенству х — у < 0.	(Билет 5, 1999)
3.82.	Найти решения (х, у) системы уравнений
log2 (Зу — Зх + 1) — log4 (х — Зу)2 = 1,
log2 (1 — у — Зх) — log4 х2 = 1,
которые удовлетворяют неравенству х — Зу < 0.	(Билет 6, 1999)
3.83.	Найти решения (х, у) системы уравнений
log3 (10у — х — 2) — log9 (х — 2у)2= 1,
log3 (1 — у — 4х) — log9 х2 = 1,
которые удовлетворяют неравенству х — 2у < 0.	(Билет 7, 1999)
42	ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.84.	Найти решения (х, у) системы уравнений
log2 (у - Зх + 1) - log4 (х — у)2 = 1,
•og2 U - у - Зх) - log4 X2 = 1,
которые удовлетворяют неравенству х — у < 0.	(Билет 8, 1999)
3.85.	Решить неравенство
_____1	<	!_
|log2 2x|-2____________|1Og4X2|-i
(Билет 1, 2000)
3.86.	Решить неравенство
_____1_____________< 1
I log2 (х/2) | — 3_। jOg8 х31 — 2
(Билет 2, 2000)
3.87.	Решить неравенство
1	I
| log3 9х | — 3	। ]Og^ х21 — 1
(Билет 3, 2000)
3.88.	Решить неравенство
1 < 1_______________________________________
| log27 х31 — 2 I '°8з I — ।
(Билет 4, 2000)
3.89.	Решить систему уравнений
2 log2 (х + 2у) = logi (х + 2у) iogi (х — у) + log2 (х — у),
х2 + ху — 2 у2 = 9.
(Билет 5, 2000)
3.90.	Решить систему уравнений
iog^ (х + у) + logy (х + у) logy (х — 2у) = 2 log2 (х — 2у),
2	2
х2 — ху — 2 у2 = 4.
(Билет 6, 2000)
3.91.	Решить систему уравнений
log2 (х + 2у) + log. (х + 2у) logy (х — у) = 2 log2 (х — у),
х2 + ху — 2у2 = 4.
(Билет 7, 2000)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ	43
1.92.	Решить систему уравнений
2 log£ (х + у) = logi (х + у) logi (х — 2у) + log2 (х - 2у),
2	2
\ — ху — 2у2 — 9.
(Билет 8, 2000)
1,93.	Решить систему уравнений
3х+у+1 + 7-ЗУ-2 = 8;
Vx + у2 = X + у.
(Билет 1, 2001)
3.94.	Решить систему уравнений
'2х + у + 1 + 7.2У-5 — 4,
V2x + у2 = х + у.
(Билет 2, 2001)
4.95. Решить систему уравнений
5х + у + 1 + 16.5у-2_ 10j
Vx + у2 = X + у.
(Билет 3, 2001)
.1.96. Решить систему уравнений
зх+y+i + 16.3у-з = ю,
V2x + у2 = х + у.
(Билет 4, 2001)
Л.97. Решить неравенство
[°g(2x + 9) (24 + 2х ~ *2) + l0SV24 + 2x-х2 <2х + 9) < 3-
(Билет 5, 2001)
3.98.	Решить неравенство
log(20-2x) (" - 2х - X2) + 10gV99- 2x-x2 ( 20 “ 2%)	3’
(Билет 6, 2001)
3.99.	Решить неравенство
l°g(x + 3) (6 + х - х2) + logV6+x-x2 (* + 3) < 3-
(Билет 7, 2001)
3.100.	Решить неравенство
99	1 «	,------ (13	\ „ а
—— х — х + logi/^_x_x2 1~2— х1 < 3.
(Билет 8, 2001)
44
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.101.	Решить	неравенство	
		logvCT ( 2*~8 -) +2^0. х 1 ух2 —2х —Зу	(Билет 1, 2002)
3.102.	Решить	неравенство	
		iog<^3 +^°-	(Билет 2, 2002)
3.103.	Решить	неравенство	
		1оё3^ (—Х~1М +3 °- J ух—6x + 5j	(Билет 3, 2002)
3.104.	Решить	неравенство	
		1о8<-"‘ СгХз) +5<0-	(Билет 4, 2002)
3.105.	Решить	неравенство	
		2 log2x_l2 (Vx + 1 — V9 — х) < 1.	(Билет 9, 2002)
3.106.	Решить	неравенство	
		2 log2x_8 (Vx + 3 — V7 — х)< 1.	(Билет 10, 2002)
3.107.	Решить	неравенство	
		2 1og2x_ю (Vx + 2 — V8 —х)< 1.	(Билет 11, 2002)
3.108.	Решить	неравенство	
2 log4x_16 (V2x — 1 — VI1 — 2х) < 1.
(Билет 12, 2002)
3.109.	Решить неравенство
^3 1g2 х2 + 1g2 (х + 2) > 1g х2 + 1g (х + 2).
(Билет 1, 2003)
3.110.	Решить неравенство
^3 In2 (х — 2)2 + In2 х > In (х — 2)2 + In х.
(Билет 2, 2003)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ	45
3.111.	Решить неравенство
^3 1g2 х2 + 1g2 (2 — х) > 1g х2 + 1g (2 — х).
(Билет 3, 2003)
3.112.	Решить неравенство
^3 In2 (х — I)2 + In2 (х + 1) > In (х — I)2 + In (х + 1).
(Билет 4, 2003)
3.113.	Решить систему уравнений
logs(5x —Зу — 1)	log2(5 + 4у — Зх) — 1
. logs(2y —х + 3)	log2(3x —у + 1) ’
2х2 + у2 = Зху + х + 1.
(Билет 5, 2003)
3.114.	Решить систему уравнений
10g2(x + 2у — 5)   10g3(2x — у) — 1
. log2(3x —2у + 1)	log3(2x + у — 4) ’
у2 + ху + 1 = 2х2 + 2у + х.
(Билет 6, 2003)
3.115.	Решить систему уравнений
log2(4 — Зх — 2у) — 1	log7(3x + 5y —1)
log2(x + 3y + l) log7(3 —у —2х) ’
х2 + Зху + 2у2 = у + 1.
(Билет 7, 2003)
3.116.	Решить систему уравнений
log3(2 —Зх —4у) —1	logs(2x —у —5)
log3(x — 2у — 4)	logs(l — 2х — Зу)’
2 у2 + ху + 2х = х2 + у + 1.
(Билет 8, 2003)
3.117.	Решить неравенство
log^9	>	V2"
Jl+10g l(x + l)	" log3(x+l)-log9x4’
"2 х	12
(Билет 1, 2004)
3.118.	Решить неравенство
log/4________>_______Уб_______
Jl + l0g 6(1_X)	" log2(l -х) -log4x4’
то х	'2
(Билет 2, 2004)
46
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
3.119.	Решить неравенство
log/16	2
^l+log?(x+l) ' log4(x + l)-log16Z
(Билет 3, 2004)
3.120.	Решить неравенство
logxz25 >
l/|+10g»(l-X) - #	‘О^1 - X> - 1OS25*4'
f О Х	1 о
(Билет 4, 2004)
3.121.	Решить систему уравнений
(х — 2)(х + 3) = у(у — 5),
logx(2-y) =4-
у
(Билет 5 , 2004)
3.122.	Решить систему уравнений
(х-4)(х+ 1) = у(у + 5),
logx_2(2 + у) =
(Билет 6, 2004)
3.123.	Решить систему уравнений
(х-3)(х + 4) = у(у-7),
logx_,(2 —у) =
(Билет 7 , 2004)
3.124.	Решить систему уравнений
(х- 1)(х + 5) = у(у + 6),
logx+1(2 + y)=^H
у
(Билет 8, 2004)
3.125.	Решить неравенство
(Билет 9, 2004)
3.126.	Решить неравенство
(Билет 10, 2004)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ, ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ	47
3.127.	Решить неравенство
logi log8 -1-~2| х-1- > 0.
з 8 |л| -Зх2
(Билет 11, 2004)
3.128.	Решить неравенство
log7 logi 1-4|л:|2 « 0.
7	2 |х| — 7JC2
(Билет 12, 2004)
4. ПЛАНИМЕТРИЯ
4.1.	В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана ок-
ружность. Через точку М, лежащую на стороне АВ, проведена каса-
тельная к окружности, пересекающая прямую АС в точке N. Найти
боковую сторону треугольника АВС, если АС — CN = а,
МВ = ^АВ. (Билет 1, 1991)
О
4.2.	В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана ок-
ружность. Прямая, параллельная стороне АВ и касающаяся окруж-
2
ности, пересекает сторону АС в точке М такой, что МС = $ АС.
Найти радиус окружности, если периметр треугольника АВС ра-
вен 20. (Билет 2, 1991)
4.3.	В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана ок-
ружность. Через точку М, лежащую на стороне ВС, проведена каса-
тельная к окружности, пересекающая прямую АС в точке К. Найти
АК, если АС = а, АВ = ~ а, МВ = а. (Билет 3, 1991)
4.4.	В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана ок-
ружность. Прямая, параллельная стороне ВС и касающаяся окруж-
ности, пересекает сторону АВ в точке N такой, что AN = (3/8) АВ.
Найти радиус окружности, если площадь треугольника АВС рав-
на 12. (Билет 4, 1991)
4.5.	Отрезок AD является биссектрисой прямоугольного тре-
угольника ABC (ЕС = 90°). Окружность радиуса VT5 проходит че-
рез точки А, С, D и пересекает сторону АВ в точке Е так, что
АЕ:АВ — 3:5. Найти площадь треугольника АВС. (Билет 5, 1991)
4.6.	Отрезок BD является медианой равнобедренного треугольника
АВС (АВ — ВС). Окружность радиуса 4 проходит через точки В, А,
D и пересекает сторону ВС в точке Е так, что ВЕ:ВС = 7:8. Найти
периметр треугольника АВС. (Билет 6, 1991)
4.7.	Отрезок BE является биссектрисой прямоугольного тре-
угольника ABC (Z.A=90°). Окружность проходит через точки В,
А, Е и пересекает сторону ВС в точке D так, что BD:BC = 5.V3.
Найти отношение площади треугольника АВС к площади круга.
(Билет 7, 1991)
4.8.	Отрезок АЕ является высотой равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ —АС). Окружность проходит через точки А,
С, Е и пересекает сторону АВ в точке D так, что AD:AB — 7:9.
Найти отношение длины окружности к периметру треугольника
АВС. (Билет 8, 1991)
4.9.	На диагонали BD прямоугольной трапеции ABCD
(Z.Z>=90°, -ВСЦАО) взята точка Q так, что BQ:QD=1:3. Окруж-
ность с центром в точке Q касается прямой AD и пересекает
прямую ВС в точках Р и М. Найти длину стороны АВ, если
ВС = 9, AD = S, РМ = 4. (Билет 9, 1991)
ПЛАНИМЕТРИЯ
49
4.10.	Точки М и N являются серединами боковых сторон АС
и СВ равнобедренного треугольника АВС. Точка L расположена
на медиане ВМ так, что BL:BM = 4:9. Окружность с центром в
точке L касается прямой MN и пересекает прямую АВ в точках
Q и Т. Найти периметр треугольника MNC, если QT = 2,
. \В = 8. (Билет 10, 1991)
4.11.	На диагонали АС параллелограмма ABCD взята точка Р так,
что АР:РС = 3:5. Окружность с центром в точке Р касается прямой
НС и пересекает отрезок AD в точках К и L. Точка К лежит между
точками А и L, АК = 9, KL = 3, LD = 12. Найти периметр паралле-
лограмма ABCD. (Билет 11, 1991)
4.12.	Точки К и L являются серединами боковых сторон АВ и
НС равнобедренного треугольника АВС. Точка М расположена на
медиане AL так, что AM-.ML = 13:12. Окружность с центром в
точке М касается прямой АС и пересекает прямую KL в точках
/' и Q. Найти периметр треугольника АВС, если
KL=10,PQ = 4. (Билет 12, 1991)
4.13.	В прямоугольном треугольнике АВС из точки Е, располо-
женной в середине катета ВС, опущен перпендикуляр EL на гипо-
тенузу АВ. Найти углы треугольника АВС, если АЕ = VTO EL и
НС > АС. (Билет 1, 1992)
4.14.	В ромбе ABCD из вершины В на сторону AD опущен перпен-
дикуляр BE. Найти углы ромба, если 2V3 СЕ = V7АС. (Билет 2, 1992)
4.15.	В равнобедренной трапеции ABCD боковая сторона в V2 раз
меньше меньшего основания ВС, СЕ — высота. Найти периметр тра-
пеции, если BE = V5, В£) = VTO. (Билет 3, 1992)
4.16.	В ромбе ABCD из вершины D на сторону ВС опущен пер-
пендикуляр DK. Найти длину стороны ромба, если АС = 2V6,
,1К = уТ4, (Билет 4, 1992)
4.17.	В остроугольном треугольнике АВС точка D выбрана на
стороне АВ так, что LDCA = 45°. Точка D' симметрична точке D
относительно прямой ВС, а точка D" симметрична точке D’ от-
носительно прямой АС и лежит на продолжении отрезка ВС за
точку С. Найти площадь треугольника АВС, если ВС = '/3CD"
АН = 4. (Билет 5, 1992)
4.18.	В параллелограмме ABCD угол А тупой, AD> АВ, AD=7.
Точка А' симметрична точке А относительно прямой BD, а точка
1 симметрична точке А' относительно прямой АС и лежит на диа-
। опали BD. Найти площадь параллелограмма ABCD, если
НА" = | BD. (Билет 6, 1992)
4.19.	В треугольнике АВС угол С тупой, а точка D выбрана
на продолжении стороны АВ за точку В так, что LACD=135°.
Точка D' симметрична точке D относительно прямой ВС, точка
/)" симметрична точке D' относительно прямой АС и лежит на
50
ПЛАНИМЕТРИЯ
прямой ВС. Найти площадь треугольника АВС, если
/35 С = CD", AC — 6. (Билет 7, 1992)
4.20.	В параллелограмме ABCD угол А острый, АВ > AD,
АВ =14. Точка С' симметрична точке С относительно прямой BD, а
точка С" симметрична точке С' относительно прямой АС и лежит на
продолжении диагонали BD за точку D. Найти площадь параллелог-
рамма ABCD, если ВС" = j BD. (Билет 8, 1992)
4.21.	Высоты равнобедренного остроугольного треугольника АВС,
в котором АВ = ВС, пересекаются в точке О. Найти площадь тре-
угольника АВС, если АО = 5, а длина высоты AD равна 8. (Билет
9, 1992)
4.22.	Около трапеции ABCD описана окружность, центр которой
лежит на основании AD. Найти площадь трапеции, если АВ = 3/4,
АС = 1. (Билет 10, 1992)
4.23.	В равнобедренной трапеции ABCD с основаниями ВС и AD
диагонали пересекаются в точке О. Найти периметр трапеции, если
50 = 7/8, 05 = 25/8, AABD = 90°. (Билет И, 1992)
4.24.	В равнобедренном треугольнике АВС основание АВ является
диаметром окружности, которая пересекает боковые стороны АС и СВ
в точках DuE соответственно. Найти периметр треугольника АВС, ес-
ли AD = 2, АЕ = 8/3. (Билет 12, 1992)
4.25.	Высоты остроугольного треугольника АВС пересекаются в
точке О. Окружность радиуса R с центром в точке О проходит
через вершину В, касается стороны АС и пересекает сторону АВ
в точке К такой, что ВК:АК =5:1. Найти длину стороны ВС.
(Билет 1, 1993)
4.26.	Биссектриса AD и высота BE остроугольного треугольника
АВС пересекаются в точке О. Окружность радиуса R с центром в
точке О проходит через вершину А, середину стороны АС и пересе-
кает сторону АВ в точке К такой, что АК:КВ = 1:3. Найти длину
СТОРОНЫ ВС. (Билет 2, 1993)
4.27.	Высоты остроугольного треугольника АВС пересекаются в
точке О. Окружность радиуса R с центром в точке О проходит
через вершину А, касается стороны ВС и пересекает сторону
АС в точке М такой, что АМ:МС = 4'Л. Найти длину стороны
АВ. (Билет 3, 1993)
4.28.	Биссектриса ВК и высота CZ остроугольного треугольника
АВС пересекаются в точке О. Окружность радиуса R с центром в
точке О проходит через вершину В, середину стороны ВС и пересе-
кает сторону АВ в точке М такой, что АМ:МВ = 2:\. Найти длину
СТОрОНЫ АС. (Билет 4, 1993)
4.29.	Внутри параллелограмма ABCD взята точка К так, что тре-
угольник CKD равносторонний. Известно, что расстояния от точки
ПЛАНИМЕТРИЯ
51
К до прямых AD, АВ и ВС равны соответственно 3, 6 и 5. Найти
периметр параллелограмма. (Билет 5, 1993)
4.30.	На стороне CD параллелограмма ABCD с тупым углом при
вершине D построен равносторонний треугольник CDE так, что точ-
ки А и Е лежат по разные стороны от прямой CD. Известно, что
растояния от точек D и Е до прямой ВС равны соответственно 3 и
8, а расстояние от точки Е до прямой АВ равно 13. Найти площадь
параллелограмма ABCD. (Билет б, 1993)
4.31.	Внутри параллелограмма KLMN взята точка Р так, что тре-
угольник KPN равносторонний. Известно, что расстояния от точки
Р до прямых KL, LM и MN равны соответственно 10, 3 и 6. Найти
периметр параллелограмма. (Билет 7, 1993)
4.32.	На стороне KN параллелограмма KLMN с тупым углом при
вершине М построен равносторонний треугольник KTN так, что точ-
ки Т и М лежат по разные стороны от прямой KN. Известно, что
растояния от точек Т и К до прямой MN равны соответственно 8 и
5, а расстояние от точки Т до прямой LM равно 10. Найти площадь
параллелограмма KLMN. (Билет 8, 1993)
4.33.	Продолжения медиан AM и ВК треугольника АВС пере-
секают описанную около него окружность в точках Е и F соот-
ветственно, причем АЕ: AM =2:1, BF:BK = 3:2. Найти углы тре-
угольника АВС. (Билет 9, 1993)
4.34.	Продолжения высоты СН и биссектрисы CL треугольника
АВС пересекают описанную около него окружность в точках Р и М
9
соответственно, причем СР = 2СН, СМ = CL. Найти углы тре-
угольника АВС. (Билет 10, 1993)
4.35.	Продолжения медиан АЕ и CF треугольника АВС пере-
секают описанную около него окружность в точках D и N соот-
ветственно, причем AD:AE = 2:1, CN:CF = 4:3. Найти углы тре-
угольника АВС. (Билет 11, 1993)
4.36.	Продолжения высоты BD и биссектрисы BF треугольника
АВС пересекают описанную около него окружность в точках К и L
соответственно, причем ВК = 2BD, BL = | BF. Найти углы тре-
угольника АВС. (Билет 12, 1993)
4.37.	Дан ромб ABCD с тупым углом при вершине А. На продол-
жении стороны AD за точку D взята точка К. Отрезки ВК и CD
пересекаются в точке L. Найти площадь треугольника АВК, если
BL = 2, KL = 5, а высота ромба равна 1. (Билет 1, 1994)
4.38.	Даны треугольник АВС и ромб BDEF, все вершины которого
лежат на сторонах треугольника АВС, а угол при вершине Е — ту-
пой. Найти площадь треугольника АВС, если АЕ = 3, СЕ = 7, а ра-
диус ОКРУЖНОСТИ, ВПИСаННОЙ В ромб, равен 1. (Билет 2, 1994)
4.39.	На продолжении стороны ВС ромба ABCD за точку В взята
точка М так, что угол MDC — тупой. Отрезки АВ и DM пересекаются
52
ПЛАНИМЕТРИЯ
в точке N. Найти площадь треугольника CDM, если DN = 3, MN = 4,
а высота ромба равна 2. (Билет з, 1994)
4.40.	Даны треугольник АВС с тупым углом при вершине А и
ромб CDEF, все вершины которого лежат на сторонах тре-
угольника АВС. Найти площадь треугольника АВС, если АЕ = 2,
ВЕ = 1, а радиус окружности, вписанной в ромб, равен 1/2. (Билет
4, 1994)
4.41.	Медиана AD и высота СЕ равнобедренного треугольника
АВС (АВ — ВС) пересекаются в точке Р. Найти площадь тре-
угольника АВС, если СР = 5, РЕ = 2. (Билет 5, 1994)
4.42.	Медиана AM и биссектриса CD прямоугольного тре-
угольника АВС (АВ = 90°) пересекаются в точке О. Найти площадь
треугольника АВС, если СО = 9, OD = 5. (Билет 6, 1994)
4.43.	Медиана AM и высота СН равнобедренного треугольника
АВС (АВ = ВС) пересекаются в точке К. Найти площадь тре-
угольника АВС, если СК = 5, КН = 1. (Билет 7, 1994)
4.44.	Медиана AD и биссектриса СЕ прямоугольного треугольника
АВС (АВ =90°) пересекаются в точке М. Найти площадь тре-
угольника АВС, если СМ = 8, ME — 5. (Билет 8, 1994)
4.45.	В треугольнике АВС угол С равен л — arcsin (12/13). На
стороне АВ взята точка D так, что AD= 18, BD = 6. Найти радиус
окружности, проходящей через вершину С, касающейся стороны
АВ в точке D и касающейся окружности, описанной около тре-
угольника АВС. (Билет 9, 1994)
4.46.	В треугольнике АВС угол А равен л — arcsin (8/17), а длина
стороны ВС равна 8. На продолжении СВ за точку В взята точка
D так, что BD=1. Найти радиус окружности, проходящей через
вершину А, касающейся прямой ВС в точке D и касающейся окруж-
ности, ОПИСаННОЙ ОКОЛО треугольника АВС. (Билет 10, 1994)
4.47.	В треугольнике АВС угол В равен arccos (15/17). На сто-
роне АС взята точка К так, что Л^=12, КС = 4. Найти радиус
окружности, проходящей через вершину В, касающейся стороны
АС в точке К и касающейся окружности, описанной около тре-
угольника АВС. (Билет 11, 1994)
4.48.	В треугольнике АВС угол А равен arccos (5/13), а длина
стороны ВС равна 12. На продолжении ВС за точку С взята точка
М так, что СМ = 6. Найти радиус окружности, проходящей через
вершину А, касающейся прямой ВС в точке М и касающейся окруж-
ности, ОПИСаННОЙ ОКОЛО треугольника АВС. (Билет 12, 1994)
4.49.	Через вершины А, В и С трапеции ABCD (Л£)||5С) прове-
дена окружность. Известно, что окружность касается прямой CD, а
ее центр лежит на диагонали АС. Найти площадь трапеции ABCD,
если ВС — 2, AD = 8. (Билет 1, 1995)
ПЛАНИМЕТРИЯ
53
4.50.	Окружность с центром О проходит через вершину В ромба
ABCD и касается лучей СВ и CD. Найти площадь ромба, если
3	5
DO = -?, ОС = ^. (Билет 2, 1995)
4	4
4.51.	Через вершины В, С и D трапеции ABCD (Л£>||ВС) прове-
дена окружность. Известно, что окружность касается прямой АВ, а
ее центр лежит на диагонали BD. Найти периметр трапеции, если
ВС = 9, AD = 25. (Билет 3, 1995)
4.52.	Окружность с центром О проходит через вершину С ромба
ABCD и касается лучей DC и DA. Найти площадь ромба, если
ОЛ = 4, OD = 5. (Билет 4, 1995)
4.53.	Через середину гипотенузы АС прямоугольного тре-
угольника АВС проведена прямая, пересекающая катет ВС в точке
D, а продолжение катета АВ за точку А — в точке Е. Найти площадь
з
треугольника АВС, если CD= 1, АЕ = 2, АС АВ = arccos у. (Билет 5,
1995)
4.54.	Через середину стороны АС равнобедренного треугольника
АВС (АС = ВС) проведена прямая, пересекающая сторону ВС в
точке К, а продолжение стороны АВ за точку А — в точке Р.
Найти площадь треугольника АВС, если СК = 2, АР = 5,
А АВС = arccos -7. (Билет 6, 1995)
4
4.55.	Через середину катета АВ прямоугольного треугольника
АВС проведена прямая, пересекающая гипотенузу АС в точке Е,
а продолжение катета ВС за точку В — в точке F. Найти площадь
треугольника АВС, если АЕ = 2, BF = 3, ААСВ= 60°. (Билет 7,
1995)
4.56.	Через середину стороны ВС равнобедренного треугольника
ЛВС (АВ — ВС) проведена прямая, пересекающая сторону АВ в
точке D, а продолжение стороны АС за точку С — в точке Е.
Найти площадь треугольника АВС, если BD = 3, СЕ = 4,
А В А С = arccos j. (Билет 8, 1995)
4.57.	В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана
окружность с центром О. Касательная к окружности пересекает
стороны ВС и СА треугольника в точках М и N соответственно.
Найти радиус окружности, если AMNC = 1ANMC, OM = V10,
ОМ = Ц-. (Билет 9, 1995)
4
4.58.	Вокруг окружности с центром О описана трапеция ABCD, в
которой BCtfAD, ВС < AD. Продолжения боковых сторон трапеции
пересекаются в точке М. Найти радиус окружности, если МВ = ВС,
ОВ = у/5, ОС — уП. (Билет 10, 1995)
4.59.	В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана
окружность с центром О. Касательная к окружности пересекает
стороны АВ и АС треугольника в точках D и Е соответственно.
54
ПЛАНИМЕТРИЯ
Найти радиус окружности, если LADE = 1LAED, OD = 3V5,
ОЕ = 4V2. (Билет 11, 1995)
4.60.	Вокруг окружности с центром О описана трапеция ABCD, в
которой ВС HAD, ВС < AD. Продолжения боковых сторон трапеции
пересекаются в точке К. Найти радиус окружности, если ВС = КС,
ОВ = 2, OC — V5. (Билет 12, 1995)
4.61.	Равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписан в ок-
ружность. Прямая CD, перпендикулярная АВ, пересекает окруж-
ность в точке Р. Касательная к окружности, проходящая через точку
Р, пересекает прямую АВ в точке Q. Найти длины отрезков РА и
PQ, еСЛИ АС = 5, LABC = 2 arcCOS (Билет 1, 1996)
4.62.	Около равнобедренного треугольника АВС (АВ = ВС) опи-
сана окружность. Биссектриса угла ВАС пересекает окружность в
точке D. Касательная к окружности, проходящая через точку D,
пересекает прямую АС в точке Е. Найти длины отрезков CD и
DE, если АВ = Ъ, ABAC = 2 arcsin ^=. (Билет 2, 1996)
4.63.	Равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписан в ок-
ружность. Прямая AD, перпендикулярная ВС, пересекает окруж-
ность в точке М. Касательная к окружности, проходящая через точку
М, пересекает прямую ВС в точке N. Найти длины отрезков МС и
MN, если АС = 8, LABC = 2 arccos (Билет 3, 1996)
4.64.	Около равнобедренного треугольника АВС (АВ = ВС) описа-
на окружность. Биссектриса угла ВСА пересекает окружность в точке
К. Касательная к окружности, проходящая через точку К, пересекает
прямую АС в точке L. Найти длины отрезков КА и KL, если АВ =12,
LBCA = 2 arcsin (Билет 4, 1996)
4.65.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) биссект-
рисы ЛАЛ и ВК пересекаются в точке О. Площади треугольников
ВОМ и СОМ соответственно равны 25 и 30. Найти площадь тре-
угольника АВС и проекцию отрезка ОМ на прямую ВС. (Билет 5,
1996)
4.66.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) биссект-
рисы AM и ВК пересекаются в точке О. Площадь треугольника
СОК равна 3, угол ВСА равен arccos Найти площадь тре-
угольника СОМ и проекцию отрезка AM на прямую ВС. (Билет 6,
1996)
4.67.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) биссект-
рисы СМ и ВК пересекаются в точке О. Площади треугольников
ВОМ и АОМ соответственно равны 25 и 40. Найти площадь тре-
угольника АВС и проекцию отрезка ОМ на прямую АВ. (Билет 7,
1996)
ПЛАНИМЕТРИЯ
55
4.68.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ = ВС) биссект-
рисы СМ и ВК пересекаются в точке О. Площадь треугольника
12
АОК равна 10, угол ВСА равен arccos yj. Найти площадь тре-
угольника АОМ и проекцию отрезка СМ на прямую АВ. (Билет 8,
1996)
4.69.	Окружность с центром на стороне АС равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ = ВС) касается сторон АВ и ВС. Найти радиус
окружности, если площадь треугольника АВС равна 25, а отношение
3
высоты BD к стороне АС равно v (Билет 9, 1996)
О
4.70.	Центр окружности, касающейся катетов АС и ВС прямо-
угольного треугольника АВС, лежит на гипотенузе АВ. Найти радиус
окружности, если он в шесть раз меньше суммы катетов, а площадь
треугольника АВС равна 27. (Билет 10, 1996)
4.71.	Окружность с центром на стороне АС равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ = ВС) касается сторон АВ и ВС, а сторону АС
делит на три равные части. Найти радиус окружности, если площадь
треугольника АВС равна 9V2. (Билет п, 1996)
4.72.	Центр окружности, касающейся катетов АС и ВС прямо-
угольного треугольника АВС, лежит на гипотенузе АВ. Найти диа-
метр окружности, если он в четыре раза меньше суммы катетов, а
площадь треугольника АВС равна 16. (Билет 12, 1996)
4.73.	В трапеции ABCD сторона АВ перпендикулярна основаниям
AD и ВС. Окружность касается стороны АВ в точке К, лежащей
между точками А и В, имеет с отрезком ВС единственную общую
точку С, проходит через точку D и пересекает отрезок AD в точке
Е (Е =*= D). Найти расстояние от точки К до прямой CD, если
AD = 48, ВС =12. (Билет 1, 1997)
4.74.	Окружность касается сторон АС и ВС треугольника АВС в
точках А и В соответственно. На дуге этой окружности, лежащей
внутри треугольника, расположена точка К так, что расстояния от
нее до сторон АС и ВС равны 6 и 24 соответственно. Найти рассто-
яние ОТ ТОЧКИ К ДО стороны АВ. (Билет 2, 1997)
4.75.	В трапеции ABCD сторона АВ перпендикулярна основа-
ниям AD и ВС. Окружность касается стороны АВ в точке К,
лежащей между точками А и В, проходит через точки С и D,
пересекает отрезки AD и ВС в их внутренних точках. Найти рас-
стояние от точки К до прямой CD, если AD = 49, ВС = 36. (Билет
3, 1997)
4.76.	Окружность касается сторон АС и ВС треугольника АВС в
точках А и В соответственно. На дуге этой окружности, лежащей вне
треугольника, расположена точка К так, что расстояния от нее до
продолжений сторон АС и ВС равны 39 и 156 соответственно. Найти
расстояние ОТ ТОЧКИ К ДО ПРЯМОЙ АВ. (Билет 4, 1997)
56
ПЛАНИМЕТРИЯ
4.77.	В треугольнике АВС на сторонах АС и ВС расположены точки
D и Е соответственно так, что BD — биссектриса треугольника АВС,
DC = СЕ = BD — 2, ААВС = AADB. Найти ВС и площадь 5 тре-
угольника АВС. (Билет 5, 1997)
4.78.	В треугольнике АВС на сторонах АВ и АС расположены
точки С и Е соответственно так, что CD — биссектриса тре-
угольника ABC, DE — биссектриса треугольника ACD,
ЕС = ED = -, ВС — 1. Найти CD и площадь 5 треугольника
АВС. (Билет 6, 1997)
4.79.	В треугольнике ЛВС на сторонах АВ и ВС расположены
точки Е и D соответственно так, что СЕ — биссектриса тре-
угольника ABC, ED=AD = ~, СА=4, ААСВ=АСЕВ. Найти
СЕ и площадь 5 треугольника АВС. (Билет 7, 1997)
4.80.	В треугольнике АВС на сторонах АВ и ВС расположены
точки Е и D соответственно так, что AD — биссектриса тре-
угольника ABC DE — биссектриса треугольника ABD,
9	3
ЛЕ = ED = —, CD = -. Найти АС и площадь 5 треугольника
АВС. (Билет 8, 1997)
4.81.	Около окружности радиуса 1 описаны ромб и треугольник,
две стороны которого параллельны диагоналям ромба, а третья па-
раллельна одной из сторон ромба и равна 5. Найти сторону ромба.
(Билет 9, 1997)
4.82.	Около окружности описаны ромб со стороной 3 и тре-
угольник, две стороны которого параллельны диагоналям ромба, а
третья параллельна одной из сторон ромба и равна 7. Найти радиус
окружности. (Билет 10, 1997)
4.83.	Около окружности радиуса 1 описаны ромб и треугольник,
две стороны которого параллельны диагоналям ромба, а третья
параллельна одной из сторон ромба и равна 7. Найти сторону
ромба. (Билет 11, 1997)
4.84.	Около окружности описаны ромб со стороной 4 и тре-
угольник, две стороны которого параллельны диагоналям ромба, а
третья параллельна одной из сторон ромба и равна 9. Найти радиус
окружности. (Билет 12, 1997)
4.85.	В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого
угла С проведена медиана CD. Найти расстояние между центрами
окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, если
ВС = 4, а радиус окружности, описанной около треугольника
АВС, равен (Билет 1, 1998)
4.86.	В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого
угла С проведена медиана CD. В треугольник ACD вписана ок-
ружность, а около треугольника BCD описана окружность. Найти
ПЛАНИМЕТРИЯ
57
расстояние между центрами этих окружностей, если ВС = 3, а ра-
диус описанной около треугольника АВС окружности равен (Би-
лет 2, 1998)
4.87.	Диагонали прямоугольника ABCD пересекаются в точке О.
Найти расстояние между центрами окружностей, вписанными в тре-
угольники АОВ И ВОС, если ВС = 8, BD= 10. (Билет 3, 1998)
4.88.	В прямоугольном треугольнике АВС из вершины прямого
угла С проведена медиана CD. Около треугольника ACD описана
окружность, а в треугольник BCD вписана окружность. Найти рас-
стояние между центрами этих окружностей, если ВС = 3, а радиус
описанной около треугольника АВС окружности равен |. (Билет 4,
1998)
4.89.	Сторона ромба ABCD равна 6. Расстояние между центрами
окружностей, описанных около треугольников АВС и BCD, равно 8.
НаЙТИ радиусы ЭТИХ окружностей. (Билет 5, 1998)
4.90.	Дан ромб ABCD. Радиусы окружностей, описанных около
треугольников ABD и ACD, равны 3 и 4. Найти расстояние между
центрами ЭТИХ окружностей. (Билет б, 1998)
4.91.	Сторона ромба ABCD равна 4. Расстояние между центрами
окружностей, описанных около треугольников ACD и ABD, равно 3.
НаЙТИ радиусы ЭТИХ окружностей. (Билет 7, 1998)
4.92.	Дан ромб ABCD. Радиусы окружностей, описанных около
треугольников АВС и BCD, равны 1 и 2. Найти расстояние между
центрами ЭТИХ окружностей. (Билет 8, 1998)
4.93.	Окружность с центром на диагонали АС параллелограмма
ABCD касается прямой АВ и проходит через точки С и D. Найти
стороны параллелограмма, если его площадь 5 = V2, a ABAC =
= arcsin |. (Билет 1, 1999)
4.94.	Окружность с центром на диагонали АС параллелограмма
ABCD касается прямой АВ и проходит через точки С и D. Найти сто-
роны параллелограмма, если его площадь 5 = 2V5, a ABAC =
2
= arctg (Билет 2, 1999)
4.95.	Окружность с центром на диагонали АС параллелограмма
ABCD касается прямой АВ и проходит через точки С и D. Найти
стороны параллелограмма, если его площадь 5 = 4, a ABAC =
= arccos J. (Билет 3, 1999)
4.96.	Окружность с центром на диагонали АС параллелограмма
ABCD касается прямой АВ и проходит через точки С и D. Найти
стороны параллелограмма, если его площадь 5 = 2V7, a ABAC =
з
= arctg уу. (Билет 4, 1999)
58
ПЛАНИМЕТРИЯ
4.97.	Медиана АЕ и биссектриса CD равнобедренного тре-
угольника ЛВС (АВ = ВС) пересекаются в точке М. Прямая, про-
ходящая через М параллельно АС, пересекает АВ и ВС в точках
Р и Q соответственно. Найти MQ и радиус окружности, описан-
ной около треугольника PQB, если АС = 4, LACB = arctg (2V2).
(Билет 5, 1999)
4.98.	В треугольнике АВС, где АВ = ВС = 3, ААВС = arccos
проведены медиана AD и биссектриса СЕ, пересекающиеся в точке М.
Через М проведена прямая, параллельная АС и пересекающая сторо-
ны АВ и ВС в точках Р и Q соответственно. Найти РМ и радиус ок-
ружности, вписанной в треугольник PQB. (Билет 6, 1999)
4.99.	Медиана АЕ и биссектриса CD равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ = ВС) пересекаются в точке М. Прямая, про-
ходящая через М параллельно АС, пересекает стороны АВ и ВС
в точках Р и Q соответственно. Найти EQ и радиус окружности,
описанной около треугольника PQB, если АВ = 4, а
Z. С АВ = arccos	(Билет 7, 1999)
о
4.100.	В треугольнике АВС, где АВ = ВС = 5, Z.ABC = 2 arcsin
проведены медиана AD и биссектриса СЕ, пересекающиеся в точке М.
Через М проведена прямая, параллельная АС и пересекающая сторо-
ны АВ и ВС в точках Р и Q соответственно. Найти АР и радиус окруж-
ности, вписанной в треугольник PQB. (Билет 8, 1999)
4.101.	В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС вер-
шины А, В и точка пересечения высот треугольника Е лежат на
окружности, которая пересекает отрезок ВС в точке D. Найти радиус
окружности, если CD =4, BD^=S. (Билет 1, 2000)
4.102.	В равнобедренном треугольнике ЛВС с основанием АС вер-
шины А, В и точка пересечения высот треугольника Е лежат на
окружности, которая пересекает отрезок ВС в точке D. Найти длину
отрезка CD, если LABC = 2 arcsin (1/5), а радиус окружности
R = 5. (Билет 2, 2000)
4.103.	В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС вер-
шины А, В и точка пересечения высот треугольника Е лежат на
окружности, которая пересекает отрезок ВС в точке D. Найти радиус
окружности, если АС = 3, CD = 2. (Билет 3, 2000)
4.104.	В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС
вершины А, В и точка пересечения высот треугольника Е лежат
на окружности, которая пересекает отрезок ВС в точке D. Найти
радиус окружности, если LАВС = 2 arctg (V2/4), CD = 8. (Билет 4,
2000)
4.105.	Окружности Cj и С2 внешне касаются в точке Л. Прямая
I касается окружности Сц в точке В, а окружности С2 — в точке D.
Через точку А проведены две прямые: одна проходит через точку В
ПЛАНИМЕТРИЯ
59
и пересекает окружность С2 в точке F, а другая касается окружно-
стей Cj и С2 и пересекает прямую I в точке Е. Найти радиусы ок-
ружностей Cj И С2, если AF = 3<2, BE = V5. (Билет 5, 2000)
4.106.	Окружности Cj и С2 внешне касаются в точке А. Прямая
I касается окружности Ct в точке В, а окружности С2 — в точке D.
Через точку А проведены две прямые: одна проходит через точку В
и пересекает окружность С2 в точке Е, а другая касается окружно-
стей Cj и С2 и пересекает I в точке F. Найти радиусы окружностей
С( И с2, если АВ = 4, EF = <10. (Билет 6, 2000)
4.107.	Окружности С, и С2 внешне касаются в точке А. Прямая
/ касается окружности С( в точке В, а окружности С2 — в точке D.
Через точку А проведены две прямые: одна проходит через точку В
и пересекает окружность С2 в точке F, а другая касается окружно-
стей Cj и С2 и пересекает прямую I в точке Е. Найти радиусы ок-
ружностей Сг И С2, если АЕ — 3, AF = 4<3. (Билет 7, 2000)
4.108.	Окружности Cj и С2 внешне касаются в точке А. Прямая
I касается окружности С, в точке В, а окружности С2 — в точке D.
Через точку А проведены две прямые: одна проходит через точку В
и пересекает окружность С2 в точке Е, а другая касается окружно-
стей Cj и С2 и пресекает I в точке F. Найти радиусы окружностей
Cj И С2, если АЕ= 1, EF = 3/V2. (Билет 8, 2000)
4.109.	Через точку А проведены две прямые: одна из них касается
окружности в точке В, а другая пересекает эту окружность в точках
С и D так, что D лежит на отрезке АС. Найти АВ, CD и радиус
ОКруЖНОСТИ, еСЛИ ВС = 4, BD=3, Z. В А С = arCCOS (Билет 1, 2001)
4.110.	Через точку А проведены две прямые: одна из них ка-
сается окружности в точке В, а другая пересекает эту окружность
в точках С и D так, что точка С лежит на отрезке AD. Найти
АС, ВС и радиус окружности, если BD = 5, ABAC = arcsin
ABDC = arccos (Билет 2, 2001)
4.111.	Через точку А проведены две прямые: одна из них ка-
сается окружности в точке В, а другая пересекает эту окружность
в точках С и D так, что D лежит на отрезке АС. Найти AD,
CD и радиус окружности, если АВ = 3VTT, ВС = 8 и
з
AABD = arcsin -. (Билет 3, 2001)
4
4.112.	Через точку А проведены две прямые: одна из них ка-
сается окружности в точке В, а другая пересекает эту окружность
в точках С и D так, что С лежит на отрезке AD. Найти АВ,
60
ПЛАНИМЕТРИЯ
ВС и радиус окружности, если СО=1, LB АС = arcsin ^=,
LBCD = arccos (Билет 4, 2001)
4.113.	В треугольнике АВС таком, что АВ = ВС — 4 и АС = 2,
проведены биссектриса AAt, медиана BBt и высота ССР Найти пло-
щадь треугольника, образованного пересечением прямых:
1)	AC, AAi и ССр
2)	АА[, ВВ{ и ССГ (Билет 5, 2001)
4.114.	В треугольнике АВС таком, что АВ = ВС = 6 и АС = 2,
проведены медиана AAt, высота ВВ} и биссектриса ССР Найти пло-
щадь треугольника, образованного пересечением прямых:
1)	ВВ\, СС{ и ВС;
2)	AAt, ВВ1 и ССР (Билет 6, 2001)
4.115.	В треугольнике ЛВС таком, что АВ = ВС = 4 и АС = 2,
проведены медиана AAt, биссектриса BBt и высота ССР Найти пло-
щадь треугольника, образованного пересечением прямых:
1)	АВ, АА, и BB{;
2)	AAt, ВВ{ и ССр (Билет 7, 2001)
4.116.	В треугольнике АВС таком, что АВ=ВС = Ь и АС = 2,
проведены биссектриса A4j, высота ВВХ и высота ССР Найти пло-
щадь треугольника, образованного пересечением прямых:
1)	АВ, AAj и BBt;
2)	ЛЛр BBt и ССР (Билет 8, 2001)
4.117.	Окружность Cj радиуса 2V6 с центром Oj и окружность
С2 радиуса V6 с центром О2 расположены так, что О1О2 = V70.
Прямая касается окружностей в точках At и Л2, а прямая /2 —
в точках В1 и В2. Окружности Cj и С2 лежат по одну сторону
от прямой и по разные стороны от прямой l2, G Ср
ё Cj, А2 G С2, В2 G С2, точки At и Bt лежат по разные стороны
относительно прямой OjO2. Через точку В2 проведена прямая 13,
перпендикулярная прямой 12. Прямая пересекает прямую 12 в
точке А, а прямую /3 — в точке В. Найти Hj.42, ВХВ2 и стороны
треугольника АВВ2. (Билет 9, 2001)
4.118.	Окружность Cj радиуса 2V3 с центром. Оj и окружность
С2 радиуса V3 с центром О2 расположены так, что ()Ot = 2vT3.
Прямая /j касается окружностей в точках А{ и А2, а прямая 12 —
в точках В{ и В2. Окружности Cj и С2 лежат по одну сторону
от прямой /j и по разные стороны от прямой l2, Al G Ср
В{ G Ср А2 G С2, В2 G С2, точки At и В{ лежат по разные стороны
относительно прямой OjO2. Через точку В1 проведена прямая /3,
ПЛАНИМЕТРИЯ
61
перпендикулярная прямой 12. Прямая 1{ пересекает прямую Z2 в
точке А, а прямую Z3 — в точке В. Найти AtA2, В{В2 и стороны
треугольника АВВ}. (Билет 10, 2001)
4.119.	Окружность Cj радиуса 2V6 с центром Ot и окружность
С2 радиуса V6 с центром О2 расположены так, что OlO2 = V70.
Прямая Zj касается окружностей в точках А{ и А2, а прямая 12 —
в точках В{ и В2. Окружности Ct и С2 лежат по одну сторону
от прямой Zj и по разные стороны от прямой Z2, At G Cj,
ZZj G Cj, A2 G C2, B2 G C2, точки A2 и B2 лежат по разные стороны
относительно прямой О1О2. Через точку В{ проведена прямая Z3,
перпендикулярная прямой Z2. Прямая Zt пересекает прямую Z2 в
точке А, а прямую Z3 — в точке В. Найти J41^42, В{В2 и стороны
треугольника ABBV (Билет п, 2001)
4.120.	Окружность Cj радиуса 2V3 с центром Oj и окружность С2
радиуса V3 с центром О2 расположены так, что О{О2 = 2VT3. Прямая
Zj касается окружностей в точках А{ и А2, а прямая Z2 — в точках В{ и
В2. Окружности Cj и С2 лежат по одну сторону от прямой Zt и по раз-
ные стороны от прямой Z2, А{ G Ср Bl G Cj, А2 G С2, В2 G С2, точки
А2 и В2 лежат по разные стороны относительно прямой (\О2. Через
точку В2 проведена прямая Z3, перпендикулярная прямой 12. Прямая
Zj пересекает прямую Z2 в точке А, а прямую Z3 — в точке В. Найти
Xj212, В{В2 И СТОРОНЫ Треугольника АВВ2. (Билет 12, 2001)
4.121.	В равнобедренной трапеции ABCD (5СЦЛО) окружность
касается основания ВС, боковых сторон АВ и CD и проходит через
точку пересечения диагоналей АС и BD. Найти радиус окружности,
если AD'.BC = 9:7, а площадь трапеции 5 = 8. (Билет 1, 2002)
4.122.	В равнобедренной трапеции ABCD (2?C||AD) окружность
касается основания AD, боковых сторон АВ и CD и проходит через
точку пересечения диагоналей АС и BD. Найти радиус окружности,
если AD'.BC = 7:5, а площадь трапеции 5 = 4. (Билет 2, 2002)
4.123.	В равнобедренной трапеции ABCD (2?C||AD) окружность
касается основания ВС, боковых сторон АВ и CD и проходит через
точку пересечения диагоналей АС и BD. Найти радиус окружности,
если AD.BC = 5:4, а площадь трапеции 5 = 3. (Билет 3, 2002)
4.124.	В равнобедренной трапеции ABCD (ВСЦЛ/)) окружность
касается основания AD, боковых сторон АВ и BD и проходит через
точку пересечения диагоналей АС и BD. Найти радиус окружности,
если AD'.BC = 5:3, а площадь трапеции 5 = 9. (Билет 4, 2002)
4.125.	Один из углов треугольника равен Зл/4, радиус вписанной
в него окружности равен 4, а периметр треугольника равен
16(6 + V2). Найти радиус окружности, описанной около этого тре-
угольника. (Билет 5, 2002)
62
ПЛАНИМЕТРИЯ
4.126.	Один из углов треугольника равен л/4, радиус вписанной
в него окружности равен 2(2 —V2), а радиус описанной вокруг
него окружности равен 3. Найти площадь этого треугольника. (Би-
лет 6, 2002)
4.127.	Один из углов треугольника равен л/6, радиус описанной
окружности равен 3(2v"3 — 1), а периметр треугольника равен
16V3. Найдите радиус окружности, вписанной в этот тре-
угольник, (Билет 7, 2002)
4.128.	Один из углов треугольника равен 5л/6, радиус вписан-
ной окружности равен 1, а площадь треугольника равна 13V3.
Найти радиус окружности, описанной около этого треугольника.
(Билет 8, 2002)
4.129.	Окружность с центром на стороне АВ равнобедренного
треугольника АВС {АВ = ВС) касается отрезка АС в точке F,
пересекает отрезок ВС а точке G, проходит через точку В и пе-
ресекает отрезок АВ в точке Е, причем АЕ = a, Z.BFG = у. Найти
радиус окружности. (Билет 9, 2002)
4.130.	Окружность с центром на стороне АВ равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ = ВС) проходит через точку А, пересекает от-
резок АС в точке F, касается отрезка ВС в точке G и пересекает
отрезок АВ в точке Е, причем GC/BG =	— 1, FG = а. Найти ра-
диус окружности. (Билет 10, 2002)
4.131.	Окружность с центром на стороне АВ равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ = ВС) касается отрезка АС в точке F, пересе-
кает отрезок ВС в точке G, проходит через точку В и пересекает
отрезок АВ в точке Е, причем GC = a, ABFG = у. Найти радиус
окружности. (Билет 11, 2002)
4.132.	Окружность с центром на стороне АВ равнобедренного тре-
угольника АВС (АВ = ВС) проходит через точку А, пересекает от-
резок АС в точке F, касается отрезка ВС в точке G и пересекает
отрезок АВ в точке Е, причем GC = BG, FC = а. Найти радиус ок-
ружности. (Билет 12, 2002)
4.133.	Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD
(BC||AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь тра-
пеции ABCD, если CD =6vT3, АЕ = 8. (Билет 1, 2003)
4.134.	Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD
(BC||AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь тра-
пеции ABCD, если BE = 26, DE = 9vT3. (Билет 2, 2003)
4.135.	Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD
(BC||AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь тра-
пеции ABCD, если ВС = 2, CD= 10V26. (Билет 3, 2003)
4.136.	Окружность с центром на диагонали АС трапеции ABCD
(BC||AD) проходит через вершины А и В, касается стороны CD в
ПЛАНИМЕТРИЯ
63
точке С и пересекает основание AD в точке Е. Найти площадь тра-
пеции ABCD, если AB = 5V2, CD= 1OVT3. (Билет 4, 2003)
4.137.	В трапеции ABCD с меньшим основанием ВС и площадью,
равной 2, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром V2 в
точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ и CD
пересекают окружность в точках М и N соответственно. Длина MN
равна 1. Найти величину угла MBN и длину основания AD. (Билет 5,
2003)
4.138.	В трапеции ABCD с большим основанием ВС и площадью,
равной 4V3, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром 2 в
точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ и CD
пересекают окружность в точках М и N соответственно. Длина MN
равна V3. Найти величину угла MDN и длину основания ВС. (Билет
6, 2003)
4.139.	В трапеции ABCD с меньшим основанием ВС и площадью,
равной 4, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром 2 в
точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ и CD
пересекают окружность в точках М и N соответственно. Длина MN
равна V2. Найти величину угла MBN и длину основания AD. (Билет
7, 2003)
4.140.	В трапеции ABCD с большим основанием ВС и площадью,
равной 12х/3, прямые ВС и AD касаются окружности диаметром
2'/3 в точках В и D соответственно. Боковые стороны трапеции АВ
и CD пересекают окружность в точках М и N соответственно. Длина
MN равна 3. Найти величину угла MDN и длину основания ВС.
(Билет 8, 2003)
4.141.	Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 5, медиана
AD = На биссектрисе СЕ выбрана точка F такая, что CF =
2	3
Через точку F проведена прямая I, параллельная ВС. Найти рассто-
яние от центра окружности, описанной около треугольника АВС, до
прямой I. (Билет 9, 2003)
4.142.	Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС = 5, а радиус
описанной окружности равен На высоте CD выбрана точка Е
такая, что СЕ = и через точку Е проведена прямая I, параллель-
ная ВС. Найти расстояние от центра окружности, вписанный в тре-
угольник АВС, ДО прямой I. (Билет 10, 2003)
4.143.	Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС, AC = f>, а ра-
диус вписанной окружности равен |. На медиане CD выбрана точка
CD
Е такая, что СЕ = Через точку Е проведена прямая I, парал-
лельная ВС. Найти расстояние от центра окружности, описанный
около треугольника АВС, до прямой I. (Билет 11, 2003)
64
ПЛАНИМЕТРИЯ
4.144.	Дан треугольник АВС, в котором АВ = ВС, АС = 6, высота
24	СЕ
AD = -у. На биссектрисе СЕ выбрана точка F такая, что CF = —.
Через точку F проведена прямая I, параллельная ВС. Найти рассто-
яние от центра окружности, вписанной в треугольник АВС, до пря-
мой I. (Билет 12, 2003)
4.145.	В параллелограмме ABCD прямые и 12 являются биссек-
трисами углов А и С соответственно, а прямые т1 и т2 — биссект-
рисами углов В и D соответственно. Расстояние между и 12 в V3
раз меньше расстояния между т[ и т2. Найти угол BAD и радиус
окружности, вписанной в треугольник ABD, если АС = V22/3,
BD = 2. (Билет 1, 2004)
4.146.	В параллелограмме ABCD прямые и 12 являются биссек-
трисами углов А и С соответственно, а прямые и т2 — биссект-
рисами углов В и D соответственно. Расстояние между и 12 в V3
раз больше расстояния между т1 и т2. Найти угол BAD и радиус
окружности, вписанной в треугольник АВС, если АС — 4,
BD — V22. (Билет 2, 2004)
4.147.	В параллелограмме ABCD прямые Ц и 12 являются биссек-
трисами углов А и С соответственно, а прямые т1 и т2 — биссект-
рисами углов В и D соответственно. Расстояние между и 12 в V3
раз меньше расстояния между т1 и т2. Найти угол BAD и радиус
окружности, вписанной в треугольник ABD, если АС = V41/3,
BD — 3. (Билет 3, 2004)
4.148.	В параллелограмме ABCD прямые и 12 являются биссек-
трисами углов А и С соответственно, а прямые т1 и т2 — биссект-
рисами углов В и D соответственно. Расстояние между Ц и 12 в V3
раз больше расстояния между тх и т2. Найти угол BAD и радиус
окружности, вписанной в треугольник АВС, если АС = 3,
BD = V59/3 . (Билет 4, 2004)
4.149.	Какая наименьшая площадь может быть у треугольника
АОС, вершина О которого лежит на катете ВС прямоугольного тре-
угольника АВС и является центром окружности радиуса R, касаю-
щейся ГИПОТенуЗЫ АС И ПрОХОДЯЩеЙ Через ТОЧКу В? (Билет 5, 2004)
4.150.	Какая наименьшая площадь может быть у прямоугольного
треугольника АВС, в котором окружность радиуса R с центром на
катете АВ касается гипотенузы АС и проходит через точку В? (Билет
6, 2004)
4.151.	Какая наименьшая длина может быть у гипотенузы АС
прямоугольного треугольника АВС, в котором окружность радиуса
R с центром на катете ВС касается стороны АС и проходит через
точку В? (Билет 7, 2004)
ПЛАНИМЕТРИЯ
65
4.152.	Какое наименьшее значение может быть у суммы длин ка-
тета ВС и гипотенузы АС прямоугольного треугольника АВС, в ко-
тором окружность радиуса R с центром на катете АВ касается сторо-
ны АС И проходит через точку В‘! (Билет 8, 2004)
4.153.	Четырехугольник, один из углов которого равен arctg(4/3),
вписан в окружность радиуса V6 и описан около окружности радиуса
1. Найти площадь четырехугольника и угол между его диагоналями.
(Билет 9, 2004)
4.154.	Четырехугольник, один из углов которого равен arsin(4/5),
вписан в окружность радиуса VT5 и описан около окружности ради-
уса 2. Найти площадь четырехугольника и угол между его диагона-
лями. (Билет 10, 2004)
4.155.	Четырехугольник, один из углов которого равен
2 arcctg (2), вписан в окружность радиуса 2V3 и описан около ок-
ружности радиуса 1. Найти площадь четырехугольника и угол между
его диагоналями. (Билет 11, 2004)
4.156.	Четырехугольник, один из углов которого равен
arccos (3/5), вписан в окружность радиуса 2/10 и описан около ок-
ружности радиуса 3. Найти площадь четырехугольника и угол между
его диагоналями. (Билет 12, 2004)
3 - 2771
5. СТЕРЕОМЕТРИЯ
5.1.	Конус расположен внутри треугольной пирамиды SABC так,
что плоскость его основания совпадает с плоскостью одной из граней
пирамиды, а три других грани касаются его боковой поверхности.
Найти обьем пирамиды, если длина образующей конуса равна 1,
AABS = ^, ABSC = ^, ASCB = ^. (Билет 1, 1991)
2	12	4
5.2.	Сфера, вписанная в треугольную пирамиду KLMN, касается
одной из граней пирамиды в центре вписанной в эту грань окружности.
Найти обьем пирамиды, если МК = ANMK = у, AKML = 3 arctg у,
AN ML = у — arctg у. (Билет 2, 1991)
5.3.	Конус расположен внутри треугольной пирамиды SABC так,
что плоскость его основания совпадает с плоскостью одной из граней
пирамиды, а три других грани касаются его боковой поверхности.
Найти объем пирамиды, если длина образующей конуса равна 1,
ABAC = %, ASBA = ^, AASB = ~. (Билет 3, 1991)
2	о	4
5.4.	Сфера, вписанная в треугольную пирамиду EFGH, касается
одной из граней пирамиды в центре вписанной в эту грань ок-
ружности. Найти объем пирамиды, если FG = 3V5, AHFG = у,
AEFG = -у^ — 3 arctg уГ5, AEFH = arctg >Г5 . (Билет 4, 1991)
5.5.	В четырехугольной пирамиде SABCD основанием является
трапеция ABCD (BC\\AD), ВС = (4/5)AD, AASD = ACDS = л/2. Все
вершины пирамиды лежат на окружностях оснований цилиндра, вы-
сота которого равна 2, а радиус основания равен 5/3. Найти объем
пирамиды. (Билет 5, 1991)
5.6.	В четырехугольной пирамиде SABCD основанием является па-
раллелограмм ABCD, A BSC = AASB = л/2. Все вершины пирамиды
лежат на окружностях оснований усеченного конуса, высота которого
равна 4/3, а радиусы оснований равны 1/2 и 5/6. Найти объем пира-
миды. (Билет 6, 1991)
5.7.	В четырехугольной пирамиде SKLMN основанием является
трапеция KLMN (LM\\KN), LM = ^ KN, AKSN = AMNS = л/2. Все
вершины пирамиды лежат на окружностях оснований цилиндра, вы-
сота которого равна 3, а радиус основания равен 5/2. Найти объем
пирамиды. (Билет 7, 1991)
5.8.	В четырехугольной пирамиде SKLMN основанием является
параллелограмм KLMN, ALSM = AKSL = ^. Все вершины пирами-
ды лежат на окружностях оснований усеченного конуса, высота ко-
торого равна 3/2, а радиусы оснований равны 1 и 5/4. Найти объем
пирамиды. (Билет 8, 1991)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
67
5.9.	В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит ромб
ABCD с острым углом при вершине А. Высота ромба равна 4, точка
пересечения его диагоналей является ортогональной проекцией вер-
шины 5 на плоскость основания. Сфера радиуса 2 касается плоско-
стей всех граней пирамиды. Найти объем пирамиды, если расстояние
от центра сферы до прямой АС равно ^у-АВ. (Билет 9, 1991)
5.10.	В сферу радиуса 5/8 вписана четырехугольная пирамида
SABCD, основанием которой служит параллелограмм ABCD. Точка
пересечения диагоналей параллелограмма является ортогональной
проекцией вершины 5 на плоскость ABCD. Плоскость каждой грани
пирамиды касается второй сферы, расстояние от центра которой до
прямой AD вдвое больше расстояния до прямой ВС. Найти радиус
второй сферы и расстояние от ее центра до вершины 5, если
AD.AB = 5:3. (Билет 10, 1991)
5.11.	В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит ромб
ABCD с тупым углом при вершине А. Высота ромба равна 2, точка
пересечения его диагоналей является ортогональной проекцией вер-
шины 5 на плоскость основания. Сфера радиуса 1 касается плоско-
стей всех граней пирамиды. Найти объем пирамиды, если расстояние
/Тд"
от центра сферы до прямой BD равно —АВ. (Билет 11, 1991)
5.12.	В сферу радиуса 13/3 вписана четырехугольная пирамида
SABCD, основанием которой служит параллелограмм ABCD. Точка
пересечения диагоналей параллелограмма является ортогональной
проекцией вершины 5 на плоскость ABCD. Плоскость каждой грани
пирамиды касается второй сферы, расстояние от центра которой до
прямой АВ втрое больше расстояния до прямой CD. Найти радиус
второй сферы и расстояние от ее центра до вершины 5, если
AB.AD = 1:4. (Билет 12, 1991)
5.13.	В правильной треугольной пирамиде SABC (S — вершина)
। очки D и Е являются серединами ребер АС и ВС соответственно. Че-
рез точку Е проведена плоскость 0, пересекающая ребра АВ и SB и уда-
ленная от точек D и В на одинаковое расстояние, равное 1/2. Найти
длины отрезков, на которые плоскость делит ребро SB, если ВС = 4,
SC = 3. (Билет 1, 1992)
5.14.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD (S — вер-
шина) AD = 1/5 и SD= 1. Через точку В проведена плоскость а,
пересекающая ребро SC и удаленная от точек Ли С на одинаковое
расстояние, равное 1/10. Найти длины отрезков, на которые плоско-
сть а делит ребро SC, если известно, что а не параллельна пря-
мой АС. (Билет 2, 1992)
5.15.	В правильной треугольной пирамиде SABC (5 — вершина)
точки К и L являются серединами ребер АВ и АС соответственно.
Через точку L проведена плоскость 0, пересекающая ребра ВС и SC
п удаленная от точек К и С на одинаковое расстояние, равное 1/3.
68
СТЕРЕОМЕТРИЯ
Найти длины отрезков, на которые плоскость 0 делит ребро SC, если
АВ = 4/3, SB = 4/5. (Билет 3, 1992)
5.16.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD (5 —
вершина) АВ — 5, SA = 4. Через точку А проведена плоскость а,
пересекающая ребро SD и удаленная от точек В и D на одинаковое
расстояние, равное 5/4. Найти длины отрезков, на которые пло-
скость а делит ребро SD, если известно, что а не параллельна
прямой BD. (Билет 4, 1992)
5.17.	Сфера вписана в четырехугольную пирамиду SABCD, осно-
ванием которой является трапеция ABCD, а также вписана в пра-
вильный тетраэдр, одна из граней которого совпадает с боковой
гранью пирамиды SABCD. Найти радиус сферы, если объем пирами-
ды SABCD равен 64, (Билет 5, 1992)
5.18.	Сфера вписана в правильную треугольную пирамиду SABC
(S — вершина), а также вписана в прямую треугольную призму
KLMK'L'M', у которой KL = KM = СБ, а боковое ребро К К' лежит
на прямой АВ. Найти радиус сферы, если известно, что прямая SC
параллельна плоскости LL'M'M. (Билет 6, 1992)
5.19.	Сфера вписана в четырехугольную пирамиду SKLMN, осно-
ванием которой является трапеция KLMN, а также вписана в пра-
вильный тетраэдр, одна из граней которого совпадает с боковой
гранью пирамиды SKLMN. Найти радиус сферы, если площадь тра-
пеции KLMN равна 3V3. (Билет 7, 1992)
5.20.	Сфера вписана в правильную треугольную пирамиду SKLM
(S — вершина), а также вписана в прямую треугольную призму
АВСА'В'С', у которой АВ = АС, ВС = 4V2, а боковое ребро АА ле-
жит на прямой KL. Найти радиус сферы, если известно, что прямая
SM параллельна плоскости ВВ'С'С. (Билет 8, 1992)
5.21.	Основание прямой призмы АВСА'В'С — равнобедренный тре-
угольник АВС, в котором АВ = ВС = 5, А АВС = 2 arcsin (3/5). Пло-
скость, перпендикулярная прямой АС, пересекает ребра АС и АС в
точках D и Е соответственно, причем AD = АС/3, ЕС' = АС/3. Найти
площадь сечения призмы этой плоскостью. (Билет 9,1992)
5.22.	Основание прямой призмы ABCDAВ'СD' — равнобедрен-
ная трапеция ABCD, в которой ВСЦЛЕ, ВС=1, AD = 5,
ABAD = arctg (3/2). Плоскость, перпендикулярная прямой AD,
пересекает ребра AD и A'D' в точках Е и F соответственно, при-
чем АЕ = FD' = 5/3. Найти площадь сечения призмы этой плоско-
стью. (Билет 10, 1992)
5.23.	Основание прямой призмы АВСА'В'С — равнобедренный
треугольник АВС, в котором АС = СВ—2, ААСВ = 2 arcsin (4/5).
Плоскость, перпендикулярная прямой АВ, пересекает ребра АВ и
А В' в точках К и L соответственно, причем АК = ттАВ, LB' = ^А'В'.
10	10
Найти площадь сечения призмы этой плоскостью. (Билет 11, 1992)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
69
5.24.	Основание прямой призмы ABCDA'В'СD' — равнобедренная
трапеция ABCD, в которой BC[[AD, ВС = 5, AD = 10, ABAD = arctg 2.
Плоскость, перпендикулярная прямой AD', пересекает ребра AD и
A'D' в точкахMisN соответственно, причем MD = A'N = 1. Найти пе-
риметр сечения призмы этой ПЛОСКОСТЬЮ. (Билет 12,1992)
5.25.	Через середину ребра АС правильной треугольной пирамиды
SABC (S — вершина) проведены плоскости аир, каждая из которых
образует угол с плоскостью АВС. Найти площади сечений пирами-
ды SABC плоскостями аир, если эти сечения имеют общую сторону
длины 1, лежащую в грани АВС, а плоскость а перпендикулярна
ребру 5Л. (Билет 1, 1993)
5.26.	На сторонах ВС и AD правильной четырехугольной пирами-
ды SABCD (S — вершина) взяты точки Р и Q. Сечения пирамиды
SABCD двумя взаимно перпендикулярными плоскостями аир, про-
ходящими через прямую PQ, — трапеции с равными основаниями.
Грань SAB образует угол с пересекающей ее плоскостью сечения,
а угол между гранями SAB и ABCD равен arctg 2. Найти площади
сечений пирамиды плоскостями аир, если PQ = 13. (Билет 2, 1993)
5.27.	Через середину ребра ВС правильной треугольной пирамиды
SABC (S — вершина) проведены плоскости аир, каждая из которых
образует угол arctg с плоскостью ЛВС. Найти площади сечений
пирамиды SABC плоскостями аир, если эти сечения имеют общую
сторону длины 3, лежащую в грани АВС, а плоскость а перпендику-
лярна ребру SC. (Билет 3, 1993)
5.28.	На сторонах АВ и CD правильной четырехугольной пирамиды
SABCD (S — вершина) взяты точки К и Z. Сечения пирамиды SABCD
двумя взаимно перпендикулярный плоскостями аир, проходящими
через прямую KZ, — трапеции с равными основаниями. Грань 5АОоб-
л
разует угол с пересекающей ее плоскостью сечения, а угол между
гранями SAD и ABCD равен arctg 3. Найти площади сечений пирамиды
ABCD плоскостями аир, если KZ =19. (Билет 4,1993)
5.29.	Основание прямой призмы KLMNK'L'M'N' — ромб KLMN
с углом 60° при вершине К. Точки Е и F — середины ребер LL' и
LM призмы. Ребро 5Л правильной четырехугольной пирамиды
SABCD (S — вершина) лежит на прямой LN, вершины D и В — на
прямых ММ' и EF соответственно. Найти отношение объемов приз-
мы И пирамиды, если 5Л = 2АВ. (Билет 5, 1993)
5.30.	Точки Ей F — середины ребер С С и C'D' прямоугольного па-
раллелепипеда ABCDA'B'C'D'. Ребро KL правильной треугольной пи-
рамиды KLMN (К — вершина) лежит на прямой АС, а вершины N и
М — на прямых DD' и EF соответственно. Найти отношение объемов
призмы и пирамиды, если АВ.ВС = 4:3, KL:MN = 2:3. (Билет 6, 1993)
70
СТЕРЕОМЕТРИЯ
5.31.	Точки Р и Q — середины ребер KL и LM правильной тре-
угольной призмы KLMK'L'M'. Ребро SB правильной четырехуголь-
ной пирамиды SABCD (S — вершина) лежит на прямой QK, а вер-
шины А и С — на прямых К'Р и LL соответственно. Найти отноше-
ние объемов призмы и пирамиды, если SA = 5AB. (Билет 7, 1993)
5.32.	Основание прямой призмы PQRP'QR' — треугольник PQR,
в котором APQR= 90°, PQ.QR = Т.З. Точка К — середина катета
PQ. Ребро АВ правильной треугольной пирамиды ABCD (А — вер-
шина) лежит на прямой PR, а вершины С и D — на прямых Р'К и
QQ' соответственно. Найти отношение объемов призмы и пирамиды,
если AB:CD= 2:3. (Билет 8, 1993)
5.33.	Внутри правильной треугольной пирамиды расположена
прямая призма, в основании которой лежит ромб. Одна из граней
призмы принадлежит основанию пирамиды, другая грань — боко-
вой грани пирамиды. Какой наибольший объем может иметь приз-
ма, если ребро основания пирамиды равно 2, а высота пирамиды
равна 2V2? (Билет 9, 1993)
5.34.	Внутри правильной четырехугольной пирамиды расположе-
на прямая призма KLMNK'L'M'N', в основании которой лежит ромб
KLMN с углом 60° при вершине L. Ребро К К' принадлежит основа-
нию пирамиды, а ребро LL' — диагонали этого основания. Какой
наибольший объем может иметь призма, если диагональ основания
пирамиды равна 6, а высота пирамиды равна V3? (Билет ю, 1993)
5.35.	Внутри правильной треугольной пирамиды расположена
прямая призма, в основании которой лежит ромб. Одна из граней
призмы принадлежит основанию пирамиды, другая грань — боко-
вой грани пирамиды. Какой наибольший объем может иметь приз-
ма, если ребро основания пирамиды равно 2, а высота пирамиды
равна 1? (Билет 11, 1993)
5.36.	Внутри правильной четырехугольной пирамиды расположе-
на прямая призма ABCDA’B'C'D', в основании которой лежит ромб
ABCD, в котором BD = у/1АС. Ребро АА' призмы принадлежит осно-
ванию пирамиды, а ребро В В' — диагонали этого основания. Какой
наибольший объем может иметь призма, если ребро основания пира-
миды равно 2, а высота пирамиды равна 1? (Билет 12, 1993)
5.37.	В основании прямой призмы ABCDA^B^C^D^ лежит ромб
ABCD с углом BAD, равным 2 arccos 1/3. Сфера касается всех звень-
ев ломаной АВССХА, и пересекает ребро ВВУ в точках В, и М. Найти
объем призмы и радиус сферы, если ВХМ = 1. (Билет 1, 1994)
5.38.	Дан прямоугольный параллелепипед ABCDAJJ^C^D^, у ко-
торого АВ : ВС = 2:3. Точки F и Fr — середины ребер ВС и В1С1
соответственно. Сфера касается всех звеньев ломаной AFDDlAl и
пересекает отрезок FF b точках Fr и Е. Найти объем параллелепи-
педа И радиус сферы, если F^E = 3/2. (Билет 2, 1994)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
71
5.39.	Сфера пересекает ребро ССг правильной треугольной призмы
4BC.Aj.BjCj в точках С, и X и касается всех звеньев ломаной ВСАА1В1.
Найти объем призмы и радиус сферы, если CYK = 4. (Билет 3, 1994)
5.40.	Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA^C^, у ко-
торого АВ : ВС = V6. Точки К и — середины ребер AD и AjDj
соответственно. Сфера пересекает отрезок KYK в точках Кг и М и
касается всех звеньев ломаной CKBBXCV Найти объем параллелепи-
педа И радиус сферы, если КХМ — 1. (Билет 4, 1994)
5.41.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD ребро
АВ вдвое больше высоты пирамиды. По одну сторону от плоскости
грани ABCD расположен цилиндр, окружность основания которого
проходит через центр этой грани. Ортогональные проекции ци-
линдра на плоскости SCD и SBC — прямоугольники с общей вер-
шиной в точке С. Найти отношение объемов цилиндра и пира-
миды. (Билет 5, 1994)
5.42.	Боковое ребро правильной треугольной пирамиды SABC
имеет длину 11/5 и составляет с плоскостью основания АВС угол,
равный arctg (5V2/4). Цилиндр расположен так, что окружность од-
ного из его оснований проходит через середину ребра АС и не пере-
секает грань SAB. Ортогональные проекции цилиндра на плоскости
SAB и SBC — прямоугольники с общей вершиной в точке 5. Найти
объем цилиндра. (Билет 6, 1994)
5.43.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD двугран-
ный угол при ребре АВ равен arccos 1/3. По одну сторону от пло-
скости грани ABCD расположен цилиндр, окружность основания
которого проходит через центр этой грани. Ортогональные проек-
ции цилиндра на плоскости SAB и SBC — прямоугольники с об-
щей вершиной в точке В. Найти отношение объемов цилиндра и
пирамиды. (Билет 7, 1994)
5.44.	Высота правильной треугольной пирамиды SABC равна V7/3,
а боковая грань составляет с основанием АВС угол 60°. Цилиндр рас-
положен так, что окружность одного из его оснований проходит через
середину ребра ВС и не пересекает грань SAC. Ортогональные проек-
ции цилиндра на плоскости SAB и SAC — прямоугольники с общей
вершиной в точке S. Найти объем цилиндра. (Билет 8, 1994)
5.45.	Сфера, касающаяся верхнего основания цилиндра, имеет
единственную общую точку с окружностью его нижнего основания
и делит ось цилиндра в отношении 2:6: 1, считая от центра од-
ного из оснований. Найти объем цилиндра, если известно, что
сфера касается двух его образующих, находящихся на расстоя-
нии 2V6 друг от друга. (Билет 9, 1994)
5.46.	Сфера, касающаяся нижнего основания цилиндра, имеет
единственную общую точку с окружностью его верхнего основания
и делит ось цилиндра в отношении 1 : 6 : 2, считая от центра од-
72
СТЕРЕОМЕТРИЯ
ного из оснований. Найти объем цилиндра, если известно, что
сфера касается двух его образующих, находящихся на расстоянии
8 друг ОТ друга. (Билет 10, 1994)
5.47.	Сфера, касающаяся верхнего основания цилиндра, имеет
единственную общую точку с окружностью его нижнего основания
и делит ось цилиндра в отношении 2:6: 1, считая от центра од-
ного из оснований. Найти объем цилиндра, если известно, что
сфера касается двух его образующих, находящихся на расстоянии
V6 друг от друга. (Билет 11, 1994)
5.48.	Сфера, касающаяся нижнего основания цилиндра, имеет
единственную общую точку с окружностью его верхнего основания
и делит ось цилиндра в отношении 1 : 6 : 2, считая от центра од-
ного из оснований. Найти объем цилиндра, если известно, что
сфера касается двух его образующих, находящихся на расстоянии
4 друг ОТ друга. (Билет 12, 1994)
5.49.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD (S — вер-
шина) АВ = 3V2, высота пирамиды равна 8. Сечения пирамиды дву-
мя параллельными плоскостями, одна из которых проходит через
точку А, а другая — через точки В и Р, имеют равные площади. В
каком отношении делят ребро SC плоскости сечений? Найти рассто-
яние между плоскостями сечений и объемы многогранников, на ко-
торые пирамида разбивается этими плоскостями. (Билет 1, 1995)
5.50.	Ребро SA пирамиды SABC перпендикулярно плоскости
АВС, АВ = 2, АС = 1, ABAC = 120°, 5Л = 3V2. Сечения пирамиды
двумя параллельными плоскостями, одна из которых проходит через
точку С и середину ребра АВ, а другая — через точку В, имеют
равные площади. В каком отношении делят ребро SA плоскости се-
чений? Найти объемы многогранников, на которые разбивают пира-
миду плоскости сечений, а также расстояние между этими плоско-
стями. (Билет 2, 1995)
5.51.	В основании пирамиды SABCD лежит ромб ABCD, ребро SD
перпендикулярно плоскости основания, SD = 6, BD — 3, АС = 2. Се-
чения пирамиды двумя параллельными плоскостями, одна из которых
проходит через точку В, а другая — через точки А и С, имеют равные
площади. В каком отношении делят ребро SD плоскости сечений? Най-
ти расстояние между плоскостями сечений и объемы многогранников,
на которые пирамида разбивается этими плоскостями. (Билет з, 1995)
5.52.	Ребро SB пирамиды SABC перпендикулярно плоскости
ЛВС, АВ = 4, ВС = 2, ЛАСВ = 90°, SB = 3. Сечения пирамиды дву-
мя параллельными плоскостями, одна из которых проходит через
точку С и середину ребра АВ, а другая — через точку А, имеют
равные площади. В каком отношении делят ребро SB плоскости се-
чений? Найти объемы многогранников, на которые разбивают пира-
миду плоскости сечений, а также расстояние между этими плоско-
стями. (Билет 4, 1995)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
73
5.53.	В правильной четырехугольной призме ABCDAlBlClDl боко-
вое ребро равно VT4, длина стороны основания ABCD призмы равна 6.
Окружность основания прямого кругового конуса вписана в тре-
угольник BC{D, а вершина конуса лежит в плоскости АВС{. Найти
объем конуса. (Билет 5, 1995)
5.54.	Окружность основания прямого кругового цилиндра вписана
в боковую грань SAB правильной четырехугольной пирамиды SABCD
(S — вершина), центр другого основания цилиндра лежит в плоскости
SBC. Найти объем цилиндра, если АВ = 6, SB = 5. (Билет 6, 1995)
5.55.	В правильной четырехугольной призме ABCDAlBlClDl сто-
рона основания ABCD равна 2, боковое ребро равно VTT. Основание
прямого кругового конуса вписано в треугольник ABrDx, а вершина
конуса лежит в плоскости ABXCV Найти объем конуса. (Билет 7, 1995)
5.56.	Окружность основания прямого кругового цилиндра вписана
в боковую грань SBC правильной четырехугольной пирамиды SABCD
(S — вершина), центр другого основания цилиндра лежит в плоскости
SBD. Найти объем цилиндра, если ВС = 4, SA = 3. (Билет 8, 1995)
5.57.	На ребре АС правильной треугольной призмы АВСА1В1С1
1	3
взята точка К так, что АК = СК = Через точку К проведена пло-
скость, образующая с плоскостью ЛВС угол arctg и рассекающая
призму на два многогранника, площади поверхностей которых равны.
Найти объем призмы, если известно, что около одного из этих много-
гранников можно описать сферу, а около другого — нет. (Билет 9,1995)
5.58.	В основании прямой призмы АВСА^Су лежит треугольник
ЛВС со сторонами АВ = АС = 25, ВС = 40. На ребре АВ взята точка
М так, что ВМ = 15. Через точку М проведена плоскость, образую-
щая с плоскостью АВС угол arctg и рассекающая призму на два
многогранника, площади поверхностей которых равны. Найти объем
призмы, если известно, что около одного из этих многогранников
можно описать сферу, а около другого — нет. (Билет 10, 1995)
5.59.	На ребре АВ правильной треугольной призмы ABCAiBlCl
1	2
взята точка D так, что AD = р BD = -j. Через точку D проведена пло-
скость, образующая с плоскостью ЛВС угол arctg и рассекающая
призму на два многогранника, площади поверхностей которых равны.
Найти объем призмы, если известно, что около одного из этих много-
гранников можно описать сферу, а около другого — нет. (Билет 11,1995)
5.60.	В основании прямой призмы АВСА1В1С1 лежит треугольник
ЛВС со сторонами АВ = ВС = 5, АС = 6. На ребре ВС взята точка
D так, что DC = 4. Через точку D проведена плоскость, образующая
с плоскостью АВС угол arctg | и рассекающая призму на два много-
74
СТЕРЕОМЕТРИЯ
гранника, площади поверхностей которых равны. Найти объем приз-
мы, если известно, что около одного из этих многогранников можно
описать сферу, а около другого — нет. (Билет 12, 1995)
5.61.	В основании призмы	лежит прямоугольник
ABCD. Острые углы D{DA и D{DC равны между собой, угол между ре-
бром D\D и плоскостью основания призмы равен arccos а
CD = 5V6. Все грани призмы касаются некоторой сферы. Найти длину
ВС, угол между плоскостями D{DC и АВС, а также расстояние от точ-
ки D ДО центра сферы. (Билет 1, 1996)
5.62.	Все грани призмы ABCDA^B^C^D^ касаются некоторого шара.
Основанием призмы служит квадрат ABCD со стороной, равной 5.
Угол CYCD — острый, а АС^СВ = arctg j. Найти ACXCD, угол между
боковым ребром и плоскостью основания призмы, а также расстояние
от точки С до точки касания шара с плоскостью AArD. (Билет 2, 1996)
5.63.	В основании призмы ABCDAlB1ClDl лежит параллелограмм
ABCD. Длина АВ равна 8, a ABAD = л/3. Острые углы А{АВ и ArAD
равны между собой, а угол между ребром А{А и плоскостью основания
призмы равен arcsin Все грани призмы касаются некоторой сферы.
Найти длину ребра AD, угол между плоскостями АА}В и АВС, а также
расстояние от точки А до центра сферы. (Билет з, 1996)
5.64.	Все грани призмы ABCDAlBlClDl касаются некоторого шара.
Основанием призмы служит ромб ABCD. Угол ВХВС — острый,
АВ^ВА = arctg ^=, ААВС = j, а АВ = Найти АВ^ВС, угол между
боковым ребром и плоскостью основания призмы, а также расстояние
от точки В до точки касания шара с плоскостью D^DC. (Билет 4, 1996)
5.65.	В кубе ABCD^BjCj-Dp ребро которого равно 6, точки М и
N — середины ребер АВ и В1С1 соответственно, а точка К располо-
жена на ребре DC так, что DK = 2 КС. Найти:
1)	расстояние от точки N до прямой АК;
2)	расстояние между прямыми MN и АК;
3)	расстояние от точки А} до плоскости треугольника MNK.
(Билет 1, 1996)
5.66.	В кубе ABCDAiBlClD1, ребро которого равно 4, точки Е и
F — середины ребер АВ и В1С1 соответственно, а точка Р располо-
жена на ребре CD так, что СР = 3PD. Найти:
1)	расстояние от точки F до прямой АР;
2)	расстояние между прямыми EF и АР;
3)	расстояние от точки At до плоскости треугольника EFP.
(Билет 6, 1996)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
75
5.67.	В кубе ABCDAyByC^Dy, ребро которого равно 6, точки М и
N — середины ребер АВ и BlCi соответственно, а точка К располо-
жена на ребре DC так, что СК = 2KD. Найти:
1)	расстояние от точки N до прямой АК;
2)	расстояние между прямыми MN и АК;
3)	расстояние от точки At до плоскости треугольника MKN.
(Билет 7, 1996)
5.68.	В кубе ABCDA^B^CyD^, ребро которого равно 4, точки Е и
F — середины ребер АВ и В{ Ci соответственно, а точка Р расположена
на ребре CD так, что PD = ЗРС. Найти:
1)	расстояние от точки F до прямой АР;
2)	расстояние между прямыми EF и АР;
3)	расстояние от точки At до плоскости треугольника EFP.
(Билет 8, 1996)
5.69.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона осно-
вания АВС равна а. Внутри пирамиды расположен конус, окруж-
ность основания которого вписана в треугольник ACD, а вершиной
конуса является точка О, лежащая на высоте BE треугольника
АВС так, что BE : ОВ = 3. Найти радиус основания конуса и ра-
диус шара, касающегося конуса и трех граней пирамиды с общей
ТОЧКОЙ В. (Билет 9, 1996)
5.70.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона основа-
ния АВС равна а. Внутри пирамиды расположен конус, окружность
основания которого вписана в треугольник ABD, а вершина конуса
расположена на средней линии треугольника АВС, параллельной сто-
роне АВ. Найти боковое ребро пирамиды и радиус шара, касающегося
конуса и трех граней пирамиды с общей точкой С. (Билет 10, 1996)
5.71.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона основа-
ния АВС равна а. Внутри пирамиды расположен конус, окружность
основания которого вписана в треугольник ACD, а вершиной конуса
является точка О, где OD — высота пирамиды. Найти радиус осно-
вания конуса и радиус шара, касающегося конуса и трех граней пи-
рамиды С общей ТОЧКОЙ В. (Билет 11, 1996)
5.72.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона осно-
вания АВС равна а. Внутри пирамиды расположен конус, окруж-
ность основания которого вписана в треугольник ABD, а вершиной
конуса является точка О, лежащая на медиане СЕ треугольника
АВС так, что СЕ : ОЕ = 4. Найти боковое ребро пирамиды и ра-
диус шара, касающегося конуса и трех граней пирамиды с общей
точкой С. (Билет 12, 1996)
5.73.	Внутри цилиндра лежат два шара радиуса г и один шар радиу-
са 4^ так, что каждый шар касается двух других и боковой поверхности
цилиндра, причем первые два равных шара касаются нижнего основа-
76
СТЕРЕОМЕТРИЯ
ния, а третий шар касается верхнего основания цилиндра. Найти ради-
ус основания цилиндра, если его высота равна 4г. (Билет 1,1997)
5.74.	Внутри цилиндра лежат два шара радиуса г и один шар
радиуса так, что каждый шар касается двух других, нижнего
основания цилиндра и его боковой поверхности. Найти радиус
основания цилиндра. (Билет 2, 1997)
5.75.	Внутри цилиндра лежит шар радиуса г и два равных шара
Зг	-
радиуса -у так, что каждый шар касается двух других и боковой
поверхности цилиндра, причем шар радиуса г касается нижнего
основания цилиндра, а два других шара касаются верхнего осно-
вания цилиндра. Найти радиус основания цилиндра, если его вы-
сота равна 4г. (Билет 3, 1997)
5.76.	Внутри цилиндра лежат два шара радиуса г и один шар
радиуса 2г так, что каждый шар касается двух других, верхнего
основания цилиндра и его боковой поверхности. Найти радиус
основания цилиндра. (Билет 4, 1997)
5.77.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD боковое ре-
бро равно а и равно диагонали основания ABCD. Через точку А парал-
лельно прямой BD проведена плоскость Р, образующая с прямой AD
угол, равный arcsin Найти площадь сечения пирамиды плоскостью
Р и радиус шара, касающегося плоскости Р и четырех прямых, кото-
рым принадлежат боковые ребра пирамиды. (Билет 5, 1997)
5.78.	В кубе ABCDA^B^C^D^ с ребром а через точку А параллель-
но прямой BD проведена плоскость Р, образующая с прямой АВ угол,
равный arcsin Найти площадь сечения куба плоскостью Р и ра-
диус шара, касающегося плоскости Р и граней ABCD, BCClBl и
DCC^. (Билет 6, 1997)
5.79.	В треугольной пирамиде SABC все ребра, кроме 5Д равны
а, а ребро 5/1 равно высоте треугольника АВС. Через точку А парал-
лельно прямой ВС проведена плоскость Р, образующая с прямой
АВ угол, равный arcsin ~. Найти площадь сечения пирамиды пло-
скостью Р и радиус шара с центром на прямой, проходящей через
точку 5 перпендикулярно плоскости треугольника АВС, касающегося
плоскости Р и плоскости треугольника SBC. (Билет 7, 1997)
5.80.	В правильной четырехугольной призме ABCDA1BlClDl сто-
рона основания АВ равна а, боковое ребро AAt равно aV2. Через
точку А параллельно прямой BD проведена плоскость Р, образующая
с прямой АВ угол, равный Найти площадь сечения призмы пло-
скостью Р и радиус шара, касающегося плоскости Р и граней
у41В1С1£)1, ЛВВ1А] И ADD^t- (Билет 8, 1997)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
77
5.81.	В треугольной пирамиде ABCD ребра АВ и CD взаимно пер-
пендикулярны, AD = ВС, расстояние от середины Е ребра АВ до пло-
скости ACD равно h, ADAC = у, AACD = угол между ребром
DC и гранью АВС равен у. Найти расстояние от точки Е до плоско-
сти BCD, угол между ребром АВ и гранью ACD, а также угол между
гранями ABD и АВС. (Билет 9, 1997)
5.82.	В треугольной пирамиде ABCD ребра АС и BD взаимно пер-
пендикулярны, АВ = BD = AD = а, середина ребра АС равноудалена
от плоскостей ABD и BCD, угол между ребром АС и гранью CBD
равен arcsin ^=. Найти длину ребра CD, угол CAD и угол между
ребром BD и гранью ACD. (Билет 10, 1997)
5.83.	В треугольной пирамиде ABCD ребра ВС и AD взаимно пер-
пендикулярны, АВ = CD, расстояние от середины О ребра ВС до пло-
скости ABD равно h, A CAD = A CD А — у, угол между ребром AD и
2
гранью АВС равен arccos Найти расстояние от точки О до пло-
скости ACD, угол между ребром ВС и гранью ABD, а также угол
между гранями АВС И BCD. (Билет 11, 1997)
5.84.	В треугольной пирамиде ABCD ребра АВ и DC взаимно пер-
пендикулярны, AADB = у, AABD = у, угол между ребром CD и
гранью ABD равен у, AD = а, середина ребра CD равноудалена от пло-
скостей ABD и АВС. Найти длину ребра ВС, угол CDB и угол между
ребром АВ И гранью BCD. (Билет 12, 1997)
5.85.	Сторона основания АВС правильной треугольной призмы
ЛВСЛ1В1С1 равна 6, а высота равна у=. На ребрах AC, A^j и ВВ{
расположены соответственно точки Р, F и К так, что АР = 1,
AlF = 3 и ВК = KBV Построить сечение призмы плоскостью, прохо-
дящей через точки Р, F и К. Найти площадь сечения и угол между
плоскостью основания призмы и плоскостью сечения. (Билет 1, 1998)
5.86.	Правильная треугольная призма ABCA1BiCi пересечена
плоскостью, проходящей через середины ребер АВ, А^, ВВ}. По-
строить сечение призмы, найти площадь сечения и вычислить угол
между плоскостью основания АВС и плоскостью сечения, если сто-
рона основания равна 2, а высота призмы равна —. (Билет 2, 1998)
5.87.	Сторона основания АВС правильной треугольной призмы
ABCAlBiCi равна 12, а высота равна уук На ребрах АС, А{С{ и
АВ расположены соответственно точки Р, F и Е так, что АР = 2,
AjF =6 и АЕ = 6. Построить сечение призмы плоскостью, проходя-
78
СТЕРЕОМЕТРИЯ
щей через точки Р, F и Е, найти площадь сечения и угол между
плоскостью основания призмы и плоскостью сечения. (Билет 3, 1998)
5.88.	Правильная треугольная призма ABCAlBiCi пересечена
плоскостью, проходящей через середины ребер АВ, А^, BBV. По-
строить сечение призмы, найти площадь сечения и вычислить угол
между плоскостью основания АВС и плоскостью сечения, если сто-
.	'[42
рона основания равна 4, а высота призмы равна -у-. (Билет 4, 1998)
5.89.	Две противоположные боковые грани четырехугольной пира-
миды SABCD перпендикулярны основанию, высота пирамиды равна
V5. В основании пирамиды лежит равнобедренная трапеция ABCD
(AD = BC), описанная около окружности и такая, что АВ = 6,
ABAD = у. Найти расстояние от точки D до плоскости SAB.
Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его осно-
вания вписана в треугольник SCD, а вершина принадлежит грани
SAB. Найти объем конуса. (Билет 5, 1998)
5.90.	В основании четырехугольной пирамиды SKLMN лежит рав-
нобедренная трапеция KLMN, описанная около окружности и такая,
что KN = LM = 4, MN > KL и угол между прямыми KN и LM равен
р Две противоположные боковые грани этой пирамиды перпендику-
лярны основанию и SM = 12. Найти расстояние от точки М до пло-
скости SKL.
Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его
основания вписана в треугольник SMN, а вершина принадлежит
грани SKL. Вычислить высоту конуса. (Билет 6, 1998)
5.91.	В четырехугольной пирамиде SABCD две противоположные
боковые грани перпендикулярны основанию, расстояние от вершины S
до прямой АВ равно 4уП. В основании пирамиды лежит равнобедрен-
ная трапеция ABCD {AD = ВС), описанная около окружности и такая,
что CD = 2, A ADC = Найти расстояние от точки С до плоскости
SAB. Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его
основания вписана в треугольник SCD, а вершина принадлежит грани
SAB. НаЙТИ объем конуса. (Билет 7, 1998)
5.92.	В основании четырехугольной пирамиды SKLMN лежит рав-
нобедренная трапеция KLMN (LM= KN), описанная около окруж-
ности радиуса V3, AMLK — Две противоположные боковые грани
этой пирамиды перпендикулярны основанию, высота пирамиды рав-
на 6^. Найти расстояние от точки N до плоскости SKL.
Внутри пирамиды расположен конус так, что окружность его
основания вписана в треугольник SMN, а вершина принадлежит
грани SKL. ВЫЧИСЛИТЬ ВЫСОТУ конуса. (Билет 8, 1998)
5.93.	Ребро правильного тетраэдра ABCD равно а, точка К — сере-
дина ребра АВ, точка Е лежит на ребре CD и ЕС : ED =1:2, точка
СТЕРЕОМЕТРИЯ
79
F — центр грани АВС. Найти угол между прямыми ВС и КЕ, расстоя-
ние между этими прямыми и радиус сферы, проходящей через точки А,
В, Ей F. (Билет 1, 1999)
5.94.	Ребро правильного тетраэдра ABCD равно а, точка К — се-
редина ребра АВ, точка Е лежит на ребре CD и ЕС: ED= 1:3,
точка F — центр грани АВС. Найти угол между прямыми ВС и
КЕ, расстояние между этими прямыми и радиус сферы, проходящей
через точки А, В, Е И F. (Билет 2, 1999)
5.95.	Ребро правильного тетраэдра ABCD равно а, точка К — се-
редина ребра АВ, точка Е лежит на ребре CD и ЕС : ED = 2:1,
точка F — центр грани АВС. Найти угол между прямыми ВС и
КЕ, расстояние между этими прямыми и радиус сферы, проходящей
через ТОЧКИ А, В, Е И F. (Билет 3, 1999)
5.96.	Ребро правильного тетраэдра ABCD равно а, точка К — се-
редина ребра АВ, точка Е лежит на ребре CD и ЕС: ED = 3:1,
точка F — центр грани АВС. Найти угол между прямыми ВС и
КЕ, расстояние между этими прямыми и радиус сферы, проходящей
через ТОЧКИ А, В, Е И F. (Билет 4, 1999)
5.97.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD рав-
на 2, высота пирамиды, опущенная на основание, равна 2\[2. На ре-
брах S/1 и SD расположены точки Ей Fтак, что АЕ = 2ES, SF = 5DF.
Через точки Ей F проведена плоскость а, параллельная CD. Найти:
1)	площадь фигуры, полученной при пересечении пирамиды пло-
скостью а;
2)	радиус сферы с центром в точке А, касающейся плоскости а;
3)	уГОЛ Между ПЛОСКОСТЬЮ а И ПЛОСКОСТЬЮ АВС. (Билет 5, 1999)
5.98.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD рав-
на 2, угол между боковым ребром и основанием равен arccos ^=. На ре-
брах SA и SD расположены точкиЕнЕ так, что АЕ = 2ES, DF = 8SF.
Через точки Ей F проведена плоскость а, параллельная АВ. Найти:
1)	площадь фигуры, полученной при пересечении пирамиды пло-
скостью а;
2)	радиус сферы с центром в точке А, касающейся плоскости а;
3)	угол между плоскостью а и плоскостью АВС. (Билет 6, 1999)
5.99.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2, длина бокового ребра равна VT0. На ребрах 5'Л и SD распо-
ложены точки Е и F так, что SE = 5АЕ, DF = 2SF. Через точки Е
и F проведена плоскость а, параллельная CD. Найти:
1)	площадь фигуры, полученной при пересечении пирамиды плос-
костью а;
2)	радиус сферы с центром в точке А, касающейся плоскости а;
3)	УГОЛ между ПЛОСКОСТЬЮ а И ПЛОСКОСТЬЮ АВС (Билет 7, 1999)
5.100.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2, двугранный угол между основанием и боковой гранью равен
80
СТЕРЕОМЕТРИЯ
arccos j. На ребрах 5Л и SD расположены точки Е и F так, что
АЕ = 8ES, DF = 2SF. Через точки Е и F проведена плоскость а,
параллельная АВ. Найти:
1)	площадь фигуры, полученной при пересечении пирамиды пло-
скостью а;
2)	радиус сферы с центром в точке А, касающейся плоскости а;
3)	УГОЛ между ПЛОСКОСТЬЮ а И ПЛОСКОСТЬЮ АВС. (Билет 8, 1999)
5.101.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона основа-
ния АВС равна 12, AADB = 2 arctg (3/4). В треугольнике ABD про-
ведена биссектриса BAt, а в треугольнике BCD проведены медиана
BCt и высота CBV Найти:
1)	объем пирамиды А^С^;
2)	площадь проекции треугольника AiBiCl на плоскость АВС.
(Билет 1, 2000)
5.102.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона основа-
ния АВС равна 6, угол между боковыми гранями равен
arccos (1/10). В треугольнике ABD проведена биссектриса BAt, а в
треугольнике BCD проведены медиана BCt и высота CBV Найти:
1)	объем пирамиды А^С^;
2)	площадь проекции треугольника А1В1С1 на плоскость АВС.
(Билет 2, 2000)
5.103.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона основа-
ния АВС равна 3, угол между основанием и боковой гранью равен
arccos (’/3/4). В треугольнике ABD проведена биссектриса BAV а в
треугольнике BCD проведены медиана ВСХ и высота CBV Найти:
1)	объем пирамиды AyBfiyD',
2)	площадь проекции треугольника А1В1С1 на плоскость АВС.
(Билет 3, 2000)
5.104.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона основа-
ния АВС равна 12, высота пирамиды DO = V33. В треугольнике
ABD проведена биссектриса BAt, а в треугольнике BCD проведены
медиана BCt и высота СВГ Найти:
1)	объем пирамиды AtBtCtD-
2)	площадь проекции треугольника А1В1С1 на плоскость АВС.
(Билет 4, 2000)
5.105.	В правильной треугольной пирамиде ABCD угол ADC равен
2 arcsin а сторона основания АВС равна 2. Точки К, М, N — сере-
дины ребер АВ, CD, АС соответственно. Точка Е лежит на отрезке
КМ и ЗМЕ = КЕ. Через точку Е проходит плоскость 9° перпендику-
лярно отрезку КМ. В каком отношении плоскость делит ребра пи-
СТЕРЕОМЕТРИЯ
81
рамиды? Найти площадь сечения пирамиды плоскостью 9° и расстоя-
ние ОТ ТОЧКИ N ДО ПЛОСКОСТИ 9°. (Билет 5, 2000)
5.106.	В правильной треугольной пирамиде ABCD угол ADB равен
2 arcsin сторона основания АВС равна 2. Точки К, М, N — середи-
ны отрезков АВ, DK, АС соответственно. Точка Е лежит на отрезке
СМ и ЗМЕ — СЕ. Через точку Е проходит плоскость 9° перпендику-
лярно отрезку СМ. В каком отношении плоскость 9s делит ребра пи-
рамиды? Найти площадь сечения пирамиды плоскостью 9° и расстоя-
ние ОТ ТОЧКИ N ДО ПЛОСКОСТИ 9°. (Билет 6, 2000)
5.107.	В правильной треугольной пирамиде ABCD длина бокового
ребра равна 12, а угол между основанием АВС и боковой гранью равен
arccos Точки К, М, N — середины ребер АВ, CD, АС соответст-
венно. Точка Е лежит на отрезке КМ и 2МЕ = КЕ. Через точку Е про-
ходит плоскость 9° перпендикулярно отрезку КМ. В каком отношении
плоскость 9° делит ребра пирамиды? Найти площадь сечения пирами-
ды ПЛОСКОСТЬЮ И расстояние ОТТОЧКИ N ДО ПЛОСКОСТИ 9s. (Билет 7, 2000)
5.108.	В правильной треугольной пирамиде ABCD сторона осно-
вания АВС равна 4, угол между плоскостью основания и боковой
гранью равен arccos ^=?=. Точки К, М, N — середины отрезков
AB, DK, АС соответственно, точка Е лежит на отрезке СМ и
5МЕ — СЕ. Через точку Е проходит плоскость 9° перпендикулярно
отрезку СМ. В каком отношении плоскость 9s делит ребра пира-
миды? Найти площадь сечения пирамиды плоскостью 9° и рассто-
яние ОТ ТОЧКИ N ДО ПЛОСКОСТИ 9s. (Билет 8, 2000)
5.109.	Тело в форме тетраэдра ABCD с одинаковыми ребрами по-
ставлено гранью АВС на плоскость. Точка F — середина ребра CD,
точка 5 лежит на прямой АВ, S А, АВ = BS. В точку 5 сажают
муравья. Как должен муравей ползти в точку F, чтобы пройденный
ИМ путь был минимальным? (Билет 1, 2001)
5.110.	Тело в форме тетраэдра ABCD с одинаковыми ребрами по-
ставлено гранью АВС на плоскость. Точка F — середина ребра CD,
точка 5 лежит на прямой АВ, 2АВ = BS и точка В лежит между А
и S. В точку 5 сажают муравья. Как должен муравей ползти в точку
F, чтобы пройденный им путь был минимальным? (Билет 2, 2001)
5.111.	Тело в форме тетраэдра ABCD с одинаковыми ребрами по-
ставлено гранью АВС на плоскость. Точка F — середина ребра CD,
точка 5 лежит на прямой АВ, АВ = 2BS, точка В лежит между А и
5. В точку 5 сажают муравья. Как должен муравей ползти в точку
F, чтобы Пройденный ИМ путь был минимальным? (Билет 3, 2001)
5.112.	Тело в форме тетраэдра ABCD с одинаковыми ребрами
поставлено гранью АВС на плоскость. Точка F лежит на ребре
CD и 2DF = FC, точка 5 лежит на прямой АВ, АВ = 3BS и точка
В лежит между А и 5. В точку 5 сажают муравья. Как должен
82
СТЕРЕОМЕТРИЯ
муравей ползти в точку F, чтобы пройденный им путь был ми-
нимальным? (Билет 4, 2001)
5.113.	Сторона основания АВС правильной пирамиды ABCD равна
4V3, A DAB = arctg	Точки Лр Вр С, — середины ребер AD, BD,
CD соответственно. Найти:
1)	угол между прямыми BAj и АСР
2)	расстояние между прямыми ВА} и ЛСР
3)	радиус сферы, касающейся плоскости АВС и отрезков АСР
ВАХ И СВГ (Билет 1, 2001)
5.114.	Сторона основания АВС правильной пирамиды ABCD равна
8V3, высота пирамиды DO = 6. Точки Ар Вр С, — середины ребер
AD, BD, CD соответственно. Найти:
1)	угол между прямыми ВА} и АС1;
2)	расстояние между прямыми ВА{ и ЛСР
3)	радиус сферы, касающейся плоскости АВС и отрезков АСР
ВАу и СВР (Билет 2, 2001)
5.115.	Боковое ребро правильной пирамиды ABCD с основанием
АВС равно 8VT0, AADB = arcsin Точки Лр Bv Cj — середины
ребер AD, BD, CD соответственно. Найти:
1)	угол между прямыми ВАГ и ЛСР
2)	расстояние между прямыми ВА} и ЛСР
3)	радиус сферы, касающейся плоскости АВС и отрезков ЛСР
ВА} И СВР (Билет 3, 2001)
5.116.	Боковое ребро правильной пирамиды ABCD с основанием
АВС равно 20, LDАВ = arcsin	Точка Лр Blt С, — середины ре-
бер AD, BD, CD соответственно. Найти:
1)	угол между прямыми ВА} и АС^,
2)	расстояние между прямыми ВЛ1 и ЛСР
3)	радиус сферы, касающейся плоскости АВС и отрезков АСр
В At и СВр (Билет 4, 2001)
5.117.	Три шара радиуса г касаются друг друга и шара радиуса
7? внешним образом. При каком соотношении г и R это возможно?
Считая, что R > г, найти радиус шара, касающегося всех четырех
шаров внешним образом. (Билет 5, 2001)
5.118.	Три шара радиуса г касаются друг друга внешним образом
и каждый шар касается внутренним образом сферы радиуса R. При
каком соотношении между г и R это возможно? Найти радиус наи-
меньшего из шаров, касающихся трех шаров радиуса г внешним об-
разом, а сферы радиуса R внутренним образом. (Билет 6, 2001)
СТЕРЕОМЕТРИЯ
83
5.119.	Три шара радиуса г касаются друг друга и шара радиуса
R внешним образом. При каком соотношении между г и R это воз-
можно? Считая, что R> г, найти радиус сферы, такой, что все че-
тыре шара касаются ее внутренним образом. (Билет 7, 2001)
5.120.	Три шара радиуса г касаются друг друга внешним образом и
каждый шар касается внутренним образом сферы радиуса R. При ка-
ком соотношении между г и R это возможно? Найти радиус наиболь-
шего из шаров, касающихся трех шаров трех шаров радиуса г внеш-
ним образом, а сферы радиуса R внутренним образом. (Билет 8, 2001)
5.121.	Апофема правильной пирамиды SABCD равна 2, боковое ре-
бро образует с основанием ABCD угол, равный arctg Точки Е, F,
К выбраны соответственно на ребрах АВ, AD и SC так, что
ЛЕ AF SK 1 Т1 „
ев — fd ~ кс ~ 2’ Наити:
1)	площадь сечения пирамиды плоскостью EFK',
2)	расстояние от точки D до плоскости EFK\
3)	угол между прямой SD и плоскостью EFK. (Билет 9, 2001)
5.122. Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 1, боковое ребро образует с основанием угол, равный arctg 4.
Точки Е, F, К выбраны соответственно на ребрах АВ, AD и SC так,
АЕ AF SK 2	„
ЧТ0 AB = AD=1C = 3- НаИТИ:
1)	площадь сечения пирамиды плоскостью EFK-,
2)	расстояние от точки D до плоскости EFK',
3)	УГОЛ между ПРЯМОЙ SD И ПЛОСКОСТЬЮ EFK. (Билет 10, 2001)
5.123.	Высота правильной пирамиды SABCD с основанием ABCD
равна 3, угол между соседними боковыми ребрами равен arccos
Точки Е, F, К выбраны соответственно на ребрах АВ, AD и SC так,
АЕ AF СК 1 u „
4mAB = AD=-SC = 3- НаИТИ:
1)	площадь сечения пирамиды плоскостью EFK',
2)	расстояние от точки D до плоскости EFK',
3)	угол между прямой SD И ПЛОСКОСТЬЮ EFK. (Билет 11, 2001)
5.124.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2, боковая грань образует с основанием угол, равный arctg 2.
Точки Е, F, К выбраны соответственно на ребрах АВ, AD и SC так, что
АЕ AF СК т Т1 „
ев ~~ fd ~ ks ~ Наити.
1)	площадь сечения пирамиды плоскостью EFK-,
2)	расстояние от точки D до плоскости EFK'
3)	УГОЛ между прямой SD И ПЛОСКОСТЬЮ EFK. (Билет 12, 2001)
5.125.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2. Плоскость а, параллельная прямым SC и AD, пересекает
84
СТЕРЕОМЕТРИЯ
пирамиду так, что в сечение можно вписать окружность, причем пе-
32
риметр сечения равен —. Найти:
1)	в каком отношении плоскость а делит ребра пирамиды;
2)	отношение объемов частей, на которые плоскость а разбивает
пирамиду;
3)	расстояние от центра описанной около пирамиды сферы до пло-
скости а. (Билет 1, 2002)
5.126.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2. Плоскость а, параллельная прямым SB и AD, пересекает
пирамиду так, что в сечение можно вписать окружность, причем пе-
48 тт „
риметр сечения равен —. Наити:
1)	в каком отношении плоскость а делит ребра пирамиды;
2)	отношение объемов частей, на которые плоскость а разбивает
пирамиду;
3)	расстояние от центра описанной около пирамиды сферы до пло-
скости а. (Билет 2, 2002)
5.127.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2. Плоскость а, параллельная прямым SB и AD, пересекает пи-
рамиду так, что в сечение можно вписать окружность радиуса 7Т5/5.
Найти:
1)	в каком отношении плоскость а делит ребра пирамиды;
2)	отношение объемов частей, на которые плоскость а разбивает
пирамиду;
3)	расстояние от центра описанной около пирамиды сферы до пло-
скости а. (Билет 3, 2002)
5.128.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 2. Плоскость а, параллельная прямым SC и AD, пересекает пи-
рамиду так, что в сечение можно вписать окружность радиуса 735/7.
Найти:
1)	в каком отношении плоскость а делит ребра пирамиды;
2)	отношение объемов частей, на которые плоскость а разбивает
пирамиду;
3)	расстояние от центра описанной около пирамиды сферы до пло-
скости а. (Билет 4, 2002)
5.129.	Расстояние от центра О шара радиуса 12, описанного около
правильной четырехугольной пирамиды, до бокового ребра равно
472. Найти:
1)	высоту пирамиды;
2)	расстояние от точки О до боковой грани пирамиды;
3)	радиус вписанного в пирамиду шара. (Билет 5, 2002)
5.130.	Расстояние от центра О шара радиуса 672, описанного
около правильной четырехугольной пирамиды, до боковой грани
равно 3. Найти:
СТЕРЕОМЕТРИЯ
85
1)	высоту пирамиды;
2)	расстояние от точки О до бокового ребра пирамиды;
3)	радиус вписанного в пирамиду шара. (Билет 6, 2002)
5.131.	Расстояние от центра О шара, описанного около правиль-
ной четырехугольной пирамиды до бокового ребра, равно 2V2, а
от О до боковой грани равно (r/VS. Найти:
1)	высоту пирамиды;
2)	радиус описанного вокруг пирамиды шара;
3)	радиус вписанного в пирамиду шара. (Билет 7, 2002)
5.132.	Расстояние от центра О шара радиуса 9, описанного около
правильной четырехугольной пирамиды, до бокового ребра в VTO/3 раз
больше расстояния от точки О до боковой грани пирамиды. Найти:
1)	высоту пирамиды;
2)	расстояние от точки О до боковой грани пирамиды;
3)	радиус вписанного в пирамиду шара. (Билет 8, 2002)
5.133.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 8, высота SO равна 3. Точка М — середина ребра SB, точка
К — середина ребра ВС. Найти:
1)	объем пирамиды AMSK‘,
2)	угол между прямыми AM и SK;
3)	расстояние между прямыми AM и SK. (Билет 9, 2002)
5.134.	Сторона основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 4VZ, угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью
основания равен arctg Точка М — середина ребра SD, точка К —
середина ребра AD. Найти:
1)	объем пирамиды CMSK-,
2)	угол между прямыми СМ и SK;
3)	расстояние между прямыми СМ тл SK. (Билет 10, 2002)
5.135.	Диагональ основания ABCD правильной пирамиды SABCD
равна 8V2, угол между боковой гранью и плоскостью основания равен
з
arctg д. Точка М — середина ребра SA, точка К — середина ребра АВ.
Найти:
1)	объем пирамиды DMSK',
2)	угол между прямыми DM и SK;
3)	расстояние между прямыми DM тл SK. (Билет 11, 2002)
5.136.	Диагональ основания ABCD правильной пирамиды
SABCD равна 8, высота пирамиды SO равна 1. Точка М — се-
редина ребра SC, точка К — середина ребра CD. Найти:
1)	объем пирамиды В MS К',
2)	угол между прямыми ВМ и SK\
3)	расстояние между прямыми ВМ И SK. (Билет 12, 2002)
5.137.	Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего
основания цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр лежит на
86
СТЕРЕОМЕТРИЯ
грани ABD. Радиус цилиндра равен 3, объем пирамиды ABCD равен
27V2, ребро АВ = 24. Найти двугранный угол между гранями АВС и
ABD и радиус описанной около ABCD сферы. (Билет 1, 2003)
5.138.	Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего
основания цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр лежит на
грани ABD. Радиус цилиндра равен 2, двугранный угол между граня-
ми АВС и ABD равен arctg V2, ребро АВ = 20. Найти объем пирамиды
ABCD и радиус описанной около ABCD сферы. (Билет 2, 2003)
5.139.	Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего
основания цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр лежит на
грани ABD. Радиус цилиндра равен 2, объем пирамиды ABCD равен
28V2, ребро АВ= 12. Найти двугранный угол между гранями АВС и
ABD и радиус описанной около ABCD сферы. (Билет 3, 2003)
5.140.	Даны пирамида ABCD и цилиндр. Окружность нижнего
основания цилиндра вписана в грань АВС. Окружность верхнего осно-
вания цилиндра пересекает ребра DA, DB и DC, а ее центр лежит на
грани ABD. Радиус цилиндра равен 4, двугранный угол между граня-
ми АВС и ABD равен arctg (l/v^), ребро АВ = 24. Найти объем пира-
миды ABCD и радиус описанной около ABCD сферы. (Билет 4, 2003)
5.141.	Ребро куба ABCDA^^C^^ равно 1. Найти радиус сферы,
касающейся:
а)	ребер ВА, ВВ1, ВС и плоскости А^С^,
б)	ребер ВА, ВВ\, ВС И прямой DAV (Билет 5, 2003)
5.142.	Ребро куба АВСОА^С^ равно 1. Найти радиус сферы,
касающейся:
а)	ребер AD, DD{, DC и плоскости А^ВС^,
б)	ребер AD, DD{, DC И прямой ВСГ (Билет 6, 2003)
5.143.	Ребро куба ABCDA^C^ равно 1. Найти радиус сферы,
касающейся:
а)	ребер АВ, AAlt AD и плоскости B^D^,
б)	ребер АВ, AAV AD И прямой CD{. (Билет 7, 2003)
5.144.	Ребро куба ABCDA1B1C1Dl равно 1. Найти радиус сферы,
касающейся:
а)	ребер СВ, CCt, CD и плоскости B^AD^,
б)	ребер СВ, ССП CD И прямой ADl. (Билет 8, 2003)
5.145.	Основание прямой призмы АВСА1В1С1 — треугольник
АВС, в котором АВ = ВС = 5, АС = 6. Высота призмы равна V6. На
сторонах АС, ВС и А{С{ выбраны соответственно точки D, Е и D\
АС	А,С,
так, что DC = BE = СЕ, AtDt = и через эти точки прове-
дена плоскость П. Найти:
СТЕРЕОМЕТРИЯ
87
1)	площадь сечения призмы плоскостью П;
2)	угол между плоскостью П и плоскостью АВС;
3)	расстояние от точек С! и С до плоскости П. (Билет 9, 2003)
5.146.	Основание прямой призмы АБСАНС г — треугольник
АВС, в котором АВ = ВС = 5, АС = 6. Высота призмы равна V6. На
сторонах AlC1, BtCt и АС выбраны соответственно точки £)р Et и
4,C,	дс
D так, что CiD1= —~, В^у = ClEl, AD = —, и через эти точки
проведена плоскость П. Найти:
1)	площадь сечения призмы плоскостью П;
2)	угол между плоскостью П и плоскостью АВС;
3)	расстояние от точек С! и С до плоскости П. (Билет 10, 2003)
5.147.	Основание прямой призмы ABCAYBYCY — треугольник
АВС, в котором АВ = ВС = 5, АС = 6. Высота призмы равна у^б. На
сторонах АС, ВС и AtCt выбраны соответственно точки D, Е и Dy
AC	Д.С.
так, что AD = —, АЕ = BE, CXDX = —, и через эти точки прове-
дена плоскость П. Найти:
1)	площадь сечения призмы плоскостью П;
2)	угол между плоскостью П и плоскостью АВС;
3)	расстояние от точек At и А до плоскости П. (Билет 11, 2003)
5.148.	Основание прямой призмы АВСА1В1С1 — треугольник
АВС, в котором АВ = ВС — 5, АС = 6. Высота призмы равна V6. На
сторонах AlCl, AtBt и АС выбраны соответственно точки Dt, Et и
А.С.	дс
D так, что A1D1 = ——, A{Et = BiEl, CD = —, и через эти точки
проведена плоскость П. Найти:
1)	площадь сечения призмы плоскостью П;
2)	угол между плоскостью П и плоскостью АВС;
3)	расстояние ОТ точек Л И Л! ДО ПЛОСКОСТИ П. (Билет 12, 2003)
5.149.	В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 5/2, точка Е —
середина АВ, a F — точка пересечения медиан грани BCD, причем
EF = 8. Сфера радиуса 5 касается плоскостей ABD и BCD в точках Е
и F соответственно. Найти двугранный угол между гранями ABD и
BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды ABCD. (Билет 1, 2004)
5.150.	В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 8/3, точка Е —
середина АВ, a F — точка пересечения медиан грани BCD, причем
EF = 6. Сфера радиуса 5 касается плоскостей ABD и BCD в точках Е
и F соответственно. Найти двугранный угол между гранями ABD и
BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды ABCD. (Билет 2, 2004)
5.151.	В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 6, точка Е —
середина АВ, a F — точка пересечения медиан грани BCD, причем
EF = 10. Сфера радиуса 25/4 касается плоскостей ABD и BCD в точ-
ках Е и F соответственно. Найти двугранный угол между гранями
88
СТЕРЕОМЕТРИЯ
ABD и BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды ABCD. (Билет 3,
2004)
5.152.	В пирамиде ABCD длина отрезка BD равна 4/3, точка Е —
середина AB, a F — точка пересечения медиан грани BCD, причем
EF = 8. Сфера радиуса 20/3 касается плоскостей ABD и BCD в точ-
ках Е и F соответственно. Найти двугранный угол между гранями
ABD и BCD, площадь грани BCD и объем пирамиды ABCD. (Билет 4,
2004)
5.153.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы V3, V5 и V7
соответственно. Точка К является точкой касания окружностей со сто-
роной ВЛ, причем SK = 5. Найти длину отрезка АК, периметр и ради-
ус вписанной окружности треугольника АВС. (Билет 5, 2004)
5.154.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы V5, V^6 и у/7
соответственно. Точка К является точкой касания окружностей со сто-
роной ВЛ, причем SK = 3. Найти длину отрезка АК, периметр и ради-
ус ВПИСаННОЙ ОКРУЖНОСТИ Треугольника АВС. (Билет 6, 2004)
5.155.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы vlT, VTT и
VT5 соответственно. Точка К является точкой касания окружностей со
стороной ВЛ, причем SK = 5. Найти длину отрезка АК, периметр и ра-
диус вписанной окружности треугольника АВС. (Билет 7, 2004)
5.156.	Вписанные окружности граней SBC, SAC и SAB треугольной
пирамиды SABC попарно пересекаются и имеют радиусы Vfi, VTT и
VT4 соответственно. Точка К является точкой касания окружностей со
стороной ВЛ, причем SK = 7. Найти длину отрезка АК, периметр и ра-
диус ВПИСаННОЙ ОКРУЖНОСТИ треугольника ЛВС. (Билет 8, 2004)
5.157.	Задан куб ЛВСВЛ1В1С1£)1 с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
Bt, середину ребра AD и параллельной прямой Л; Ср
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
В1 и параллельной прямой	которой площадь проекции сечения
на плоскость Л^Л максимальна. (Билет 9, 2004)
5.158.	Задан куб ABCDAlBIC1D1 с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
С, середину ребра Л^ и параллельной прямой BD;
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
С и параллельной прямой BD, у которой площадь проекции сечения
на плоскость BDBX максимальна. (Билет 10, 2004)
5.159.	Задан куб АВСОАХВХСХОХ с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
Dx, середину ребра ВС и параллельной прямой Л; Ср
СТЕРЕОМЕТРИЯ
89
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
О, и параллельной прямой У которой площадь проекции сечения
на плоскость А1С1А максимальна. (Билет 11, 2004)
5.160.	Задан куб ABCDA1B1C1Dl с ребром длины 1. Найти:
а)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
А, середину ребра C1D1 и параллельной прямой BD;
б)	площадь сечения куба плоскостью, проходящей через вершину
Л и параллельной прямой BD, у которой площадь проекции сечения
на ПЛОСКОСТЬ BDB{ максимальна. (Билет 12, 2004)
6.	ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
6.1.	При каких значениях параметра а уравнение
log5 х + 4( 1 — a2) log25x 5 — 2 = 0
имеет два корня, расстояние между которыми больше 24/5?
(Билет 1, 1991)
6.2.	Найти все значения параметра а, при которых расстояние
между корнями уравнения
2 loga х + 3 logax2 а + 5 = 0
меньше 6/25. (Билет 2, 1991)
6.3.	При каких значениях параметра а уравнение
log3 х 4- (а2 — 4) log3x | — 3 = 0
имеет два корня, расстояние между которыми больше 8? (Билет 3, 1991)
6.4.	Найти все значения параметра а, при которых расстояние
между корнями уравнения
loga х + 8 logax3 х — 3 = 0
меньше 3/2. (Билет 4, 1991)
6.5.	При каких значениях параметра а вершина параболы
у(х) = х2 — (2V5cos a — 3)х — cos 4a
лежит на прямой у = Зх, причем парабола пересекает ось OY в точке
С отрицательной ординатой? (Билет 9, 1991)
6.6.	Найти все значения параметра а, при которых парабола
у(х) = х2 — 8 ctg ах + 5 cos 2a
касается прямой у = —7, причем абсцисса точки касания отрица-
тельна. (Билет 10, 1991)
6.7.	При каких значениях параметра а вершина параболы
у(х) = х2 4- (2 sin a — •/З )х 4- cos 4a
лежит на прямой у = —V3x, причем парабола пересекает ось OY в
ТОЧКе С ПОЛОЖИТеЛЬНОЙ Ординатой? (Билет 11, 1991)
6.8.	Найти все значения параметра а, при которых парабола
у(х) = | х2 — 6 tg ах — 10 cos 2a.
касается прямой у — —11, причем абсцисса точки касания положи-
тельна. (Билет 12, 1991)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
91
6.9.	Числа х и у являются решениями системы уравнений
ах + у = а + 1,
х + 4ау — 3,
где а — параметр. Какое наибольшее значение принимает выраже-
ние X2 — бу2? При каком а ЭТО ПРОИСХОДИТ? (Билет 5, 1992)
6.10.	Числа х и у являются решениями системы уравнений
— х + ау = 2а,
ах — у = За — 5,
где а — параметр. Какое наименьшее значение принимает выраже-
ние X2 + у2? При каком а ЭТО ПРОИСХОДИТ? (Билет 6, 1992)
6.11.	Числа х и у являются решениями системы уравнений
ах + 9у = а + 3,
х + ау = 2,
где а — параметр. Какое наибольшее значение принимает выраже-
ние Зу2 — X2? При каком а ЭТО ПРОИСХОДИТ? (Билет 7, 1992)
6.12.	Числа х и у являются решениями системы уравнений
х + ау = За,
ах + у = а + 4,
где а — параметр. Какое наименьшее значение принимает выраже-
ние 2х2 + у2? При каком а ЭТО ПРОИСХОДИТ? (Билет 8, 1992)
6.13.	Числа х^О, у > 0 — решения системы уравнений
	2
Зх2 - 8ху - Зу2 = 10р~Р ,
4р2 + 9
х2 — 5ху + бу2 = 10 р ,
4р2 + 9
р — параметр.
При каких р выражение х2 + у2 принимает:
а)	наибольшее значение;
б)	наименьшее значение?
ВЫЧИСЛИТЬ ЭТИ значения. (Билет 5, 1993)
6.14.	Числа х > 0, у > 0 — решения системы уравнений
2х2 + 9ху - 5у2 = --р,~-^,
р +4
х2 + бху + 5у2 =	4р,
р +4
р — параметр.
При каких р выражение х2 + у2 принимает:
а)	наибольшее значение;
б)	наименьшее значение?
ВЫЧИСЛИТЬ ЭТИ Значения. (Билет 6, 1993)
92
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
6.15.	Числа х > 0, у > О — решения системы уравнений
2х2 + 7ху + бу2 = р + 5 ,
4р + 1
2х2 + ху - Зу2 = р2 + 5р ,
4р +1
р — параметр.
При каких р выражение х2 + у2 принимает:
а)	наибольшее значение;
б)	наименьшее значение?
ВЫЧИСЛИТЬ ЭТИ Значения. (Билет 7, 1993)
6.16.	Числа х $ 0, у > О — решения системы уравнений
х2 - 5ху + 4у2 = Л—₽- ’
р +4
2х2 — 1ху — 4у2 = Зр"р ,
р +4
р — параметр.
При каких р выражение х2 + у2 принимает:
а)	наибольшее значение;
б)	наименьшее значение?
ВЫЧИСЛИТЬ ЭТИ значения. (Билет 8, 1993)
6.17.	При каких значениях р каждое решение неравенства
1оёх+1(3 _ Рх) >0
удовлетворяет также неравенству
(Билет 9, 1993)
6.18.	При каких значениях р каждое решение неравенства
х2 + (3 — 2р2}х — 2р2 + 2 < О
удовлетворяет также неравенству
1оё1-Рх (* + 2) < 0 ?
(Билет 10, 1993)
6.19.	При каких значениях р каждое решение неравенства
logi-x (2 + Рх) >0
удовлетворяет также неравенству
2 । 3 —2р	3	п „
х Ч—х—- х — v > 0 !
2р	2р
(Билет 11, 1993)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
93
6.20.	При каких значениях р каждое решение неравенства
8х2 + (12 - 1р2}х - р2 + 4 < 0
удовлетворяет также неравенству
log1+px (2х + 2) < 0 ?
(Билет 12, 1993)
6.21.	Найти все значения параметра а, —л < а < л, при которых
система уравнений
f (4 - х2 - у2) (у2 - 4х + 28) = 0,
I х cos а + у sin а = 2
имеет ровно три решения. (Билет 5, 1994)
6.22.	Найти все значения параметра а, —л < а < л, при которых
система уравнений
(1 — 4х2 — 4у2)(4х2 + 15 — 12у) = 0,
у cos а + х sin а = 2
имеет ровно три решения. (Билет 6, 1994)
6.23.	Найти все значения параметра а, — л < а < л, при которых
система уравнений
/ г	\
(х2 + у2 — 9) I+ х + 151 =0,
у sin а — х cos а = 3
имеет РОВНО три решения. (Билет 7, 1994)
6.24.	Найти все значения параметра а, —л < а < л, при которых
система уравнений
(9х2 + 9у2 - 1)(24у + 9х2 + 32) = 0,
1
х sin а — у cos а = j
имеет ровно три решения. (Билет 8, 1994)
6.25.	На координатной плоскости даны точки А (0; 2) и В (4; 3).
При каких значениях параметра р, р< 5, ближайшая к графику функ-
4 _____________
ции у = Vx + р точка прямой АВ лежит на отрезке АВ? (Билет 9,1994)
6.26.	На координатной плоскости даны точки А (2; —3) и
В (4; 0). При каких значениях параметра р, р>—5, ближайшая
к графику функции у = Vj? + р точка прямой АВ лежит на от-
резке АВ? (Билет 10, 1994)
6.27.	На координатной плоскости даны точки А(—4; 2) и В(0; 3).
При каких значениях параметра р, р < 8, ближайшая к графику функ-
ции у = 4Vx + р точка прямой АВ лежит на отрезке АВ? (Билет 11,1994)
94
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
6.28.	На координатной плоскости даны точки А(2; 0) и
77(4; 3). При каких значениях параметра р, р>—2, ближайшая к
графику функции у = Vx^ + р точка прямой АВ лежит на отрез-
ке АВ'! (Билет 12, 1994)
6.29.	Найти все значения параметра р, при которых сумма всех
корней уравнения
~4Р(Р-— р3(2р —3)=0
меньше — 5р2 + Пр+ 7. (Билет 1, 1995)
6.30.	Найти все значения параметра р, при которых сумма всех
корней уравнения
(х - Зр)4 + 2р(р - 5)(х - Зр)2 - 2р2(р2 - 9) = 0
меньше —2р2+ 15р + 5. (Билет 2, 1995)
6.31.	Найти все значения параметра р, при которых сумма всех
корней уравнения
(х — 12р)4 —6р(р— 1)(х — 12р)2 + р3(р + 4) =0
меньше —р2 + 48р + 25. (Билет 3, 1995)
6.32.	Найти все значения параметра р, при которых сумма всех
корней уравнения
х~^р\ +2р(р-7')[х-^р\ ~ Р2(Р2 -25) = °
меньше — 2р2 + 14р + 9. (Билет 4, 1995)
6.33.	Найти все значения а, при которых неравенство
8х2 — 20x4-16 „
--z-------S а
4х -10x4-7
является верным при всех значениях х. (Билет 5, 1996)
6.34.	Найти все значения а, при которых неравенство
6х2 — 2х 4- 1 .
—ч-----> а
9х -3x4-1
является верным при всех значениях х. (Билет 6, 1996)
6.35.	Найти все значения а, при которых неравенство
8х2 — 4х 4-3
—-------S а
4х -2x4-1
является верным при всех значениях х. (Билет 7, 1996)
6.36.	Найти все значения а, при которых неравенство
Зх2 — 4х 4-8
—5--------& а
9х -12x4-16
является верным при всех значениях х. (Билет 8, 1996)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
95
6.37.	Найти	все	значения	а, при	которых	уравнение	sin х =
= (4а -	п, 2	1 — 4а - 2) имеет корни, а числа	т- '	'УЧгГ				являются целыми.		
						(Билет 5, 1998)	
6.38.	Найти	все	значения	а, при	которых	уравнение	cos х =
z z	п \ 2	1 — 6а
= (оа — 2) имеет корни, а числа------5- являются целыми.
32а
(Билет 6, 1998)
6.39.	Найти все значения а, при которых уравнение sin х =
zn	тч 2	16(1 — 2а)
= (2а — 2) имеет корни, а числа-------— являются целыми.
27а
(Билет 7, 1998)
6.40.	Найти все значения а, при которых уравнение cos х —
/а лч2	27(1—а)
= (За — 4) имеет корни, а числа------5— являются целыми.
4а
(Билет 8, 1998)
6.41.	Найти все значения а, при которых уравнение
log4x (1+ ах)
имеет единственное решение. (Билет 1, 2000)
6.42.	Найти все значения а, при которых уравнение
log2x (1 -ах~) = Х-
имеет единственное решение. (Билет 2, 2000)
6.43.	Найти все значения а, при которых уравнение
log9x (1 + ах) =|
имеет единственное решение. (Билет з, 2000)
6.44.	Найти все значения а, при которых уравнение
log*-i (х - а) = ±
имеет единственное решение. (Билет 4, 2000)
6.45.	Найти все значения а, при которых уравнение Vx — 9 =
= ах + 7а — 3 имеет единственное решение. (Билет 5, 2000)
6.46.	Найти все значения а, при которых уравнение Vx — 9 =
= 3 — ах — 7а имеет единственное решение. (Билет 6, 2000)
6.47.	Найти все значения а, при которых уравнение Vx — 8 —
= ах — За — 2 имеет единственное решение. (Билет 7, 2000)
6.48.	Найти все значения а, при которых уравнение Vx — 8 —
= — ах + За + 2 имеет единственное решение. (Билет 8, 2000)
96
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
6.49.	Найти все а, при которых уравнение
log5 (х + V2 — а) + log1/5 (а — 1 — х) = log25 9
имеет решение. (Билет 9, 2001)
6.50.	Найти все а, при которых уравнение
log3 (х + V5 — а) + log1/3 (а — 2 — х) = log9 4
имеет решение. (Билет 10, 2001)
6.51.	Найти все а, при которых уравнение
log2 (х + V3 — а) + log1/2 (а + 1 — х) = log4 9
имеет решение. (Билет 11, 2001)
6.52.	Найти все а, при которых уравнение
log4 (х + V4 — а) + log1/4 (а + 2 — х) = log16 9
имеет решение. (Билет 12, 2001)
6.53.	Найти все значения а, при которых система
log2 (3 — х + у) + 3 = log2 (25 — 6х + 7у),
у + 2 = (х — 2а)2 + а + 2х.
имеет ровно два решения. (Билет 5, 2002)
6.54.	Найти все значения а, при которых система
flog3 (2 — х — у) + 2 = log3 (17 — 8х — 10у),
[(х — а)2 + х = у + а + 6
имеет ровно два решения. (Билет 6, 2002)
6.55.	Найти все значения а, при которых система
log2 (5х + 7у + 2) = log2 (х + 2у + 1) + 2,
(у + 2а)2 + у — х + а + 1/2
имеет ровно два решения. (Билет 7, 2002)
6.56.	Найти все значения а, при которых система
log3 (7х + 4у — 11) = log3 (2х + у — 3) + 1,
(у + а)2 + х + у + а = 7
имеет ровно два решения. (Билет 8, 2002)
6.57.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
(а + 3- |х + 2| )(а + х2 + 4х) =0
имеет:
1)	ровно три корня;
2)	ровно два корня. (Билет 9, 2002)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
97
6.58.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
(а — 6 + | х — 11) (а — х2 + 2х) = О
имеет:
1)	ровно три корня;
2)	ровно два корня. (Билет 10, 2002)
6.59.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
(а — 2 — |х + 3|)(а + х2 + 6х) = 0
имеет:
1)	ровно три корня;
2)	ровно два корня. (Билет И, 2002)
6.60.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
(а — 3 + |х + 2| )(а — х2 — 4х) = 0
имеет:
1)	ровно три корня;
3)	РОВНО два корня. (Билет 12, 2002)
6.61.	Найти все значения а, при которых система уравнений
|х| +2|у| + |2у —Зх| = 12,
х2 + у2 — а
имеет ровно два действительных решения. (Билет 5, 2003)
6.62.	Найти все значения а, при которых система уравнений
2|х| + | у| + |3х —4у| = 10,
х2 + у2 = а
имеет ровно два действительных решения. (Билет 6, 2003)
6.63.	Найти все значения а, при которых система уравнений
3|х| + |у| + |х + 3у| =9,
х2 + у2 = а
имеет ровно два действительных решения. (Билет 7, 2003)
6.64.	Найти все значения а, при которых система уравнений
2|х| + 3|у| + | Зх + 2у| =11,
х2 + у2 = а
имеет ровно два действительных решения. (Билет 8, 2003)
6.65.	Найти все значения а, при которых уравнение
4ах2 + (4а — 3)х + а — 14 = 0
имеет на отрезке [0, 1] единственный корень. (Билет 9, 2003)
4 - 2771
98
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
6.66.	Найти все значения а, при которых уравнение
Зах2 + (6а — 5)х + За — 2 = О
имеет на отрезке [—3, 0] единственный корень. (Билет 10, 2003)
6.67.	Найти все значения а, при которых уравнение
ах2 + (2а — 5)х + а — 6 = 0
имеет на отрезке [0, 2] единственный корень. (Билет 11, 2003)
6.68.	Найти все значения а, при которых уравнение
ах2 + (4а — 7)х + 4а — 5 = 0
имеет на отрезке [—4, 0] единственный корень. (Билет 12, 2003)
6.69.	Найти всё значения параметра а, при которых система не-
равенств
х2 4- 2х — а 0,
х2 — 4х + 6а 0
имеет единственное решение. (Билет 5, 2004)
6.70.	Найти все значения параметра а, при которых система не-
равенств
х2 — х + а 0,
х2 4- 2х — 6а «S 0
имеет единственное решение. (Билет 6, 2004)
6.71.	Найти все значения параметра а, при которых система не-
равенств
Зх2 4- х — а < 0,
Зх2 — 2х 4- 6а 0
имеет единственное решение. (Билет 7, 2004)
6.72.	Найти все значения параметра а, при которых система не-
равенств
Зх2 — 6х 4- 2а sg О,
х2 4- 4х — 4а sS О
имеет единственное решение. (Билет 8, 2004)
6.73.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log7 (7х — log7 а) = 2х
имеет единственное решение. (Билет 9, 2004)
6.74.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log5 (25х — log5 а) = х
имеет единственное решение. (Билет 10, 2004)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
99
6.75.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log3 (3х 4- log3 а) = 2х
имеет единственное решение. (Билет 11, 2004)
6.76.	Найти все значения параметра а, при которых уравнение
log2 (4х 4- log2 а) = х
имеет единственное решение. (Билет 12, 2004)
4*
7.	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
7.1.	Числа — sin х, 4sinxctg2x, cosx являются членами ариф-
метической прогрессии с номерами к, Л 4-1, к + 2 соответственно.
Найти все значения х и к, если седьмой член этой прогрессии
равен 1/5. (Билет 5, 1991)
7.2.	Числа V2 cos х, Vcos 2х, ^cos(x+v) являются членами
2'4'
геометрической прогрессии с номерами к, к + 1, к + 2 соответст-
венно. Найти все значения х и к, если пятый член этой прогрессии
равен ^=-. (Билет 6, 1991)
7.3.	Числа 2 cos х, — sin х, (16/7) cos x-ctg 2х являются членами
арифметической прогрессии с номерами к, к + 1, к + 2 соответствен-
но. Найти все значения х и к, если пятнадцатый член этой прогрессии
равен 2. (Билет 7, 1991)
7.4.	Числа -L sin х, V — cos 2х, 3 cos (х — 4) являются членами
у2	' 4Z
геометрической прогрессии с номерами к, Л 4-1, к + 2 соответст-
венно. Найти все значения х и к, если четвертый член этой про-
4УТ
грессии равен (Билет 8, 1991)
7.5.	На координатной плоскости рассматривается фигура М, состо-
ящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют сис-
теме неравенств:
^^У~2х’
 х — 25	1
х2 + у2- 625 26’
Изобразить фигуру М и найти ее площадь. (Билет 5, 1991)
7.6. На координатной плоскости рассматривается фигура М, состо-
ящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют сис-
теме неравенств:	J16x4-y4 V 6 >ХУ' у2 + 25 > 10у + | X2, х2 4- у2 4- 10х $ 0.
Изобразить фигуру М и найти ее площадь. (Билет 6, 1991)
7.7.	На координатной плоскости рассматривается фигура М, состо-
ящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют сис-
теме неравенств:
W > 2х - У’
	У-8	> 1
х2 + у2 —64 10’
Изобразить фигуру М и найти ее площадь. (Билет 7, 1991)
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
101
7.8.	На координатной плоскости рассматривается фигура М, состо-
ящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют сис-
теме неравенств:
l|| (У4 - х4) > 2ху,
 х2 + у2 + 4у $ 0,
у2- 16$х2 —8х.
Изобразить фигуру М и найти ее площадь. (Билет 8, 1991)
7.9.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, состо-
ящая из всех точек, координаты (а; Ь) которых таковы, что система
уравнений
ах + (Ь — 4)у = 2,
. (а — 4)х + by = 3,
Ъх — (а + 6)у = 3.
имеет единственное решение.
Изобразить фигуру Ф и составить уравнения всех прямых, каждая
из которых проходит через точку (0; 7) и имеет с фигурой Ф един-
ственную общую точку. (Билет 9, 1991)
7.10.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, состо-
ящая из всех точек, координаты (а; 6) которых таковы, что система
уравнений
ах + 4у = 2,
. Ьх + ау = — 1,
(Ь + 3)х + (а + 8)у= —3,
имеет решение.
Изобразить фигуру Ф и составить уравнения всех прямых, каждая
из которых проходит через точку ( — 6; 4) и имеет с фигурой Ф
единственную общую точку. (Билет ю, 1991)
7.11.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, состо-
ящая из всех точек, координаты (а; Ь) которых таковы, что система
уравнений
(а + 2)х + by = 1,
. ах + (Ь — 2)у = 2,
(Ь + 4)х — ау = 2,
имеет единственное решение.
Изобразить фигуру Ф и составить уравнения всех прямых, каждая
из которых проходит через точку (10; 0) и имеет с фигурой Ф един-
ственную общую точку. (Билет 11, 1991)
7.12.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, состо-
ящая из всех точек, координаты (а; 6) которых таковы, что система
уравнений
ах + by — 1,
. Зх + ау -- — 1,
(а — 1)х + (Ь + 2)у = —2,
имеет решение.
102
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
Изобразить фигуру Ф и составить уравнения всех прямых, каждая
из которых проходит через точку (4; 3) и имеет с фигурой Ф един-
ственную общую точку. (Билет 12, 1991)
7.13.	Рассматриваются всевозможные параболы, симметричные от-
носительно прямой х = —2 и касающиеся прямой у = 1 — 8х; ветви
парабол направлены вверх. Найти уравнение той из них, которая
пересекает ось Оу в точке с наименьшей ординатой. (Билет 1, 1992)
7.14.	Рассматриваются всевозможные параболы, касающиеся оси
Ох и прямой у — х/2 — 3; ветви парабол направлены вниз. Найти
уравнение той из них, для которой сумма расстояний от начала ко-
ординат до точек пересечения параболы с осями координат мини-
мальна. (Билет 2, 1992)
7.15.	Рассматриваются всевозможные параболы, симметричные от-
носительно прямой х = 1 и касающиеся прямой у = — 2х — 3; ветви
парабол направлены вниз. Найти уравнение той из них, которая пе-
ресекает ось Оу в точке с наибольшей ординатой. (Билет 3, 1992)
7.16.	Рассматриваются всевозможные параболы, касающиеся оси
Ох и прямой у = ^х + 8; ветви парабол направлены вверх. Найти
уравнение той из них, для которой сумма расстояний от начала ко-
ординат до точек пересечения параболы с осями координат мини-
мальна. (Билет 4, 1992)
7.17.	Два велосипедиста движутся по кольцевой велотрассе длины
5, 1/5 часть которой проходит по стадиону, а оставшаяся часть — по
городским улицам. Скорость первого велосипедиста на стадионе равна
v, а на городских улицах равна 16и/3. Скорость второго велосипедиста
на стадионе равна 4v, а на городских улицах равна 16г/5. Велосипеди-
сты одновременно въезжают на стадион. Через какое время после этого
ОДИН из НИХ впервые совершит обгон другого? (Билет 1, 1992)
7.18.	Автомобили «Вольво» и «Мерседес» движутся по кольцевой
дороге, 1/3 часть которой проходит по городу. Скорость «Вольво» в
городе равна v, а за пределами города равна Зи/2. Скорость «Мерсе-
деса» в городе равна 3v/4, а за пределами города равна 5г/3. Авто-
мобили одновременно въезжают в город. Через какое время один из
них впервые совершит обгон другого, если длина городского участка
кольцевой дороги равна S? (Билет 2, 1992)
7.19.	Два лыжника бегут по кольцевой лыжне длины 5, 1/6 часть
которой проходит по стадиону, а оставшаяся часть — по лесу. Ско-
рость первого лыжника на стадионе равна v, а в лесу равна 5v. Ско-
рость второго лыжника на стадионе равна 8v/5, а в лесу равна 4v.
Лыжники одновременно вбегают на стадион. Через какое время после
ЭТОГО ОДИН ИЗ НИХ Впервые СОВерШИТ обгон ДРУГОГО? (Билет 3, 1992)
7.20.	Автомобили «Рено» и «Крайслер» движутся по кольцевой до-
роге, 1/4 часть которой проходит по городу. Скорость «Рено» в городе
равна 2v, а за пределами города равна 9г>/4. Скорость «Крайслера» в
городе равна v, а за пределами города равна 3v. Автомобили одно-
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
103
временно въезжают в город. Через какое время один из них впервые
совершит обгон другого, если длина городского участка кольцевой до-
роги равна S? (Билет 4, 1992)
7.21.	На берегу реки шириной 8Z вниз по течению на расстоянии Z
друг от друга расположены пункты По, Пр П1оо. От По до
П100 со скоростью биис остановками только в пунктах По, П1оо
идут автобусы, которые отправляются из По один за другим с интерва-
лом времени Z/10v. Турист, находящийся на противоположном берегу
реки напротив По, отплывает в лодке одновременно с отправлением из
По очередного автобуса. Доплыв по прямой до одного из пунктов, ту-
рист добирается до П100 на автобусе. Скорость течения реки и скорость
лодки в стоячей воде равны v. В какой пункт должен доплыть турист,
чтобы затратить на весь путь до П100 наименьшее время? Найти все
решения. (Временем стоянки автобусов пренебречь). (Билет 9, 1992)
7.22.	На берегу реки шириной 9 Z вниз по течению на расстоянии Z
друг от друга расположены пункты По, Пр ..., П40. От П40 до По со
скоростью 8и и с остановками только в пунктах П40, ..., По идут дили-
жансы, которые отправляются из П40 один за другим с интервалом вре-
мени !/4v. Путешественник, находящийся на противоположном берегу
реки напротив По, отплывает в лодке одновременно с отправлением из
П40 очередного дилижанса. Доплыв по прямой до одного из пунктов,
путешественник добирается до По в дилижансе. Скорость течения реки
и лодки в стоячей воде v. В какой пункт должен плыть путешествен-
ник, чтобы затратить на весь путь до По наименьшее время? Найти все
решения. (Временем стоянки дилижансов пренебречь). (Билет ю, 1992)
7.23.	На берегу реки шириной 6 Z вниз по течению на расстоянии Z
друг от друга расположены пункты По, Пр ..., П100. От По до П100 со
скоростью 5v и с остановками в пунктах Пр ..., П]оо идут электрички,
которые отправляются из По одна за другой с интервалом времени
2Z/11г>. Студент, находящийся на противоположном берегу реки на-
против По, отплывает в лодке одновременно с отправлением из По оче-
редной электрички. Доплыв по прямой до одного из пунктов, студент
добирается до П100 в электричке. Скорость течения реки и скорость
лодки в стоячей воде равны v. В какой пункт должен плыть студент,
чтобы затратить на весь путь до П j 00 наименьшее время? Найти все ре-
шения. (Временем стоянки электричек пренебречь). (Билет 11, 1992)
7.24.	На берегу реки шириной 11Z вниз по течению на расстоянии Z
друг от друга расположены пункты По, Пр ..., П25. От П25до П0со ско-
ростью 4v и с остановками только в пунктах П25, ..., По идут кабриоле-
ты, которые отправляются из П25 один за другим с интервалом времени
//3 и. Курьер, находящийся на противоположном берегу реки напротив
104
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
По, отплывает в лодке одновременно с отправлением из П25 очередного
кабриолета. Доплыв по прямой до одного из пунктов, курьер добирает-
ся до По в кабриолете. Скорость течения реки и скорость лодки в сто-
ячей воде равны г>. В какой пункт должен плыть курьер, чтобы затра-
тить на весь путь до По наименьшее время? Найти все решения. (Вре-
менем стоянки кабриолетов пренебречь). (Билет 12,1992)
7.25.	На координатной плоскости изображена фигура М, состо-
ящая из точек, координаты (х; у) которых таковы, что выражение
12 + 2р(у -х2 + %)- 2~р(х2 + 4х + у)
неотрицательно при всех р.
Из точки А проведены лучи а1 и а2, а из точки С — лучи Cj и с2,
каждый из которых касается границы множества М. Лучи а{ и пе-
ресекаются в точке В, а лучи а2 и с2 — в точке D, причем ABCD —
прямоугольник, одна из диагоналей которого параллельна оси Ох.
Изобразить на координатной плоскости фигуру М, найти коорди-
наты центра прямоугольника ABCD и его площадь. (Билет 1, 1993)
7.26.	На координатной плоскости изображена фигура М, состо-
ящая из точек, координаты (х; у) которых таковы, что выражение
4 + р2(2у — х2 + 14) — р~2(х2 + 4х + 2у)
неотрицательно при всех р =*= 0.
Из точки А проведены лучи и а2, а из точки С — лучи и с2,
каждый из которых касается границы множества М. Лучи а1ис1 пе-
ресекаются в точке В, а лучи а2 и с2 — в точке D, причем ABCD —
прямоугольник, одна из диагоналей которого параллельна оси Ох.
Изобразить на координатной плоскости фигуру М, найти коорди-
наты центра прямоугольника ABCD и его площадь. (Билет 2, 1993)
7.27.	На координатной плоскости изображена фигура М, состоя-
щая из точек, координаты (х; у) которых таковы, что выражение
8 + 5~р(2у - х2 + 26) - 5р(х2 + 4х + 2у)
неотрицательно при всех р.
Из точки А проведены лучи и а2, а из точки С — лучи и с2,
каждый из которых касается границы множества М. Лучи а{ и пе-
ресекаются в точке В, а лучи а2 и с2 — в точке D, причем ABCD —
прямоугольник, одна из диагоналей которого параллельна оси Ох.
Изобразить на координатной плоскости фигуру М, найти коорди-
наты центра прямоугольника ABCD и его площадь. (Билет 3, 1993)
7.28.	На координатной плоскости изображена фигура М, состоя-
щая из точек, координаты (х; у) которых таковы, что выражение
6 + Vp(y - X2 + у-) -	(х2 + 4х + у)
неотрицательно при всех р > 0.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
105
Из точки А проведены лучи а1 и а2, а из точки С — лучи с1 и с2,
каждый из которых касается границы множества М. Лучи и с1 пе-
ресекаются в точке В, а лучи а2 и с2 — в точке D, причем ABCD —
прямоугольник, одна из диагоналей которого параллельна оси Ох.
Изобразить на координатной плоскости фигуру М, найти коорди-
наты центра прямоугольника ABCD и его площадь. (Билет 4, 1993)
7.29.	Две параллельные касательные к графику функции
у = х3 — 6 пересекают оси координат: первая — в точках А и В,
вторая — в точках С и D. Найти площадь треугольника АОВ,
если известно, что она в четыре раза меньше площади тре-
угольника COD. (Билет 9, 1993)
7.30.	Две параллельные касательные к графику функции у = + 2
пересекают оси координат: первая — в точках А и В, вторая — в точках
С и D. Найти площадь треугольника АОВ, если известно, что она в 4
раза меньше площади треугольника COD. (Билет 10, 1993)
7.31.	Две параллельные касательные к графику функции
2
у = х + j пересекают оси координат: первая — в точках А и В, вто-
рая — в точках С и D. Найти площадь треугольника АОВ, если извест-
но, что она в 4 раза меньше площади треугольника COD. (Билет 11,1993)
7.32.	Две параллельные касательные к графику функции у = — 3
пересекают оси координат: первая — в точках А и В, вторая — в точках
С и D. Найти площадь треугольника АОВ, если известно, что она в 4
раза меньше площади треугольника COD. (Билет 12,1993)
7.33.	Корни уравнения
являются длинами сторон некоторого треугольника, а корни уравнения
х3 — | уГрх1 + тт *--------------------777 = о
3 '	15 р + 14
— длинами высот этого же треугольника. Найти р и площадь тре-
угольника. (Билет 1, 1994)
7.34.	Корни уравнения
3	32 2 । 5	15 п
X------X +~1—Х — 77 = 0
р У р 64
являются длинами сторон некоторого треугольника, а корни урав-
нения
*3 -1 Ilog2 pl*2 + (log8V2p Р)х - ТГТ77 = 0
— длинами высот этого же треугольника. Найти р и площадь тре-
угольника. (Билет 2, 1994)
106
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
7.35.	Корни уравнения
X3 - (2 log/,<2- X2 + log2 х - ^ = 0
являются длинами сторон некоторого треугольника, а корни урав-
нения
1	2 ।	1	1
т- х И--у х — -——
3Р ЗОр2 7р + '
— длинами высот этого же треугольника. Найти р и площадь тре-
угольника. (Билет 3, 1994)
7.36.	Корни уравнения
х3-^х2 + £х- — = 0
25	4	64
являются длинами сторон некоторого треугольника, а корни уравнения
X3 - I 110gV5 (5р) I logp/V5 (5Р) j X -	= °
— длинами высот этого же треугольника. Найти р и площадь тре-
угольника. (Билет 4, 1994)
7.37.	При каких х числа arcsin (3-х) и arctg (5-3х — 7) являются
величинами двух углов ПРЯМОУГОЛЬНОГО треугольника? (Билет 5,1994)
7.38.	При каких х числа arccos (4-х/-/2) и arcctg (2-4х — 3) яв-
ляются величинами двух углов прямоугольного треугольника?
(Билет 6, 1994)
7.39.	При каких х числа arcsin (2 7-х) и arctg (7х — 2) являются
величинами двух углов прямоугольного треугольника? (Билет 7, 1994)
7.40.	При каких х числа arccos (5~X/V5) и arcctg (3-5Х — 2) явля-
ются величинами двух углов прямоугольного треугольника?
(Билет 8, 1994)
7.41.	В прямоугольном треугольнике АВС точка D — середина
гипотенузы АВ, а медианы треугольника пересекаются в точке
Е. Треугольник АВС расположен на координатной плоскости
Оху так, что точка А лежит на оси Оу, точка D симметрична
точке С относительно оси Оу, а точки С, D и Е лежат на графике
функции у=(х2 —5)2. Найти уравнение прямой CD и площадь
треугольника АВС. (Билет 1, 1995)
7.42.	Медианы прямоугольного треугольника АВС (АС = 90°) пе-
ресекаются в точке D. Треугольник АВС расположен на координат-
ной плоскости Оху так, что точка А лежит на оси Оу, начало коор-
динат О является серединой гипотенузы, а точки D и С лежат на
графике функции у = х(х — 4)(х — 8). Найти уравнение прямой
ОС И длину гипотенузы АВ. (Билет 2, 1995)
7.43.	В прямоугольном треугольнике KLM точка Р — середина
гипотенузы КМ, а медианы треугольника пересекаются в точке
Q. Треугольник KLM расположен на координатной плоскости
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
107
Оху так, что точка К лежит на оси Оу, точка Р симметрична
точке L относительно оси Оу, а точки Р, Q и L лежат на графике
функции у=(х2—I)2. Найти уравнение прямой PL и площадь
треугольника KLM. (Билет 3, 1995)
7.44.	Медианы прямоугольного треугольника KLM (Z.M = 90°)
пересекаются в точке Р. Треугольник KLM расположен на коорди-
натной плоскости Оху так, что точка К лежит на оси Оу, начало
координат О является серединой гипотенузы, а точки Р и М лежат
на графике функции у = х(х — 3)(х — 5). Найти уравнение прямой
ОМ И длину гипотенузы KL. (Билет 4, 1995)
7.45.	Парабола П2 симметрична параболе Ht у = ах2, а < 0 отно-
сительно точки N(b; ab2), где b > 0. Некоторая прямая пересекает
каждую из парабол ровно в одной точке: Ilj — в точке В{, П2 — в
точке В2 так, что угол B{B2N — прямой. Касательная к параболе
П(, проведенная в точке В{, пересекает отрезок B2N в точке L. Опре-
делить, в каком отношении точка L делит отрезок B2N. Найти зна-
чения параметров а и Ь, при которых длина отрезка B{L минималь-
на, если площадь треугольника BXB2N равна (Билет 5, 1995)
7.46.	Парабола П2 симметрична параболе П, у — ах2, а<0 отно-
сительно точки K(b; ab2), где b > 0. Некоторая прямая пересекает
каждую из парабол ровно в одной точке: П( — в точке В{, П2 — в
точке В2 так, что угол ВХВ2К — прямой. Касательная к параболе
Пр проведенная в точке К, пересекает отрезок В{В2 в точке L. Опре-
делить, в каком отношении точка L делит отрезок ВХВ2. Найти зна-
чения параметров а и Ь, при которых длина отрезка KL минимальна,
если площадь треугольника ВХВ2К равна (Билет 6, 1995)
7.47.	Парабола П2 симметрична параболе П, у = ах2, а>0 от-
носительно точки M{b', ab2), где b > 0. Некоторая прямая пересе-
кает каждую из парабол ровно в одной точке: П( — в точке At,
П2 — в точке А2 так, что угол А{А2М — прямой. Касательная к
параболе П,, проведенная в точке At, пересекает отрезок А2М в
точке К. Определить, в каком отношении точка К делит отрезок
А2М. Найти значения параметров а и Ь, при которых длина от-
резка А}К минимальна, если площадь треугольника А}А2М равна
3. (Билет 7, 1995)
7.48.	Парабола П2 симметрична параболе П, у = ах2, а > 0 отно-
сительно точки T(b', ab2~), где b > 0. Некоторая прямая пересекает
каждую из парабол ровно в одной точке: П( — в точке At, П2 — в
точке А2 так, что угол AtA^ — прямой. Касательная к параболе
108
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
Пр проведенная в точке Т, пересекает отрезок AtA2 в точке К. Опре-
делить, в каком отношении точка К делит отрезок Л1Л2. Найти зна-
чения параметров а и Ь, при которых длина отрезка ТК минимальна,
если площадь треугольника Л1Л27' равна (Билет 8, 1995)
7.49.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, со-
стоящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют
системе неравенств
logy_x (2у - 2ху) < 2,
' |х| <4-у.
Изобразить фигуру Ф и найти ее площадь. (Билет 9, 1995)
7.50.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, со-
стоящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют
системе неравенств
(ху) >~,
|х + у| =5 3.
Изобразить фигуру Ф и найти ее площадь. (Билет 10, 1995)
7.51.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, со-
стоящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют
системе неравенств
iogy+x (2ху + 2х) ? 2,
' |х| + |у| ^2.
Изобразить фигуру Ф и найти ее площадь. (Билет 11, 1995)
7.52.	На координатной плоскости рассматривается фигура Ф, со-
стоящая из всех точек, координаты (х; у) которых удовлетворяют
системе неравенств
logx+3,_2 (х2 + у2 - 4) > 2,
|у-х| <3.
Изобразить фигуру Ф и найти ее площадь. (Билет 12, 1995)
7.53.	График функции у = /(х), где /(х) = —2х3 — 8пх2—
— 4п2х + 5, а < 0 и прямая I, заданная уравнением у = 4а2х + 5, име-
ют ровно две общие точки.
1)	Найти а, если площадь фигуры, ограниченной графиком функ-
27
ции у = /(х) и прямой /, равна
2)	Рассматриваются прямые, каждая из которых касается графика
функции у = /(х) в точке с положительной абсциссой. Среди этих
прямых выбрана та, которая пересекает ось Оу в точке с наименьшей
ординатой. Найти эту ординату. (Билет 1, 1996)
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
109
7.54.	График функции у = /(х), где /(х) = х3 + 2ах2 + а2х + 1,
а < 0 и прямая I, заданная уравнением у =	+ 1, имеют ровно две
общие точки.
1)	Найти а, если площадь фигуры, ограниченной графиком функ-
27
ции у = /(х) и прямой I, равна -у.
2)	Рассматриваются прямые, каждая из которых касается графика
функции у — /(х) в точке с положительной абсциссой. Среди этих
прямых выбрана та, которая пересекает ось Оу в точке с наибольшей
ординатой. НаЙТИ Эту Ординату. (Билет 2, 1996)
7.55.	График функции у = /(х), где /(х) = 6х3 + 12ах2 +
+ 7л2х — 2, а > 0 и прямая I, заданная уравнением у = а2х — 2, име-
ют ровно две общие точки.
1)	Найти а, если площадь фигуры, ограниченной графиком функ-
ции у = /(х) и прямой I, равна 1/2.
2)	Рассматриваются прямые, каждая из которых касается графика
функции у = /(х) в точке с отрицательной абсциссой. Среди этих
прямых выбрана та, которая пересекает ось Оу в точке с наименьшей
ординатой. НаЙТИ Эту Ординату. (Билет з, 1996)
7.56.	График функции у = /(х), где /(х) = — х3 — 4ах2 —
— За2х + 2, а > 0 и прямая Z, заданная уравнением у = а2х + 2, име-
ют ровно две общие точки.
1)	Найти а, если площадь фигуры, ограниченной графиком функ-
ции у = /(х) и прямой /, равна
2)	Рассматриваются прямые, каждая из которых касается графика
функции у = /(х) в точке с отрицательной абсциссой. Среди этих
прямых выбрана та, которая пересекает ось Оу в точке с наибольшей
ординатой. НаЙТИ эту ординату. (Билет 4, 1996)
7.57.	Графику функции у — х3 + ах2 + Ьх + с принадлежат точки
Л и В, симметричные относительно прямой х = 2. Касательные к
этому графику в точке А и В параллельны между собой. Одна из
этих касательных проходит через точку (0; —1), а другая — через
точку (0; —5). Найти значения а, Ь и с. (Билет 1, 1997)
7.58.	Графику функции у = — х3 + ах2 + Ьх + с принадлежат
точки А и В, симметричные относительно прямой х = —2. Касатель-
ные к этому графику в точках А и В параллельны между собой. Одна
из этих касательных проходит через точку (0; —2), а другая — через
точку (0; —6). Найти значения а, Ь и с. (Билет 2, 1997)
7.59.	Графику функции у = х3 + ах2 + Ьх + с принадлежат точки
Л и В, симметричные относительно прямой х = —2. Касательные к
этому графику в точках А и В параллельны между собой. Одна из
этих касательных проходит через точку (0; 1), а другая — через точ-
ку (0; 5). Найти значения а, Ь и с. (Билет 3, 1997)
110
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
7.60.	Графику функции у = — х3 + ах2 + Ьх + с принадлежат
точки А и В, симметричные относительно прямой х = 2. Касательные
к этому графику в точках Ли В параллельны между собой. Одна из
этих касательных проходит через точку (0; 2), а другая — через точ-
ку (0; 6). Найти значения а, b и с. (Билет 4, 1997)
х2 9
7.61.	К графику функции У = -^—х + проведена касательная,
пересекающая график функции у = | — 2|х + 2| в точках А и В.
Найти радиус окружности, описанной около треугольника с вершина-
ми в точках Л, В и С (—2;	, если АС АВ = 2 arccos + АСВА.
1’4;	v5
(Билет 5, 1997)
х2	16
7.62.	К графику функции у = — — + х —у проведена касатель-
у
ная, пересекающая график функции у = 3 | х + 61 —у в точках А и
В. Найти радиус окружности, описанной около треугольника с вер-
шинами в точках А, В и С —6; —	, если АС АВ = 2 arccos +
+ АСВА.	V 7
(Билет 6, 1997)
х2 2	4
7.63.	К графику функции У = -j— у х + j проведена касательная,
з
пересекающая график функции у = 1 — - | х + 11 в точках А и В.
Найти радиус окружности, описанной около треугольника с вершина-
3
ми в точках Л, Ви С (—1; 1), если АС АВ = 2 arccos + АСВА.
(Билет 7, 1997)
х2	8
7.64.	К графику функции у = —— х—з пРовеДена касательная,
пересекающая график функции у = 3 | х — 31 —у в точках А и В.
Найти радиус окружности, описанной около треугольника с вершина-
ми в точках Л, В, и С (3; —	, если А С АВ = 2 arccos -Л= + АСВА.
1 о1	V 10
(Билет 8, 1997)
7.65.	Пусть М — множество точек плоскости с координатами
(х; у) таких, что числа х, у и 6 — 2х являются длинами сторон не-
которого треугольника. Найти площадь фигуры М.
Фигура Ф состоит из точек множества М таких, что неравенство
I2 + 2tx + 4х — у > 0 выполняется при всех значениях параметра t.
Найти площадь фигуры Ф. (Билет 9, 1997)
7.66.	Пусть М — множество точек плоскости с координатами
(х; у) таких, что числа Зх, 2у и 9 — у являются длинами сторон
некоторого треугольника. Найти площадь фигуры М.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
111
Фигура Ф состоит из точек множества М таких, что неравенство
I2 + 2t(x — 2) + 7 — у > 0 выполняется при всех значениях парамет-
ра t. Найти площадь фигуры Ф. (Билет 10, 1997)
7.67.	Пусть М — множество точек плоскости с координатами
(х; у) таких, что числа 2х, у и 3 — х являются длинами сторон не-
которого треугольника. Найти площадь фигуры М.
Фигура Ф состоит из точек множества М таких, что неравенство
(2 — 2(х + 2х— у + 3 > 0 выполняется при всех значениях параметра
1. Найти площадь фигуры Ф. (Билет И, 1997)
7.68.	Пусть М — множество точек плоскости с координатами
(х; у) таких, что числа Зх, у и 18 — 2у являются длинами сторон
некоторого треугольника. Найти площадь фигуры М.
Фигура Ф состоит из точек множества М таких, что неравенство
(2 + 2(х + 4х + у — 6>0 выполняется при всех значениях параметра
/. Найти площадь фигуры Ф. (Билет 12, 1997)
7.69.	Фигура М на плоскости (х, у) ограничена графиками
функций у = Зеах и у = 7 — 2е-ох и имеет единственную общую
точку с прямой у = 9х + 3. Найти а и площадь фигуры М. (Билет
1, 1998)
7.70.	Фигура М на плоскости (х, у) ограничена графиками
функций у = 9е~ах и у =15 — 4еах и имеет единственную общую
точку с прямой у = — 18х + 9. Найти а и площадь фигуры М.
(Билет 2, 1998)
7.71.	Фигура М на плоскости (х, у) ограничена графиками
функций у = 2еах и у = 7 — Зе~ах и имеет единственную общую
точку с прямой у = 4х + 2. Найти а и площадь фигуры М. (Билет
3, 1998)
7.72.	Фигура М на плоскости (х, у) ограничена графиками
функций у = 4е-ах и у =12— 5еах и имеет единственную общую
точку с прямой у= — 12х + 4. Найти а и площадь фигуры М.
(Билет 4, 1998)
7.73.	График функции у = х3 + ах2 + Ьх + с, с < 0 пересекает ось
ординат в точке А и имеет ровно две общие точки М и N с осью
абсцисс. Прямая, касающаяся этого графика в точке М, проходит
через точку А. Найти а, Ь, с если площадь треугольника AMN рав-
на 1. (Билет 5, 1998)
7.74.	График функции у = — х3 + ах2 + Ьх + с, с < 0 пересека-
ет ось ординат в точке М и имеет ровно две общие точки Л и
В с осью абсцисс. Прямая, касающаяся этого графика в точке А,
проходит через точку М. Найти а, Ь, с если площадь треугольника
АВМ равна 1. (Билет 6, 1998)
7.75.	График функции у = х3 + ах2 + Ьх + с, с > 0 пересекает ось
ординат в точке А и имеет ровно две общие точки М и N с осью
абсцисс. Прямая, касающаяся этого графика в точке М, проходит
112
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
через точку А. Найти а, Ь, с если площадь треугольника AMN рав-
на 1. (Билет 7, 1998)
7.76.	График функции у = — х3 + ах2 + Ьх + с, с > 0 пересекает
ось ординат в точке D и имеет ровно две общие точки А и В с осью
абсцисс. Прямая, касающаяся этого графика в точке В, проходит
через точку D. Найти а, Ь, с, если площадь треугольника ABD рав-
на 1. (Билет 8, 1998)
7.77.	Дана система неравенств
|Х| + |у| <2,
 х2 + у2 > 4(х + у — 1),
(у- Зх — 2)(3у — х + 2) *=0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворяют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 5, 1999)
7.78.	Дана система неравенств
И + |у| <3,
 х2 + у2 > 3(2у — 2х — 3),
(2х + у — 3)(х + 5у + 3) «0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворяют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 6, 1999)
7.79.	Дана система неравенств
|х| + |у| ^4,
 х2 + у2 > —8(х + у + 2),
(7у — х — 4)(3у — 5х + 12) «S 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворяют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 7, 1999)
7.80.	Дана система неравенств:
И + |у| <5,
 х2 + у2 5(2х — 2у — 5),
(7х + Зу + 15)(х + 4у - 5) 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворяют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 8, 1999)
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
113
7.81.	Дано число а = 22002 + З2002. Найти последнюю цифру числа
а и остаток от деления а на И. (Билет 1, 2002)
7.82.	Дано число а = З2002 + 72002. Найти последнюю цифру числа
а и остаток от деления числа а на 11. (Билет 2, 2002)
7.83.	Дано число а = 2 2002 + 132002. Найти последнюю цифру чис-
ла а и остаток от деления числа а на 11. (Билет 3, 2002)
7.84.	Дано число а = 22002 + 72002. Найти последнюю цифру числа
а и остаток от деления числа а на 11. (Билет 4, 2002)
7.85.	Дана система неравенств
х2 + у2 41 х |,
• |х| + 110 2,
х2 — у2 + 16 — 8х == 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворя-
ют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 1, 2003)
7.86.	Дана система неравенств
X2 + у2 41 у I,
• И + |у| >2,
у2 — х2 + 16 — 8х == 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворя-
ют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 2, 2003)
7.87.	Дана система неравенств
х2 + у2 41 х |,
• И + |У|	2,
X2- у2+ 16 + 8х=г 0.
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворя-
ют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет з, 2003)
7.88.	Дана система неравенств
X2 4- у2 =5= 41 у I,
 И + IУI > 2,
х2-у2+ 16+ 8x^0.
114
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
Найти площадь фигуры, координаты точек которой удовлетворя-
ют:
а)	первому неравенству системы;
б)	первым двум неравенствам системы;
в)	всем трем неравенствам системы. (Билет 4, 2003)
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.	АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ, СИСТЕМЫ И
НЕРАВЕНСТВА
1.1.	(Ъ; -3;	f|; 4;
Решение. Складывая первое уравнение системы с третьим, пере-
пишем систему в виде
6xz + Зх = 2z — 2,
. ху + zy = 2z — lx + 2,
zy + у = 2z + 1.
Выразив из первого уравнения х через z, а из третьего — у через z,
подставим эти выражения во второе уравнение:
_ 2z - 2 Х 6z + 3’ 2z + l У- z + 1 ’ 10z2 + 23z + 2 = 0.	(О (2) (3)
Исходная система равносильна системе (1) —(3). Уравнение (3)
4	3 п
имеет корни z, = —у, z2 = —у. Подставляя найденные значения z
в уравнения (1), (2), находим два решения исходной системы.
1.2.	fo; -1; ; (-2; 3; -5).
1.3.	(-1; —1;|); (<; 3; 2).
1.4.	f5;	-3; .
1.5.	(—2; 0); (-3; 3); (-4; 2).
Указание. Решить каждое из уравнений системы как квад-
ратное относительно х или у. Тогда исходная система преобразу-
ется к виду
J (х + 2у + 2)(х — у + 6) = О,
| (х + 2у — 3) (х + у + 2) = 0.
и равносильна совокупности четырех систем линейных уравнений.
1.6.	(0,5; -3), (2; -4),	-б).
1.7.	(3; -3), (2; -4), (0; -2).
1.8.	(-3; 0,5), (-4; 2), (-5; 1,5).
1.9.	х s? —2, 3 х < 5, х > 7.
1.10.	х —4, 1 х < 3, х > 5.
116 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Решение. Исходное неравенство равносильно неравенству
4-2x + Vx2 + 3x-4 о
----------5-----<0, (1)
х —3	' '
а неравенство (1) равносильно
совокупности следующих двух
систем неравенств:
11х2 + Зх — 4 < 2х — 4, , '
1>3,	<2>
Jx2 + Зх — 4 > 2х — 4,
х < 3.	(3)
Множество допустимых значе-
ний х для систем (2) и (3) опреде-
ляется условием х2 + Зх — 4 > О,
откуда х < —4, х > 1.
а) При х > 3 обе части первого неравенства системы (2) положи-
тельны, а система (2) равносильна каждой из систем
х2 + Зх — 4 < 4(х — 2)2, (х — 5) (х —	> О,
х> 3,	х > 3,
откуда следует, что х > 5.
б) Системе (3) удовлетворяют значения х sg — 4, так как при
х =g —4 левая часть первого неравенства системы (3) определена и
неотрицательна, а правая отрицательна; значения х sg —4 удовлетво-
ряют и второму неравенству системы (3).
Значения х из отрезка [1,2] удовлетворяют системе (3), а при
х > 2 система (3) равносильна каждой из систем
х2 + Зх — 4 < 4(х — 2)2, (х — 5) (х —	< О,
2<х<3,	2 < х < 3,
откуда следует, что 2 < х < 3.
Замечание. Системы (2) и (3) можно решить, построив графи-
ки функций у = 2х — 4 и у = Vx2 + Зх — 4 (см. рис.).
1.11.	х<-1,|^х<|, х>|
1.12.	х sg —4, 6 sg х < 10, х > 14.
1.13.	х, =4, х2 = — +2^.
1.14.	х = 9.
Решение. Полагая х — 2Vx = t, получаем уравнение
11 + 21 + \ t — 11 =7, откуда tY = —4, t2 = 3.
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 117
Если t = —4, то х — 2/х +4 = 0. Это уравнение не имеет дейст-
вительных корней.
Если t = 3, то х — 2/х —3 = 0, откуда х = 9.
1.15.	х, =0, х2 = 17	, х3 = 1.
1.16.	х = 16.
< n 15-/290	.
1.17.	х <------, х > 4.
4
, >Q „ 34-30/2
1.18.	х <----р--’ х> 3.
а ап	и /290-15
1.19.	х «S — 4, х>------.
4
а -ап	э 30/2-34
1.20.	х < —3, х > —2з—•
Решение.
Так как уравнение Зх2 + 8х — 3 = 0 имеет корни xt = —3, х2 = р
то область Е допустимых значений неравенства — совокупность ин-
тервалов fj = (— оо, —3), Е2= ^р -Ьоо
Решить данное неравенство —
это значит найти все значения
х 6 Е, при которых график функ-
ции у = VЗх2 + 8х — 3 лежит вы-
..	1 + 2х ,	ч
ше прямой у = —— (см. рис.).
Значения х 6 Ei является реше-
нием неравенства, так как
V3x2 + 8х — 3	0 При х 5= —3, а	К задаче 1.20.
1 +2х п	о
—3— < 0 при X =5 —3.
Пусть х > р тогда VЗх2 + 8х — 3 > 0, 1 +— > 0 и исходное неравен-
а 2 I о о . (1 +2х\ 2
ство равносильно каждому из неравенств Зх + 8х — 3 > I—j— >
23х2 + 68х — 28 > 0. Уравнение 23х2 + 68х — 28 = 0 имеет корни xt и
34 + 30/2”	„	30/2-34	^1
х9, где х. =---~-----< 0, х7 =--zz , х7 > -т.
Xi	Li	*	Li	□
Поэтому решениями исходного неравенства на множестве Ег яв-
ляются все точки интервала (х2, +<»).
1.21.	(4; 27), (2; -17), (22; 423), (-16; 307).
1.22.	(3; 29), (1; -17), (13; 397), (-15; 191).
1.23.	(-2; 30), (-4; 4), (20; 316), (-26; 774).
1.24.	(-1; 31), (-3; 3), (21; 339), (-25; 751)
Решение.
118
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Выразим у через х, получим:
х3 —Зх2 —8х + 27
У	х + 2
Выделим целую часть, преобразовав дробь:
х3 + 2х2 —5(х2 +2х) + 2(х +2) + 23	2 с ,	23
У =-------------х + 2--------------= Х -5х + 2+7Т2-
Целые значения у примет при целых х тогда и только тогда, когда
23
х + 2 примет целые значения, т. е. в следующих случаях: х + 2 = 1,
х + 2 = —1, х + 2 = 23, х + 2 = —23. Отсюда находим xt = — 1,
х2 = —3, х3 = 21, х4 = —25, а затем соответствующие значения у.
1.25.	(3; —2).
Решение. Сложив уравнения системы, получим
(х — З)2 + (у + 2)2 = О,
откуда
х = 3, у — —2.
Пара чисел х = 3, у = —2, как показывает проверка, образует реше-
ние системы.
1.26.	(1; -6).
1.27.	(2; -3).
1.28.	х = -5, у= 1.
1.29.	х = 20, у = 8.
Решение. Умножая первое неравенство на 3 и складывая с
третьим, получаем 7у < 61, откуда у < 8 у. Умножая второе неравен-
ство на —3 и складывая с третьим, получаем —5у < —32, откуда
2
у > 6 у. Итак, 6 < у < 9. Исходной системе удовлетворяет только зна-
чение у = 8 и тогда х = 20.
1.30.	х = 6, у= 16.
1.31.	х = 7, у= 19.
1.32.	х = 7, у = 21.
1.33.	0 х у х = у, 4 < х 5.
Решение. ОДЗ неравенства определяется условиями
Зх3 — 22х2 + 40 = Зх ^х — yj (х — 4) 5= 0, х =А 4,
откуда
OsSxsSy, х > 4.
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
119
Обозначим /(х) = 3 ^х — yj (х — 4).
а)	Пусть х > 4, тогда /(х) > 0. В этом случае исходное неравенст-
во равносильно каждому из следующих неравенств
Vx /(х) > /(х), Vx > V/(x), х > f(x),
Зх2 - 23х + 40 = 3 (х - (х - 5) «£ 0,
откуда, учитывая условие х > 4, получаем 4 < х $ 5.
б)	Пусть 0 х у, тогда х — 4 < 0, /(х) ^0 и исходное неравен-
ство равносильно неравенству Vx f(x) /(х). Значение х = у явля-
ется решением этого неравенства, а если 0 < х < -у, то /(х) > 0 и
неравенство примет вид
Зх2 - 23х + 40 = 3 (х - |) (х - 5) > 0,
откуда, с учетом условия 0 х < у, получаем 0 х
1.34.	0 =5 х 4, х = 5, 6<х^у.
1.35.	0 =5 х у, х = 4, 5 < xg 6.
1.36.	0 =? х л, х = 6, у < х 9.
1.37.	(4; 2), (-4; -2).
Решение: Запишем систему в виде
у=16 + 2ху,	(1)
= 50 - бху.	(2)
Перемножив почленно уравнения этой системы, получим уравне-
ние
13(ху)2 - 4ху - 800 = 0,	(3)
которое вместе с одним из уравнений системы (1), (2) образует си-
стему, равносильную системе (1), (2).
Из уравнения (3) находим
2 ±<4 + 10400	2 ±102	о	100
ху =-----и------= —гт—, т. е. ху = 8 или ху =----5-.
1J	1 □	о
Если ху = 8, то из уравнения (1) следует, что х4 = 28, откуда
Xi =4, х2 = -4 и тогда у, = 2, у2 = —2.
120 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
о	100	4	Х00 „
Если ху =-------------3-, то х = — Это уравнение не имеет действи-
тельных корней.
1.38.	(4; 2), (-4; -2).
1.39.	(2; 4), (-2; -4).
1.40.	(2; 4),
1.41.	-2=sx<2-V2, |<х«=3.
Решение. Так как неравенство | /(х) | > | #(х) | равносильно каж-
дому из неравенств/2(х) > ^(х), (/(х) + #(х))(/(х) — #(х)) > 0, то
исходное неравенство равносильно системе неравенств
[ — х2 + х + 9 5= 0,
|(2х2 — 8х + 4)( — 6х + 8) > 0.	k J
Квадратный трехчлен — х2 + х + 6 имеет корни —2 и 3, корнями
квадратного трехчлена х2 — 4х 4- 2 являются числа х, = 2 — V2 и
х2 = 2 + V2, а система (1) равносильна системе
(x + 2)(x-3)=s0,	(2)
' (х-х,)^х-|)(х-х2) <0,	(3)
где —2 < X] < ^ < 3 < х2 (см. рис.).
zzzzzzzzzzzy/zfzzzzzz_zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz, . г Множество £] решений неравенства
2	о xj 4/3	3 х2 х — отрезок —2 х 3. Множество
К задаче 1.41.	„	„
Е2 решении неравенства (3), опреде-
ляемое методом интервалов, является объединением интервалов
х < Xj и < х < х2, а множество решений системы (2), (3) — пере-
сечение множеств Е, и Е2 (см. рис.).
1.42.	1«=х<2, 2 + а/3<х^6.
1.43.	—5 5S х < —2 — V2, — ^<х$-1.
1.44.	-3 =5 х < -2, -2 +	< х $ 1.
1.45.	х < —2, х = —1, х > 3.
Решение. Область Е допустимых значений неравенства опреде-
ляется условиями х2— х — 2 = (х — 2)(х + 1) > 0 и Vx2 — х — 2 Ф 2,
^zzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz,_zzzzzzzz-zzzzzzzzzz/r т. е. Е — объединение промежутков
~2 -1	23 л х < —2, — 2 < х — 1, 2<х<3, х > 3.
к задаче 1.45.	Следовательно, Е — внешность ин-
тервала ( — 1,2) с выброшенными точками —2 и 3 (см. рис.).
Рассмотрим два возможных случая: 2 — Vx2 — х — 2 <0 и
2 - Vx2 - х - 2 > 0.
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 121
а)	Пусть 2 — Vx2 — х — 2 < 0, т. е.
2< Vx2 —х —2.	(1)
На множестве Е неравенство (1) равносильно каждому из нера-
венств 4 < х2 — х — 2, (х + 2) (х — 3) > 0. Поэтому числа из проме-
жутков х < —2 и х > 3 — решения исходного неравенства, так как
левая часть исходного неравенства отрицательна при условии (1), а
правая положительна при всех х.
б)	Пусть
2 > Vx2 — х — 2.	(2)
Множество Ey решений неравенства (2) — это множество реше-
ний системы
/х2 — х — 2 > 0,
[4 > х2 — х — 2.
Следовательно, Ех — объединение промежутков (—2, 1] и [2, 3). На
множестве Ех исходное неравенство равносильно каждому из нера-
венств 2 — Vx2 — х — 2 5= Vx2 + 3 ,
2 - Vx2 + 3 5= Vx2 —х —2.	(3)
На множестве Е{ левая часть (3) отрицательна при х*-1 и равна
нулю при х = —1. Правая часть (3) положительна при х 6 Ег,
х * -1 и равна нулю при х = — 1. Следовательно, х = — 1 — единст-
венное решение исходного неравенства при выполнении условия (2).
1.46.	х < — 1, х = 0, х > 4.
1.47.	х < —4, х = —2, х > 6.
1.48.	х < —4, х = —3, х > 1.
1.49.	X] = —6, х2 = 4.
Решение. Пусть t — Vx2 + 2х — 8, тогда 2х2 + 4х — 23 = 2Z2 — 7,
и уравнение можно записать в виде
V2Z2 - 7 =1 + 1.
Возводя обе части полученного уравнения в квадрат, имеем
2Z2 — 7 = Z2 + It + 1, или z2 — It — 8 = 0,
откуда Z] = —2, z2 = 4.
Так как Z > 0, то Vx2 + 2х — 8 =4, х2 + 2х — 24 = 0, Xj = —6,
х2 = 4. Числа х, и х2 являются корнями исходного уравнения.
1.50.	X] = 6, х2 = —2.
1.51.	Xj = —3, х2= 9.
122
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.52.	%! = —6, Х2 = 10.
L53.
Решение. Складывая первое неравенство со вторым, умножен-
ным на 3, находим хг — Ьху + 9у2 + 6(х — Зу) + 9 0, или
| (х — Зу) + 3]2 ag 0, откуда х — Зу + 3 = 0. Подставляя х — Зу — 3 в
исходную систему, получаем систему неравенств
Г 9у2 - 18у + 9 + 9у2 - 18у 0,
|бу — 6 + 3 — 2(3у — 3)у $ 0,
которую можно записать в виде
2у2 - 4у + 1 0,
2у2 — 4у + 1 5 0,
откуда следует, что 2 у2 — 4у + 1 = 0. Решив систему уравнений
(х = Зу — 3,
[2у2-4у+ 1 = 0,
найдем два ее решения, которые являются решениями исходной си-
стемы неравенств.
1.54.	1 - V2 j	1 + Vi) .
1.55.	(-1 +^; -71); (-1-^;^.
1.56.	(-1 + V2; -Зу7); (-1 - V2- 3VT).
1	О О --	7 "1“ V1 З”
1.57.	х —з, — 2 х <------г---.
о
Решение. Область допустимых значений неравенства опреде-
ляется условием х2 + 5х + 650, откуда
х —3, х 5 —2.	(1)
На множестве (1) исходное неравенство равносильно каждому из
неравенств
х2 + 5х + 6 < 1 + 2Vx2 + х + 1 + х2 + х + 1,
2(х + 1) < Vx2 + х + 1.	(2)
Если х — 1 и выполняются условия (1), то неравенство (2) явля-
ется верным, и поэтому значения х из промежутков х $ —3 и
—2 ^х^-1 — решения исходного неравенства.
Если левая часть (2) положительна и выполняются условия (1),
т. е. х> — 1, то неравенство (2) равносильно каждому из неравенств
4(х2 + 2х + 1)<х2 + х + 1,
Зх2 + 7х + 3 < 0.	(3)
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
123
Так как уравнение Зх2 + 7х + 3 = 0 имеет корни %! =-------&--,
х2 =---------, где х, <—1, х2>—1, то решения неравенства (3),
удовлетворяющие условию х > — 1, образуют интервал — 1 < х < х2.
1.58.	х —3, — 1 х < —1
1.59.	< х 2, х S» 3.
1.60.	-—~~ <х? 1, х & 3.
О
1.61.	(0; 0; 0), (f;-5; -^j, (7;-7;-7).
Решение. Вычитая из второго уравнения, умноженного на два,
первое и третье, получаем
y(z - х - 2у) = 0.	(1)
Уравнение (1) вместе с первыми двумя уравнениями данной сис-
темы образуют систему, равносильную данной. Из (1) следует, что
либо у = 0, либо
z = x + 2y.	(2)
Если у = 0, то х = 0, z = 0 и (0; 0; 0) — решение исходной
системы.
Если справедливо равенство (2), то из первых двух уравнений
исходной системы получаем
9х + 2у + ху = 0,	(3)
4х — Зу — у2 = 0.	(4)
Вычитая из уравнения (3), умноженного на 4, уравнение (4), ум-
ноженное на 9, находим
35у + 4ху + 9у2 — у(4х + 9 у + 35) = 0, откуда
4х = - 9у - 35.	(5)
Из (4) и (5) следует, что у2 + 12у + 35 = 0, откуда
У1 =-5, У2 = -7.
Если у — —5, то из (5) и (2) находим
5	15
х=2’ z= “Т>
а если у = —7, то х = 7, z = —7.
1.62.	(0; 0 0),	-1
1.63.	(0; 0; 0), (4; 12; -4), (1; 6; -4).
I ( — - — 1- _ 1]
1’1	6’	6’	21 ’
124 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.64.	(0; 0; 0),
1.65.	х = -4, у = 20.
Решение. Пусть u = Vx + у, v = Vx + 2 у, тогда х + у = и2,
х + 2у = v2, откуда х = 2и2 — v2, y = v2— и2. Поэтому исходная си-
стема примет вид
fu + v = 10,
+ 3u2 — V2 = 16,
откуда У-и2 + 21 и — 116 = 0,	= —29/2, н2 = 4. Так как и 0, то
и = 4, т. е. Vx + у = 4, v = Vx + 2у = 6, откуда х + у=16,
х + 2у = 36, х = — 4, у = 20.
1.66.	х = 1/2, у = 3/2.
1.67.	х = 13, у = —3.
1.68.	х = 1/7, у = -58/7.
1.69.	х = 4, у = -2.
Решение. Так как ху 0, то систему можно записать в виде
у2(х2 + у3) = х(х2 4- у3),
х2 + у3 = — 4у.
Если х2 + у3 = 0, то из второго уравнения следует, что у — 0. Если
у2 == х, то из второго уравнения системы следует, что
у3 + у2 + 4 = 0 или (у + 2) (у2 — у + 2) = 0, откуда у = —2 (уравне-
ние у2 — у + 2 = 0 не имеет действительных корней). Итак, у = —2,
х = у2 = 4.
1.70.	х = 4, у = —2.
1.71.	х = -2, у == 1/4.
1.72.	х = -2, у= 1/4.
1.73.	—18 < х < — 3, 0 < х < 2, х > 9.
Решение. Так как х2 + 9х — 162 = (х + 18)(х — 9), то ОДЗ не-
равенства — совокупность двух промежутков —18 х < 2, х 9.
а)	Если —18 х < —9 или х > 9, то левая часть исходного нера-
венства неотрицательна, а правая отрицательна. Поэтому указанные
значения х являются решениями исходного неравенства. Число
х = —9 также является решением этого неравенства, а число х = 9
не есть решение неравенства.
б)	Пусть —9 < х < 0, тогда исходное неравенство равносильно каж-
дому из неравенств х ^^2162 > (х + 9)2, х2 + 9х — 162 >
> (х2 + 18х + 81)(х — 2), х3 + 15х2 + 36х > 0, х(х + 12)(х + 3) > 0,
откуда, с учетом условия —9 < х < 0, находим —9 < х < —3.
в)	Пусть 0 «£ х < 2, тогда исходное неравенство равносильно каж-
J(x + 18)(9-x)	,	1x4-18 /я------
дому из неравенств у---------------- > (9 — х), j 2_y > V9 — х,
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
125
> 9 — х, х2 — 12х < О, откуда с учетом условия 0 «£ х < 2, полу-
чаем 0 < х < 2.
1.74.	х < -10, -5/2 < х < 0, 5/2 < х « 25.
1.75.	—45 О< —5, 0 < х < 3, х > 15.
1.76.	х < -9, -3/2 < х < 0, 9/2 < х « 27/2.
1.77.	(1; -2; 2),	(5; 2; 6).
Решение. Складывая уравнения попарно, получим систему
х3 = xyz + 5,
 у3 = xyz — 4,
z3 = xyz + 12,
равносильную исходной системе. Перемножим уравнения этой систе-
мы и обозначим t = xyz, тогда t3 — (1 + 5)(t — 4)(i + 12) =
= t3 + 1312 — 8/ — 240, или 1312-81-240 = 0, откуда lj = —4,
/ = ^
Z2 13’
Если t - —4, to x3 = 1, y3 = —8, z3 = 8, откуда x, = 1, У] = —2,
Zj = 2.
т-l	, дл/io	3 125	383	216	5
Если	1	= 60/13,	то	xJ = —-,	у3 — tx, Z	— -ТГ,	откуда	х2 = т—,
13	13	13
— 2 — 6
Уг УГЗ ’ 2,2 VET
1.78. (-W; -й; -2), (-fl;	).
1.7». (-2И;-3;2Й), (-2f|; -fj; -2^|).
!•*»•	(-М<
1.81. (ilj, (12;-2).
Решение. Область определения уравнения — множество точек,
таких, что
х > 2у, у =*= 0, х + Vx — 2у 0.	(1)
Первое уравнение системы преобразуем так:
2у + бу2 = х — у Vx — 2у, (Vx — 2у)2 — у Vx — 2у — бу2 = О,
(Vx — 2у — 3y)(Vx — 2 у + 2у) = 0.
126
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1)	Если Ух — 2у — Зу — 0, то
Ух — 2у = Зу, у > 0.
(2)
Из (2) и второго уравнения системы получаем Vx + Зу =
== (х + Зу) — 2 или (Vx + Зу — 2)(Ух + Зу + 1) = 0, откуда
Ух + Зу = 2, так как Vx + Зу + 1 > 0. Тогда х + Зу = 4, х =
= —Зу + 4. Отсюда и из (2) находим V4 — 5у = Зу, 9у2 + 5у —
— 4 = 0, yj = — 1, у2 = Так как у^О, то у1 отбрасываем, а если
у = 4/9, то х = |.
гт	(8 4\
Нара чисел у удовлетворяет условиям (1).
2)	Если Ух — 2у = —2у, то у 0 и х - 2у = 4 у2, а из второго урав-
нения находим Vx — 2у = х + Зу — 2. Поэтому х + Зу — 2 = —2у,
х = 2 — 5у, 2 — 7у = 4 у2, У] = (не годится), у2 = —2, х2 = 12.
Пара чисел (12, —2) — решение исходной системы.
1.82.	(6, 30),	29	.
1.83.	(42,6), (^229. 2+уЖ)
. ол (2. 1(Л ( 5+V22T. ЗЗ + уЙЙ
1-84,	9 J Ц 49 ’	7 J '
1.85.	—4 - V6 < X <	-3 < X < ~8+3^, 5 X < 7.
Решение. Область определения неравенства — множество Е то-
чек х, удовлетворяющих условиям
х2 — 4х — 5 0, Vx2 — 4х — 5 ^4, | х + 21
Откуда следует, что Е — множество точек, расположенных вне ин-
тервала (—1, 5), кроме точек —, —3, 7.
ill	।	।
К задаче 1.85.
На рисунке указаны знаки левой части исходного неравенства
(над числовой прямой Ох) и правой части (под прямой Ох).
1)	Пусть х €= [5, 7), тогда левая часть неравенства отрицательна,
а правая положительна. Поэтому значения х из промежутка [5, 7)
являются решениями исходного неравенства.
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
127
2)	Пусть х > 7, тогда обе части исходного неравенства положи-
тельны, и оно равносильно (при х > 7) каждому из неравенств
Vx2 — 4х — 5 > 2х + 3, х2 — 4х — 5 > (2х + З)2, Зх2 + 16х + 14 < О,
8 + ^/22	-8 + >/22
откуда X] < х < х2, где х1 =---, х2 =------3------корни уравне-
ния Зх2 + 16х + 14 = 0, которое является следствием уравнения
Vx2 — 4х — 5 = 2х + 3.	(1)
Так как х2 < 7, то значения х > 7 не являются решениями исходного
неравенства.
3)	Пусть х < —тогда | х + 21 = —х — 2, обе части исходного не-
9
равенства положительны, и при х < — это неравенство равносильно
каждому из неравенств
Vx2 — 4х — 5 — 4 > —2(х + 2) — 5, Vx2 — 4х — 5 > —2х — 5,
х2 - 4х - 5 = (—2х - 5)2, х2 + 8х + 10 < 0,
откуда х3 < х < х4, где х3 = —4 — V6, х4 = — 4 + V6 — корни уравне-
ния х2 + 8х + 10 = 0, являющегося следствием уравнения
Vx2 — 4х — 5 = —2х — 5.	(2)
9
На промежутке х < исходному неравенству удовлетворяют значе-
с
НИЯ X 6	X,, — т .
У °	£ }
(9	\
——3 , тогда левая часть неравенства положи-
тельна, а правая отрицательна. Поэтому значения х из интервала
( 9	~\
——3 не являются решениями исходного неравенства.
5) Пусть х G (—3, —1]. Тогда обе части неравенства отрицатель-
ны, и поэтому исходное неравенство в этом случае равносильно не-
равенству
Vx2 — 4х — 5 — 4 > 21 х + 21 — 5.
Чтобы решить это неравенство, заменим его следующим равносиль-
ным неравенством
Vx2 —4х —5 > 2|х + 2| - 1,	(3)
левая часть которого неотрицательна, а правая меняет знак в точках
128
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Если х G ^—3; —, то обе части неравенства (3) положительны, и
оно равносильно (см. п. 3) на этом интервале неравенству
х2 + 8х + 10 < 0, откуда х3 < х < х4. Так как — 4 — V6 < — 3 <
— решения неравенства
(3). Если х G
_5. _3
2’	2
то левая часть (3) положительна, а правая
( 5	3
отрицательна на интервале I — —-
этого интервала. Поэтому значения х G
венства (3).
S3
—р —1 , то неравенство (3) равносильно (см. и. 2) не-
х2+1бх+14<0, откуда
и обращается в нуль на концах
5. _з’
2’	2
— решения нера-
Так как
8+<22"	3 —8+<22"	.	3 -8+<22)
-----5— < —5 <----5	< — 1, то значения х G —5;-=- — ре-
J	X	J-\	£	J I
шения неравенства (3). Объединяя найденные промежутки, получае-
м, что все решения неравенства (3) при х G (—3; —1] образуют ин-
( Q -8+<22)
тервал —3;-------- •
Замечание. Для нахождения решений неравенства (3) при
х G (— 3; — 1] можно использовать графики функций у =
= Vx2 —4х —5 и у = 2|х +
+ 2| — 1 (см. рис.).
Из рисунка видно, что эти
графики пересекаются в точках
А и В с абсциссами х3 и х2 (это
корни уравнений (2) и (1)). На
интервале (—3; х2) график
функции у = V х2 — 4х — 5 ле-
жит выше графика функции
у = 2|х + 2| — 1. Поэтому зна-
чения х G (—3; х2) — решения
неравенства (3) на промежутке
(-3; -1|.
1.86.	-6 < х < —4,	<
< х < 4, y<x<3 + V6.
1.87.	—8 — <6 < х < -у, -7 < х <	1 х < 3.
1.88.	х < —4, —4 < х < —2, 4 «£ х < 6, 6 < х < х > —.
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 129
1.89.	х < <2.
Решение. Пусть Е — область определения неравенства. Тогда
Е — множество решений системы неравенств
Г76 — 12х3>0,
[76-х3 «81,
откуда следует, что Е = — ^у . Так как 3 > ^у, то на мно-
жестве Е исходное неравенство равносильно каждому из неравенств
9 - <76- 12х3 < (3 - х)2,
(1)
х(6 — х) < <76 — 12х3.
1) Значения х G Е, такие, что х(6-х)^0, т. е. числа
х 6 —0 — решения исходного неравенства, так как в этом
случае левая "часть неравенства (1) неположительна, а правая при-
нимает положительные значения.
2) Пусть х G ^0,|у , тогда неравенство (1) равносильно каждо-
му из неравенств х4 — 12х3 + 36х2 < 76 — 12х3, х4 + 36х2 —76 =
= (х2 + 38) (х2 — 2) < 0, х2<2, откуда 0 < х < <2. Так как
<2 < то множество решений неравенства (1) — интервал
1.90.
-1 .	4;1;1,
1; 1;
Решение. Вычитая из первого уравнения второе, получим
ху2 -I- 4x2z — 2yz2 — 4xz2 + 2х2у — y2z = 0.
Разложим левую часть этого уравнения на множители:
у2(х — z) + 4xz(x — z) + 2у(х2 — z2) = 0,
(х — z)[y(y + 2z) + 2x(y + 2z)] = 0,
(x — z)(y + 2z)(y + 2x) = 0.	(1)
Заметим, что исходная система, равносильная системе, состоящей из
ее первого и третьего уравнений и уравнения (1), равносильна также
совокупности трех систем, получаемых присоединением к первому и
третьему уравнениям соответственно уравнений
x=z,	(2)
У = ~ 2z,
(3)
у = —2х.
(4)
5 - 2771
130 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1)	Подставляя из (2) х = z в первое и третье уравнения исходной
системы, получаем
х(у2 — 5ху + 4х2) = х(у — х) (у — 4х) = 0,
4ху — 4х2 = 4х(у — х) = 3.	(5)
Если х = 0 или у = х, то из (5) следует, что 0 = 3.
Если у = 4х, то из (5) находим х2 = х= ±^. В этом случае
система имеет два решения:
/1. ч 1\	/1 ч 1\
^2’ 2j и 2’ 2у •
2)	Подставляя у = —2z (см. (3)) в первое и третье уравнения ис-
ходной системы, получаем
z(2z2 4- 5xz 4- 2х2) = z(z 4- 2х) (х + 2z) = 0,
—4z(z + 2х) = 3.	(6)
Если z = 0 или z 4- 2х = 0, то из (6) следует, что 0=3. Если
х = —2z, то из (6) находим z2 = -^, z = ±^. В этом случае система
имеет решения:
(1; 1; и (-1;
3)	Подставляя у = — 2х (см. (4)) в первое и третье уравнения ис-
ходной системы, получаем
х(2х2 4- 5xz 4- 2z2) = х(х 4- 2z)(z 4- 2х) = 0,
—4х(х 4- 2z) = 3.	(7)
Если х = 0 или х 4- 2z = 0, то из (7) следует, что 0 = 3.
Если z = — 2х, то из (7) находим х2 = х = ±
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 131
1.94.
/4. 9.	_9. л
1^2’ 2; 2^ ’	2’ z’ 2) •
1.95.
1.96.	(2;|;1V	[-2;	-1V	(1;	2^,	(—1; -2^
(1; 1; —1), (—1 —1; 1). / \ / /
1.97.	(-9; 81), (—5; 5V5), (—5; -5<5).
Решение. Второе уравнение исходной системы равносильно
каждому из уравнений
/	2\	/	2\
v2 । У _____	। У
X 1X1	— У X 1	7 !
\ х/	\	х /
(х2-у)|х + 4 =0.	(1)
\	х /
а)	Если х2 = у, то из первого уравнения исходной системы полу-
чаем ху2 4- 4 у2 4- 5 у2 = 0, откуда следует, что либо у = 0, либо
х = —9. Но если у = 0, то х = 0, а при х = 0 уравнение (1) теряет
смысл. Итак, х = —9, у = х2 = 81.
2
б)	Если х +	= 0, то х3 + у2 = 0. Из первого уравнения системы
X
находим х5 + 4х4 — 5х3 = 0 или х2 + 4х — 5 = 0 (х =/= 0), откуда
Х[ = —5, х2=1. Пусть х = —5, тогда у2 =125, откуда у= ±5V5.
Пусть х = 1, тогда у2 = — 1. Это уравнение не имеет действительных
корней.
Таким образом, система имеет три действительных решения:
(-9,81), (-5, 5V5), (—5; —5V5).
1.98.	(-6, -7), (-4; 3), (4, -5).
Решение. Умножив исходное уравнение на 3, преобразуем по-
лученное уравнение:
9ху 4-3-16х 4-3-1 Зу 4-3-61 = 3у(3х + 13) + 16(3х+ 13) 4-
4-3-61 - 16-13 = (3x4- 13) (Зу 4- 16) -25 = 0.
Исходное уравнение равносильно следующему
(3x4-13) (Зу 4-16) = 25	(1)
Так как делителями числа 25 являются числа ±1, ±5, ±25, то
множество всех целочисленных решений уравнения (1) содержится
5*
1 32 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
во множестве целочисленных решений следующих шести систем:
J Зх + 13 = 1, /3х+13 = — 1, |3х + 13 = 5,
[Зу + 16 = 25; [Зу+16 = -25; [Зу + 16 = 5;
/Зх + 13 = -5, /Зх + 13 = 25, [Зх + 13 = —25,
[Зу +16 = -5; [Зу+16 = 1; [Зу+16 = -1;
Первая, четвертая и пятая из этих систем имеют целочисленные
решения (—4; 3), (—6;7) и (4; —5) соответственно. Остальные сис-
темы не имеют решений в целых числах.
1.99.	(125; 5), (4V2? 2), (-4V2? 2).
1.100.	(6, —5), (4; 5), (-4; -3).
1.101.	(3; 81), (2; 8V2), (2; -8V2J.
1.102.	(—5, -8), (-3; 2), (5; -6).
1.103.	(-125;-5), (9V37-3), (-9V3?-3).
1.104.	(-7, 5), (—5; 5), (3; 3).
1.105.	-3 х < -2,	< х < -1, 1 < х < 2.
Решение. Область определения неравенства — множество Е
значений х, удовлетворяющих условиям
х 1, х2 + х — 6 = (х — 2) (х + 3) 0, V6 — х — х2 =/= 2.
Решив уравнение V6 — х — х2 =2, находим его корни х=1,
х = —2. Отсюда следует, что множество Е — отрезок [—3, 2] с вы-
брошенными из него точками —2, —1, 1.
а)	Пусть х е [—3, 1) и х* —2, тогда |х + 11 = —х — 1, и исход-
ное неравенство примет вид
-----— >-7^-
6 — 3V6 — х — х1 х +х
1	5	1
Полагая х + х = Z, получаем неравенство 6_3которое
равносильно неравенству
5г+ 6 — з Уб — г л	ц \
б-зУб^7	и’	1 7
так как t = х2 + х е (0, 6]___при х е |— 3, —1). Обозначим
<р(0 = 6 — 3 V6 — / = 3(2 — V6 — ?), тогда
<р(?) < 0 при t G (0, 2) и <р(/) > 0 при t G (2, 6].
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
133
Пусть g(t) — 5t + 6 — 3 V6 — / , и рассмотрим уравнение g(Z) = О,
т. е. уравнение
5t + 6 = 3 V6^7.	(2)
Возводя обе части уравнения (2) в квадрат, получаем уравнение
25Z2 + 60? + 36 = 9(6 — /)
или
25/2 + 69/— 18 = 0.	(3)
Уравнение (3), являющееся следствием уравнения (2), имеет корни
/, =	/2 = —3, где /j е (0, 6], а /2 £ (0, 6].
Если / е ^0,	, то g(/) < 0, а если / е 6 , то g(/) > 0. Итак,
функции ф(/) и g(/) принимают значения одного знака на проме-
жутках (о, и (2, 6] и значения разных знаков на интервале
2j . Поэтому множество решений неравенства (1) — совокуп-
ность промежутков ^0, и (2, 6].
Если х е [—3, —1) и / е ^0,	, т. е. 0 < х2 + х < то
х е (—|, — 1^ , а если х е [—3, —1] и / е (2, 6], т. е. 2 < х2 + х 6,
то —3 х < —2.
Итак, если х е [—3, —1], то множество решений исходного нера-
венства — совокупность промежутков [—3, —2) и у, — 1^.
б)	Пусть — 1<х^2их*1. Тогда исходное неравенство равно-
сильно неравенству
-----5	> —----1-—•	(4)
6-3 у/б-х-х2 x + l х + 2
Правая часть неравенства (4) положительна при х > — 1, а левая
часть отрицательна при хе (—1, 1) и положительна при х е (1, 2].
Поэтому значения х£ (—1, 1) не являются решениями неравенства
(4). Пусть хе (1,2]. Обозначим /(х) =--------5	, й(х) =
6-3 Уб-х-х
= ууу + у у 2’ Так как функция V6 — х — х2 является убывающей
на промежутке (1,2], то этим же свойством обладает функция
/(х). Функция /г(х) также является убывающей на промежутке
(1,2], то этим же свойством обладает функция /(х). Функция
134 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
/г(х) также является убывающей на промежутке (1, 2], так как этим
свойством обладают функции и
Отсюда следует, что если х G (1, 2], то
/(x)>/(2)=j, g(x)<g(l)=|,
и поэтому /(х) > g(x) при х G (1, 2], т. е. значение х G (1, 2] —
решения неравенства (4).
1.106.	— 1 < х < 0, 2 < х <	3 < х $ 4.
1.107.	—2 х < — 1, 1 <х<|, 2<х^3.
1.108.	—4 х < —3, —1 < х < —у, 0 < х 1.
1.Ю9.	(—1;-L f—-• 1;--V
”	у12 б) \ 12 1 6Г
Решение. Обозначим 2х = и, —у = v и запишем исходную сис-
тему в следующем виде:
Сложив уравнения системы (1) и обозначив и + v + z = t, полу-
9
чим уравнение t = откуда tr = 3, t2 = —3.
Подставляя найденные значения суммы и + v + z в систему (1),
найдем искомые значения и, v, z.
4
t
Если t=u + v + z = 3, TOz = i[z
5
6’
и 7	,
Х= 2 = 12’ У=-^=-1.
7	5
Аналогично, если t — —3, то х = ——, у = 1, z = — -.
1.110.
1.111.
. _5_. 7\ А ._______5_. _7\
18’ 6]’ ^1;	18’ 6J’
/5. 7. _А /_5. _7. А
^6’ 6’ 2J 6’ 6’ г! ’
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
135
1 112 (1-____7—'	(— !• —• —
1.112.	12, 6J,	1, 12,	6J-
2. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ,
СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
2.1.	х = ±~ + 2лк, к& Z.
О
Решение. Возводя в квадрат обе части уравнения, получаем
8 sin х +	= 4 cos2 х + 8 sinx + 4 tg2 х,
или
12 cos4 х — 25 cos2 х + 12 = 0,
откуда
2	3	2	4
COS х = COS X = -Г.
4’	3
Поскольку COS X 1, ТО COS X = ± —,
х =	+ лк, к 6 Z.
О
Непосредственная проверка показывает, что при х= ±— + 2яЛ
правая часть исходного уравнения отрицательна, и решениями явля-
ются лишь х = ±т + 2лк, к €= Z.
О
2.2.	х = — arccos + лк\ х = arccos + 2лк, к G Z.
2.3.	х = - j + кл, kez.
2.4.	х = arccos -k- + лк; х = л — arccos + 2лк. к G Z.
V3	v3
2-5 бТГ’
2.6.
£
8‘
2-7- ж-
2.8.	Нет решений.
2	2
х = arccos -т 4- 2лк,	х = — arccos + 2лк,
2.9.	J	J
у = (— l)maresin	+ лт, у = (—1)"г+ 'arcsin + лт,
к S Z, т& Z.
х = arctg 4 4- 2лк, (х = arctg 4 + (2к + 1)к,
2 10	3	3
у = arccos + 2лт, у = arccos + (2т + 1) я,
к G Z, т €= Z.
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
137
2.11.
х = arcsin | 4- 2лА,
у = ± arccos + 2лт,
х = — arcsin j 4- (2k 4- 1)л,
у = ± arccos 4- (2m + 1) re,
k €= Z, m G Z.
x = arctg | 4- 2лm, x = arctg 14- (2m 4- 1)л,
у = arctg 2V2 4- 2лп, у = arctg 2\f2 4- (2n 4- 1)л,
m G Z, n G Z.
2.13.	x = nn;, x = у 4- 2лп, x = | + лп, n G Z.
2.14.	x = 4 4- Jtn, x = л 4- 2лп, x = 4- лп, n G Z.
Z	О
Решение. Рассмотрим два случая: a)cos х > 0, 6)cos х < 0.
a)	cos Зх 4- cos х = sin 2х, 2 cos х cos 2х = sin 2х, 2 cos x(cos 2х —
— sin х) = 2 cos x(cos 2х — sin х) = 0, откуда cos х = 0, либо
1 — 2 sin2 х — sin х = 0 и тогда sin х = — 1 или sin х = Отсюда, с
учетом неравенства cos х > 0, получаем: х = 4- ям, х = 4- 2лп,
п G Z.
б)	cos Зх — cos х = sin 2х, — 2 sin х sin 2х = sin 2х, sin 2х(1 4-
4- 2sin х) = 0, откуда sin 2х = 0, либо sin х = — Учитывая нера-
венство cos х < 0, получаем: х = л 4- 2лп; х= л 4-^4- 2лп, п G Z.
Объединяя ответы в случаях а) и б), получаем:
х = 4- лп; х = л 4- 2лп; х 1 - 4- лп, и е Z.
2.15.	х = лп; х = — ^ 4- 2лп; х = — j 4- лп, п G Z.
2.16.	х = 4-лп; х = 2лп; х = 4-лп, п G Z.
2	о
к 9л:
Л 20’ 20
Решение. Исходному будет равносильно уравнение
sin 6x(cos х — sin х) = cos 6x(sin x 4- cos x)
при условии (sin x 4- cos x) (cos x — sin x) =/= 0, т.е. cos 2x =/= 0. Имеем:
sin 6x cos x — cos 6x sin x = cos 6x cos x 4- sin 6x sin x,
sin 5x = cos 5x, tg 5x = 1, x =	4- n €= Z.
Условиям 0 < x < у, cos 2x 0 удовлетворяют x = 57г и x = 5?.
Z	ZO	ZU
2.18.	-^л.
7 10_____—• ___—
20’	20’
138 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.20.	л.
2.21.	х = j + 2лп, х — л — arctg 5 + 2лп, п G Z
Решение. Исходное уравнение равносильно системе
| — 3 sin2 х = (sin х + cos х)2,	(1)
sin х + cos x 5 0.	(2)
Заменив | на j(sin2x + cos2x), из (1) получаем
| sin2 х 4- 2 sin х cos х — cos2 х = 0,
tg2 х + 4 tg х — 5 = 0, tg х = 1, tg х = —5.
Теперь, с учетом неравенства (2), находим ответ:
х — + 2лп, х = л — arctg 5 + 2лп, п G Z.
2.22.	х = — arctg + лп, п G Z.
2.23.	х —	+ 2ли, х = л — arctg 3 + 2лп, п €= Z.
2.24.	х — — arctg V2 + лп, п G Z.
з
2.25.	х = ± arccos + 2лп, п G Z
2.26.	х = ^ + ~, х = (-\)п~+лп, n^Z.
2.27.	х = л ± arccos | + 2лп, п£1.
2.28.	х = ^ + ^ , х = ± arccos 4 + 2лм, n £ Z.
4	2	6
2.29.	х = - £ + 2лк, х = -	+ 2лк, 1 е Z.
(х = —arctg (V7 — 1) + 2лЛ, х = л + arctg (V? + 1)4- 2л£, к G Z).
2.30.	х = - + 2л£, х = -	+ 2л£, к G Z.
2.31.	х = - | + 2л£, х =	+ 2л£, к £ Z.
2.32.	х = - j + 2лЛ, х = -у + 2л£, к G Z.
2.33.	х = а + 2ли, п G Z, a G Й,	- ^1.
4 4	2	3	3 J
2.34.	х = а + 2лп, aG Ь, -5, -	п G Z.
*т “т	X	IX	1Z I
2.35.	х = а + 2лп, a G ±-т, 0, ±^-1, пЕ1.
[6	4 J
2.36.	х = а + 2лп, a G 0, ±7^, ±тг), п G Z.
’12’	41
2.37.	п = 105.
2.38.	п = 235.
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
139
2.39.	п = 165.
2.40.	п = 65.
2.41.	х = л + 2лп, х = arccos + 2лп, пЕ Z.
2.42.	х = — + 2кл, х = arcsin | + 2кл, к Е Z.
2.43.	х = 2кл, х = arccos (—	+ 2кл, к £ Z.
I 41
2.44.	х = у + 2кл, х = —arcsin -| + 2кл, к G Z.
2.45.	((-i)A+1 Л + л + 2л^, к е z, п е г.
I	12	2	4	г
Решение. Возводя в квадрат обе части первого уравнения и ис-
ключая из полученной системы у с помощью формулы
2 cos2 у = cos 2у + 1, придем к уравнению cos2 ^Зх +	= ^ —
— 2 sin 2х cos2 2х, которое сводится к уравнению sin 2х = — j, яв-
ляющемуся следствием исходной системы. Тогда из второго уравне-
ния исходной системы получим cos 2 у = 0, откуда cos у = — -±=, т. к.
cos у^О в силу первого уравнения системы. Итак, sin 2х = — и
cos у = — ^=. Из последних равенств находим х и у.
2.46.	х =	+ лк, у = (—l)n+1 ~ + лп, IE Z, n£Z.
2.47.	х = (—1)* yj + у Л, у = ^+ (-1)"J+ лп, к&г, п&г.
2.48.	х = ±^ + лк, у= ~ + (—1)"у + лп, к G Z, п G Z.
2.49.	1) .x=±f + ^,nGZ; 2) /тах = 2, /min=l.
Решение. Используя тождества sin6 х + cos6 х = sin4 х + cos4 х —
— sin2 х cos2 х = 1 — 3 sin2 х cos2 х = 1 — 4 sin2 2х, sin4 х + cos4 х =
4
= 1—|sin22x и полагая sin22x = t, получаем /(*) =	=
= 2_Lzj_ = Z^-4/3)-2/3 = 2_9_L_= ( . где 0^1 Функ-
ЗГ —4/3	3 Г —4/3	3	4 1-4/3	Д	У
ция g(f) является возрастающей на отрезке |0; 1], и поэтому
i'min = £(°) = J> ^max = ^(1)=2- ЕсЛИ / W = у> ТО g(t) = у, Т. е.
2(1 — 2)	10	,	3 г,	• 2т 3	.
3/_4 = у, откуда t = -. Следовательно, sin 2х = - или cos 4х =
= откуда х= ±- + у, nGZ.
2.50.	х = ±| + лк, к G Z, /тах = /min = |.
140 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.51.	х= + GZ, /тах = 1, /min = |.
2.52.	х = ± | + лк, к G Z, /тах = /min =
2.53.	х = лп, х = j п €Е Z.
2.54.	х = ^+~, neZ.
4	2
.55. х = + лп, х = + -r, n G Z
2	о 4
2.56.	х = ± j + лп, п G Z.
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
sin х  1	(1)
sin 4х cos3x’
а допустимые значения х для уравнения (1) определяются условием
sin 4х cos Зх =А 0.	(2)
При выполнении условия (2) уравнение
sin х cos Зх = sin 4х
является следствием уравнения (1) и равносильно уравнению
sin Зх cos х = 0.	(3)
Корнями уравнения (1) являются все те и только те корни урав-
нения (3), которые удовлетворяют условию (2).
Так как sin Зх — sin х (3 — 4 sin2 х) = sin х (1 + 2 cos 2х), а
sin х cos х =/= 0 в силу (2), то из (3) следует, что
cos2x = —(4)
Корни уравнения (4) удовлетворяет условию (2) и являются кор-
нями исходного уравнения.
2.57.	х = ± + лп + лк, у = ± + лп — лк, п €= Z, к G. Z.
2.58.	х=-^+ (~1)к	+	+ лп,
у = - J + ( - 1)*+1	+ лп, к е Z, п е Z.
Решение. Полагая sin х cos у= и, cos х sin у = v, получаем сис-
тему уравнений	,	, „	„
16u + 2г> = —3,
] 5и — 3v = 1,
1	3	1
откуда и = — v = — д-.
Исходная система равносильна каждой из следующих систем:
sin х cos у = — sin (х + у) = — 1,
	з .	,	.	1
cos х sin у = — sin (х — у) —
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
141
2.59.	х = ±^- + у + лп + лк, у = ± т ~ лп + як, пЕ1,
О 2	О 2
к е Z.
2.60.	х = + (-l)n+1 р2 + ™ + як,
у = -^ + (-1)п+1^+™-як , «6Z, keZ.
2.61.	х = — + 2яп, я G Z.
2.62.	х = ±	+ 2яп, n 6 Z
4
2.63.	х = — 4 + 2яп, х — —	+ 2яп, п 6 Z.
4	4
2.64.	х = ±	+ 2яп, х = я + 2яп, n 6 Z.
Решение.
n . cos Зх
Пусть t =-----.
J	COS Л'
2	7
а)	Если cos х > 0, то t 4- - = — 1 или I + t + 2 = 0.
Это уравнение не имеет действительных корней.
б)	Если cos х < 0, то /—у=—1 или 1г + t — 2 = 0, откуда
Л = t2 = 1.
„	,	_	cos Зх ~	4 cos х — 3 cos х ~
Пусть t = —2, тогда - = -2 или--------—-------= -2.
V/KJd Л	CCJO Л,
Так как cos х 0, то 4 cos2 х — 3 = 2, cos2 х = 1/4, cos х = —1/2,
х =	+ 2я«.
Пусть Z=l, тогда 4 cos2х — 3=1, cos2x=l, cos х = — 1,
х = я + 2ям.
2.65.	— ~г + 2яи < х < ~ + 2яп, п 6 Z.
4	4
Решение. Найдем решения неравенства на отрезке длиной 2я.
Все значения х из интервала (0, я) — решения неравенства, так как
sin х > 0 при 0 < х < я, а левая часть неравенства определена и не-
отрицательна при всех х.
Пусть sin х 0, тогда исходное неравенство равносильно каждому
из неравенств
5 + 3 cos 4х > s-n4 х 5-|-з cos 4Х > 2( 1 — 2 cos 2х + cos2 2х),
О
cos 2х (1 + cos 2х) > 0, cos 2х > 0, sin2 х < j, | sin х | <
Так как sin х =5 0, то —	< s’n я 0, откуда — j < х 0,
Итак, на отрезке —
ляются все числа из интервала
решениями исходного неравенства яв-
I л 5л
~ 7’ Т
142 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.66.	—у + 2лп < х < — + 2лп, пЕ1.
2.67.	— у + 2лп < х < ~ + 2лп, n G Z.
4	4
2.68.	—	+ 2лп < х <	+ 2лп, п £ Z.
4	4
2.69.	х = лп, х = 4 + nEZ.
4	3
Решение. Уравнение равносильно каждому из уравнений
sin — 3* —sin х	cos х| sin 4 — 2х
___L2 1____________________= i, _______________И )	4	) = i,
• I Л Г I • о____________________________I Л ]	•	| Jt л |
sin — — 5x —sin 3x	cos — — x sin — — 4x
\2	/	\4 /	\4	/
откуда sin ^4x —	+ sin — 2xj = 0 или sin x cos ^3x —	=0.
Корни последнего уравнения удовлетворяют условию
(Л	1* ] Л	А 1 г IX
— — х sin - — 4х * 0.
4	/	V4 /
2.70.	х = j + лп, х — — j + лп, х = ( — 1)"	+ Др пб Z.
2.71.	х = лп, х =	+ лп, х = ( — 1)" ттг + n&Z.
4	4	' 12	2
2.72.	х = ~ + лп, х = j + лп, х = ( —1)"+1 ~ п 6Z.
2.73.	х= — + 2лк, х = у- л + 2л/с; х = | л +2лк, х = л +
+ 2лЛ, к €= Z.
Решение, а) Пусть cos 2х 5 0, тогда уравнение можно последо-
вательно преобразовать так:
2 + V3 sin 2х — cos 2х = 2 — 2 cos х,
~ sin 2х — cos 2х = — cos х, cos ^2х +	— cos х = 0,
2* /Зх . л\ . । х > л ।	л
Sin Нг+т Sin Н + г =0,
12 о) у 2 о )
откуда получаем две серии корней
х = — + -| лп, х = — j + 2лп, п G Z.
Корни первой серии при п = Зк + 1 не удовлетворяют условию
cos 2х 0 и удовлетворяют этому условию при п = Зк и п = Зк + 2.
Для корней второй серий условие cos 2х 0 не выполняется
б) Пусть cos 2х < 0, тогда уравнение можно записать в виде
। *1 л \ ।	__y-v	л	/Зх	1 л ] /х
cos 2х — — +cosx = 0 ИЛИ 2 COS Hz—7- cos Н — Т =0,
\	\ Ь I \ 2 о I
откуда
__4л . 2	____4л I г»	г~п
х = -д- + лп, х = — + 2лл, п Е £
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 143
Корни первой из этих двух серий удовлетворяют условию
cos 2х < О только при п — Зк, а корни второй серии не удовлетворяют
условию cos 2х < 0.
2.74.	х = ^ + 2лп, х = ~ + 2лп, х = ~ + 2лп, х = л + 2лп,
п е Z.
2.75.	х = — у+2лм, х = ^ + 2лп, х = у + 2лп, х = у + 2лп,
nEZ.
2.76.	х = ^ + 2лп, х = ^- + 2лп, х = —^ + 2лп, х = у + 2лп,
п е Z.
а шшшш	JT । JtFZ	। Jt । JIM	r~jr
2.77.	x = -5- + ~r, x= ± -7 + -z-, n&T..
o 4	о Z
Решение. Заметим, что
sin 2х * 0	(1)
и воспользуемся равенствами
sin2 7х cos2 7х sin 8х sin 6х 16 cos 4х sin 2х cos 2х sin 6х
П.	2	. 2	2	. 2 ~	»
Sin X COS X sin X cos X	sin Zx
cos 2x sin 6x = (sin 8x + sin 4x) = sin 4x (1 +2 cos 4x) =
= sin 2x cos 2x (1 + 2 cos 4x).
Тогда исходное уравнение можно записать в виде
16 cos 4х sin2 2х cos 2х (1-I-2 cos 4х)	, r	/т>
--------------5-------------= 16 cos 4х (1 + cos 4х).	(2)
sin 2х
Уравнение (2) при условии (1) равносильно уравнению
cos 4х (1 + 2 cos 4х) cos 2х = cos 4х (1 + 2 cos 4х),	(3)
а уравнение (3) равносильно совокупности уравнений
cos 4х = 0,	(4)
cos 4х = — у
cos 2х = 1.	(6)
Уравнения (4) и (5) имеют корни х = ^ + у, nSZ и
х — ± + у-, n G Z соответственно, и эти корни удовлетворяют ус-
ловию (1), а из (6) следует, что sin 2х = 0.
2.78.	х = + у; х =	к^5р, kEZ,pEZ.
2.79.	х = + у, п е Z.
144 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.80.	X = ~, п *= Зк, п е Z, к G Z.
2.81.	х = лп, п е Z.
Решение. Используя формулу	= tg а — tg 0, преобра-
зуем исходное уравнение в виду
tg Зх — tg 2х + tg 4х — tg Зх = sin 4х — tg 2х.	(1)
Область допустимых значений х для уравнения (1) определяется
условиями
cos 2х 0, cos Зх 0, cos 4х 0,	(2)
а при выполнении условий (2) исходное уравнение равносильно
уравнению
tg 4х = sin 4х.	(3)
Уравнение (3) равносильно совокупности уравнений
sin 4х = 0,	(4)
cos 4х = 1,	(5)
причем все корни уравнения (5) содержатся среди корней урав-
нения (4). Из (4) следует, что либо sinx = 0, и тогда х = лп,
п 6 Z, либо cos х = 0 (и тогда cos Зх = 0), либо cos 2х = 0.
2.82.	х =	п 2 + 4k, п	4 + 8k, n G Z, к €= Z.
О
2.83.	х =	п 2 + 4k, п	4 + 8k, и G Z, к €= Z.
О
2.84.	х = п 3 + 6к, п €= Z, к 6 Z.
2.85.	х = + лп, х = ^ + х =	+ 1лп, п G Z.
Решение. Из формул для cos Зх и sin Зх следует, что
cos3 х = (cos Зх + 3 cos х), sin3 х = | (3 sin х — sin Зх).
Поэтому
cos3 х sin Зх + sin3 х cos Зх = | (sin Зх cos х + sin х cos Зх) =
з
= т sin 4х = 3 sin х cos х cos 2х,
4
и исходное уравнение при условии
sin х * 0
равносильно каждому из уравнений
3 sin х cos х cos 2х = 6 sin х cos2 х cos 2х,
cos х cos 2x I cos x -1| =0.
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 145
2.86.	х = Др х = ± j + 2лп, n 6 Z.
2.87.	х = лп, х = у + х = ( - 1)п у + лп, п G Z
2.88.	х = лп, х = у + Др-, х = ( — 1)п+1 £ + лп, п €= Z.
4	2	'	' б
2.89.	х = лп, х — уу + лп, х =	+ лп, п 6 Z.
Решение. Допустимые значения х определяются условием
cos 3x^0,	(1)
так как все корни уравнения cos х = 0 являются корнями уравнения
cos Зх = 0.
Функции tg х, tg Зх и | sin х | — периодические функции с пери-
одом л и поэтому достаточно найти решения исходного уравнения на
промежутке [0; л).
Если 0 х < л и выполняется условие (1), то исходное уравнение
равносильно каждому из уравнений
sin х . sin Зх . .	sin 4х . 
----------z- = 4 sin х, 	z— = 4 sin x,
COS X cos 3x	COS X cos 3x
4 sin x cos x cos 2x A .	. ,	п	o , n
-----------z---= 4 sin x, sin (cos 2x — cos 3x) = 0,
COS X cos 3x---'
(2)
sin x  sin у  sin Ц- = 0.
Все корни уравнения sin у = 0 удовлетворяют уравнению
sin х = 0, а решения уравнения (2) задаются формулами
х = лк, х = ^г-, к €= Z.	(3)
Из множества чисел (3) промежутку [0; л) принадлежат числа 0,
2л 4л т-г
у и у. Поэтому множество решении исходного уравнения задается
формулами х = лп, х = ^ + лп, х = уу + лп, п G Z.
2.90.	х = у + лп, х = у- + лп, х = у + лп, п G Z.
2.91.	х = у + лп, х = —	+	лп,	х - уу + лп, п е Z.
2.92.	х = — уу + лп, х =	+ лп, х = уу + лп, п G Z.
1	3
2.93.	х = — arctg у + лп, х = — arctg у + лп, п G Z.
Решение. Преобразуем левую часть уравнения, пользуясь тем,
что
cos 4х + cos 2х = 2 cos Зх cos х, cos Зх + cos х = 2 cos 2x cos х,
sin 4х — sin 2х = 2 cos Зх sin х, sin Зх — sin х = 2 cos 2х - sin х.
146 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Получим
2 cos х (cos Зх +cos 2х)
2 sin х (cos Зх + cos 2х) ’
При преобразовании правой части уравнения воспользуемся фор-
мулами
1 — 2 sin2 х = cos 2х — (cos х + sin x)(cos х — sin х),
sin — xj = 7J (cos x ~ s * * 8'n ’
Область допустимых значений уравнения определяется условиями
cos Зх + cos 2х = 2 cos у-cos у- О,
(1)
sin х 0, sin lx —-7] =^0.
\ “Ч
а)	Если cos 2х > 0 и выполняются условия (1), то исходное урав-
нение равносильно уравнению
cos х = 2 cos х + 2 sin х, откуда tg х = — у
(2)
з
х = — arctg - + лп, п G N.
Значения х, определяемые формулой (2), удовлетворяют условию
cos 2х 3» 0 и является решениями исходного уравнения.
б)	Если cos 2х < 0 и выполняются условия (1), то исходное урав-
нение равносильно уравнению
з
cos х = — 2(cos х + sin х), откуда tg х = —
з
х = — arctg + лп, п G Z.
Эти значения х также являются решениями исходного уравнения.
2.94. х = arctg 2 + лп, п 6 Z.
1	3
2.95. х = — arctg + лп, х = —arctg - + лп, п G Z.
2.96. х = arctg 2 + лп, п G Z.
2.97. х = + лп, п G Z.
Решение. Так как
8 cosз 4 х = 2( 1 + cos 2х)2 = 2 ^1 + 2 cos 2х + 1 +L°S 4л j =
= 3 + 4 cos 2х + cos 4х,
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
147
то исходное уравнение равносильно уравнению
_____cos 2х ___ 1
sin х + cos х sin х’
(1)
Используя формулу cos 2х = (cos х + sin х) (cos х — sin х) и учи-
тывая, что sin х О, sin х + cos х О, преобразуем уравнение (1):
sin х — cos х —	, cos x(sin х + cos х) = О,
sin X	v	z
откуда cos x = 0.
2.98.	x = лп, n G Z.
2.99.	x = ^ + ^, n G Z.
2.100.	x = ~ + ^, n G Z.
2.101.	x = 4/5.
Решение. Данное уравнение, ОДЗ которого определяется усло-
виями | х | «5 1, х 0, равносильно уравнению arctg и = arccos х, где
2х—I	2	1
и = —5—. Отсюда получаем уравнение х =-------у или
2	1 +и
х2 =------!----7, х2+ (2х — 1)2 = 1, 5х2 —4х = 0, х = 4/5.
чм
2.102.	х = 2/5.
2.103.	х = 1/5.
2.104.	х = 3/5.
.П<-	____ । ЛП _____ 2лп	гп
2.105.	х — - + -Х-, х = n G Z.
4	2	3
Решение. Исходное уравнение равносильно каждому из уравне-
ний
1 — cos 4х I 1 — cos 8х . _________cos 2х
2	2	cos Зх ’
cos 4х + cos 8х cos 2х ,	~
-------=-------=-------Z-, cos ox cos 2х
2	cos Зх
cos 2х
cos Зх’
£1 при выполнении условия cos Зх 0 равносильно уравнению
cos 2x(cos Зх-cos 6х — 1) = 0.
Уравнение cos 2х = 0 имеет корни х = л/4 + лп/2, n G Z, а урав-
нение cos Зх cos 6х = 1 может иметь корни тогда, когда cos Зх = 1,
2л п
откуда х = —.
2.106.	х = £ + х = 2лп, n G Z.
О □
2.107.	х = £ + n G Z.
О J
2.108.	х = у + лп, х = 2лп, п G Z.
148 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2.109.	х = — j + 2лп, х = лп, х = — у + 2лп, х = ^- + 2лп,
х =	+ 2лп, п G Z.
О
Решение. 1) Пусть
cos х 0.	(1)
Тогда уравнение можно записать в виде
sin х + cos х + (sin х + cos x)(cos x — sin x)(2 sin 2x — 1) = 0, (2)
так как cos 2x = (cos x + sin x)(cos x — sin x), sin 4x = 2 cos 2x x
x sin 2x.
Из (2) следует, что либо cos х + sin х = 0 и тогда
х = —у + 2лп, п G Z,	(3)
либо
1 + (cos х — sin х)(2 sin 2х — 1) = 0	(4)
Условию (1) удовлетворяют значения х, определяемые формулой
(3) только при четных п, т. е. значения х = ~ + 2лп, п G Z.
Обратимся к уравнению (4). Полагая cos х — sin х = t и учитывая,
что sin 2х = 1 — Z2, из (4) получаем 2z3 — t — 1 = 0 или
(t — 1)(2Z2 + 2t + 1) = 0, откуда Z = l. Уравнение 2Z2 + 2t + 1 = 0
не имеет действительных корней. Итак, t = 1, т. е. cos х — sin х = 1
или sin у (cos у + sin у) = 0.
Если sin у = 0, то х = 2лп, п G Z; эти значения х удовлетворяют
условию (1) и являются корнями исходного уравнения.
Если cos у + sin у = 0, то tg у = — 1, х = —у + 2лп, п G Z — кор-
ни исходного уравнения.
2) Пусть
cos х < 0.	(5)
Тогда исходное уравнение можно записать в виде
(sin х — cos х) (1 + (1 — 2 sin 2х) (sin х + cos х)) = 0,
откуда следует, что либо sin х — cos х = 0 и тогда
х = у + лЛ, к G Z,	(6)
либо
1 + (1 — 2 sin 2х) (cos х + sin х) = 0.	(7)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 149
Условию (5) удовлетворяют значения х, определяемые формулой (6)
только при k = In + 1, т. е. значения х =	+ 2лп, п G Z.
Заменой t = cos х + sin х преобразуем уравнение (7) к виду
2/3 — 3/ — 1 = О или (Z + l)(2z2 — 2t — 1) = 0, откуда либо t = — 1 и
тогда х = л + 2лп, п G Z — корни исходного уравнения, либо
, 1-V3	•	, 1-Уз
/ = —2—> т- е- sin х + cos х = —2— или
sin fx+v'j =	(^)
I 4 1	2V2
Заметим, что sin = sin (y —	Поэтому из (8) следу-
ет, что
х = -у + (-l)fe+1 ± + лк, k&Z.	(9)
Условию (5) удовлетворяют значения x, определяемые формулой (9)
только при к = 2п + 1, т. е. значения х =	+ 2лп, n£Z.
2.110.	х = ^ + 2лп, х = л + 2лп, х = ^ + лп, х = — + 2л,п,
4	2	3
х =	+ 2лп, л 6 Z
4
2.111.	х =	+ 2лп, х = ^ + 2лп, х = л + лп, х = ^ + 2лп,
4	2	о
X = —7 + 2лп, п 6 Z.
4
2.112.	х = —+ 2лп, х = л + 2лп, х = у + лп, х = ^ + 2лп,
4	’2’3
х = тг + 2лп, п G Z.
4
2.113. х = лп, п G Z.
Решение. Так как 1 — 2 sin2 х = cos 2х и cos х 0, то уравнение
равносильно каждому из уравнений
cos Зх ,	-	-	. 2 X , cos Зх cos 2х cos2 X .
-----(cos 2х — cos 2х sinz х) = 1, ------------— 1
cos x cos 2x cos 3x = 1.	(1)
Уравнение (1) может иметь решения только в том случае, когда
| cos х | = | cos 2х | = | cos Зх | = 1.
1) Если cos x = 1, то x = 2лп, cos 2х = cos Зх = 1.
2) Если cos х = — 1, то х = л + 2лп, cos 2х = 1, cos Зх = — 1.
2.114. х = лп, п£ Z.
2.115. х = Tin, п G Z.
2.116. х = лп, п G Z.
150 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
2 4 4 ж _ ЗТ I	_ ЗТ । Л/1	_ ЗТ ।	г-**
ЛП. X = j + ЛП, X = Y2 + "2“> х = "j + ЯП, Пб Z.
Решение. Обозначим f(x)= sin 5х cos Зх и рассмотрим два воз-
можных случая: /(х) > 0, /(х) < 0.
1) Пусть
/(х) = sin 5х cos Зх = | (sin 8х + sin 2х) >0.	(1)
Тогда исходное уравнение можно записать в виде
sin 8х ~ п
—-z-=2cos2x	I.2)
sin 2х
Так как sin 2х =/= 0, то уравнение (2) равносильно уравнению
2 cos 2х cos 4х = cos 2х,
откуда следует, что либо cos 2х = 0, либо cos 4х =
Если cos 2х = 0, то sin 8х = 0, | sin 2х| = 1, и из (1) следует, что
sin 2х = 1, откуда х = + лп, п 6 Z.
Если cos 4х = 2 cos2 2х — 1 = у, то
cos 2х = ±-у, sin 2х = ±|.	(3)
Чтобы провести отбор корней уравнений (24) с учетом условия
(22), запишем /(х) в следующем виде:
/(х) = sin 2х(4 cos 2х cos 4х + 1).	(4)
Так как cos 4х = то /(х) = sin 2х(2 cos 2х + 1).
Отсюда и из (3) следует, что /(х) > 0 тогда и только тогда, когда
sin 2х • cos 2х > 0, так как 12 cos 2х | = V3 > 1. Следовательно, либо
cos 2х = у-, sin 2х = либо cos 2х = — sin 2х = —откуда
зт	I	зт	I	зтп	гт?
2х = -т- + ли, х = -— + п 6 Z.
О	12	2
2) Пусть /(х)<0, тогда исходное уравнение примет вид
sin 2х	~	~
—г-х~ =	2 cos 2х или
sin 2х
cos 2х = —(5)
Тогда cos 4х = 2 cos2 2х — 1 = ~ и из (4) следует, что
/(х) = sin 2х.
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 151
Решив уравнение (5) при условии /(х) = sin 2х < 0, получим
2х — —+ 2ли, откуда х = —у + ли, п 6 Z.
2.118. х =	+ лп, х =	+ лп, х =	п GZ.
12	24	24	2
2 1 «л _____ ЗТМ __ ЗТ । ЗТМ	JT ।	гп
.119. Х = —, X = Т7 + -7Г, Х = ~ + лп, neZ.
2	12	2	о
2.	лл	  зт I ,	5зт	 зтм	7л		гп
.120.	х	= — + лп,	х = —	+ —,	% =	-—	+ лп,	п е. Z.
24	24	2	12
2.121.	х = лп, х = у + 2лп, п 6 Z.
Решение. Обозначим sin х = t, тогда sin Зх = 3Z — 4Z3,
cos 2х — cos 4х = 2 sin Зх sin х = 2z(3z — 4Z3). Исходное уравнение
примет вид
8Z4 + 4/3 — 6/2 — 3(i + | /1) = 0.	(1)
а)	Пусть t = sin х =£ 0, тогда уравнение (1) равносильно уравне-
нию
Z2(4Z2 + 2Z — 3) =0.
Если t = 0, т. е. sin х = 0, то х = лп, п 6 Z. Эти значения х яв-
ляются корнями исходного уравнения.
?	—1 — VTT
Решив уравнение 4t + It — 3 = 0, найдем его корни =------------,
Z2 =	—1, где Zj < — 1, Z2 > 0. В этом случае исходное уравнение не
имеет корней.
б)	Пусть Z > 0, тогда уравнение (1) равносильно каждому из урав-
нений
4Z4 + 2Z3 - 3Z2 - 3Z = 0, 4Z2(Z - 1) + 6Z(Z - 1) + 3(Z - 1) = 0,
(Z-1)(4Z2 + 6Z + 3) = O.	(2)
Уравнение (2) имеет единственный действительный корень Z= 1.
Если Z = 1, т. е. sin х = 1,тох = у + 2ли, « 6 Z.
2.122.	х = 2лп, х = у + 2лп, п 6 Z.
2.123.	х = лп, х = ~ + 2лп, nEZ.
2.124.	х = у + лп, х = л + 2лм, п €= Z.
2.125.	х = ± arccos + 2лм, п G Z.
Решение. Возводя обе части данного уравнения в квадрат, по-
лучаем уравнение
sin2 х(1 — cos х — 2 sin х) = 1 + 2 sin х cos х,	(1)
являющееся следствием данного уравнения.
152
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Преобразуем уравнение (1):
2 sin3 х + sin2 х cos х + cos2 х + 2 sin х cos х = О,
2 sin x(sin2 х + cos x) + cos x(sin2 x + cos x) = 0,
(2 sin x + cos x) (sin2 x + cos x) = 0.
а)	Если 2 sin x + cos x = 0, то исходное уравнение примет вид
sin х = sin х + cos x, откуда cos x = 0, и тогда sin x = 0, что невоз-
можно.
б)	Если
sin2 х + cos x = 0,	(2)
2	i	n	1	1+vTT .
т. e. cos	x — cos x — 1 =	0,	to cos x = —2—>	гДе —2— > 1 >	и поэтому
1-V5
cos x = —-—,
2	1 — VT
x = ± arccos —2----H 2ли, n G Z.	(3)
При выполнении условия (2) имеем
VI— cos х — 2 sin х = V1 + sin2 x — 2 sin x = 1 — sin x,
и поэтому исходное уравнение принимает вид
sin х — sin2 х = sin х + cos x, или sin2 x + cos x = 0.
Таким образом, исходное уравнение равносильно уравнению (2). По-
этому значения х определяемые формулой (3), и только эти значе-
ния, являются корнями исходного уравнения.
2.126.	х = ( — 1)” arcsin ^~2 1 + лп, п EZ.
2.127.	х = ± arccos 1 + 2ли, и е Z.
2.128.	х = (—1)” arcsin 2 1 + лп, п 6 Z.
2.129.	х = ± arccos 1	+ лп,
1 — 1
х = ± 2 arccos —2---Н лп, п GZ.
Решение. Воспользуемся формулами
sin Зх = sin х(3 — 4 sin2 х) = sin х(2 cos 2х — 1),
cos 6х = cos 2х(4 cos2 2х — 3)	(1)
и рассмотрим два Возможных случая: cos 6х > 0, cos 6х < 0, учитывая
при этом, что
cos 2х * 0, sin х =/= 0.	(2)
а)	В первом случае нужно решить уравнение
2(2 cos 2х + 1) = 4 cos2 2х — 3	(3)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
153
при условии
cos 6х > 0.	(4)
Положим cos 2х = Z, тогда уравнение (3) примет вид 4Z2 — 4t —
— 5 = 0. Это уравнение имеет корни tt = 1 ~ и t2= 1	> 1.
Итак, cos 2х = 1	< 0, откуда
х = arccos 1	+ ли, n£Z.	(5)
Из равенства (1) следует, что
cos 6х = (4z2 — 3),
где 4z2-3 = (1 - V6)2-3 = 4-2V6 <0.
Поэтому cos 6х > 0, если cos 2х = Zj = 1	, где 1Х < 0. Итак, ус-
ловие (4) выполняется, и значения х, определяемые формулой (5),
являются корнями исходного уравнения.
б)	Во втором случае (cos 6х < 0) нужно решить уравнение
4z2 + 4z — 1 = 0, Z = cos 2х.
Это уравнение имеет корни
<	V2-1 А	1	.
Z1=^—>0 и Z2=-------—<~Г-
Проверим выполнение условия
cos 6х < 0,
используя формулу (1). Получим
cos 6х = Zj(4z2 — 3),
где 4Z2 - 3 = (V2 - I)2 - 3 = -2V2 < 0.
Так как ti > 0, то cos 6х < 0, и поэтому корни уравнения
Ч V2-1
cos 2х = —2—’ т- е- числа
I 1	1/2"- 1 I	f- r-7f
х = ± arccos —------1- лп, nG £
являются корнями исходного уравнения.
2.130. х =	+ лп, х = arccos | —7I + лп, п G Z.
О	2	у 4 I
2.131. х = ( arccos Р 2v^~j + л£, х = —— arccos
+ лк, к €= Z.
2.132. х =	+ лк, х = ±2 arccos l—4] + л(2к + 1),
3.	ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ,
СИСТЕМЫ И НЕРАВЕНСТВА
3.1.	х = |.
Решение. Заметим, что функции, входящие в уравнение, опре-
делены при
0<х<|, х*1.	(1)
Переходя к логарифмам по основанию х, преобразуем уравнение
к виду
log* (3 — 2х) = log*. (3 — 2х) + 2,
откуда
log* (3 — 2х) = 2, log* (3 — 2х) = — 1.
В первом случае
3 — 2х = х2, xt = —3 , х2=1.
Во втором случае
3 — 2х = -,
X
, 1
хз = х4 = 2-
Условиям (1) удовлетворяет лишь х = у.
__	1	3
3.2.	х = х = 4
3.3.	х = х = 2.
3.4.	х = ^, х = -|.
О	О
3.5.	х^О, х 0 < х < 4, х > 1.
2.	4
Решение. Так как 16х4 — 8х2 + 1 = (4х2 — I)2, то функции,
входящие в неравенство, определены при | х | * а само неравенство
равносильно каждому из следующих:
	<|, |4х2— 1| > Зх.	(1)
|4х —1|------------------------------------3	1	1
Левая часть (1) неотрицательна, поэтому все значения х такие,
что
х 0, х — -,
являются решениями неравенства.
При х > 0 возникают две возможности, связанные со знаком числа
4х2— 1.
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
155
1) Х> тогда 4х2 — 1 > 0, и неравенство (1) эквивалентно
4х2 — 1 > Зх, или (х — 1) (4х + 1) > О,
откуда с учетом условия х > получаем х > 1.
2) 0 < х < тогда 4х2 — 1 < 0, и 1 — 4х2 > Зх,
или
(х + 1) (4х — 1) <0, откуда 0 < х <
3.6.
3.7.
3.8.
3.9.
1 \ . , /	1 п\ . , /1. 1 \ . , ( 1 . 1
°0’	73J U }	73’ °] и ^2’ 73 j и (тз’7:
— оо; — и f — ^=; и (1; + оо)}.
х t и, - оо; — vz) и ( — VZ; О) U и, и [
х = arccos | + лк = arctg 73/5 + лА, к G Z.
х
3.10.	х = arccos + (2п + 1)л, n G Z.
3.11.	х = ± arccos | + лп = arcctg 75 + лп, п G Z.
2
3.12.	х = arcsin + (2п + 1)л, п G Z.
3.13.	-2.
3.14.
5
4"
3.15.	-1.
3.16.	|
3.17.	log7 | < х < log7 0 < х < log7 4.
3.18.	log5/2 2 < х < 1, х < —1.
3.19.	log5 -^ < х < log51, 0 < x < log5 3.
3.20.	log^ 3 < x < 1, x < —".
3.21.	x sS — 1, 71og5 6 < x < 72.
3.22.	— log2 10 < x < — 1.
Решение. Неравенство равносильно системе неравенств
Тх - 1 & О,
3 - 72-х - 1 > О,
3 - 72-х - 1 < 2~х.
Положив у = 2-х, получаем неравенства у > 1, 7у — 1
3 — у < 7у — 1.
Отсюда
1 «=у< 10
<3,
(1)
и 3 — (z2 + 1) < z, где z = 7у — 1 > 0.
156
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Имеем: z2 + z — 2 > О, z > 1, так как z > 0, т.е. Vy — 1 >1, у > 2.
Учитывая (1), получаем: 2 < у < 10,	2 < 2~х < 10, откуда
— log2 10 < х < — 1.
3.23.	х «5 — 1, Vlog4 5 < х < V2.
3.24.	— log3 18 < x < —1.
3.25.	— у < x — p x > 0.
Решение. Область определения функции записывается в виде си-
стемы неравенств
1 + 6х > 0,
. 1 + 7х > 0,
log4 (1 + 6х) + | logi (1 + 7х) | >0,
8
равносильной системе
х> -у,
3 log2 (1 +6х) + 2|log2 (1 +7х)| >0.	(1)
Рассмотрим два случая: а) х > 0, б) — у < х < 0.
а)	В этом случае 1 + 6х> 1, log2 (1 + 6х) >0 и неравенство (1)
справедливо в силу того, что оба слагаемых в левой части неотрица-
тельны.
б)	1 + 7х < 1, тогда log2 (1+7х)<0и неравенство (1) принимает
вид
3 log2 (1 + 6х) - 2 log2 (1 + 7х) >0, (1 + 6х)3 > (1 + 7х)2,
216х3 + 59х2 + 4х > 0, 216х2 + 59х + 4 sS 0 (х<0),
— уу sS X SS —
Z/	о
Таким образом, область определения функции задается неравенст-
вами	1	!
х 0 и — - < х — -j.
/	о
3.26.	- у < х «= - 7, х > 0.
7	4
3.27.	- у < х - 7, х > 0.
7	4
3.28.	-	< х - 7, х S* 0.
21	о
3.29.	x<log32^,x> 1.
3.30.	log3 у < х «S 1.
3.31.	X < log13 1	, X > 1.
3.32.	2 — log4 5 < х $ 1.
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
157
3.33.	4‘	: х 	2 <	5’	2 — у < X	< 0, х > 0.	
3.34.	4<	х <		— j < X <	0, х :	>0.
3.35.	2 -3*	: х 	<4	2 , -у<х	< 0, х	>0.
3.36.		: х	<4-	-|<х	< 0, х	>0.
3.37.	х < —	3 4’		1_ 12 <	: х < 0.		
3.38.	х < —	2 3’	0 < х -	4-		
Указание. Заменой и = log2 — x'j, v = log2 12х + j | неравен-
1 2	2
ство сводится к виду - — > и — з v или	v(u —	v)(u — 2v) > 0. Здесь,
если v > 0, то и < v или и > 2v, если	же v < 0,	то	2v <	и < v.
3.39.	-2 < х < -	-	| < х < 0.
ЗЛО. | < х < f, - | < х < -
3.41.	х = л + arccos 4 + 2лп, п G Z.
О
3.42.	х = ^ + arcsin i + 2лп; х = л — arcsin + 2ли, n е Z.
3.43.	х = л + arcsin 4 + 2ли; х = arcsin | + 2ли, п G Z.
4	3
3.44.	х = т; arcsin -у + 2лп; х = arcsin 4- 2ли, n G Z.
2	4	2	2	4
ч лс 25	25 5	.
3.45.	-у<х<т, 6<x< 1.
3.46.	| < х < 1, 3 < х < 11.
ЗЛ7. 9<Х<^, зо<х<25-
3.48.	< х < р у < х < 1.
3.49.	х < — 1, log3 2 < х $ log3 10—1.
3.50.	— 1 х < 0, х > log2 17—1.
3.51.	х < — 1, 2<x«S log2 17—1.
3.52.	log3 2 — 1 sS x < log3 2, x > 2.
3.53.	(-3, —2) U (-1, 0).
Указание. Неравенство равносильно совокупности следующих
систем неравенств:
2~х — 1 < 2~х~' + 1, [2"х-1 > 2~х-‘+ 1,
4~х > 1,	4-х>1,
|х + 2| > 1;	[0< |х + 2| < 1.
3.54.	(0, 1) U (2, 3).
158 ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
3.55.	-lj U Oj.
3.56.	(О, |j U (1,
3.57.	х, = —7, х2 = 0, х3 = 3.
Указание. Исходное уравнение равносильно уравнению
-4- 9
log7 | х — 11 + log7 = 0, которое равносильно совокупности двух
систем:
х > 1,	Гх < 1,
(2х + 9)(х- 1) = 7х + 9 и |(2х + 9)(1-х) = 7х + 9.
3.58.	х, = 0; х2 =	2; х3 —	5.
3.59.	Xi = 0; х2 =	7; х3 =	10.
3.60.	Xj = —2; х2	= 0; х3	= 3.
3.61.	2(izb + а + 1) ab + За + 2		
3.62.	1 + 2ti + ab 1 +а + 2ab"		
3.63.	3 + а + ab 2 + а + 2а b		
3.64.	2 + а + 2а b 1 +2а +ab'		
3.65.	- | 5S X < 0.		
3.66.	— 1 < х < —	1 _ 1 2’ 4С	:х<0, 0<х< 1
3.67.		£ 3’	
3.68. —1<х< — -р — ^<х<0, 0<х<1.
Решение. Данное неравенство равносильно неравенству
logx2 15х + 21 < logx2 | х |,
которое равносильно совокупности следующих двух систем неравенств
1*1 >1,	(П
|5х + 2| <|х|,	Ш
0< |х| < 1,	. .
|5х + 2| > |х|.	( ’
Чтобы решить системы (1) и (2), построим графики функций
У = |XI и у = |5х + 2| (см. рис.).
Эти графики пересекаются в точках А и В, абсциссы х, и х2 ко-
торых являются корнями соответственно уравнений 5х + 2 = —х и
—5х — 2 = —х, откуда находим Xj = — х2 = — ^.
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
159
1)	Если | х | > 1, то график функции у = 15х + 21 лежит выше
графика функции у = |х|. Поэтому система (1) не имеет решений.
2)	Если 0 < | х | < 1, то график
функции у = 15х + 21 лежит вы-
ше графика функции у = | х | на
интервалах Aj = (—1,х2), Д2 =
= (хр 0) и Д3 = (0, 1). Поэтому
множество решений системы
(2) — объединение интервалов
Др Д2 и Д3.
3.69.	х= (-1)п + 1^ + лп,
п G Z.
3.70.	х =	+ 2лп, п G Z.
Решение. Преобразуем уравнение к виду I2 log6 2 = t log6 12, где
t = log2 (4 cos x + 3).
Если 1 = 0, то 4 cos x + 3 = 1, т. e. cos x = —
log. 12	2
Если t = — 2 = log2 12, to 4 cos x + 3=12. Это уравнение не
имеет корней.
3.71.	х = — j + 2лп, п G Z.
3.72.	х = л + 2лм, п G Z.
3.73.	(2; -3), (-6; 1).
Решение.
Первое уравнение системы можно записать в виде
log2 [ху(х + 2у) | + log2 = 4,
а множество допустимых значений х, у определяется условием
ху(х + 2у) > 0.	(1)
При выполнении условия (1) исходная система равносильна сис-
теме
(х + 2у)2= 16,
l¥l = t
а система (1)—(2) равносильна совокупности двух систем
1х + 2у=4,
1 ху = 6
и
(2)
(3)
(4)
х + 2у = —4,
ху = —6.
160 ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Исключая х из системы (3), получаем уравнение у2 — 2у + 3 = 0,
не имеющее действительных корней. Поэтому система (3) не имеет
действительных решений.
Из системы (4) получаем уравнение у2 + 2у — 3 = 0, имеющее
корни у, = —3, у2 = 1.
Поэтому исходная система имеет два решения: (2; —3) и
(-6; 1).
3-74-	(-з; !)•
3.75.	(Т; -6), (-3; 2).
3.76.	(3; 1).
3.77.	—/15 < х < -'у71, 5 < x < 6.
Решение. Исходное неравенство равносильно следующему
1 <-~|х|~12 < 2.	(1)
х + 3
а)	Пусть х > 0, тогда х2 — | х | — 12 = (х — 4)(х + 3) и неравенст-
во (1) примет вид 1 < х — 4 < 2, откуда 5 < х < 6.
б)	Пусть х < 0, тогда неравенство (1) записывается в виде
1<^у^<2.	(2)
Если —3 < х < 0, то неравенство (2) равносильно неравенству
х + 3<х2 + х—12< 2(х + 3) или системе неравенств
х2 — х— 18 < 0,	[х.<х<х2,
[х2—15>0, °ТКуДа ||х|>/15,
Система неравенств
(|х| >/1Г,
| -3 < х < 0
несовместна.
Если х < — 3, то система (2) равносильна системе
(х — Xj)(x — х2) > 0,
|х| < VT5,
откуда —/15 < х < хр так как Xj > —т/15.
3.78.	1 - /37 < х < 2~^, у < х < 6.
3.79.	5~у^- < х < 1 - /T9, 4 < х < 7.
3.80.	- 1	< х < —/бТ, у < х < 9.
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 161
3.81.	(1 -V2; V2).
Решение. Потенцируя, получаем систему
(5у — х — 2 = 3|х — у|,	(1)
|у — 2 — 4ху = Зу|х[,
являющуюся следствием исходной системы.
а)	Пусть х > 0, тогда | х [ = х и, с учетом условия х < у из первого
уравнения системы (1) получаем у = 1 — х.
Тогда второе уравнение этой системы преобразуется к виду
7у2 — бу — 2 — О,
откуда 3+^23	3-J23	4-V23	4+V2T
>1=^—,	1’2 = -^—.	*1=—7—> х2 = —7—
При х = х2, у = у2 не выполняется условие х < у, а при х = х1(
у = yt выражение под знаком логарифма в первом слагаемом левой
части первого уравнения исходной системы отрицательно.
б)	Пусть х < 0, тогда из системы (1), с учетом условия у > х,
получаем у = 1 — х , а из второго уравнения следует, что у2 = 2,
откуда
у3 = —V2, у4 = V2, х3 = 1 + V2, х4 = 1 — V2.
Пара чисел (х3. у3) не удовлетворяет условию х < у, а пара чисел
(х4. У4) удовлетворяет этому условию и исходной системе.
3.82.	(1 - V3;^.
3.83.	H-V2;^j.
3.84.	(1 - V3; V3).
3.85.	4<x<4, x > 1, x^2.
О	Z
Решение. Полагая log2x = l и учитывая, что х>0,
log4 х2 = log2 х (при х > 0), преобразуем исходное неравенство к виду
__________________________1___(1)
Ц + 11-2 " |11 - 1 •
Рассмотрим три возможных случая: 1^—1, — 1 < 1 < 0, 1 > 0.
1)	При 1	— 1 неравенство (1) равносильно каждому из нера-
венств	(<+-3)(Г+1)<0, откуда
— 3 < 1 < 1, т. е. — 3 < log2 х < — 1, | < х < |.
2)	Если — 1 < t < 0, то из (1) следует, что yj-j-	или
21
(г +1;	1) откуда t < — 1 или 0 t < 1. В этом случае неравен-
ство (1) не имеет решений.
6 - 2771
162
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
3)	При t > 0 из (1) следует, что yzry yzy- Это неравенство яв-
ляется верным при всех t > 0, кроме Z = 1, т. е. при х > 1 и х*2.
3.86.	0<х<7, 7<х^1, 4 < х < 16.
4 4
3.87.	5^7 <х<4, 1^х<3, х>3.
243	3
3.88.	± < х < 1, х > 3, х 9.
3.89.	(3; 0),
Решение. Исходную систему запишем в виде
|[log3 (х - у) - log3 (х + 2y)][log3 (х- у) + 2 log3 (х + 2у)] =0, (1)
|(х —у)(х + 2у) =9.	(2)
Из (1) следует, что либо
х —у = х + 2у,	(3)
либо
(х-у)(х + 2у)2= 1.	(4)
Если выполнены условия
х — у > 0, х + 2у > 0,	(5)
то система (1), (2) равносильна совокупности систем (3), (2) и (4),
(2). Первая из этих систем имеет единственное решение (3; 0), удов-
летворяющее условиям (5), а вторая система, равносильная системе
х + 2У =
х — у = 81,
»	/ /-Х	1ЧЭУ /Хб 1
для которой выполняются условия (5), имеет решение l-^-; —I-
3.90.	(2;0),
3.91.	(2;0),
3.92.	(3; 0), fe
3.93.	((I; log3 , (log3 log3 .
Решение. Возводя в квадрат обе части второго уравнения систе-
мы, получаем х + у2 = х2 + 2ху + у2 или
х(х + 2у — 1) = 0,
(1)
откуда следует, что либо х = 0, либо х = 1 — 2у.
Уравнение (1) равносильно второму уравнению исходной системы,
если
х + у > 0.
(2)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 163
а)	Пусть х = 0, тогда из первого уравнения получаем
TV 36	<	36
Зу = уу, откуда у = log3 уу.
Пара чисел ^0; log3 yyj удовлетворяют условию (2) и является
решением исходной системы.
б)	Пусть х = 1 — 2у, тогда из первого уравнения системы получа-
ем 32~у + 7-Зу~2 = 8 или Z+y = 8, где t = 32-у. Уравнение
Z2 — 8Z + 7 = О имеет корни = 1, t2 = 7.
Если t— 1, то З2-у = 1, откуда у = 2, х = — 3. Пара чисел
(—3; 2) не удовлетворяет условию (2).
Если t = 7, то 32~у = 7, Зу = у, у = log3 у,
V = 1 - 2 log3 у = log3 уу.
Пара чисел ^log3 уу; log3 yj удовлетворяет условию (2) и является
решением исходной системы.
3.94.	(б;	log2 уу-)	,	(2 log2 7 — 6;4 — log2 7).
3.95.	^0;	log5	,	(2 log5 8 — 3; 2 — log5 8).
3.96.	[б;	log3	,	(2 log3 8 - 4; 3 - log3 8).
3.97.	— 4 < x <	1 —	2V6, —VT5 x —у, — 3 x \И5, 1 + 2V6 <
< x < 6.
Решение. Область E допустимых значений неравенства опреде-
ляется условиями 2х + 9 > 0, 2х + 9	1,	24 + 2х — х2 =
= (х + 4) (6 — х) > О, 24 + 2х — х2 * 1. Отсюда следует, что Е —
интервал (—4; 6) с выброшенными точками xL = 1 — 2-/6,
х2 = 1 + 2V6, где х, « — 3,8, х2 4,8.
Обозначим t — log2x+9 (24 + 2х — х2), тогда неравенство примет
вид Z + у 3 или ——1~—— 0, откуда следует, что либо Z < 0, либо
1 г£ Z г£ 2.
а)	Пусть Z < 0, т. е.
log2x+9 (24 + 2х — х2) < 0.	(1)
Если х е Е, то 2х + 9 > 1 и неравенство (1) на множестве Е рав-
носильно неравенству 24 + 2х — х2 < 1 или
(x-xJCx-xJ >0.
6*
164 ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Поэтому множество решений неравенства (1) — объединение ин-
тервалов (—4; xj и (х2; 6).
б)	Пусть 1 t 2, т. е.
1 «= log2x+9 (24 + 2х — х2) s= 2.	(2)
Так как 2х + 9 > 1 на множестве Е, то неравенство (2) равносиль-
но неравенству
2х + 9 =£ 24 + 2х - х2 =£ (2х + 9)2,
которое равносильно системе неравенств
5х2 + 34х + 57 = 5(х + 3) (х + у) ? 0,	(3)
х2 15.	(4)
Множество решений неравенства (3) — объединение промежутков
х $ —3 их? — у, а множество решений неравенства (4) — отрезок
[—/15; /Т5 ], где xl < —/Т5 < — у < —3, /Т5 < х2. Следовательно,
множество решений неравенства (2) состоит из отрезков
-/15, -у и [-3, Л5].
3.98.	-11 < х < -1 - 3/ТТ, -/79 <х^7, у^х^ /79,
-1 + 3/ТТ < х< 9.
3.99.	-2 < х <	-V3 х =£	-1 =£ х =£ /3,
1+72Г э
—2— < х < 3.
•з 1 пл 11	1	т /а V73 „	5 7 „	/73
3.100.	—у < х < —у — 2/6, —7-SS х « X <—5-,
X	X	X	XXX
—+ 2/6 < х <у.
3.101.	у«=х<2, х> 8.
Решение. Область допустимых значений неравенства опреде-
ляется условиями	—-— = -——— > 0, х>1, х?*2, откуда
х2-2х —3	(х + 1)(х —3)
следует, что Е — объединение интервалов 1<х<2, 2<х<3,х>8.
Так как 2 = log^ Y (х — 1) при х> 1, то исходное неравенство на
множестве Е равносильно неравенству
10ёА-~1
(х —8)(х—1)
(х — 3)(х+ 1)
=£0.
(1)
Рассмотрим два возможных случая: 1<х<2 и х > 2.
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 165
1)	Неравенство (1) равносильно каждой из систем неравенств
(х — 8)(х — 1) > .
(х — 3)(х+ 1) ''
I < х < 2;
(х — 3)(х +1)
1 < х < 2,
11 „ , ~
откуда следует, что х < 2.
2)	Неравенство (1) равносильно каждой из систем неравенств
(х — 3)(х + 1)
х > 8,
х > 2;
откуда получаем, что х > 8.
3.102.	х < —6, 0 < х s£ 3/7.
3.103.	25/7 х < 4, х > 10.
3.104.	—3/7 х < 0, х > 6.
3.105.	6 < х<Ц~, 7 < х < 8
Решение. Область Е допустимых значений неравенства опреде-
ляется условиями х>—1, х 9, Vx + 1 > V9 — х, 2х — 12 > 0,
2х—12=^1, откуда следует, что Е — объединение промежутков
6 < х < 6,5 и 6,5 < х 9. На множестве Е исходное неравенство рав-
носильно неравенству
2 1оё2х-12 (Vx + 1 — V9 —х) < 10g2x_12 (2х — 12).	(1)
/	13 \
1)	Пусть х£ 6,	, тогда неравенство (1) равносильно каждому
из неравенств (Vx + 1 — V9 — х)2 > 2(х — 6), 11— х > V9 + 8х — х2,
121 — 22х + х2 > 9 + 8х — х2, х2 — 15х + 56 = (х — 7)(х — 8) > 0, от-
куда следует, что значения х из интервала 6,	— решения нера-
венства (1).
(13	1
—, 9 , тогда неравенство (1) равносильно неравен-
ству (х — 7)(х — 8) < 0, откуда 7 < х < 8.
3.106.	4 < х < 9/2, 5 < х < 6.
3.107.	5<х< 11/2, 6 < х < 7.
3.108.	4 < х < 17/4, 9/2 < х < 5.
3.109.	—2 < х < — 1, — 1 < х < 0, 0<х< 1, х > 2.
Решение. Область определения неравенства — множество зна-
чений х таких, что
х > —2, х 0.
166
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1)	Пусть 1g (х + 2) < О, тогда —2<х<—1, 1g2 (х + 2) > О,
|lgx2| >0,
УЗ 1g2 х2 + 1g2 (х + 2) > 73 11g х2| > 1g х2 4- lg (х + 2).
Следовательно значения х из интервала (—2, —1) — решения исход-
ного неравенства.
2)	Пусть 1g (х + 2) = 0, тогда х=— 1, а при х = —1 обе части
исходного неравенства обращаются в нуль (неравенство 0 > 0 не яв-
ляется верным).
3)	Пусть
1g (х + 2) > 0.	(1)
Тогда исходное неравенство равносильно неравенству
У3?2+ 1 > ?4- 1,	(2)
множество решений неравенства
Неравенство (2) будем решать
с помощью графиков функций
у = УЗ?2 4- 1 и у = t + 1 (см.
рис.).
Графики пересекаются при
t = 0 и t = t0, где ?0 — положи-
тельный корень уравнения
(УЗ?2 4- 1 )2 = (? + I)2, т. е. урав-
нения 2?2 — 2? = 0, откуда ?0 = 1.
При ? < 0 и ? > 1 график функ-
ции у = УЗ?2 + 1 лежит выше гра-
фика функции у = ? + 1. Поэтому
(2) — совокупность промежутков
? < 0 и ? > 1.
1g X2
Неравенство ? = (л + 2) < 0 с учетом условия (1) равносильно не-
равенству 1g х2 < 0, откуда 0 < | х | < 1.
1g х2
Неравенство ? = lg + 2) > 1 с Учетом условия (1) равносильно
каждому из неравенств lg х2 > 1g (х + 2), х2 — х— 2 > 0, откуда
х > 2, так как х > —1 в силу (1).
3.110.	0 < х < 1, 1<х<2, 2<х<3, х>4.
3.111.	х < — 2, — 1 < х < 0, 0<х<1, 1<х<2.
3.112.	—1 < х < 0, 0 < х < 1, 1 < х < 2, х > 3.
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 167
з	.пз. (Л - I; 37= — -
^72	72	)
Решение. Разложив левую часть второго уравнения системы на
множители, запишем его в виде
(2х — у + 1)(х — у — 1) = 0.
1)	Если у = 2х + 1, то 5х — Зу — 1 = — х — 4, Зх — у + 1 = х. Так
как неравенства —х — 4 > 0 и х>0 несовместны, то в этом случае
система не имеет решений (левая и правая части первого уравнения
не имеют общей области определения).
2)	Если у = х — 1, то первое уравнение системы примет вид
log5 2 + log5 (х +1) _ log2 (х +1) — I
log5(x + l)	log2(x + l) + l’
откуда
log5 2 + log5 2-log2 (x + 1) + 2 log5 (x + 1) — 0,
log5 2 + 3 log5 (x + 1) = 0, 2(x + I)3 = 1,
x = — 1 + Л;, у = x — 1 = —2 + з^-.
V2	72
3.114.	(Д+ 1; з-тз + 21-
173	73 j
3.115.	12-3— ;34z- 1!-
I 72 72	)
3.116.	(2+3—; -1 -3—!.
(	73	V3J
3.117.	< x < 0, 0 < x «=	1 < x <
Решение. Область определения неравенства — множество зна-
чений х, удовлетворяющих условиям:
а)	х> —1, х*0, х* 1;	(1)
б)	| + logx2(x+l)>0;	(2)
в)	знаменатели дробей в обеих частях исходного неравенства не
обращаются в нуль.
Найдем сначала решения неравенства (2), равносильного неравен-
ству
log|x| (х+ 1) Э»-1.	(3)
Если х>1, то|х|>1,х+1>2, logx2 (х + 1) > 0, и поэтому значе-
ния х > 1 — решения неравенства (3). Если 0 < |х| < 1, то неравен-
ство (3) равносильно неравенству
х + К^.	(4)
168
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Значения х е (—1; 0) — решения неравенства (4), а при х е (0, 1)
из (4) следует неравенство хг + х — 1 <0, решениями которого, с
учетом условия 0<х<1, являются значения х е (0, х0], где
V5-1	\
, 0 < xQ < 1.
Итак, множество Е решений неравенства (2), удовлетворяющих
условиям (1), представляет из себя совокупность промежутков
— 1 < х < 0, 0 < х , х > 1.	(5)
Считая, что х е Е, преобразуем исходное неравенство, умножив
обе его части на <р(х) = Vl + log|х । (х + 1) + V3, где <р(х) > 0 при
х е Е, и переходя к логарифмам по основанию | х |. Получим равно-
сильное неравенство
УТф(х) log|x| 3 УТ iog|x| 3
h(x)	А(х) ’
где Л(х) = log,х। (х + 1) - 2 = log|x|
Отсюда следует, что указанное выше условие в) для области опре-
деления неравенства выполняется, если /г(х)	0. Неравенство (6)
равносильно на множестве Е неравенству
^12^0	(7)
А(х) ’
так как <р(х) — 1 = Vl + log|х। (х + 1) + V3 — 1 > 0.
Если |х| < 1, то log|x| 3 > 0, и неравенство (7) равносильно на
множестве Е каждому из неравенств Л(х) = log, .	0,	1,
х2 — х — 1 < 0.	(8)
Множество решений неравенства (8) — интервал Е1 = (х1,х2'),
1—	1 +	i	п	,
где X] =——,	х2 = —-—,	где — 1	< Xj < 0,	х2> 1,	а множество ре-
шений исходного неравенства — пересечение множеств Е и Ev т. е.
совокупность промежутков , oj , (б, ^2~~ , (1, 1	•
3.118.	—1±^<х<-1, Ц^<х<0, 0 < х <
3.119.	Ц^<х<0, 0<x<^i 1 <х<^±Х.
3.120.	—Ц^<х<-1, Ц^<х<0, 0<х<^-к
3.121.	(4; -2).
Решение. Первое уравнение можно записать так: х2 — у2 +
+ х + 5у — 6 = 0 или (х + у — 2) (х — у + 3) = 0, откуда
х = у — 3	(1)
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
169
ИЛИ
х = 2 — у.	(2)
Из второго уравнения системы следует, что
2 — у > 0, х > 0, х^1.	(3)
а)	Если справедливо равенство (2), то из второго уравнения сис-
темы находим х = у2, откуда, используя равенство (2), получаем
2 — у = у2 или (у — 1)(у + 2) = 0. Пусть у = 1, тогда х = 1, и не вы-
полняются условия (3). Пусть у = —2, тогда х = 4 и (4; —2) — ре-
шение данной системы.
б)	Если справедливо равенство (1) и условия (3), то у>3 и
у < 2, что невозможно.
3.122.	(6, 2).
3.123.	(5, -2).
3.124.	(3, 2).
3.125.	— 6 « х < —4, 4 < х < 6.
Решение. Пусть | х | = t. Тогда исходное неравенство равносиль-
но каждому из неравенств
0<log8^Sl,
•у
(1)
Неравенство (1) равносильно каждой из следующих систем нера-
венств:
/2 —10/+24
р>3,
12-31+ 3 п 1 (z — 4)(Z —6) *S0,
t - 3
откуда следует, что 4 =£ Z =£ 6, т. е. 4 < |х| <6.
3.126.	1
3.127.
4	6 6	4
3.128.-1
4. ПЛАНИМЕТРИЯ
л « 5
4.1.	- а.
Решение. Пусть окружность касается АВ, АС и MN соответствен-
но в точках Р, SиТ (см. рис.). Обозначим АВ = х, ABAC = а, тогда
ВМ = х. По свойству касательных AS = АР = МР = МТ = АВ —
- (АР + ВМ) =х -	~ х -NT = NS=NC + CS=a +
+ ^ = ^a,MN = NT + МТ = ~а+^х-^ = а + ^х.
L L	Z о Z	о
По теореме косинусов
MN2 = AM2 + AN2 - 2 AM-AN-cos a,
\2	/ \2
a-Hx = 4 x + 4a2 — 2--5 x- 2a-cos a,
О I	\0 I	о
или	7	7
4 x = 3a — 4 x cos a,
4	2
AS a
где cosa = ^ = ^.
7	_q 7 o.	5
Следовательно, - x = 5a — °ткУда x = ~ a.
4-2. -4-
4.5. S = 32.
Решение. Поскольку по условию A ACD — то AD — диаметр и
AAED = ^ (см. рис.). Так как AD — биссектриса, то треугольники
ACD и AED равные. Пусть АС — Зх, тогда АЕ = Зх, АВ — 5х, ЕВ = 2х,
СВ = 4х (по теореме Пифагора). Из подобия треугольников АВС и
EDB вытекает, что	Откуда DB = f х, CD = | х,
AD = VAC2 + CD2 = х — 2VT5. Значит, х = -1=, а искомая пло-
Z	у j
щадЬ	S = | АС БС = 6х2=32.
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
171
4.6.
4.7.
4.8.
p = 20.
_ 216
SKP 65lt’
^окр _ 3л
РД “ 8 
AB = 3.
4.9.
Решение. Пусть CD = х (см. рис.),
В' и Q' — проекции точек В и Q на
проекция точки Q на прямую ВС.
QQ" = |x, Q"M = y/(QM)2- (QQ")T = fa
откуда x = 2V2. Поэтому
AB = V(5£')2 + (В’A)2 = ^(CD)2+ (BC- AD)2 - 3.
в" A^Q1
D
К задаче 4.9.
прямую AD, a Q " —
Тогда QQ' = QM = ^x,
PM = 2Q"M = xVl = 4,
К задаче 4.26.
4.10.	Рм^с 2(2 + V13).
4.11.	pABCD = 58.
4.12.	рлвс = 20(1 +V5).
4.13.	ABAC = arctg 2,
AABC = у — arctg 2.
4.14.	AA = ~,	=
4.15.	6 + 2V2.
4.16.	AB = 2V2.
4.17.	4
4.18.	15V3.
4.19.	3V3.
4.20.	60 V3.
4.21.	40.
.	12
4-22- T5-
4.23.
4	24
9 ‘	I—
4.25.	BC = 37? (AB = 2^-1
4.26.	BC = fa R, (AB = f)R, AC - 3R, cos ABAC = |).
Решение. По условию AB = 4AK (см. рис.). Пусть OF — высота
равнобедренного треугольника AOK (AO=OK=R), тогда
ЛВ = 4АК = 8AF. Таким образом, из равенства прямоугольных тре-
угольников АОЕ и AOF (АО — общая, AFAO= АЕАО) следует, что
1	3
ЛВ=8АЕ, т.е. cos ABAC = Отсюда cos АОАС = ^, значит,
АЕ = R. Тогда АВ — 6R и АС ~ 2AL = 4АЕ = 3R (L — середина
172
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
АС). Сторону ВС найдем по теореме косинусов из треугольника АВС:
ВС = ^R-
4.27.	AB = 2y/2R (AC=v5R, BC = 3R, cos Z.ACB = y=).
4.28.	AC = 5R (cos L CBA = 7, cos Z. CBO = BC = VTOR,
4.29.
Решение. Пусть CD = x, LKDA = а, тогда LKCB= и —
— LKCD — LKDC — a = j — a (см. рис.).
По условию KN = 3, KM = 6, KP = 5, где M, N, L, P — проекции
точки К на стороны параллелограмма. Из треугольников KDN и КСР
находим х sin а = 3, х sin (у — a ] = 5. Отсюда
5 sin a = 3 sin 1 j — a],
К задаче 4.29.
по формулам S = ML- CD
t 3V3
1	— ^2	1 1 _ 196
2 tg И + 1
cos a	1 ov
13	.	3V3
cos a = 77, sin a = -77-.
14	14
и
28
Таким образом, x = CD = ^,
KL = ^- CD=1, ML — 13. Пло-
щадь параллелограмма вычисляется
91
S = NP- AD, откуда AD = и пери-
49-/J
метр параллелограмма равен —.
4.30.	28V3 (LBCD = arccos CD = ^
4.31.	-у V3 (LKLM = arccos у, LPKL = arccos	LPNM =
= arccos £ KN = KL = fl KN = ^).
4.32.	14V3 (LMNK = arccos KN=^, KL = ^-).
4.33.	y, arctg 2, у — arctg 2.
Решение. Из условия следует, что хорды ВС и АЕ в точке М
пересечения делятся пополам, поэтому АСЕВ — параллелограмм,
вписанный в окружность, следовательно, он является прямоугольни-
ком.
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
<73
Итак, ABAC = у и М — центр окружности. Пусть KF = х, тогда
из условия следует, что ВК = 2х. По теореме о пересекающихся хор-
дах окружности BKKF = AKKC. Но КС = АК, поэтому
АК1 = 2х2, АК = xV2. Из прямоугольного треугольника ВАК нахо-
дим АВ = у/ В К2 — А К2 = xdT.. Итак, катеты треугольника АВС рав-
ны х/2 и 2-/2х, поэтому его углы равны j,
arctg 2 и — arctg 2.
. _. л . 1 л .1
4.34.	-v, arcsin -я-, -х- — arcsin -я-.
2	v5 2	V5
4.35.	у, arctg V2, у — arctg V2.
. я .1 л .1
4.36.	-Х-, arcsin -да, 7 — arcsin -да.
z.	V 1 U	"	У 1 v
44	14
4.37.	S = (AB = sin A ABC = ^f-).
1 Uy 3 v 5v 3	14 7
4.38.	S = 5V5 (BD = -^, sin AABC = ~-Y
К задаче 4.33.
Указание. Диаметр окружности — расстояние от точки Е до
прямых АВ и СВ, поэтому синусы углов А и С треугольника АВС
2	2
равны соответственно у и Длина стороны ромба находится по те-
ореме синусов.
4.39.	S = ~^ (АВ = Д., sin ABCD = ^).
4.40.	S = |V3 (CD = 4tt, sin AACB = ~).
2 v 3v3	14 7
4.41.	S = —- (AP-. PD=4:3,cos AB = AB = AC = ^).
4.42.
S = (AO :OM = 5:2, cos ABAC = ~,AB = 5^=, BC = да).
20 x	’	5’ 2yl0	у 10 7
Указание. Если К — середина биссектрисы CD, то тре-
угольники ОКМ и ODA подобны, следовательно, AD : КМ = 5 : 2. С
другой стороны, BD : КМ = 2:1, поэтому С А : СВ = AD : BD = 5:4.
4.43.	S = 30 (АК : КМ = 1 : 2, cos АВ = , ВС = 10, АС = 2<Т0).
4.44.
S = (AM : MD =10:3, cos ABAC = ~,AB =	= тт)-
10	0	oy 0	v 0
4.45.	r = 3.
4.46.	r = |.
Решение. По теореме синусов найдем радиус окружности S^Oj):
R = э 	= (см- рис.). Пусть Р — середина ВС, тогда О.РЕВС
174
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
и из треугольника О{СР находим О{Р = Из условия задачи следу-
ет, что окружности Sj/Oj) и $2(О2) касаются внешним образом, по-
17
этому О^О2~ R + г = у + г. Пусть К — основание перпендикуляра,
Oj на прямую O2D. Тогда О2К =
опущенного из точки
= O2D + О{Р = г + у и О{К = PD =
= РВ + BD = 5. Из треугольника Ofi2K
1\1	\ 2	/	15\
находим г: у + г = г + у +25, от-
9
куда г —
4.47.	г = 12.
4.48.	г = 6.
4.49.	5= 10 <3.
4.50.	5 = ||.
4.51.	Р= 66.
4.53.	5 -
Решение. Выберем на стороне АС точку Р так, что £>Р|| АВ (см.
рис.), тогда СР = у DP = Пусть АК = СК = х, тогда из подобия
треугольников DPK и ЕАК следует, что РК:ЛК = DP.AE, т. е.
(х — 5/4).-х = 3/4:2, откуда х = 2. Тогда АС — 4, S = ^AB-BC =
= ± AC2 sin a-cos а = у, так как sin а
DP
СР
3	4
j, cos а = у.
4.54.	5 = ^+Т5 (АВ = ^, АС = 5).
1о	2	'
4.55.	5 = -| V3 {АВ = 3V3, ВС = 3, АС = 6).
4.56.	S = 32V2 (АС = 8, ВС = 12).
4.57.	г = 3.
Решение. Пусть К — точка касания (см. рис.), ANMC = а, тог-
да, по условию, AMNC — 2а, АВМК = л — а, LANK = л — 2а. Но
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
175
МО и NO — биссектрисы этих углов, поэтому АОМК=^— у,
A ONK = у — а, и, значит, ОК = ОМ sin ^у — yj = VTO cos у и
ОК = ON sin ^у — aj = -у cos а. Из уравнения
/ттт о 15	15	I п 7<х	,
V10 cos г- = — cos а = — 2 cosz 5- — 1
2	4	4	1	2
а 2± 7	аЗ	а
находим cos у = откуда cos у = так как у — острый угол.
Отсюда г — ОК — 3.
4.58.	г = у= (ZAMD = AADM = arcsin |).
4.59.	r =
4.60.	г =
4.61.	РА= дЩ, PQ = 6.
Решение. Пусть К — середина отрезка
АС, М — точка пересечения АВ и PC (см.
рис.), ААВК = АСВК = (3, где (3 = arccos
Тогда ААВС — ААРС = 2(3 (эти углы опира-
ются на одну дугу), ААСР = ААВК = (3 (углы
дикулярными сторонами), AAPQ=AACP=$
со взаимно перпен-
(угол между каса-
тельной и хордой), Z.PAQ = 2(3 + у (внешний угол в треугольнике
АРМ) и поэтому AAQP = ~— 3(3. Применяя теорему синусов к
треугольникам АРС и APQ, получаем: АР = АС -81"Д = л /—я,
МП хр СОо р
PQ = АР = Ар Так как cosp=J|* sinp=j|,
sin j-зр) cos3₽	*6’ r V6’
cos 2(3 = 2 cos2 (3 — 1 = |, cos 3(3 = cos (3 (4 cos2, (3 — 3) = | to
AP=^, PQ = 6.
4.62.	CD = 2V6, DE = 5.
4.63.	MC = 2v5, MN = 15.
4.64.	7G4 = 2Vl5, KL — 1.
4.65.	Площадь треугольника ABC равна 176, проекция отрезка
ОМ на прямую ВС равна 2"^-.
Решение. 1) Пусть Sj, S2, S3 и 5 — площади треугольников ВОМ,
СОМ, СОК и АВС соответственно (см. рис.). Тогда = г = С
4	6 мс
176
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
другой стороны, по свойству биссектрисы угла
треугольника, ^^ = ^. Пусть АК=КС=а,
/ \	АВ АО = АО АС = АВСО = АОСА = а. Тогда
/ \м а = АВ cos 2 а и поэтому	откуда
/X Л.О	6	2 cos 2а J
/	\	cosa = ^=. Пусть D G ВС и ODEBC, тогда
/X/	xJk OD = ОК — г, где г — радиус вписанной в тре-
ма г!	аА угольник АВС окружности, поэтому
/1	К	С	1	1
„ л	5, = Х'Ст, 5. + 5, = - йСт и, следовательно,
К задаче 4.65.	!	2	1 L 2	"	’
5з КС	г, 3	с оо
5^=5C = COs2a = 5> ОТКУДЙ S3 = 33 и
5	= 2(S! + S2 + S3) = 176.
2) По построению DM — проекция ОМ на ВС. Заметим, что точка
D расположена либо на отрезке ВМ, либо на отрезке МС. В первом
случае DM - OD ctg ААМС = OD ctg (л — За) = —OD ctg За, во
втором случае DM — OD cig ft, где ft=AOMB = За (по свойству
внешнего угла в треугольнике АМС). Тогда DM = OD ] ctg 3a|, где
ctg 3a = tgT+tg2T = ТГ’ так как tSa=2’ tg2a=3- Поэтому
DM = —t — =yj- г. Радиус вписанной окружности найдем из тре-
угольника СОК: S3 = | ОК-КС = | г-КС = \rL ctg а, т. е. 33 = | г2- 2
и г = V33, таким образом, DM -
л с — 78,	324
4.66. 5	23, Р 299'
Л	4.67.	5= 234; р = 6^.
/}	л	с 260	5500
/	р= «г-
/	К	4.69.	273.
/	/	\	4.70.	3.
\ \\/	/	\	4.71.	2.
\	4.72.	4.
; I--4ЛЗ> 24.
К задаче 4.76.	4.74. 12.
4.75.	42.
4.76.	78.
Решение. Пусть Е, F и М — основания перпендикуляров, опу-
щенных из точки К на прямые ВС, АС и АВ соответственно (см. рис.).
Так как АКВЕ = АКАВ, то £±КАМ<х> А\КВЕ, откуда следует, что
КМ _ КЕ
КА КВ'	X1)
где КЕ = 156.
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
177
Аналогично, из подобия треугольников KAF и КВМ следует, что
КМ _ KF
КВ ~ КА'
где KF = 39.
Перемножая равенства (1) и (2), получаем
КМ2 = /СЕ- /СГ = 39 • 156,
откуда КМ =78.
4.77.	ВС = 3, S = ^-.
4.78.	СО = |, S = <.
Решение. Пусть ABCD = AACD = a,
тогда ACDE = AADE = a, ABDC = л — 2a,
ABAC = it — 3a, AABC = a (см. рис.),
DC = IDE cos a = | cos a.
Из /ABDC по теореме синусов находим
BC DC	2	9	3
. - — -т—, откуда cos a = -, cos a = -?,
sin 2a sin a J	6	4
К задаче 4.78.
4.79. СЕ = 3, 5
у/1	2
sin а = -г, DC = -т.
4	3
Применив теорему синусов в треугольнике ADC, получаем
АС _ ОС
sin 2а sin За’
где sin За = sin а (3 — 4 sin 2а) = sin 2а = 2 sin а cosa =
AC = DC^^ = ^.
sin За 5
Искомая площадь 5 = | ВС-AC sin 2a =
32V5
7 '
4.80. АС= 1, 5 = ^.
4.S1. £
4.S2. 1
Решение. Центр О ок-
ружности совпадают с точ-
кой пересечения диагона-
лей ромба ABCD (см. рис.). Так как диагонали ромба взаимно пер-
пендикулярны, то стороны КЕ и KF треугольника KEF, описанного
около окружности, также перпендикулярны.
Пусть ABDA = AKFE = а, г — радиус окружности, 5 и 5) —
площади ромба ABCD и треугольника KEF соответственно. Тогда
178
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
S = 4-^-Зг = AC BD = la sin а 2а cos а, где а — 3, т. е.
6г = 9 sin 2 а, откуда
г = | sin 2а.	(1)
11	49
Аналогично, Sj = KF-KE = 7 sin а 7 cos а = sin 2а. С дру-
гой стороны, г(7 + 7 sin а + 7 cos а), откуда
7
г(1 + sin а + cos а) = 2 sin 2а.
Из (1)	и	(2)	следует,	что	sin а + cos
ii-o	16	о	7	3	о	7
1 + sin 2а = тг,	sin 2а = 77.	г	= ~ sin	2а =
У	У	Z	О
49
4.83. £
4.84.
О
4.85.
4.86. £
4.87.
О
' (2)
4
а = р откуда
4.88. ^2.
Решение.
Пусть О; — центр окружности радиуса R,
описанной около треугольника ACD; О2 —
центр окружности радиуса г, вписанной в
треугольник BCD, Е — середина ВС. Тогда
O^DEAC, DEEBC, АВ = 5, CD = BD = ~,
АС = 4, sin А = |, R =	= ^ = O.D.
’	5’	2 sin А 12	1
Пусть 5 — площадь треугольника BCD,
р — его полупериметр. Тогда S = ± АС ВС = 3, р = 4, S = гр, отку-
да г = 7 = ОгЕ, DE =	= 2, £>О9 = DE — (ЕЕ = у. Искомое рассто-
4	*•	L	*•	^4	г
яние	Г/ \ 2 t,________________
о,о2 = Vc\d2 + do2 = а/ й ® = Л? = ЛГ-
4.89. ЛО, 3VT0.
Решение.
Пусть К — середина ВС, О — точка пересечения АС и BD, Oi и
О2 — центры окружностей, описанных около треугольников BCD и
АВС соответственно (см. рис. ).
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
179
Тогда Oj и О2 — точки пересечения перпендикуляра к ВС в точке
К с прямыми СО и ВО соответственно.
Пусть R и г — радиусы окружностей, описанных около тре-
угольников АВС и BCD соответственно, АВАС = ACAD = а, тогда
ZBO2/C=a, О,С = г = —, ОС =6 cos a, R =	=
*	’	1	cos а	2 sin a sin а
OOj = 8 sin а.
з
Так как ОС = ОО, + О, С, то 6 cos a = 8 sin a -|-----------,
11’	cos a
8 sin a cos a + 3 = 6 cos2 a, 3 sin2 a — 3 cos2 a + 8 sin a cos a = 0.
Полагая tg a = Z, получаем 3z2 + 8Z — 3 = 0, откуда tx =
Z2 = —3. Так как 0 < a < j, to tg a = |, cos a = ^=, sin a =
r = vTO, R = ЗЛО.
4.90. |.
4.91. 2V5,V5.
4.92.
4.93. V2 и V3.
Решение. Пусть О — центр окружности, R — ее радиус; F —
основание перпендикуляра, опущенного из точки О на прямую АВ
(рис); ABAC = LACD = a.
Тогда
OF = ОС = OD = R, sin a = |,
2vT
cos a = —j—.
Если AB — CD = x, BC = AD = y, S — площадь параллелограмма
ABCD, то
S = 2-~ x-AC sin a = V2,
где
x = 2OC cos a = 2R cos a, AC = AO + ОС = —h R = 4R.
’	sin a
180
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Следовательно,
V2 = 2R cos а • 42? cos а = 9 ,
откуда R = х = V2.
Из ДАСЛ по
теореме косинусов находим
y2 = 9 4-2-2-3-v7-^ = 3,
откуда у = <3.
4.94. 2,
4.95. 2, ^2.
4.96. 2, |.
в
К задаче 4.97.
497 12 45<2
ч.у/. 7 , 28 .
Решение. Пусть LACB = а, тогда
. т /Т	1	2/2
tg а = 2v2, cos а = sin а =
АВ = ВС = —— = 6 (см. рис.),
cos а	'
а)	По свойству биссектрисы в треугольнике
АСЕ имеем
me з
откуда ^ = ?.
Из подобия треугольников MEQ
MQ _ МЕ _ _
АС ~ АЕ ~ 7’
МЕ _ ЕС _ 3
МА ~ АС ~ 4’
и ЛЕС следует, что
3
,	12
откуда MQ = -у.
б)	Пусть R — радиус окружности, описанной около треугольника
BPQ, тогда
R =
2 sin а 2V2
где
BQ = BE + EQ = 3+EQ, EQ = ^EC = ^, BQ = ~, R = ^-
Il	I	Zo
4.98.	2*
11’ 55 ’
4 99 A 40y2
3’ 63 •
4.100.
4.101.
Й
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
181
Решение. Пусть ВК и AF — высоты в тре-
угольнике АВС (см. рис.) и пусть ААВК =
= АСВК=а, тогда AFAC=a, ADBE —
= A DAE = а (эти углы опираются на одну и ту
же дугу).
Из равенства прямоугольных треугольников
DAF и CAF следует, что AD = АС. Найдем АС,
пользуясь тем, что треугольники ADC и АВС по-
добны. Получим = откуда АС2 = 4-9,
. А	КС 1	2/2 „	„
АС = о, sin а = уу = р cos а = ——. Пусть R —
радиус окружности, тогда = 2R, где AD = 6,
. п 4/2	п 27/2
sin 2а = и поэтому R = —у—.
4.102.
4.103.
4.104.
4.105.	(ф, V?-
Решение. Заметим, что АЕ = ВЕ и
АЕ — DE, так как касательные, проведен-
К задаче 4.105.
ные к окружности из одной точки, равны. Поэтому BD = 2ВЕ = 2V5
(см. рис.). Пусть О1 и О2 — центры окружностей С1 и С2,
ОХВ = OjA = х, O2F = О2А = у, АВ = t.
По теореме о касательной и секущей
АВ(АВ + AF) = BD2,
т. е. Z(/ + 3vr2) = 20 или t2 + 3V2/ — 20 = 0, откуда = — 5/2,
t2 = 2/2 , т. е. t = АВ = 2/2.
Из подобия треугольников О{АВ и O2AF следует, что у =
2
откуда х = у у.
Для получения еще одного уравнения, связывающего х и у, вос-
пользуемся теоремой Пифагора в треугольнике О/^К, где К —
основание перпендикуляра, опущенного из точки на прямую
DO2. Получим OjX = BD = V(x + у)2 — (у — х)2 = 2Vxy = 2/5, от-
с	2 г-	2	15	Л5
куда ху = 5, где х = у у. Следовательно, у =-у, У=
182
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Замечание. Можно показать, что точки D, О2, F лежат на од-
ной прямой и вместо теоремы о касательной и секущей применить
теорему Пифагора к треугольнику BDF.
4.106.	2V5, —.
4.107.	^=, 3V2.
4.108.	V3, —.
4.109.	ИЯ = ^. CZ> = 7L.,R = ^.
Решение. Обозначим АВ = х, AD=y, ABAD = а, ААСВ=<р.
Тогда AABD = ip. Из
секущей
откуда
9 _ 7
vT7‘
тре-
т. е.
где
подобия треугольников АВС и ABD (см. рис.)
АВ AD з	. „	4
следует, что -ту =	= 7, откуда АС = х.
Из треугольника АВС по теореме косинусов
получаем
ВС2 = АВ2 + АС2 — 2АВ- AC cos а,
. х 2 i I6 э п 4	1	17 2
т. е. 16 = х + -д- х — 2х-- х-J = -д- х , отку-
лп	12
да АВ = х =
По свойству касательной и
АВ2 = AD-АС, т. е. х2=у-|х,
Q	16
ЛП = 7ТТ> dc = ac-ad = 7^-TT7-
гг n	n BD	3 тл
Пусть R — радиус окружности, тогда R =	. Из
Я о гч	AD В D
угольника ABD по теореме синусов имеем -— = -—,
J	*	J	sin <р sin а
2уС2 . AD sin а п Г2~ „ ЗуТТ
sina = ^, sinT = —— = 2^, R = ^r-
4.110. AC = 32 lE, ВС = 4 iff, R = 3
••111-
4.112.	AB = ^, BC = ^, 2? = ^.
4.113.	1)	2)
Решение. Пусть A2B2C2 — треугольник, образованный пересе-
чением прямых AAlt ВВХ и CCj (см. рис.), АВАА1 = АСАА{ = а,
ААВВХ = р. Тогда АВуВС = АСХСА = (3, sin |3 = cos 2a = cos a =
= _v^_
“ 2^2 ’
cos a
АХ	vTT	1
sin а = cos р = —XCj = АС • sin |3 = АА2 =
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	183
1)	Если 51	— площадь треугольника АА2С, то
5. = АА.,  АС  sin а =
1	2 х	1U
2) Если S2 — площадь треугольника А2В2С2, то
Ф = АВ2А2С2 = АС^А2А = — а, и по-
ил.
Так как Л,В, = АВЭ — ААЭ —---------
2 2	2	2 cos а
— С}Л2 — СС2 = AC cos р — АА2 sin а —
= СС
s>2 = /i2/J2-/i2c2-sin 4), где
/5"
этому sin = cos a =
AC{
cos a
B,C	7	/15"
—	1 = то V = v °
cos p	/ТУ’ 2	30-
4П4	3/35	4/35
1	7	’	105 ’
4.115
J 3	45
. .. , 3/35 4/35
4.116.
4.117. Л,Л, = 8, В.В2 = 4, АВ, = 2, АВ= 10, ВВ, = 4/6.
Решение. Пусть Е и F — проекции точки О2 на прямые OtAt и
О1В1 соответственно (см. рис.), OjXj = OlBl = R, О2А2= О2В2= г,
О,О2 = I. Тогда (\Е = R — г, (\F = 7? + г и из прямоугольных тре-
угольников (\ЕО2 и OvFO2 находим AVA2 = V/2 — (R — г)2 =
= V70- (V6)2 = 8,	В, В2 = V/2- (Л + г)2 = V70- (3/6)2 = 4.
Обозначим ВВ2 = а, АВ2 = Ь, АВ = с. По свойству касательных имеем
АА1 = АВ1, АВ2 = АА2, откуда А{А2—b = В{В2+Ь, 8 — b = 4 + Ь,
Ь = 2. Из подобия треугольников А2ВО2 и В2АВ следует, что
О2И2 АВ2	г b	.г, ay[f> „
-в~г- = т- е- —откуда с + 2 = По свойству касатель-
/J/I2	оij >2	с “г о а
ной и секущей, проведенных к окружности С2 из точки В, имеем
а(а + 2г) = (с + 2)2 = | а2, откуда а = 4V6, с = 10.
184
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
4.118.	АЛ, — 7, 3^2 = 5, AB{ = 6, АВ = 12, ВВХ = 6V3.
4.119.	AjH2 = 8, •81В2 = 4, ABt = 2, АВ = ^-, ВВх=~.
4.120.	Л(Л2=7, В]В2 = 5, BB2 = ^f, ЛВ=™, АВг = б.
К задаче 4.121.
4.121. г = ^^.
1 о
Решение. Пусть М — точка пересечения
диагоналей трапеции (см. рис.), К и L — сере-
дины отрезков ВС и AD, О — центр окружно-
сти радиуса R, F — точка касания окружности
со стороной CD, MP\\AD, Р G CD. Обозначим
а = LD, b = КС, тогда LD = bt, где t = 9/7.
Из подобия треугольников МСР и ACD, а
также треугольников MDP и BDC следует,
что
2а Ь
~+Ь	1 + С
(1)
Так как ОС _1_ ОР (ОС и ОР — биссектрисы
углов, сумма которых равна л), a OF L СР, то
OF1 = PF-CF = МР-КС (PF = MP, CF = KC), т. е.
R2 = MPb.
(2)
Из (1) и (2) следует, что
(1 +t}R1=2b1t.	(3)
Площадь 5 трапеции ABCD выражается формулой
5 = {КС A- LD){KM A- ML), где ^ = f=l, откуда КМ A-ML =
= 2R{1 + Z),
S2 = 4й2Л2(1 + Z)4.	(4)
Из (3) и (4) находим R4 ——S * f ,, где 5 = 8, z = ^, т. е.
2(1 Ч-ГГ	7
4-,22.п?Т-
4.123. г = ; Jf.
4.124. R = ^4V3.
4.125. R = 26V2 +4.
Решение. Пусть Ar, Bt, Cj — точки, в которых окружность с цен-
тром О касается сторон треугольника АВС (см. рис.). ЛС1 = х,
ВС{ = у, СВХ = z, R — радиус описанной окружности, тогда
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
185
АВуАО = L 0^0 = ^, В^А = х, ВАх = у, СЛ, = z, ВС = у + z,
Обозначим tg = t, тогда tg ~ = 2Ц =
° 8	° 4	] _ t2
так как t > 0, х — ОСу • ctg -^ = ]
2(х + у + z) = 16(6 + V2), откуда
= 52 + 4V2, R = 52+4~ = 26V2 + 4.
4.126.
4.127.
4.128.
’г
5 = 20(V2 - 1).
4(V2 — 1). По условию
y + z = 8(6+V2) — х =
A = 2(7V3 - П.
.!!" (j + j)
Решение. 1) Пусть О — центр ок-
ружности радиуса R, Z. OBG = ф
(см. рис.), тогда ABOG = 2у, 2ф + 2у =
Z./1 = 2 “ 2 = 7 ' 2’ Из треугольника
R — (R + a) sin А, откуда 2?(1 — sin А) = a sin А.
a(V3 + D
2V2	’
a sin +
4.129.
OAF
находим
4.130.
R
4.131.
R
4.132.
4.133. 204.
R
~ . 2 (Зл Зу |
2sin т-т
За
7ПГ
Решение. Так как окружность проходит через точки Л и С, а ее
центр принадлежит АС, то АС — диаметр окружности (см. рис.), от-
куда следует, что ААВС — LAEC = j, ABCD — прямоугольник,
ВС = 8. По свойству касательной и секущей CD2 = (ED + AE)ED,
т. е. ED2 + 8ED — 36 • 13 = 0, откуда ED =18.
186
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
По свойству перпендикуляра, опущенного из вершины прямого уг-
ла на гипотенузу, СЕ2 = AE ED, т. е. СЕ2 = 8-18, откуда СЕ = 12.
тт	с ВС + AD .-у _	8+26 . ~
Искомая площадь о =--------СЕ = —' 12 = 204.
К задаче 4.133.
4.134.	663.
4.135.	270.
4.136.	135.
4.137.	AMBN = ^, AD = V6.
4
Решение. Так как BCtfAD и окружность касается прямых ВС и
AD в точках В и D, то BD — диаметр окружности (см. рис.).
Обозначим AMBN = <р, LBDC = a, A.BAD = (3, тогда LNBC = а
(угол между касательной и хордой), а + (3 + ц> = л.
Пт-,	MN __	1 тт
По теореме синусов = BD, откуда sin q> = Но
q> = LMBD + у — а, где LMBD> a, так как AD > ВС. Поэтому
ip > и ip = y, a + |3 = £, так как а + В + и> = л.
2) Площадь трапеции S = 2 = ^ (AD + BC)BD, где AD = BZ)-tga,
ВС = BD- ctg а, откуда
2	= tg a + ctg (3 = tg +ctgp = lzzJ| + ^,
3	tg2 0 = 1, tg 0 = ^, AD = V2 ctg (3 = V6.
4.138.	AMDN = ^, BC = 2v7.
4.139.	AMBN = ^, AD = 2V3.
4.140.	AMDN = ^, BC = 2V2T.
4	i4i
440’
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
187
Решение. Пусть О — центр окружности с радиусом R, описанной
около треугольника АВС, К — середина АС, АВСА = 2а (см. рис.).
Тогда OB = R, ODJ.BC, ABOD = 2а, КС = ВС cos 2а = 5 cos 2а,
АС = 10 cos 2а, а искомое расстояние от точки О до прямой I равно
ОМ, где М — точка пересечения OD и I.
Из £\ADC по теореме косинусов
AD2 = АС2 + DC2 - 2АС • DC • cos 2а, т. е.
= 100 cos2 2а + Ц- — 2-10 cos 2а-^ cos 2а,
4	4	2
о 3	2.	1	. ~	4 э „ АВ
откуда cos 2а = у, cos а =-ту, sin а =-ту, sin 2а = у, 2я = - о ,
5	у 5	у 5	5	sin 2а
R=™
8
По свойству биссектрисы	= 7, откуда АЕ = АВ = Из
A1S /Ю О	11	11
ДЛ£)С по теореме синусов E(i = -4^-, откуда ЕС = АЕ-2 cos а =
J sin 2а sin а J
Проведем через точку F прямую, параллельную OD и пересекаю-
24
щую ВС в точке Р, тогда FP = MD = FC  sin а = ОМ -
= OD — MD, где OD = R-cos 2а = у.
~	15	24	633
Следовательно, ОМ = -=— -77 = -т-^.
о	44U
4.142. —.
250
4143 2Z2
4.14J. 200-
4.144. ji.
4.145. ABAD = ^,
/з
6 ’
188	ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Решение. Пусть А{ и С\ — точки пересечения прямых lt и 12 со
сторонами ВС и AD (см. рис.), и Л, — точки пересечения пря-
мых т{ и т2 со сторонами AD и ВС. Обозначим ABAD = 2а,
АВ = а, ВС = b, h — расстояние между прямыми и l2, d — рас-
стояние между прямыми т, и т2.
Тогда АВАА{ = а, ААВС = л — 2а, ААВВ1 = у — а, откуда следу-
ет, что mjXZj. Но Z2||Z1, m2llmj и поэтому mt±Z2, т2Л.11, m2±Z2.
Кроме того, ВА{ = АВ = a, DCt=DC = a, так как АВА{А =
= ACCtD=a. Следовательно, /\АВА{ = ACDC^ Аналогично,
ЛАВВ1 = &CDDl (АВ= CD, ААВВ} = AD{DC, АВАВ{ = ADXCD).
К задаче 4.145.
а) Пусть S, S2 — площади параллелограммов ABCD, АА^С{
BBiDDi, а 53 и 54 — площади треугольников АВВ{ и CCDV Тогда
5 = 253 + S, = 2S4 + S2,
где
= AAyh = 2ah cos a, S2 = BBYd — 2ad sin a,
i	i 2 * 4	2
5, = т a2 sin (л — 2a) = sin 2a, S, = sin 2a.
° Z '	' z	* z
Следовательно, = S2, t. e. h cos a = d sin a, где h = dV3.
Отсюда tg a = ^ = ^=, a = p ABAD = 2a = p
б) Найдем радиус г окружности, вписанной в треугольник ABD,
используя формулу г — где о — площадь треугольника АВС, р —
его полупериметр.
/22
По условию АС="у—, BD = 2. Применяя теорему косинусов к
треугольникам АВС и ABD, получаем
р = а1 + b1 — 2ab cos (л — 2a) = а1 + b1 + ab,
4 = а1 + b1 — 2ab cos а = а1 + b1 — ab.
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
189
Отсюда находим ab = у а1 + Ьг = у, а + b = 3,
а + b + BD 5	1	, г. 5 Уз 5УЗ~ о Уз
Р =-----2---=2’ °r = 2aZ’sin2a = 6'T = -iT’ Г = 7 = Т-
4.146.
5 О
4.147.
4.148.
4.149.	(1 + <5)5/2 = у(1 + V5)(VV5 +2).
Решение. Пусть АВАС = 2a, D — точка касания окружности с
гипотенузой АС (см. рис.). Тогда OB=OD=R, АВОА =
= Z.OAD=a, АВ ~ AD —R cig a, LBCA = ^- 2a, DC =
= R ctg — 2a j = R tg 2a. Если S — площадь треугольника АОС,
TO S = ^AD-R + ^DC-R, т. е.
5 = у (ctg a + tg 2a).	(О
Обозначим tp(a) = ctg a + tg 2a, тогда
,, 4	1,2
ф(а)=- +
sin a cos 2a
cos2 2a + cos 2a — 1
. 2	2
sin a cos a
Решая уравнение cos2 2a + cos 2a — 1 = 0, равносильное уравне-
нию ip'(a) — 0, получаем cos 2a =	откуда следует, что
—cos2 2a — cos 2a + 1 = (cos 2a + 1 +2^j (^2~1 ~ cos 2a) ' Если
2a e (o,	, то уравнение ip'(a) = 0 имеет единственный корень а0
такой, что cos 2а0 =	\ причем <р'(а) < 0 при а < а0 и ip'(a) > 0
при а > а0, так как cos 2a — убывающая функция. Следовательно
190
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
при а = а0 функция S(a) принимает наименьшее значение
7?^
2 (cig а0 + tg 2Qq).
Но ctga + tg2q = ^ + ^ = - cos \ =
sin a cos 2а sin a cos 2а cos 2а
Так как	cos 2a0 = -	^5-1 —2	, TO cos	- 11 +cos a0= V 2	2a _ Vv5+1
				2 '
sin an = Д 1 -	-	=_ -i/з-	-75 _ ^/б-2У5 _	л|(У5-1)2 _	V5-1 __
	4	V	4	V 8	V 8	272
—		 ct£	„ _ (75 + l)3/2 “o	272	’ cos 2“o V5 + 1-	Следовательно,	
75 + 1’ £				
_ A2 ctga0 _ А2 (/5 + 1)3/2 vT+l A2
dmin 2 ‘ cos 2a0	2 ‘	2/2	'	2	— 8/2
4.152. 3V3 R.
4.153. 57; arcsin-^.
К задаче 4.153.
4.150.	^/?2.
4.151.	—У?>5/2 =1(1+^) (VTT+2).
Решение. Пусть О — центр ок-
ружности, вписанной в четырех-
угольник ABCD, At, Bt, CL, Dt —
точки касания этой окружности со
сторонами четырехугольника (см.
D рис.). Обозначим ABAC = 2a,
ACDA = '1$, тогда AAtAO =
= AD{AO = a, ACJ)O = AD{DO =
= p. Будем считать, что AA =
= 2a = arctg |.
По свойству вписанного в окруж-
ность четырехугольника ABAD +
+ ABCD = ААВС + AADC = л.
Отсюда следует, что АВ{ОС =
= АС{ОС = а, АВОА{ = АВОВ{ = ₽.
Так как tg 2a = 4, то ~ = 2 ° , т. е. 2 tg2 a + 3 tg a — 2 = 0, от-
□ з 1 — tg2 a
куда tg 2a = ^, ctg a = 2. Кроме того, OAt = OBt = OCt = ODt = 1.
Пусть S — площадь четырехугольника ABCD, тогда
5 = tg a + ctg a + tg p + ctg ₽.	(1)
Это сумма площадей четырех пар прямоугольных треугольников,
каждая пара состоит из равных треугольников.
ПЛАНИМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
191
Пусть tg 0 = a, ctg р = Ь, тогда АВ = ctg а + tg р = 2 + а,
AD = 2 + ctg р = 2 + Ь. по теореме косинусов
BD2 = (2 + а)2 + (2 + Ь)2 - 2(2 + а)(2 + b) cos 2а,
_	1	3
где cos 2 а — —==== = откуда
vl+tgz2a 3
BD2 = а2 + b2 + 4(а + Ь) + 8 -1 (4 + 2(а + b) + ab).
Так как ab = tg p-ctg р = 1, то а2 + b2 = (а + b)2 — 2аЬ = (а +
+ Ь)2-2.
Полагая а + b = х, получаем
BD2 = х2 + | х.
С другой стороны, по теореме синусов = 2л/6, так как тре-
угольник ABD вписан в окружность радиуса V6.
Отсюда
BD2 = 2A sin2 2а = 24	(3)
Из (2) и (3) следует, что
2,8	24 16 п
х +5Х-Т‘Т = 0’
откуда х = у-, а по формуле (1) находим 5 = | + a + Z> =
5 .	57
~ 2 + Х — 10'
Пусть ф — угол между диагоналями BD и АС, тогда
5 = BD-AC-sinip, где BD = ^^~,
^ = 2<6. Но х = tg р + ctg р = -откуда sin 2р = | = |,
5V6 57	1 8V6 5у[Ь .	.	19
ЛС = — > 10=2 — ~ 81П	81П 'Р = 20'
.	98	.49
4.154.	-у; arcsin ур
.	73	.73
4.155.	777; arcsin—.
1U	ом
.	93	.31
4.156.	-у; arcsin зу
5. СТЕРЕОМЕТРИЯ
5.1.
2
3’
Решение. Так как вершина конуса
должна принадлежать всем трем плоско-
стям, касающимся его боковой поверх-
ности, то она совпадает с одной из вер-
шин пирамиды. Основание конуса при-
надлежит противолежащей этой вершине
грани, а высота конуса совпадает с высо-
той пирамиды, опущенной на эту грань.
Поскольку AABS = ^, ASBC = л- (ABSC + ASCB)	то
вершина конуса совпадет с точкой В (см. рис.).
Образующие конуса, по которым происходит касание боковой по-
верхности конуса с гранями пирамиды, являются апофемами
ВК, ВМ и BL соответствующих граней, при этом
ASBL = ASBM = | - ABSC =
АКВА = АМВА = ASBA - ASBM =	= А
АКВС = ALBC = - ALCB =
2	4
Так как ВМ = BL = ВК = 1, то
AS = AM + SM = tg (AABM) + tg (AMBS) = tg + tg
Аналогично,
AC = tg^ + tg-^, SC = tg^ + tg^.
Заметим, что	, x _
tg — = tg I - — -1 =	1 = 2 — V3
g 12 tg ^з 4) 7T+T x
откуда	.
. ЭЗТ . ЗТ	1	n I
tg T2 — Ctg T2 — 2-V3 ~ 2 + V3.
Поэтому AS = 4, AC = 3 - V3, SC = 3 + V3, p = AS + A^ + SC = 5>
где p — полупериметр AA5C. По формуле Герона
SAasc = Vp(p-A5)(p-AC)(p-5C) = V5.
Окружность основания конуса вписана в треугольник ASC, поэто-
му ее радиус МО =-----=
Из прямоугольного треугольника ВМО находим высоту
во = VВЛ/2 - МО1 =	.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
193
5.2.	5/18.
5.3.	2/35/4.
5.4.	20V2.
5.5.	2.
Решение. Заметим сначала, что если гипотенуза прямоугольного
треугольника является хордой круга радиуса R, то расстояние р от
вершины прямого угла этого треугольника до плоскости круга не пре-
восходит R. В самом деле, р «£ h «£ I «£ R, где h — перпендикуляр, опу-
щенный из вершины прямого угла на гипотенузу, 21 — длина гипоте-
нузы.
По условию задачи прямоугольный, а
расстояние между плоскостями оснований цилин-
дра равно 2 и больше радиуса оснований, равного
|. Поэтому, либо вершины А и D находятся на
разных основаниях цилиндра, либо AASD лежит
в плоскости одного из оснований.
Первый случай невозможен, так как тогда пло-
скость ABCD пересекает плоскости оснований ци-
линдра по параллельным прямым, то есть ЛВ|| CD
и ABCD — параллелограмм, а не трапеция.
Таким образом, вершины прямоугольного тре-
К задаче 5.5.
угольника ASD находятся на окружности одного из оснований ци-
линдра, причем AD — диаметр (см. рис.), а точки В и С на окруж-
ности другого основания.
Пусть В' и С — проекции точек В и С на плоскость ASD
(см. рис.). Совпадение точек С и D' невозможно, так как условие
ВС || AD влечет за собой в этом случае ра-
венство ВС — AD, что противоречит ус-
ловию задачи.
Так как ACDS = то по теореме о трех
перпендикулярах C'DCSD. Но тогда
ASDC — прямоугольник и Л5 = CD. Тра-
пеция AB'C'D вписана в окружность, сле-
довательно АВ' = С'D. Таким образом,
АВ' = Л5 и B'S ± AD. Обозначим через К
точку пересечения AD и SB'. Тогда
В'К = SK.
По условию задачи AD =	В'С = ВС = у AD =
Из равнобедренного треугольника В ОС' (OB' и ОС — радиусы,
L — середина В'С'} находим:
SK = OL = V(OC')2- (^С')2 = 1 •
Поскольку ВВ' перпендикулярна плоскости ASD, то плоскости
SBB' и ASD перпендикулярны. Так как ADCSB', то ADCKB, тогда
7 - 2771
194	СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
КВ — высота трапеции ABCD, и LBKB' является углом между пло-
скостями ABCD и ASD.
Пусть h — высота пирамиды, опущенная из вершины S, тогда
V = |	’ Л = | (AD + ВС}ВК-SK sin АВКВ’ =
= | (AD + BC)SK-BB’ = 2.
5.6.	8/39.
5.7.	8.
5.8.	48/73.
5.9.	Заметив, что центр сферы, касающейся двух пересекающихся
плоскостей, лежит в биссекторной плоскости одного из двугранных
углов, образованных этими плоскостями, найдем сначала множество
точек, равноудаленных от плоскостей граней ASB, DSC и ABCD
(см. рис. а). Для этого проведем через апофемы SK и SN граней
ASB и DSC плоскость а. Тогда DC Л. а и АВ ± а, поэтому а перпен-
дикулярна плоскостям ABS, DSC и ABCD.
Рассматриваемые биссекторные плоскости пересекают а по биссек-
трисам внутренних и внешних углов равнобедренного треугольника
KSN (см. рис. б). Проведем все эти биссектрисы. Тогда в каждой из
точек Ор О2, О3, О4, и только в них, пересекаются три биссектрисы
(по одной из каждой вершины), причем О1О2||^#,
5 G О[О2, O2S = SN=SK= SO,.
Отсюда следует, что точки, равноудаленные от плоскостей граней
ASB, DSC и ABCD, находятся на прямых, проходящих через точки
Ор О2, О3, О4 и параллельных ребрам АВ и CD.
Отметим, что точки прямой, проходящей через О4, не удовлетво-
ряют условиям задачи, так как О4Н = 2, HN =^--KN — 2, а, следо-
вательно, AHNS = что невозможно. Это же утверждение справед-
ливо и для точки О3.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	195
Таким образом, центр сферы может находиться только на прямых
Л'В' и CD' (см. рис. б), причем высота пирамиды SH равна радиусу
сферы, то есть SH =2. Те же рассуждения, примененные к плоско-
стям граней SBC, SAD и ABCD, показывают, что центр сферы мо-
жет находиться только в вершинах ромба А В'CD' (А'Л'ЦБ'С'ЦА/)),
а точка 5 является центром этого ромба; А В'CD' ABCD с коэффи-
циентом подобия = V2.
гг	л,	Л,,	2V2AB т
Точки Л и С не подходят, так как тогда ——= и
АВ = -j= < 4 = KN.
Для точек В’ и D' имеем
ВН2 = | B’S2 = | (В'Н2 - SH2) = | АВ2 - 2,
ВН2 = | BD2 = | ((АВ - у/АВ2 - 16)2 + 16) =
= | (АВ2 - АВ\!аВ2- 16)
Отсюда получаем АВ = 3V2, V = | АВ-KN- SH = 8V2.
5.10.	Л = |, d = ^-.
5.11.	5/3.
5.12.	R — 3, d = V35.
5.13.	SE == у, BE = j, E = p A SB.
5.14.	SE = СЕ = I, E = а A SC.
О	о
5.15.	SE = |, СЕ = ||, E = p A SC.
7	5
5.16.	SE = DE = |. E = a A SD.
5.17.	V3.
5.18.	V3 - 1.
S.19-	J.
5.20.	2V3 - 2.
40 „
5.21.	-у. Сечение — пятиугольник.
5.22.	12. Сечение — шестиугольник.
27
5.23.	—. Сечение — пятиугольник.
5.24.	31. Сечение — шестиугольник.
3 54
5.25.	8 и 49.
с 23vT0 „ 697Ю
5.26.	и -у- .
7:
196
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
К задаче 5.26.
Решение. Пусть а — та из плоскостей, которая пересекает
грань SAB, и KL — отрезок, по которому они пересекаются. Точки
К и L не лежат на ребре АВ (в противном случае плоскости а и
АВС совпадают); положим, что К G SA, Л £ SB (см. рис.). Если пло-
скость пересекает грани двугранного угла по параллельным прямым,
то она параллельна ребру этого угла. Поэтому, если бы прямые LP
и KQ были параллельны, то а
совпала бы с плоскостью АВС.
Итак, KLtfPQ, и, следовательно,
эти прямые параллельны АВ. От-
К задаче 5.26.
сюда следует, что АВ -- PQ =13.
Аналогично получаем, что пло-
скость р пересекает грань SCD по
отрезку RT, АТ||CD. По условию
KL = RT, это означает, что точ-
ки К, L, R и Т делят боковые
ребра пирамиды в одинаковом от-
ношении, и, значит, они лежат в
плоскости, параллельной грани
ABCD.
Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью ESF, где Е и F — сере-
дины ребер АВ и CD (см. рис.). Эта плоскость перпендикулярна гра-
ням ASB, ABCD и CSD, поэтому A.SEF = /_SFE = arctg 2,
A.MNE = AN MG = где М, N, G — середины отрезков PQ, KL,
RT соответственно. Из треугольника ENM, где tg Z.1 = 1, tg Z2 = 2,
получаем: tg Z3 — tg (л — Z.1 — Z.2) = — tg (Z.1 + Z.2) = 3. Ho
AGH-EF, поэтому tg AMNG = 3. Пусть MM, — высота прямоугольно-
го треугольника NMG, NM{ = x.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
197
Тогда MMj = 3x, M}G = 9x, SU = 2NU=\Qx, SO=13x. Но
SO = 2EO = EF = 13, поэтому x=l. Отсюда MTV =/10,
MG = 3/П) — высоты трапеций KLPQ и PRTQ с основаниями
PQ = 13 и KL = RT = LR= NG - 10.
Итак, площади сечений равны /ГО и /ТО.
5.27.	Сечения — треугольник и трапеция; S = | Л 7, S п =
= (АВ = 6, средняя линия треугольника АВС — их общее осно-
вание, другое основание трапеции — 5, Л1реуг = 3"^, Лтрап = 2'^|).
5.28.	Sj = 51/5, S2 = 102/5 (KL\\AD, АК=5, ВК= 14, а обра-
19,
К задаче 5.29.
яв-
L'
В
К задаче 5.29.
основания ABCD
зует с плоскостью АВС угол arctg 2; основания трапеций — 15 и
высоты — 3/5 и 6/5).
5.29.	^.
Решение. Пусть Р — основание перпен-
дикуляра, опущенного из точки В на ребро SA
(см. рис.). Тогда плоскость PBD перпендику-
лярна прямой 5Л, так как из равенства тре-
угольников DSP и BSP следует, что и DP —
перпендикуляр к SA По условию прямые и
LN совпадают, следовательно точки В и D ле-
жат в плоскости, перпендикулярной прямой LN. Этой плоскостью
ляется плоскость КММ’ (см. рис.), в силу того, что точка D лежит на
прямой ММ', а прямая LN перпендикулярна пересекающимся прямым
ММ' и МК этой плоскости. Таким образом, точка
В является точкой пересечения прямой EF и пло-
скости КММ', следовательно, точка В лежит на
продолжении отрезка ММ' за точку М и
ВМ = ± ММ'. Далее, точка Р лежит на прямой
NL (5Л) и BP J- LN, поэтому, по теореме о трех
перпендикулярах, MPLLN, следовательно, Р —
точка пересечения диагоналей ромба KLMN.
Наконец, точка Р равноудалена от точек В и
D, поэтому D — середина ребра ММ', а точка
М — середина отрезка BD — является центром
пирамиды.
Теперь искомое отношение находится несложными вычислениями.
Пусть АВ = а, тогда, по условию, = 2а, поэтому AM = ^=,
SM = и объем пирамиды равен а3. Далее, из треугольника
SMA находим MP = (SM-AM):SA = а-^-. Отсюда следует, что
198
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
/7
МК - 2МР = а KN = а —(KNL — равнобедренный тре-
угольник, в котором LKNM = 120°), площадь основания призмы
равна а, а ее высота ММ' = 2MD = BD = а у[2. Таким образом,
,	7<Б" з	ТгГ
объем призмы равен а , а искомое отношение равно ——.
5 зо у -у -
к пр. пир. 15 •
(KLLMN=^M, N G (DD')^-MD' = ^DD', ND = ~DD’. Пусть
DT LAC, Те[ЛС], AD = 3x, KL — 2y=>CD = 4x, DT = ^x,
MN = 3y. DT ±MN и DT ±KL^> DT = H- LD/ KL, где H — высота
TT ____16 TZ 1024 з TZ 64 ro 3\
пирамиды; H=y^y = -^x- y^ = — x3, Knp = TV3xJ).
5 31 у • у -. 21VI
np.’r пир. 100 •
(SBLAC=>A, C & (LML')=>A& LL', AL = LL', C = L'. Пусть
LL1 = b=>AC = 2b, AB=bV2, SA = 5fr/2; SL=lb, QLLAC и
QL LSB=>QL-SB = SL-BL, QL = ^~-, ML = ^~, Ипр =	b3,
у = — b3}.
r пир. 3 u >•
5-32. Knp:KnHp.=^VJ.
(ABLCD=>C G (TQD~), где QT LPR^> C 6 QQ', CQ=QQ',
QTLAB , QT LCD=>D= Q'. Пусть PQ = x, AB = 2y=>QR = 3x,
TQ = ^=, CD = 3y; TQ-AB = AO-BQ, где AO — высота пирамиды;
Л	тп	Зу/3 _	V30 т/ 135 з т/ 3>/Т
АО = у^ TQ = —у=> х = — у, Vnp = —/, Ипир = —/).
5.33.
36
Решение. Пусть SABC — данная пирамида, a KLMNK'L'M'N' —
искомая призма наибольшего объема. В силу того, что плоскость осно-
вания и плоскость боковой грани пирамиды не параллельны и не пер-
пендикулярны, ее основанию и боковой грани могут принадлежать
только две соседние боковые грани призмы. В этом случае общее ребро
КК'этих граней призмы принадлежит ребру основания пирамиды
(см. рис.).
Кроме того, из перпендикулярности прямой КК' и плоскости LKN
следует, что LNKL — это угол а между гранями АВС и ASC, равный
arctg 2л/6 (если SO — высота пирамиды, Т — середина АС, то
SO = 2уГ2, ОТ = ^ВТ = | АС = ^=).
Призма имеет максимальный объем, когда вершины М и М' при-
надлежат граням SAB и SCB. Пусть DEF — сечение пирамиды пло-
скостью M'MN, KL = х, SE = ySB. Плоскость DEF делит высоту
SO точкой Р в отношении у:(1 — у), считая от вершины S, поэтому
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
199
К задаче 5.33.
РО = 2<2 (1 — у). С другой стороны, РО — KN sin а = -у- х, следо-
уу
вательно, у = 1----— х. Далее, DF = уАС = 2у, MN = х, поэтому
DN = N'F = и, значит, NN' = 2у--^=х = 2 — х. Объем
призмы V = KL KN sin a-NN' = = -^-(5<3х2 — 8х3). Эта функция
„	£	5V6
при х > 0 принимает наибольшее значение, равное когда
_	5
v - х0 - 4/3 •
5.34. | <3.
(Пусть а и Н — ребро основания и высота пирамиды, а — острый
угол ромба, h — высота призмы, у — ребро ее основания. Пусть пло-
скость верхнего основания призмы делит высоту пирамиды в отноше-
нии х:(1 — х), считая от вершины. Тогда y = y2sina-/i, где
.. ,,	, h ,	.	a h . 3 о V3
у sin а = Н-(1 — х), и + у + у cos а = х, у + У = Зх, у -у =
= <3(1 — х)=>х = 1 — -у, /г = 6 — бу, V = 3<3(у2 — у3), у0 = |).
5 35 16-
75/3-
(Пусть а и Н — ребро основания и высота пирамиды, a — острый
угол ромба, h — высота призмы, у — ребро ее основания. Пусть
200
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
плоскость верхнего основания призмы делит высоту пирамиды в от-
ношении х:(1 — х), считая от вершины. Тогда V — у2 sin a- h, где
ysin а = Н(1 — х), и h = ax — -j=y, h = 2x — -^y, у^-=\— х,
h = l-^y.
S.36.	1
(Пусть а и Н — ребро основания и высота пирамиды, а — острый
угол ромба, h — высота призмы, у — ребро ее основания. Пусть
плоскость верхнего основания призмы делит высоту пирамиды в от-
ношении х:(1 — х), считая от вершины. Тогда V = у2 sin а h, где
,	.	, . ч h .	.	а	2у2	1
п  sin а — Н(1 — X), и у + у + у cos а = х, sin а = cos а = ,
Л । 4	/ту 2^/2	.	l о /т 16	т/ 8/2 4/Т js
2 + зУ = ^2х’ У — =1~х> h = 2V2- — y, V = 3 (Г- — Г),
_	1 ч
5.37.	V = | V2, R = (AB = |, AA, = |).
Решение. Пусть О — центр сферы, К{, К2, К3, К4 — точки,
в которых сфера касается звеньев ломаной AFDDiAi, G — сере-
дина ребра AD (см. рис.). Из соображений симметрии точка О
лежит в плоскости GFFrK4, а из того, что точка О равноудалена
от точек F} и Е, следует, что она лежит в плоскости а, прохо-
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	201
дящей через точку М — середину отрезка [F^E] и перпендику-
лярной FjF. Но из условия касания OK3±D3D, следовательно,
1	3
К3 G а, и, значит, K3Dt = MF\ = EF3 = -. По свойству касатель-
3
ных к сфере DXK4 = D3K3, отсюда D1A1 = 1D{K^ = у Тогда
3	5
ВС = у АХВХ = АВ = 1, FD = Третье ребро параллелепипеда на-
ходим из теоремы о касательной и секущей: FK2 = FFX  FE. Пусть
з	з
DK3 — х, тогда FM = DK3 = x, FXF = DXD = x + -, FE = x —
5	/5	\2
DK2 = DK3 - x, FK2 = ^ — x. Таким образом - — xj =
I	3\ / , 3\	17 n „ 8
= Iх - 41 Iх + 4) > откУДа x = 20 и DID = 5-
Пусть N — точка пересечения прямых МО и GK4. В прямоугольных
з
треугольниках OMFX и ONK3 имеем OFX = ОК3 = R, MFX = NK3 = -,
поэтому OM=ON. Итак, ОМ = А1В1 = , Л = VОМг + MF^ =
— /И
— 4 
5.39.	V = 18з/3, R = V7 (АВ = 4 , ВВХ = у).
5.40.	F = |V6, R = ^ (AB = Vb,AD= 1, ЛЛ1=|).
5	41 у -у = -£=
цил пир
5.42.	V = 70л.
Решение. Пусть К — точка, в которой плоскость т, проходящая
через точку А и перпендикулярная ребру SB, пересекает это ребро
(рис. а). Пусть О — центр основания пирамиды SABC, ASBO = а. По
условию tg а = V2, поэтому cos а = 2t||, ВО = SB cos а = |	,
АВ = В O'/З = | V22. Пусть Т — середина ребра АС, тогда С, Г £ т,
следовательно, ТК — высота треугольника TSB, в котором
SB = -у , ТВ = V66, а высота SO равна "jy-. Удвоенная площадь
треугольника TSB равна SO-ТВ и равна ТК-SB, откуда ТК = уП. Те-
перь из треугольника АКС находим tg |3 =	= ^у-, где
В = L АКТ = L АКС. Отсюда cos В = f, СК = T/C/cos В = | V2.
Определим теперь расположение цилиндра. Если проекция цилин-
дра на плоскость е является прямоугольником, то его ось параллелль-
на е. Таким образом, ось цилиндра параллельна плоскостям SAB и
SBC, т. е. она параллельна прямой SB. Кроме того, точки Т и 5 при-
надлежат плоскостям оснований цилиндра, поэтому его высота Н рав-
202
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
на SK, т. е. Н = V5C2 — СК2 = Далее, проекции цилиндра на пло-
скости SAB и SCB — прямоугольники с общей стороной SK, поэтому
проекции нижнего основания цилиндра на эти плоскости — отрезки с
общим концом К. Это значит, что окружность нижнего основани ци-
линдра вписана в угол EKF, гдеЕК1.СК, FKA.AK (см. рис. б). Отме-
тим, что угол АКС
— острый в силу того, что
cos 2р = 2 cos2 р — 1 > 0. Итак основа-
ние цилиндра — либо окружность
S^Oj), либо окружность 52(О2). Но ци-
линдр с основанием пересекает грань
SAB, поэтому основание цилиндра —
окружность 52. Если R = ОР — ее ра-
диус, то из АО2РК находим
R = O2Kcos 0 = (/? + ТК) cosp=-
= ^ (/? + V5), следовательно, R = 5\2.
По формуле V = tiR2H находим объ-
ем цилиндра.
5.43.
5.44.
5.45.
5.46.
Решение. Пусть А — общая точка
сферы и окружности верхнего основа-
ния цилиндра, KN — ось цилиндра,
О — центр сферы, Е — точка касания
у -у =
ЦИЛ • пир	5-/5 •
V = 9л.
т/ 441
V=~T^
V = 98nV5\
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
203
сферой нижнего основания цилиндра. Точки АиЕ лежат в плоскости
a={OKN), сечение цилиндра плоскостью а — прямоугольник
ABCD со сторонами AD — Н, АВ — Rn, сечение сферы плоскостью
а — окружность радиуса R = /?сф, проходящая через точку А, каса-
ющаяся стороны CD в точке Е и пересекающая отрезок KN в точках
L и М так, что KL : LM: MN =1:6:2, так как KL < MN (см.
рис.). Проекции сферы и цилиндра на плоскость основания цилинд-
ра — круги, окружности которых пересекаются в точках R и Q,
RQ — 8 (сфера касается образующих цилиндра, их проекции — точ-
ки R и Q), а расстояние между центрами О' и Ot кругов равно
EN = ОР, где Р — середина [LM]. Пусть G — точка пересечения
сферой отрезка [ЛВ] (G =/= Л), F — точка пересечения прямых ОЕ и
АВ. Тогда OF Л. АВ, следовательно, F — середина отрезка [Лб].
Пусть KL = z, DE = AF = FG = x, KG = у. Тогда LM=f>z,
MN = 2z, LP = 3z, NP = R = 5z. По теореме о касательной и секу-
щей KGKA = KLKM, т. е. у(2х + у) = 7z2; NM-NL = NE2, т. е.
(х + у)2 = 16z2. Отсюда х = 3z, y=z, /?ц = 2х + у = 7г,
OOl = NE = 4z. Пусть Т — середина отрезка [7?QJ. Тогда из
ДО’ROy находим (7z)2 = (5z)2 + (4z)2 — 2-5z-4z cos р, где
P=Z./?O17'. Отсюда получаем cos p = j, sin p = Тогда
5z = OR = RT, поэтому z =	/?ц = 7^|j Яц = 9z = 3V6.
5.47.	7 = ^ л.	s
5.48.	7 = ^#.	/К
5.49.	1:1:1, Л = £	Л
Решение. Пусть St и S2 — площади ce-
чений, V, Vy, V2 и V3 — соответственно объ-
емы пирамиды и частей, на которые пира-
мида разбивается плоскостями сечений счи-
тая от вершины. Пирамида и ее сечения
.	К задаче 5.49.
симметричны относительно плоскости ASC
(см. рис.), поэтому сечения — дельтоид AKLM {АК = AM, LK — LM)
и треугольник BED, где ALL КМ, ОЕ ±BD (О — центр основания пи-
рамиды). Таким образом, Sl=^KM-AL, S2 = ~BD-OE и значит,
КМ = ± BD, так как AL — 2ОЕ. Отсюда следует, что SL = LE, откуда
SL : LE : ЕС =1:1:1, так как LE = ЕС. Это означает, что равны
расстояния Л: от точки S до плоскости а = (AKL), между плоскостями
а и р = {BED) сечений, от точки С до плоскости р. Отсюда следует,
204
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
что V{ — К3, так как St = S2. Но V3 = V, так как площадь тре-
угольника BCD вдвое меньше площади квадрата ABCD, а отношение
высот ЕТ и SO пирамид EBCD и SABCD равно ЕС : SC — 1 : 3. Поэто-
му V1 = V3 = 8, V2 = V — Vj — V2 = 32. Найдем OE. Имеем:
ОТ : ОС = SE : SC - 2 : 3, поэтому ОТ = 2, ЕТ = | SO = |, ОЕ = -у.
Отсюда S2 = 10 и из равенства V3 = | hS находим h.
S 5.50. 1:1:1;	=	=	=
4P e ш e н и e. Сечения — треугольники CED и
BFG (см. рис.), где BG\\DE, FG\\CE,
1 1
DE = BG=> FG = CE=> SG = GE = EA=&
=> V, = V. = 1 V.	Далее CE = ED = <3 =
;	1^6
= CD=>S! = S2 = ^.
5.51.	1:1: 1; V, = V.= 1, V? = 4; h = ^.
A	1325
K-““S'5°-	5.52. 1: 1:1; F, = Г, = Г2 = < Л =
5.53.	V = л.
Решение. Пусть О — центр окружности основания конуса, Р —
центр основания призмы (см. рис.). Из того, что
треугольник BC}D равнобедренный, следует, что
0 6 С,Р. Радиус г = ОР вписанной окружности
находим по формуле S = гр, где S — площадь,
р — полупериметр треугольника BC^D. Имеем:
р = 8V2 и S = 24, следовательно, г = 3/V2. Далее
плоскость АСгС перпендикулярна плоскости
ВС^ основания конуса, поэтому она содержит
вершину К конуса. Итак, К 6 (АС!С) A (ABCj),
т. е. К & АСГ Высота КО конуса находится из
треугольника КОС^. /_КСХО = а = р — у, где
tg Р = АС/С,С = 6Л/7, tg у = PC/CjС = 3/V7, откуда tga =
= 3V7/25 и КО = (С,Р — г) = 10^14- Объем конуса находим по
формуле V = у КО- лг2.
5.54.	V = --5^ л (г = |, h = К & I — прямой, проходящей
через точку S, Z|[ J3C)
5.55.	У = ^-л (r = l, /iK0H = ^, К& I, 1 = АСГ}.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
205
24
^кон = к 6 р — центр грани
ABCD).
К задаче 5.57.
5.57.	У = |.
О
Решение. Пусть Мг и М2 — многогранники, на которые рассекает
призму плоскость сечения а, и около М{ можно описать сферу, а около
М2 — нельзя, 5j и S2 — площади их поверхностей. Каждая грань впи-
санного в сферу многогранника — вписанный в окружность много-
угольник, так как сечение сферы плоскостью грани — окружность, со-
держащая все вершины этой грани. С другой стороны, около прямо-
угольной трапеции нельзя описать окружность. Поэтому плоскость а
пересекает грань АА^С призмы либо по отрезку [KN], N G [CCJ
(см. рис.), либо по отрезку [AWJ,	& [Л-AJ и, соответственно, тре-
угольник KCN либо треугольник КАА\ — грань многогранника Мг
(эта грань не может являться прямоугольником, так как в противном
случае а± (АВС)). Если плоскость а не пересекает ребро ВВ{, то мно-
гогранник — треугольная пирамида, например, NKCLV но тогда
Sj < S2. Таким образом, а пересекает ребро ВВ{ и М1 имеет два парал-
лельных ребра, одно из которых лежит на прямой ВВХ, другое — на од-
ной из прямых АА1 либо ССГ Соответственно, гранью Мг будет один
из прямоугольников AN^MB, либо CNMB. Отсюда следует, что а пере-
секает грань АВС по отрезку KLV KL^AB, либо по отрезку KL,
KL\\BC. В первом случае
^1 = ^ABLtK "I" “^KA/V, + $LXBM + “^ABM/V, + ^'ссч <
< l^o + |Sr + Sr + Sce4<S2,
206	СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
где 50 — площадь основания, 5Г — площадь боковой грани призмы.
Таким образом, а пересекает призму по трапеции KLMN (KL\\MN).
Пусть Т, Т\ — середины ребер ВС и BXCV R и Е — точки пересече-
ния плоскостью а отрезков АТ и MN. По условию tg LERT = -,
„„	773
поэтому ТЕ = значит,
с _ 773	„	_	_ 2173	„	_ 1573
^HCNM [ft’ ^KCN ~ Ььвм ~ 128’ ^BCKL ~ 64
и равенство Sj = S2 можно переписать в виде
^+^:+^=112>т+зМ
64	64	16	2 14	1
Отсюда AAt — и V = |.
5.58.	V = 2100 (ЛЛ] = 7, сечение — трапеция MNKL, AM : МВ =
= AN-.CN = 2: 3,BL: B{L= СК: СГК = 33 : 2).
5.59.	V = | (BBt = ,/3, сечение — трапеция DEFG, BE : ВХЕ =
= CF : CtF =11:1, AD : DB - AG : CG = 1 : 2).
5.60.	V =	= -ij, сечение — трапеция DEFG, где
BE : AE= BD : CD = 1 : 4, AF: ArF = CG : CjG= 10 : 1).
Решение. 1) Плоскость сечения а не может пересекать только
одно из ребер АА1У ВВр ССР
2)	Плоскость а пересекает два из этих ребер, поэтому а парал-
лельна одной из прямых АВ или АС, значит, грань Мг, лежащая в
плоскости АВС — вписанная трапеция, тогда она — равнобедренная
трапеция, следовательно а||ЛС.
5.61.	ВС = 5V6, угол между плоскостями DJ2C и АВС равен
arccosy, расстояние от точки D до центра сферы равно 12.
Решение. Пусть EDYD А= EDtD С= а, где a — острый угол (см.
рис.). Тогда двугранные углы при ребрах DA и DC равны между собой
и являются острыми (каждый из этих углов углов обозначим |3).
Для доказательства этого утверждения достаточно построить проек-
цию L точки Dr на плоскость ABCD, затем опустить из точки L пер-
пендикуляры на AD и CD и воспользоваться равенством соответствую-
щих прямоугольных треугольников.
Пусть О — центр вписанной в призму сферы, О{ и О2 — проекции
точки О на грани	и ABCD. Тогда ООХ = ОО2 = R, где R —
радиус сферы. Рассмотрим сечения Ф1 и Ф2 призмы плоскостями, пер-
пендикулярными ребрам AD и DC. Фигуры Фг и Ф2 являются паралле-
лограммами, каждый из которых описан около окружности радиуса R.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
207
Поэтому фигуры Ф] И Ф2 —
ромбы, высота каждого из них
равна 27?, а острый угол равен
р. Стороны этих ромбов равны
соответствующим сторонам
прямоугольника ABCD и из ра-
венства ромбов следует, что
ABCD — квадрат.
Пусть Z)2 — проекция точки
D{ на плоскость ABCD, тогда
DrD2 = 2R. Проведем через
DtD2 плоскость, перпендику-
лярную DC и пересекающую L
в точке К. Тогда D{D2K, DrD2D и
DXDK — прямоугольные треугольники, LD{DD2 = у = arccos (по
условию), ZLZ)1XZ)2 = р. Так как отрезок D{K равен стороне ромба,
т. е. DtK = CD, то DtD2 = 2R = DrK sin p = CD sin p. Последнее вы-
ражение в этой цепочке равенств равно высоте ромба Фр D{D2 =
= DVK sin р = DDV sin a sin p и DtD2 = DDr sin у. Заметим еще, что
точка D2 лежит на диагонали квадрата ABCD и поэтому AD2DK =
DtD2 — DD2 tg у, где DD2 — DK = DDt cos а, и поэтому
cos
D{D2 = DDX tecpSC°S4a- Отсюда получаем sin a sin p = sin у =
= V2 tg у cos a, где cos у = ^=, sin у —	tg у = 273, cos a =
cos у 1	.	5	. „ sin у 276^	„	1 о	1
Sin « = "7^?! Sin P = ~~COS P = 7, P = arCCOS 7,
2	726’	726 г sin a 5 ’ r 5’ r	5’
„ CD sin В 5V6" 2^6	,
R~ 2	~~ 2	5 ~
Рассмотрим, наконец, прямоугольные треугольникиDOO2, DMO2vi
DMO (M — точка, в которой одно из проведенных сечений пересекает
ребро AD, т. е. является вершиной одного из построенных ромбов, см.
рис.). Так как сфера касается граней двугранного угла при ребре DC,
то АОМО2 = |, DO2 = R ctg£ . 1 DO = у/R1 4- DO2. Подставляя
найденные значения р и R, находим DO =12.
5.62.	Z-CjCZ) = arctg |, угол между боковым ребром и плоскостью
основания призмы равен arccos ^=, расстояние от точки С до точки
касания шара с плоскостью AA^D равно 4V3.
208
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
5.63.	Л£) = 8, угол между плоскостями ААуВ и АВС равен 60°,
расстояние от точки А до центра сферы равно ЗуТЗ.
5.64.	АВуВС = 60°, угол между боковым ребром и плоскостью
основания призмы равен arccos расстояние от точки В до точки
касания шара с плоскостью DyDC равно <Т0.
С AC	18	66
5.65.	6-узз, /гуу.
Решение. 1) Пусть Ny — проекция точки
N на плоскость ABCD (см. рис.), Е — основа-
ние перпендикуляра, опущенного из точки
на АК, Sy — площадь треугольника ANyK,
hy — расстояние от точки N до АК (NE пер-
пендикулярен АК по теореме о трех перпенди-
кулярах). Используя условия задачи, найдем
площади S2, S3, S4 треугольников ADKy,
KCNy и NyBA и тогда Sj = 36 — (S2 + 53 + Х4) = 12, NyE = где
АК = бд|1 = 2VT3, NyE =	hy = у/NN* + EN* = 6Д^.
2)	Для нахождения расстояния г между MN и АК воспользуемся
формулой
AK MN sin ч>’	v >
где v — объем пирамиды AMNK, ф — угол между MN и АК. Введем
систему координат, указанную на рис. Тогда Л(0; 0; 0), М(0; 3; 0),
N = (3; 6; 6),	К(6; 4; 0), MN = (3; 3; 6), А£=(6;4;0), cos ф =
Цл7у,ЛК)|	3-6 + 3-4	5	.	л^53 п „
|AfJV|-|AKJ 6<78	<78	V 78	0
треугольника AM К, то 50 = ^ - 3 • 6 = 9, v = Хо- 6 = 18 и по формуле
(1) находим, что г = -^=.
3)	Если плоскость перпендикулярна вектору п = (а; 6; с) и про-
ходит через точку М0(х0; у0; z0), то уравнение плоскости записыва-
ется в виде
а(х-х0) + й(у-у0)+c(z-zQ) =0,	(2)
а расстояние h от точки ИДХр Ур Zj) до этой плоскости выражается
формулой
|a(x1-x0)+/>(j1-j0) + c(z1-z0)|
П	п---ГТ--7	
'Ja1 + b1 + c1
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
209
Вектор п, перпендикулярный плоскости MNK, найдем, пользу-
ясь тем, что п1МК и nlMN. Так как МК = (6; 1; 0),
MN = 3(1; 1; 2), то
(n, МК) =6а + Ь = 0,
{п, MN) = 3(а + b + 2с) = 0.
Полагая а — 2, из этой системы найдем /> = —12, с = 5, и поэтому
п = (2; —12; 5). Взяв в качестве Мо точку Л/(0; 3; 0), запишем урав-
нение (2) в виде 2.x— 12у + 5z + 36 = 0, а затем по формуле (3)
найдем расстояние h от точки ^(0; 0; 6) до плоскости MNK-.
, _	5-6 + 36	= 66
— V4+144 + 25 — vT73"
Замечание. Эту задачу проще решать с привлечением понятия
«проекция вектора а на направление вектора Ь». Пусть угол между
вектором а и вектором Ь равен а, тогда проекция р вектора а на на-
правление вектора b равна р = | а | cos а, а так как (а,/>) =
= | а | • | b | • cos а, то р = Покажем, как решается задача 5.65 при
|/>1
помощи нахождения проекции.
тт 	(АЛ>, АК)
1 ) Найдем проекцию р, вектора AN на вектор АК'. р, = —=—.
Так как AN = 3(1; 2; 2), АК = 2(3; 2; 0), то р. = 6(3+4 + (*) = -^=,
к , > />	^1	2V9 + 4 + 0 /ПТ
тогда по теореме Пифагора hY = VAN1 — р\ = ^81 —
2') Расстояние между скрещивающимися прямыми MN и АК рав-
но расстоянию между параллельными плоскостями, содержащими
эти прямые. Такое расстояние равно модулю проекции вектора AM
на направление нормали к указанным плоскостям (вместо вектора
AM можно брать любой другой вектор с началом на одной и концом
на другой плоскости). Вектор и= (а; Ь\ с) нормали найдем из усло-
вия n.LAK и ti-LMN, т. е.
(2(За + 25) = 0,
|з(а + г> + 2с) =0.
Отметим, что AM = (0; 3; 0), АК = 2(3; 2; 0) и MN = 3(1; 1; 2).
Полагая с=1, получим из системы а = 4, 5 = —6, т. е.
- ,л , 1Х	| (п, AM) |	3|*|	18
п - (4; -6; 1), тогда г =	1	.	1 ' -- = -=.
|n| Va2 + 62 + c2 <53
210
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
3') Расстояние h от точки А{ до плоскости MNK равно модулю
проекции вектора МА{ на направление нормали п к плоскости
MNK (вместо вектора Л/Л1 можно взять любой другой вектор с
концом в точке А, и началом, лежащим на плоскости MNK). Так
как п = (2; —12; 5),
_	36 + 6-5	_ 66
— /4 + 144 + 25 — /173”
= (0; —3; 6), то
|(n, MAJ | _
|n|
5.67. ЗЛр2;
S'68' №
5.69. Радиус основания конуса
а	п а/ГЗ (8-3/3)
г = 4, радиус шара R =-----------.
Решение. 1) Пусть О, —
центр основания конуса, г — ради-
ус основания конуса, О2 — центр
грани АВС, Е — середина АС,
F — точка пересечения окружности
основания конуса с DE (см. рис.),
ADAC = 2 a, ABED = 6. Тогда
78
28
К задаче 5.69.
OO.EDE, DO. ЕВЕ, О.Е = ВО = -^=, OF - ОЕ = -£=, AOFE = в,
1	’2’2	2/Т	Н’
АО1АЕ=а, г = ОЕ cos |3 = ^=cos |3 = у tg a,	DE = ^tg2a =
= 2/Т^₽’ откуда tg2a=/j^₽’ tga = 7ycosp, tg2atga = -,
4tg2a=l, tga = |, cos |3 = ~, sin|3 = ^, ctgp=J-^,
a . a
Г = 2 tg “ = <
2) Центр P вписанного шара лежит в плоскости BDE. Точка Р рав-
ноудалена от OF и ОВ и принадлежит плоскости, делящей пополам
двугранный угол при ребре АВ.
Пусть R — радиус шара, М и К — проекции точки Р на
BE и АВ соответственно (см. рис.). Тогда АРКМ = АВОР =
= APOF = р {ABOF = 2^> по свойству внешнего угла тре-
угольника FOE). Поэтому ОМ = R ctg (>, КМ = R ctg
ВМ - 2КМ = 2R ctg |.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
211
С другой стороны, ВМ = ВО — ОМ =	— R ctg |3. Следователь-
но, 2R ctg | = -7= — R ctg (3, откуда
~	2 у 3
ctg | + ctg р
гг	+ 2₽ 1+cosB 4 + V3"	(4+V3-)2	. В 4 + V3"
Так как ctg21	, то ctg^-^- в
2ctEP+ctEB=8 + 371- R-	_Д/ТЗ(8-ЗУЗ)
zctg2-t-clgp	,	2V3(8 + 3VT> 74/3
5.70. Боковое ребро пирамиды равно радиус шара R =
= a(V55-vf33')
16
5.71. Радиус основания конуса
_ 2а(2/2Т—9)
3
5.72. Боковое ребро пирамиды
= д/зз(2-/3)
16
5 73 3(17 + 10/3) г
44
5.74. |г.
5.75.	г.
□
а
2VT’
равно
о
радиус шара
радиус шара
г
К задаче 5.76.
5.76.	г.
Решение. Пусть А, В, С — проекции на основание цилиндра ша-
ров радиусов г, г и 2г соответственно, О — центр основания цилиндра,
К — середина АВ, М, N и Р — проекции на основание точек касания
шаров с боковой поверхностью цилиндра (см. рис. a), Ot и О3 — цен-
212
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
тры шаров радиусов г и 2r, D — середина СО3 (см. рис. б). Тогда
Ot О3 = Зг, О{А = O3D = г, O{D = АС = ^9г2 - г2 = 2V2r.
Пусть х — радиус основания цилиндра, тогда ОМ = ON = OP = х
(рис. а), КС = АС2 — АК2 - V8r2 — г2 = гЛ, так как Л/С = AM =
= г; ОС = OP — PC = х — 2г, ОК = КС - ОС = r(V7 + 2) - х,
ОА = ОМ - AM = х — г.
Из треугольника ОЛК по теореме Пифагора получим
ОК2 = ОА2 - АК2, т. е. (г(<7 + 2) - х)2 = (х - г)2 - г2, откуда
найдем х.
О _a(V3'—1) „ _а(/3~+1)
3.//. О —	6 , Л; —	4	,	4
с по 2а2
Э,/в- УЗ’ 2 + V2+V3’
Решение. Плоскость Р пересечет грань BB^D куба по прямой
EF\\BD, где Е G DD{, а ребро CCj — в некоторой точке К (см.
рис. а). Пусть Q — середина BD, М и N — основания перпендику-
ляров, опущенных соответственно из точек D и Q на плоскость Р.
Тогда DM = QN, так как и N G АК.
К задаче 5.78.
VT
По условию /.DAM = arcsin -4~, AD = а, откуда находим DM =
= AD — =	= QN. Из треугольника AQN, в котором AQ =
QN = находим Z. QAN = т, и поэтому АК  АС —Ц- =	а.
cos
о
Пусть S — площадь сечения куба плоскостью Р, тогда
S = AK EF, где EF = BD = ах[2, и поэтому S =	а2.
Найдем радиус R вписанного шара. Заметим, что центр О шара
лежит на биссектрисе угла К АС (см. рис. б), а проекция L точки О
на грань ABCD принадлежат АС.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
213
Из треугольника AOL, в котором EOAL = | /-КАС = OL = R,
1 + cos
находим HL = 7?ctg-^, где ctg-^ =--------------=2+^3. Так как
sin —
о
LC = Ry[2, AC = AL + LC, to aV2 = R ^ctg + V2 j.
Замечание. Искомый радиус можно найти, заметив что он
равен радиусу шара, вписанного в треугольную пирамиду
KCEiF[, где — точка пересечения прямых КЕ и CD, Ft —
з v
точка пересечения прямых KF и СВ, используя формулу R =
где V — объем пирамиды KCEyF{, Sn — ее полная поверхность.
- _о о _ За2 „ _а(3 — VT) „ _а(3+<3)
5.79. о , £ , R, — g ,	— g
~ 1 + 2<Т ‘
2л
Т’
16’	=
5.80. 5 = сМТ., R
5.81. h, arcsin ^=,
5.82. а, у, •£.
4 4
Решение. 1) Пусть Е и F — середины ребер АС и BD соответ-
ственно (рис. а). Тогда AF±BD, так как AB=AD. Кроме того
BDEAC по условию. Следовательно, BD перпендикулярно к плоско-
сти AFC и поэтому CF ± BD.
б
К задаче 5.82.
Так как точка Е равноудалена от плоскостей ABD и BCD, то пло-
скость BED делит пополам двугранный угол при ребре BD, a EF —
биссектриса угла AFC (AFC — линейный угол этого двугранного уг-
ла, поскольку AF±BD и CFEBD). Итак, EF — биссектриса и ме-
диана треугольника AFC и поэтому AF = FC. Из равенства прямо-
угольных треугольников AFD и CFD следует, что CD = AD = а.
2)	Перпендикуляр, опущенный из точки А на плоскость CBD, ле-
жит в плоскости AFC, а его основание М — на прямой CF (рис. б).
Поэтому AFCA = LFAC = |3, где sin |3 = Так как FA = FC =
то АС = 2ЕС = 2FC cos |3 = а\Г2. Но АС2 = CD2 + AD2 = 2а2
214
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
(рис. а). Поэтому ДАОС — равнобедренный и прямоугольный, а
ZCAD = ^.
4
3)	Основание перпендикуляра, опущенного из точки F на плоско-
сть ACD, лежит на прямой DE. Поэтому угол между ребром BD и
гранью ACD равен углу FDE (на рис. а этот угол обозначен у). В
треугольнике EFD имеем ED — FD = EF = CF sin 0 =
ayli 1 а
~~ ~2~ 7з “ 2 •
Применяя теорему косинусов для треугольника EFD, получаем
2	2	2
а	а . а ~ а а	1 л
Т = Т + Т _ 2 2 72 cos 7’ откУДа cos 7 = тт’ У = 4-
5.83.	h, j, л — arctg
5.84.	aV3, arccos arctg
5.85.	£.
4 ’ 6
5.86.	£.
12 о
CO-7 47	1
5.87.	arccos ^=.
5.88.	arccos t/|,
Решение.
а) Построение сечения. Пусть E, F и К — середина ребер АВ,
Л1С1 и BBt соответственно. Проведем:
а)	прямые КЕ и AAt пересекающиеся в точке М;
б)	прямую FM, пересекающую отрезок АС в точке Р;
в)	прямую AfB^ пересекающую прямую КЕ в точке С;
г)	прямую FL, пересекающую ребро В{С{ в точке N (рис. ).
Тогда EPFNK — пятиуголь-
ник, получаемый в сечении
призмы плоскостью, проходящей
через точки Е, F и К.
б) Вычисление угла между
плоскостью основания и пло-
скостью сечения а.
Пусть Fj — середина АС,
G — основание перпендикуляра
опущенного из точки F{ на РЕ.
Так FFl — перпендикуляр к
плоскости АВС, а прямая РЕ
перпендикулярна проекции
наклонной FG, то FGA.PE (тео-
рема о трех перпендикулярах).
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
215
Итак, прямые GF и GFV лежащие в плоскостях а и АВС соответст-
венно, перпендикулярны РЕ — линии пересечения этих плоскостей.
Поэтому AFGFl = <р — линейный угол двугранного угла между пло-
тт.
скостями а и ABC, a tg <р = уу.
Найдем FjG.
Пусть АВ = a, BBl = h. Тогда из равенства треугольников АМЕ и
КВЕ следует, что AM — у а из подобия треугольников МАР и
MAtF находим: — = — = откуда АР = ? A.F =
Из треугольника АРЕ, в котором АР — АЕ = у /-РАЕ = у по
теореме косинусов получаем
2	2	,
рр2 = а , а_ _ п а а £
1 £	36 + 4	2 6 2 2’
n„ a-FT ъГТ
откуда РЕ =	.
Пусть S, S, и — площадь треугольников ABC, AEF{ и PEF{
соответственно. Так как EFi — средняя линия в треугольнике АВС,
то S,=\S, a S2 = |s,=4s
1	4	z 3 1	6
S2 = ^PE- F{G, откуда
F,G
2S2
~PE
/42
.	_ h 7	1
g T FiG ~
(AP = yAF(). С другой стороны,
1 a/3
= ---— = 2-Д
а/1 V 7 ’
6
cos <р = yj, <p — arccos У|.
в) Вычисление площади сечения.
Пусть о и о1 — площади соответственно сечения и его проекции
°.
на плоскости АВС. Тогда о = ——.
COS ip
Заметим, что проекцией сечения на плоскость АВС является пя-
тиугольник PF{N{BE (JV, — проекция точки N на плоскость АВС),
в котором F1jV1||P£, так как	а FJV||P£.
Если Q — середина РРр то PQ= QF\ = АР = у РЕ — средняя
линия в треугольнике ABQ и поэтому PfillBQ, откуда следует, что
FjTVjHBQ, так как F1^||PE'.
Из подобия треугольников и CQB следует, что
CN, CF,	а	2
= где СВ=а, CFt=^, CQ=±,
з
откуда находим CN{ = а.
216
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Пусть S3 и S4 — площади треугольников АРЕ и CFlNl соответст-
венно. Тогда
qi   _Lq с  з s з „
д3 - з О] - 12 О, о4 - 4 2 - 8 Л,
СТ1=5-(5з + 54)=^5 = ^^ =
6
откуда <т = ст
5.89.
лУЗО
28 '
К задаче 5.89.
Решение.
Пусть Е — точка пересечения ВС
и AD, М и N — середины отрезков
CD и АВ соответственно (см. рис.).
Тогда АВЕ — правильный тре-
угольник, NE = ~ АВ = 3V3, MN -
= | NE = 2V3, ME = V3, так как
MN — диаметр вписанной в тре-
угольник АВЕ окружности, радиус ко-
торой равен | NE.
Заметим, что перпендикулярными
основанию пирамиды являются грани
SBC и SAD, а линия их пересечения
(прямая SE) — перпендикуляр к основанию и SE = V5.
Пусть МК — высота в треугольнике SMN, тогда МК — перпенди-
куляр к плоскости ABS (КМ ESN и КМ Е АВ, так как АВ — перпенди-
куляр к плоскости SNE). Прямая CD параллельна плоскости SAB и
поэтому расстояние от точки D до плоскости SAB равно МК.
Если LSNM = <р, то КМ -- MN sin <р, где tg <р =	= -^=, откуда
_	7V IE	оу о
•	_V5	□ ру Vs" V30
Sln — 4У2 ’ КМ ~	4У2	4~‘
2) Пусть О — центр окружности, вписанной в треугольник SCD,
Р — точка пересечения отрезка SN с перпендикуляром к стороне SM
треугольника SMN, проведенным через точку О.
Радиус г этой окружности равен радиусу основания конуса, высота
Н конуса равна ОР, а его объем V = | л.г2Н.
Если о — площадь треугольника SCD, р — его полупериметр, то
a = ^CD-SM, p = SD + ^, где CD = | АВ = 2, SM =
= VS£2 + ME2 = V5+3 = 2V2, SD = у/SM2 + MD2 = V8TT = 3,
p = 4, o'= 2V2 и поэтому r = — ='^~, SO = SM—r =
= 2<2 -
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
217
Пусть LNSM=a, тогда Н = SO tg а = tg а. Найдем cos а,
SN^SE2 + NE2 =
7	.	7Г5
откуда cos а = ту, tg а — -=-,
о	7
применив теорему косинусов к треугольнику SMN. Получим
MN* 2 Э * S = SN2 + SM2 - 2SN-SM cos а, где
= V5 + 27 = 472, SM = 272,
„	372 7Т5 ЗТЗО
Н~~2—
_ on IZyTiT 48УТУ
Э'Уи' 37 ’	65 ’
УЗО *УЗО
Э.У1.	4 ’ 28 ’
с аэ 12/ТТТ 48715
37 ’ 65 ‘
„	7 а^б ПТ
5.93. arccos	а^.
Решение, а) Пусть М — середина
AC, LDCF = а, ф — угол между пря-
мыми ВС и КЕ (см. рис.). Тогда
LEKM — <р, cos а = сд
Из треугольников КЕМ, СЕМ и КЕС по теореме косинусов получаем
ЕМ2 = КЕ2 + КМ2 - 2КЕ  КМ  cos <р,
ЕМ2 = ЕС2 + МС2 - 2EC MC cos % = — + 7Г “ 2 ГТ I = Г;
3	9	4	3 2 2	36
„„2 а2 . За2	п а ]   19а2
~ 9 "Г 4	2 3 2 ’ УТ ~ 36 ’
откуда следует, что
7а2	19а2 . а2 о а<Т9 а	7.3ПГ
ir = ^r + T“2~^'2COSlP’ C0SlP = W’ slnT=2Vl9-
б) Расстояние р между прямыми ВС и КЕ равно расстоянию
h от точки С до плоскости КЕМ, так как прямая ВС параллельна
этой плоскости.
Вычислим двумя способами объем V пирамиды КЕМС-.
V = ^Sl=^hS2,
где Sj и S2 — площади треугольников КЕМ и КМС соответственно,
h = EL (L G КС, ELWDF), h = ~ DF = |	=^.
-г	О 1 ixzr ь-лх 	1 avHV а 3 Гз“ а2^3
1 ак как S. = КЕ KM-sin <р = тг-—’ vWtt; = тт-,
1	2	т 2	6	2 2» 19 1о
с 1 a2VT а2>/3	, aVF
S2=4— = Лб-’ Т° P^h = ~r-
218	СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
в) Пусть О — центр сферы, проходящей через точки А, В, Е и
F. Точка О лежит на перпендикуляре к плоскости ABF, проведенном
через центр N окружности, описанной около треугольника ABF
(рис.). Если R — радиус этой окружности, ах — радиус сферы, то
ОВ = ОЕ = х, R = NF= АВ, =-^= NA.
2 sin *3
Пусть ON = у, LONE — LN EL = (3. Тогда из треугольника ON А
по теореме Пифагора имеем	2
х2 = / + у,	(1)
а из треугольника ONE по теореме косинусов находим
х2 = у2 + NE2 - 2у NE-cos 0,
где
tg₽ = ^, NL = NF + FL = % + ^ = ^,	=
о 1 „/2 .гг EL
cos В = 1/-, NE = —ё = а-
r 3 13’	cos ₽
Следовательно,
х2 = у2 + а2 — lay	(2)
Из (1) и (2) находим у = й^|, х =
_	5 а а./451
5.94. arccos т, 73,
b у 22 о \ 2
_ __	5	2/2 аТнГ
5.95. arccos
_ _, л a a,/209
5-96- 3’ 76’ iilV
5.97.	1)	2)	3) arccos^.
z do '	55	'	11
Решение. При пересечении пирамиды плоскостью а получается
равнобедренная трапеция ENMF (рис.), где 2?ЛГ||FM\\CD.
а)	Пусть Р и Q — середины сторон FM и EN, а — площадь се-
чения. Тогда
о = | (EN + FM)PQ,
Где	12	5	5
EN = 4 АВ = 4, FM = 4 CD = 4-
5	5	о	5
Если О — центр основания ABCD, L —точка пересечения SO
и PQ, ф = LQSL= LPSL , К — середина CD,	то
sk = Jso2 + ОК2 = 7Г+Т-3, SP = ^SK = ^,	SQ =	^SK=\,
. OK 1	272	1 b ~	7		о	472
tg Ф = SO = 2ТТ- cos Ф = —> Sln Ф = з> cos 2Ф =	9’	Sln	2Ф	=
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
219
Из &SPQ по теореме косинусов находим
pQ2=l+Z5_2.l.|.7=Jg., PQ^,
тогда
Ц2 _l £] 21
2 ^3 3J 6
б)	Искомый радиус г сферы равен
расстоянию от точки А до плоскости а, а
г = 2х, где х — расстояние от точки S до
плоскости а.
Но х — высота в треугольнике SPQ,
проведенная из вершины S.
Пусть О', — площадь треугольника
SPQ, тогда
o-j — SQ SP sin 2ц> =
2°,	20/2	„	40/2
Х ~ PQ	33 ’ Г — 2х	33 ’
в)	Угол р между плоскостью а и плоскостью ABCD равен углу
между SG и SL, так как SG Е a, SLEABCD; cos р = Для вычис-
ления SL воспользуемся формулой для биссектрисы в треугольнике
SPQ.
Получим
77
36’
2Se-SP cos ip _ 40/2
SQ + SP
SL
21 ’
7
16/3	2/6
81 ’ ’ 9 ’
77	4/2	_	7
36’ 2) зз ’ 3) arccos и.
1
arccos -r^.
откуда cos р = ур
5.98. 1)
5.99. 1)
е- t лл 11 16/Т	8/6"	1
5.100. 1) -gj—; 2) —; arccos
- 1ftl 84/39 1632/3
a.iui. 55 , 275 .
Решение. 1) Пусть Е — середина АВ, ABDE=AADE=a
3
(см. рис.), тогда tg а = cos
DA,
По свойству биссектрисы
а = 4, sin а = AD = BD =	= 10.
5’	5	sin а
BD 5	DA\ 5
ЛА, = Д5=6’ откуда =
Из подобия треугольников ВСВ, и DBE следует, что
/;В1 _ 6	ОО _ 36	_ 14 DB\ _ 7
12 — 10’ 0ТКУда ВВ1 5 ’ DB1 5 ’ DB 25'
DC, i
По условию DC, = СС, и поэтому = 2-

BE
ВС ~ BD ИЛИ
220
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Найдем высоту DO пирамиды
ABCD. Так как ВО = 4т = 4<3,
уз ’
BD = 10, то DO = BD2 - ВО2 =
= 2VT3, а объем пирамиды ABCD ра-
вен
V = \aB2~-DO = 24<39.
3	4
Пусть 7, — объем пирамиды
DA, DB, DC,
A1BlC1D1, DA = р, DB : q, DC = r,
тогда
Г, = V„r - 24v39 4-i 1 = ^.
2) Вычислим площадь S проекции треугольника A1B1C1 на плоско-
сть АВС. Пусть А2, В2, С2 — проекции точек Лр Bv С, соответствен-
но. Точки А2, В2, С2 лежат на соответствующих высотах треугольника
ОС, DC,
АВС. По теореме Фалеса	= г, откуда ОС2 = г • 4V3. Анало-
гично, OAj = р-4<3, ОВ} = q-AypS. Следовательно,
5 = | sin (OAj  ОВ} + ОВ}  ОС} + ОС} • ОЛ,) =
—	5 • 7 4- 7 1 4- 1 5)_1632<3
4	25 ' 25 2 ' 2 11 I 275 ’
5.102.
Z6__ Z1
„ |ft_ 21 <39 102<3
элид- 880 ’ 275 ’
- «пл 8О^3
5.104. —, -2Г-.
-	Л1О_В1О_7 C,D _ 21. 49<65 . 13
ЭЛИЗ. AD BD 12, CD 32, 576 , 2^.
Решение. Пусть AKDA = a, Z.KCD = (5, ADKM = у,
AKMC=q (см. рис.). Так как sin а = р АК=1, то AD =
— BD — CD — 6, DM = 3, KD - V36 — 1 = VJ5. Если О — центр тре-
угольника АВС, то ОС = ~гг= ~тт, cos В —	= утт, sin В =
Применяя теорему косинусов в треугольниках КМС и KDM, по-
лучаем
1) КМ2 = КС2 + МС2-2KC-MC-cos 0 = 3 + 9 - 2-3V3-^ =
= 10, откуда КМ = <10, КЕ = j КМ =	МЕ = \ КМ =
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
221
2) cos ip =
км2+мс2-кс2
2КМ  МС
10 + 9-3	8
-б7То~ = зЖ’ откуда tg* =
Ж
1 COS ф
3) cos у
KD2 + КМ2 - DM2
2KD КМ
Пусть A,, В, — точки пересечения
плоскости З3 с ребрами AD и BD. Так
как КМ LAB (ВМ — AM) и KMLA,B,
(КМ — перпендикуляр к плоскости
3°), то А^ЦАВ. Если С, — точка пе-
ресечения плоскости З3 и прямой DC,
то А1В1С1 — равнобедренный тре-
угольник (А,С, = .SjCj). Покажем, что
точка С] лежит на ребре DC, а не на
его продолжении за точку С,, вычис-
лив длину DCp Пусть L — середина
Л,В,, тогда C,L±KM, так как КМ —
перпендикуляр к плоскости З3. Из пря-
35+10-9	9 J2	. Ж
2735-Ж = 5 У7 ’ 0ТКуДа tg У = Ж
моугольных треугольников LEK и МЕС, находим
, ч	„ КЕ	ЗЖ 577	5735	5	„„
1) LK =-----=	= -Ж = TV KD, откуда
z	cos 7	4 9v 2	12	12	J
LE = KE • t£ v —	. T65~.
KE tg у 4	12 ,
ME V10 ЗЖ 15
2) MC, =	= —------g— = Откуда следует, что
жит на ребре CD, причем DC, — 3 +
г	1	10	10 Z/С JZ
DL = KD,
точка С] ле-
Таким образом, в сечении пирамиды плоскостью З3 получается
равнобедренный треугольник AjBjCj. Далее находим ЕС1 =
— ME-tg у =	= ^~. Из подобия треугольников DLA, и
DKA следует, что	_ da, _ DL _ 7
~ЛК ~ DA ~ ~DK ~ 12’
л т ?
откуда A,L —
Пусть S — площадь треугольника XjBjCp тогда
S = A,L-LC, = AiL(LE + ЕС,) =
Найдем, наконец, расстояние d от точки N до плоскости З3. Про-
ведем через точку N прямую, параллельную АВ и пересекающую
КС в точке F (F — середина КС). Так как JV.F||AS, а АВЦА^, то
расстояние от точки F до плоскости З3 равно d.
222
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
DL 7
где р— DK - 12,
v — sfl___-___—
д0“ ‘М 1	24	64
Заметим, что высота FG, проведенная из точки F в треугольнике
FLC\, равна d (FG±LCV и FGA-A^B^).
Для нахождения d достаточно найти площадь So треугольника
FLCl. Пусть Sp S2, S3, S4 — площади треугольников KDC, LKF,
FCC{ и DLCY соответственно. Тогда
51=|z)C-/CC-Sinp = 3-V3-^ = V26,	=	=
_ 11	_ и	____
3 ~ 32' 2 — 64 dl’ d4 —
РС1 21	49
q =	т. е. S4 = -]28 Следовательно,
- 4Н = 13’7
128)	64-6’
, _ 25о _ 13
й LCX 2/ПГ
s	_ B1D _ 5 C1D _ 5 . 25V23, 7
5.1U°. AD BD 6, CD n, 99 , s-
С1П _ 17. (17j2./TT. 34
CD 24’ у27J V03’ 3/ПГ
ClD _ 13. f26\ 2 V23. 25
CD 33’	9 I 11 ’ 12’
путь состоит из отрезков SP и PF, где
Решение. При решении задачи следует
иметь в виду, что:
1) кратчайший путь между двумя точка-
ми — отрезок, соединяющий эти точки;
2) для нахождения кратчайшего пути му-
равей должен сначала ползти в плоскости
ЛВС по прямой до некоторой точки М ребра
ВС (см. рис.), а затем — в плоскости BDC
по прямой из точки М в точку F.
Задача сводится к нахождению такой
точки Р на ребре ВС, чтобы для любой точ-
ки М G ВС выполнялось неравенство
SM + MF =S SP + PF.
Для нахождения точки Р развернем грань BDC так, чтобы отрезок
ВС остался на месте, а вершина D совпала с точкой А. Так как
MF = МК, где К — середина АС, то длина пути муравья равна
SM + МК. Этот путь будет минимальным, если точки S, М и К лежат
на одной прямой. Точка Р, в которой пересекаются отрезки ВС и SK,
есть точка пересечения медиан треугольника AS С и поэтому
ВР = | ВС.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
223
5.110.	Минимальный путь состоит
Р е ВС, РВ = ^ ВС.
5.111.	Минимальный путь состоит
Р е ВС, ВР =
4
5.112.	Минимальный путь состоит
Р е ВС, ВР =
из отрезков SP и PF,
из отрезков SP и PF,
из отрезков SP и PF,
где
где
где
Решение. 1) Пусть ADAB=ADCB=a, тогда iga = y-^-,
cos ct = , . Если С2 — середина отрезка DCt, то AjCJIACj и по-
этому угол между прямыми ВА} и АС} равен углу между прямыми
ВЛ{ и Л]С2.
Так как DC =	= 4VT0, С С’ = у DC = ЗЛО, то из ЛВСС2
2 cos ос	2	4	z
по теореме косинусов имеем
BC2=CC2 + BC2 — 2CC2BCcos а= 102.
Пусть AC2AtB = 0. Тогда из /\AtC2B по теореме косинусов находим
BCl = А,В2 + А, С2- 2А,ВА,С2 cos В,
где А1С2 = ^АС1=^А1В.
Отрезок AtB можно найти либо по теореме косинусов из A AAtB, ли-
бо с помощью равенства 4Aj£2 + AD2 = 2(АВ2 + DB2), где АВ2 = 48,
AD2 = BD2 = DC2 = 160. Следовательно, А{В2 = 64, Л}В = 8,
224
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
AjC2 = 4 и 102 = 64+ 16 — 2-8-4 cos откуда cos § = — и угол
между прямыми ВА{ и ЛС1 равен arccos
2)	Пусть х — расстояние между прямыми и АСГ Тогда
6К1	X	1
х — —л г  —> где к — объем пирамиды АВА.С,. Но 7. = - V, где
-О/Ц • АС • Sin ф	А	а а	1 4
V — объем пирамиды ABCD.
Если Е — центр основания ABCD, то DE — высота пирамиды
ABCD, причем DE = у/DC1 — ЕС2, где ЕС =	= 4. Следовательно,
ДЕ1 = 7160 — 16 = 12,	7 = | (AB}2^DE = 4873, 7t = 1273,
I ' ~2	,___
12-7Т-6	. д /ц\	Т9бТ	36
х — я Я где sin <р = \ 1 —	, X = -Тэйг-
о'О' sin ф	т у 132I 12	у 301
3)	Пусть О — центр сферы, касающейся плоскости АВС и отрез-
ков АСр ВА{ и CBV Сфера касается основания пирамиды в точке
Е, а ее центр лежит на высоте DE пирамиды.
Если F — точка касания сферы с отрезком ВА^ то OF±BAl и
BF = BE (касательные, проведенные к сфере из одной точки равны).
Так как BF = BE = ЕС = 4, a ВА{ = 8, то F — середина ВА{. Пусть
г — радиус сферы, тогда ОЕ= OF = г,
ОА2 = A{F2 + г2 = 16 + г2.
С другой стороны, по теореме косинусов из ADOA{ имеем
О А2 = DA2 + DO2 - 2DA{ • ДО - cos у,
где у = AADE, DA{ = 2710, DO = DE - г = 12 - г.
АЕ 1	3
Но tg у =	= з, cos у = Следовательно,
16 + г2 = 40 + (12- г2) - 2-2710 -(12 -г)
откуда г = 2.
5.114.	1) arccos 2)	3) |.
5.115.	1) arccos 2) -^==, 3) 4.
5.116.	1) arccos2) -тйд-; 3)
1 ^1	у	О
/?	\ I Ч- Г —
5.117.	R > Ну - 1 г, —
7 г + '\1я2 + 2Яг-у-Я
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
225
Решение. Пусть Qk — центр Zt-ro шара радиуса г (Л = 1 ,2,3),
А — центр треугольника О,О2О3, В — точ-
ка касания шара радиуса R с одним из трех
одинаковых шаров г (например, с первым),
С — центр шара радиуса R, О — центр ша-
ра, касающегося всех четырех шаров (см.
2г
рис.), х — его радиус. Тогда O,A = ^j,
O,C = r + R, OC = R + x, OO,=r + x.
Точки С и О должны лежать на перпенди-
куляре к плоскости О,О2О3, проведенном
через точку А.
Чтобы шар радиуса R касался трех равных шаров радиуса г,
2г
жно выполняться условие OjC>O^, т. е. R + г >
2
R2 + 2Rr - у > 0.
2?*
Обозначим а= АО,СА, тогда sin а = пг,в ,—,,	cos
1	____________V□ (К । Г)
=	----где ь = д|я2 + 2Rr — ^.
»	3(Я + г)2 R +г	v	3
Применяя теорему косинусов в треугольнике О,СО, получаем
О1О2 = СО2 + СО2-2-СО, СО-cos а, т. е.
(г + х)2= (Л + г)2+ (Л + х)2-2(Л + г)(Л + х)-^у7,
дол-
или
a =
откуда х
5.118.
5.119.
5.120.
5.121.
Rf.R + r-b')
Решение. Пусть О — центр основания ABCD, QtaT — проек-
ции точек S и О на плоскость EFK, L — проекция точки К на пло-
скость ABCD (см. рис.). Так как EF\\BD, то плоскость EFK пересе-
8 - 2771
226
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
чет плоскость SBD по прямой MN (М 6 SB, N G SD), параллельной
BD, а в сечении образуется пятиугольник EMKNF, составленный из
равнобедренной трапеции EMNF {ЕМ = NF) и равнобедренного
треугольника MKN (МК = KN). Пусть АВ = a, SO = h, AS АО = а,
, а . а .	.	[3	. /з , aVT тт
тогда АО - п = tg а, где tg а = у, sin а = j, п = Но
Л2 + ~ — а, а1 = 4, а = 2, h = уГ5.
1)	Пусть Р — точка пересече-
ния EF и AC, G — точка пересе-
чения SO и РК (G — середина
MN),	тогда ОР = | АО =
OL = | ОС = Из подобия тре-
угольников PGO и PKL следует,
что GO = | KL, где KL = | h. По-
этому GO = V3.
.a GO 12
g Р ОР ~ V 3 ’
GK = | PG =
2 ЗуЗ
Пусть AOPG = $, тогда
. „	[2	о [3	ОР 2/ТО
sin₽ = B> cosp = yy, =	=
Кроме того, MN = ^BD = EF = | BD =
Следовательно, площадь сечения
о = | (EF + MN)PG +1MN-^ PG =
А	А	А	7*0
2)	Пусть <р — угол между боковым ребром пирамиды и плоскостью
EFK, тогда sin<p = ^, где 5Q = SG-cos|3 (AGSQ = AOPG = (3),
1	3	3
SN = SG Следовательно, sin ip = cos р sin а = j, <р = arcsin j.
3)	Пусть d — расстояние от точки D до плоскости EFK. Так как
прямая BD параллельна плоскости EFK, то ОТ = d, где
ОТ = OP sin р =
5.122.	1) гу; 2)	3) arcsin
5.123.	1)	2)	3) arcsin™.
5.124.	1)	2) з^.; 3) arcsin^.
с Л С 14 з 2	26. о, 22/U
5.125.	1) 5 и 5, 2) 99, 3) 35^Yy
Решение. Плоскость а параллельна плоскости SBC (SC||a,
7?С|| AD|| a), а в сечении пирамиды плоскостью а образуется трапеция
AyD^D-^^ (см. рис. а) такая, что D]D2||SC, Л|Л2]|5В, уЦ-О]||AD,
AyA2 = DtD2.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
227
1) Пусть Е, и К — середины сторон AD, A3D^ и A2D2 соответст-
венно, М — точка касания вписанной в трапецию AlDlD2A2 окружно-
сти со стороной DrD2, г — радиус этой окружности.
Тогда EyDr = DrM, MD2 = D2K, у - 2EJ\ + 2KD2 = 2EiDl + 2,
3	_________ KE. fi-
откуда EjDt = j. Кроме того, г = y/D^M-MD2, т. e. r = ~y- = ’у , а из
SD E.D. 3
подобия треугольников SE.D. и SED следует, что -Е7Г = “F7T = т,
i 1	О U is U 0
DD, 2
уу = j. Тогда из подобия треугольников DDrD2 и DSC находим
dd2 _DD' _ 2
DC ~ DS ~ 5’
К задаче 5.125.
2) Плоскость а отсекает от пирамиды клин с основанием
AA2D2D. Проведем через точки А{ и плоскости, параллельные
АВ и SE. Эти плоскости разбивают клин на две равные пирамиды с
основаниями ЛЛ2/>1Р и DD2QrQ (см. рис. а) и прямую призму с осно-
ваниями АХРР\ и DlQQl.
Пусть Лиг» — высота и объем пирамиды SABCD, Л1 и Vj — высота и
объем пирамиды Л|ЛЛ2/-’1Р, v2 — объем призмы, г»3 — объем клина.
Тогда v = у h, г», = у АР-PPxhx, где PQ = AD — 2АР = |, т. е.
V| = 2^; v2 = 1 рр{ • h{ • PQ, где АР = ЛЕ - AiEl = |, РР^ = DD2 = у
11, DD, у	24	~	104 ,
-г- = -^=г — -г, т. е. v2 = —г h. Тогда г», = 2v, + v2 = y-z h, а искомое от-
/? Ы) 5	L 5Л	-3	1	* о-d
ношение объемов —
V — v3 99
8*
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
3) Пусть F — середина ВС, О — середина EF, О, — центр опи-
санной около пирамиды SABCD сферы, R — радиус этой сферы,
ASFO = р (см. рис. б). Тогда Oj G SO, SOX = R, а расстояние p от
точки Oj до плоскости а равно OjG, где G G Е{К, OyGAE^K.
Пусть Т — точка пересечения прямых SO и Е{К. Так как
£|K||S/;' (плоскость SEF пересекает параллельные плоскости SCB и
а по параллельным прямым ), то AEYKE = ASFO = р. Кроме того,
Р = АОКТ = AGO{T (углы с перпендикулярными сторонами).
Из подобия треугольников Е,ЕК и SEF находим -тглт = где
1	Е.К
EtK = 2г = 2^| (см. рис. a), EF = 2, EK = DD2 = у. Следовательно,
SF = >П5, SO=h — ijsF2 - OF2 = vT4, cos p =	= -X, tg P =
= ^ = vT4, SC = J SO2 + ОС2 = V14 + 2 = 4.
Так как радиус сферы R равен радиусу окружности, описанной
около треугольника 5ЛС, то R = SC^C, где s = AC SO = 2V7 —
площадь треугольника SAC, откуда SOr = R= 4'^4.
Из ДО]GT находим OXG = р = ОХТ cos р, где О17’=ОО1 +
+ ОТ = h - R + КО-tg р, КО = ОЕ - ЕК =
~	22/Г4
Отсюда находим р = 35^'5.
Решение. Пусть ABCD — осно-
вание пирамиды, S — ее вершина (см.
рис.), К и Е — середины соответст-
венно DC и АС, О| — центр вписан-
ного в пирамиду шара, г — его ради-
ус, М и N — основания перпендику-
-------------
К задаче 5.129.
ляров, опущенных из точки О на SK и SC, Р G SK и O{P±SK, SE = h.
Тогда ОМ= OE=r, OS = ОС = VI, ON = 4V2, SN = NC,
SN = VOS2 - ON2 = V144-32 = 4V7, SC = 8v7. Обозначим
AESK = a, AESC = p. Тогда cos p =	sin p = h = SE =
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
229
_ п 56	ЕС 8/7 . ЕК
= SC cos 3 = ЕС = SC sin В = —г—, ЕК = ~тг = —tg а -	=
1	□	•	J	} L	J	ijlt
1	Л 	/2
= ^=, cos а = у-, sin а =
Расстояние от точки О до боковой грани пирамиды равно ОМ, где
ОМ = SO sin а = 3/2.
Из треугольника SOXP находим
= sin а, откуда
- ,Asi"a = | (2/2 - 1).
1 + sin а	3	’
5.130.	1)	2) 4; 3) |(4-/2).
5.131.	1)	2) 3; 3) | (V5 -2).
5.132.	1) 2; 2) ^=; 3) 4(/5 -2).
5.133.	1) 8; 2) arccos 3)
Решение. По условию
ЛВ=а = 8, SO=h = 3, ВМ =
= MS, ВК= КС (см. рис.).
1)	Пусть v, Vj, v2, v3 — объемы
пирамид SABCD, SABK, АВКМ,
SAMK. Тогда v = | а2Л = 64,
/ = | V’ V2 = I V1 = I V3 = V2 =

2) Пусть К, — середина BK,
тогда Л-7/С, ||xSX', MK,LBK и
I / \ 2
MK, - | SK, где ЗХ=Л/Л2 + I|1 =5,	МК,=^, ЛК, =
I	/ \ 2
= v«2+ 71 = 2/17.
V	\4)
Если <р — угол между SK и AM, то ААМК{ = <р. По теореме ко-
синусов
АК\ = AM1 + МК\ - 2AM  МК, cos <р.	(1)
Так как AM — медиана в треугольнике ABS, в котором
/ , S 2
BS = SA = М 1|1 + SK2 = V4T, то 4ЛЛ/2 + BS2 = 2AS2 + 2АВ2, от-
13
куда AM = Из равенства (1) находим
,о 169 .25	~ 13 5
68 = —г + -л— 2	- cos (П,
4	4	2 2 г
230
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
откуда cos ф = а искомый угол между прямыми SK и AM (но
лежит в пределах от 0 до л/2) равен arccos j = а.
3) Расстояние р между AM и SK находим по формуле
6у3
Р AM  SK sin а’
24
откуда Р = Ту
5.13	4.1)1; 2) arccos g; з)
5.135.	1) 8; 2) arccos-|; 3)
5.136.	1)	2) arccos 3)
5.137.	ф = arctg R =
Решение. 1) Пусть Л{, В{, С\ — точки пересечения верхнего
основания цилиндра с ребрами DA, DB и DC соответственно (см.
рис.), О и К — центры нижнего и верхнего оснований цилиндра,
тогда ОК = h. — высота цилиндра. Так как треугольник А1В1С1 впи-
сан в окружность, а ее центр К лежит на А{В{, то А^{ — диаметр
этой окружности, К — его середина, /.В1С1А1 = у. Из подобия тре-
угольников А1В1С1 и АВС следует, что /.ВСА = у, а коэффициент
подобия fc=^l = l
Пусть АС — Ь, ВС = a, S — площадь треугольника АВС. Тогда
5 = | ab = гр = 3(24 + а + Ь~) откуда = а + b + 24. Но в пря-
Z	Z	D
моугольном треугольнике сумма катетов равна сумме диаметров впи-
санной в треугольник и описанной около него окружностей, т. е.
а + Ь = 24 + 6 = 30, и поэтому ab = 162.
По условию объем пирамиды v = ab-Н = 27V2, откуда высота
пирамиды DM = Н = V2. Пусть ONIAB, N G АВ, ф — величина
двугранного угла между гранями АВС и ABD. Тогда tg ф =	= ~,
А ЛЛ, з	зз	1 \ГТ
г«е 77 = 7F = 4’ откУДа h = lH = ^’	1^ = 2Т2=Т’
ф = arctg
2) Так как DM\\OK, а К — середина AtBlt то плоскость, прове-
денная через DM и ОК, пересечет ребро АВ в его середине L. Центр
Oj сферы, описанной около пирамиды ABCD, лежит на прямой, про-
ходящей через точку L и перпендикулярной плоскости АВС. Если
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	231
Л — радиус сферы, то R=OlD=OtC. Пусть LO, = х, тогда
О,С2 = OJ2 + LC2, где LC =	откуда
R2 = х2 + 144.
(1)
Чтобы получить еще одно уравнение, связывающее R и х, про-
ведем через точку О{ прямую,
параллельную LM и пересекаю-
щую DM в точке М.. Тогда
ММ1 = х, О1М1 = LM, OJ)2 =
= О{М2 + MJ)2, где MJ) =
= Н + х = V2 + х, т. е.
R2 = LM2+ (x + V2)2. (2)
Отрезок LM выразим через LO,
пользуясь тем, что
/.О А 3	,1^	4 ,,,
ЛМ = Я = 4’ °ТКУДа LM=3L°-
Но LO — медиана в Л АОВ и по
свойству сторон и диагоналей па-
раллелограмма
(2LO)2 + АВ2 = 2(0 А2 + ОБ2).
(3)
Пусть А2 и В2 — точки касания
К задаче 5.138.
вписанного в треугольник АВС
круга, тогда СА2= СВ2~ г = 3, BB2=a — r, АА2 = b — г, ОА2 =
= (b — З)2 + 9, ОВ2 = (а — З)2 + 9 и равенство (3) примет вид
4LO2 + 242 = 2(Ь2 + а2 + 36 - 6(а + Ь)) = 2(242 + 36 - 180),
откуда 4LO2 = 288, LO = 6V2, LM = | LO = 8VI.
Тогда уравнение (2) примет вид
R2 = 128 + (х + VI)2.	(4)
Вычитая почленно из (4) уравнение (1), находим 2xVI — 14 = 0,
откуда х = ^=. Подставляя найденное значение х в уравнение (1),
получаем
« + 144.^, откуда S=Vp.
5.138.	=
5.139.	ф = arcig Л, R - 4
232	СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
5.140.	V = 112 У|, R = 11
5.141.	a)	б) 2V2-V5.
Решение, а) Центр сферы, касающейся ребер ВА, ВВ{ и ВС,
лежит на диагонали BDt куба, образующей с каждым из ребер ВА,
ВВ}, ВС угол а = arccos (см. рис.). Если сфера касается плоскости
A}DC}, то точка касания Р есть центр равностороннего треугольника
4|Z>C(, а РВ1.AjDCp Пусть О — центр этой сферы, г — ее радиус,
Е — точка касания сферы с ребром ВВ{. По свойству касательной и
секущей BE2 = ВР(ВР — 2г), где BP = j BD{ = так как из под-
обия треугольников DPB и D^PK (К — середина D^) следует, что
BP = 2PDV
г	г2 2 ( 2	\
Кроме того, BE = ОЕ • ctg а = Тогда -у -	1^= — 2г или
Зг2 +	—8 = 0, откуда г = 4^±6v^.
б) Пусть R — радиус сферы, касающейся ребер ВА, ВВХ ВС и
прямой DA{, О, — ее центр, тогда
ВО1 = —— = R
1 sin a f 2
Рассмотрим треугольную пирамиду с основанием AIDCl и верши-
ной В (см. рис.). Пусть М — середина AYD. Тогда О{МEAXD,
A.D !
О]М = R, МР =	Из £\О\МР по теореме Пифагора находим
/	Г\2
R2 = + I — R или R2 — 4V2R + 3 = 0, откуда R = 2V2 —
- V5.	7
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
233
5.142.	a) 6-^4vT; б) 2<2-V5.
5.143.	а) 6-/^47У; б) 2<2 - V5.
5.144.	а) 6-l/7^4vT; б) 2V2-V5.
5.145.	1) -jQ-; 2) arccosy; 3) — и —.
Решение.
1)	Пусть М и Л4) — середины АС и А1С1 (см. рис.), К — точка
пересечения и DDV, F 6 BBt и KF\\BM, Ev 6 Л1£1 и DyE^DE.
Тогда сечение призмы плоскостью П — пятиугольник DD^E^FE, та-
кой, что
DE = | ВМ — | у ВС2 -	| V52 - З2 = 2,
DlEl=jBlMI=jBM=^, KF—BM=4.
Этот пятиугольник составлен из двух трапеций, в которых KDt и
KD — высоты, так как KF — перпендикуляр к плоскости АА1СС1.
Из подобия треугольников KD{M{ и
KD. D,M, 2
KDM следует, что	= -yyjy- — у, и
2	3
поэтому KDX = J DDX , KD = 1 DDi.
Пусть N G AC и DyN±AC. По теореме
Пифагора DDt = yND2 + ND2, где
ND = | AM +1MC - 1 + | = y.
Поэтому DD1 = ^6 +	— y, KDX -
-1 агп-21
5’ KD 10-
Площадь сечения
8 , .
_ D^E^+KF	DE+KF 3 +4 7 , 2 + 4 21 _ 329
2 -ALlj +	2 KD 2 '5 + 2	10	30‘
2) Пусть ip — величина двугранного угла между плоскостями П
и АВС. Так как D{D С П, DJ)1.DE, AD 6 ABC, AD±DE, a DE —
линия пересечения плоскостей П и АВС (ребро двугранного угла),
то AADDy = tp (см. рис.). Из kD^ND находим cos <р == у,
5
Ф = arccos у.
234
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
3) Пусть Pj и р — расстояния от точек С] и С до плоскости
П. Так как DEEAA^yC и DE С П, то плоскости П и АА^С
перпендикулярны. Поэтому перпендикуляры, опущенные из точек
С] и С на плоскость П, лежат в плоскости ЛИ] Cj С. Пусть
основание перпендикуляра, опущенного из точки С1 на DDl
рис.). Тогда pj = CjZ, = Сsin = 4• —у—= —у—. Так как
ОС 3	3 зУб
~ OjCj — 8’ то р — 8 р1 — 7 
Замечание. При нахождении площади сечения можно восполь-
,	5,
зоваться формулой 5 = -	, где 5] — площадь проекции сечения на
47
плоскость ЛВС. Здесь 5. =~г.
1 о
5.146.	1) ^;2)
5.147.	l)f;2)
5.148.	1)	2)
с , „п ___._ 24 ,
C11VO111 2^,
L —
(см.
р _
Р1
О,
О' 8/6
°' 7
o' 8/([
°' 7
ок 8/6
°' 7
зуб
7 ’
3/6
7 ’
3-/6
7 '
5
arccos у;
5
arccos у;
5
arccos
5.149. arcsin уу 25; —.
Решение, а) Пусть О — центр сферы. Проведем через точки
Е и F плоскость Q. Пусть Р
7’
И
И
и
— точка пересечения плоскости
Q с ребром BD (см. рис.).
Плоскость Q перпендикулярна
граням ABD и BCD (ОЕ и OF —
перпендикуляры к этим плоско-
стям), поэтому плоскость Q пер-
пендикулярна линии их пересе-
чения BD, a AEPF = 2<р — вели-
чина двугранного угла между
плоскостями ABD и BCD. Тре-
угольники ОЕР и OFP являются
прямоугольными (OFEPF,
ОЕЕРЕ), имеют равные катеты
(OF = ОЕ = 5) и общую гипоте-
нузу ОР. Следовательно,
У\ОЕР = &OFP и PF = РЕ.
Пусть К — точка пересечения
EF и РО, тогда ЕК= FK = ^- = 4 и PKEEF. Так как АКЕО =
= OPE = ip, то cos ip = 7777 = v, sin ip = -, sin 2ip = 57. Искомый дву-
С/ Ei	0	J	ED
. 24
гранныи угол равен arcsin —.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	235
б) Пусть V — объем пирамиды ABCD. Докажем, что
v _ 2 ^1^2 sin 2f	( | \
и — 3 bd	v '
где Sj и S2 — площади граней ABD и BCD.
Если H — высота пирамиды ABCD, опущенная из вершины С на
плоскость ABD, h — высота треугольника BCD, проведенная из вер-
шины С, то
гт , _ II „	' L пг\ II BD
3 1	sin 2ip z 2	2 sin 2*p
2S2	2<р
н = ———, откуда следует формула (1).
Но Sj = BD PE =	= у, S2 = 350, где So — площадь тре-
угольника BFD, So=| BD FP = ^ PE = ^ ™ = ™, S2 = 25. Под-
ставляя найденные значения S2 и sin 2ip в формулу (1), получаем
TZ _ 2.50 . п С. 24.2 _ 320
И ~ 3 ’ 3 ’20 ’ 25 ’ 5 ~ 3’
5.150.	л: — arcsin 25, 15, 36.
5.151.	arcsin 50, 400.
5.152.	л: — arcsin—, 10, 32.
5.153.	7; 24;
Решение. Пусть E, F — точки, в которых окружности, впи-
санные в соответствующие грани пирамиды,
SC (см. рис.). Так как SK = 5, то
SE = SF = 5 (по свойству касательных,
проведенных из одной точки).
Обозначим АК = a, BE = b, CF = с.
Тогда 5/1 = а + 5, SB = b + 5, SC = с +
+ 5, АС = а + с, АВ = а + b, ВС = Ъ +
+ с. Если 5 — площадь треугольника,
г — радиус вписанной в него окружности,
р — полупериметр треугольника, то
5
г = —.
р
Используя эту формулу, а также фор-
касаются ребер SB и
мулу Терона для площади треугольника, получаем
__V5Z>c(5 + Z> + c)
5с
5Ьс
5 4“ b 4- с ’
5аЬ
3
236	СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Отсюда следует, что
5 + b + с = Ьс, 5 + а + с = ас, 5 + а + b = у ab.
Выразим из первых двух уравнений b и а через с и подставим полу-
ченные выражения в третье уравнение:
г . 15 + Зс . 5 + с _ 15	(5 + с)2
*’~1’ 5с-3 + с-1 ~ 7 (с—1)(5с —3)'	V 7
Уравнение (1) можно преобразовать к виду
9с2 - 8с - 20 = О,
откуда с = 2, и тогда b — 3, а = 7.
Полупериметр треугольника АВС равен а + b + с = 12, а его пло-
щадь равна ^(а + b + c)abc = V12-7-3-2 = 6VT4. Следовательно,
радиус окружности, вписанной в треугольник АВС,
12	12
5.154.	1; 32;
5.155.	11; 42;
5.156.	11; 36; ф.
5.157.	1-~', 2V2(V2 - 1).
Решение. Пусть Е и F — середины ребер AD и DC (см. рис. а).
а) Так как секущая плоскость а параллельна AtCt и проходит
через точку Е, то она содержит прямую I, проведенную через точки
К задаче 5.157.
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
237
Е и F. Если L и К — точки пересечения прямой I с прямыми ВА и
ВС, то плоскость а содержит прямые BXL и В}К, пересекающие ребра
AtA и С(С в точках N и М.
Отсюда следует, что в сечении куба плоскостью а образуется пя-
тиугольник ENB\MF. Пусть Р — точка пересечения EF и BD, тогда
з	з __
ВР — - BD = - v2, АВ'РВ = ф — линейный угол двугранного угла
ВТ?! 4
между плоскостью а и плоскостью ABC, tg а —
1	1	3
COS ф = ,	„	— = -я===.
V1 + tg ф J1+-
V 9
Если 5 — площадь сечения, 8j — площадь проекции этого сечения
5,	7
на плоскость АВС, то 8 = —-, где 8, = -, так как проекция сече-
cos ф 1	8
ния — пятиугольник EABCF. Следовательно, 8 = ^ •	•
б)	Из всех сечений, проходящих через точку Bt, параллельных
прямой -AjCj и пересекающих ребра АВ и ВС, наибольшую проекцию
сечения на плоскость А^А имеет сечение, проведенное через АС
(см. рис. б), а соответствующее наибольшее значение площади сече-
ния равно площади треугольника В{АС, т. е. равно
Пусть плоскость сечения 0 пересекает ребро AD в точке Е{ (см.
рис. б) и ребро CD в точке F{, тогда EjEJI-AC.
Если Pj — точка пересечения BD и ElF1 и АЕ{ = х, то CF{ = х,
DP, = -ЦЛ ВР, = BD — DP,=V2 -где 0 « х 1.
1 у2 1	1	V2 V2
Пусть о = о(х) — площадь сечения, о( = о^х) — площадь про-
екции этого сечения на плоскость АВС.
Тогда
о, = 1
(1 -х)2 _ 1 + 2х-х2
2	~	2
1
1 COS ф’
где tg ф =	Если 8 = 8(х) — площадь проекции сечения
на плоскость А^А^, то
с	.	1+2х — х
8 = о sin ф = Oj tgT= ^(1+7Г-
Задача сводится к нахождению значения х0 G [0, 1], при котором
функция 8(х) принимает наибольшее значение. Найдем корни урав-
нения 8'(х) = 0, где
(2 —2х)(1 -Ьх) — (1 + 2 —х2) _ 1 х2 + 2х — 1
(1+х)2	(1+х)2
5'(х)=^
238
СТЕРЕОМЕТРИЯ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Уравнение S'(x) = 0, т. е. уравнение х2 + 2х — 1 =0 имеет на отрез-
ке [0,1] единственный корень x0 = V2 —1, причем S'(x) > 0 при
х 6 [0, х0) и 5'(х) < 0 при х 6 (х0> 1].
Следовательно, 5(х) принимает при х = х0 наибольшее значение
Так как х„ = 1 — 2х„, то
Smax = 5(х0) =	= 2х0 = 2(V2 - 1).
S(xn)
Искомая площадь сечения а(х0) равна sjn , где tg q>(x0) =
= t = 1, ф(х0)=^, snnp(x0)=^y. Следовательно, а(х0) =
= 2V2(V2 — 1) = 4 — 2V2. Заметим, что а(х0) >
5.158.	4 -	2V2.
24
5.159.	4 -	2V2.
5.160.	4 -	2V2.
24
6. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ
, , 11
6.1.	а < — а> 2-
Решение. Область определения уравнения задается условиями
%>0’ х*15-	С1)
Преобразуем уравнение, переходя к логарифмам по основанию 5:
log5 х + 2 + 77 г “2 = 0, откуда log5 х = ± 2а,
Х!=52а, х2 = 5-2а.
Из (1) следует, что уравнение имеет два различных корня тогда
и только тогда, когда а 0, а ±1.
Выясним, при каких значениях параметра а выполняется неравен-
СТВ0	I	I ЭИ
| 52а _ 5-2а | > И
Если а > 0, то 52а > 5-2а и неравенство (2) равносильно каждому
из следующих неравенств
52а - 5~2а > у, (52а)2 - у 5га - 1 > 0,
(52а-5)(52а + |) >0, 52а > 5,
(2)
1
откуда а > 2-
Если а < О,
щих неравенств
5-2а_52а>^)	(52а)2 _|_	52а _ ] < Q
(52а + 5)(52а-|) <0, 52а-1<0,
то неравенство (2) равносильно каждому из следую-
откуда а <
6.2.	a G ( f|;
Корни уравнения: xt = —; х2 =	(я>0, а* 1).
6.3.	а е {(-°0; -2) U (-2; -1) U (1; 2) U (2; + <»)}.
Корни уравнения: xt = 31+“; х2 = 3'~“, (а =/= ±2).
6.4.	a 6 I f|; i'I U (1; 2)1.
240	ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1	(	41
6.5.	а = ± arccos I — j + лп, п G Z.
Решение. Вершиной параболы является точка (х0; у0), где
х0 = V5 cos а — у0 = — (5 cos2 а — 3V5 cos а + cos 4а. По
условию задачи у0 = Зх0, поэтому cos 4а + 5 cos2 а — ^ = 0, или
50 cos 2а + 10 cos 2а — 24 = 0, откуда cos 2а = —, cos 2а = j.
25
По условию у(0) = —— cos 4а < 0, то есть cos 4а > 0 или
cos2 2а > Этому неравенству удовлетворяют лишь значения а, для
которых cos 2а = — j.
6.6.	а = — arctg 2 + лп, п 6 Z; 16 ctg2 а — 5 cos а — 7 = 0,
(tg2a)t = —2, (tg2 а)2 = 4.
1	/ з\	?	3
6.7.	а = ± - arccos — - + лп, п G Z; sin а — cos 4а — - = 0;
2	I 4I	4
(cos 2а)] =^, (cos2a)2= —
6.8.	а = arctg | + лЛ, к G Z; 27 tg2 а + 10 cos 2а — 11 = 0,
(tg2 a)t = (tg2 а)2 = |.
6.9.	27, а =	{х+2у = 3}. Локальный максимум — 3, а = 0,
f _ 2a+3	_	1 1
Iх 2a + 1 ’ 2a + 1 J ’
25
6.10.	2, а=1. {у — х = 2}. Локальный минимум--------а = 5,
6.11.	2, <7 = 3, {х + Зу = 2}. Локальный максимум — —, а = 5,
______a +6	_ 1 1
a +3’ а +3]’
32
6.12.	6, а = — 1, {у = х + 3}. Локальный минимум-—, а = 4,
6-13. /тах = (р = - |); /min = | (р = 1).
Решение. Данная система имеет вид
(Зх + у)(х- Зу) = 10 р р,
4р +9
(х - 2у)(х - Зу) = 10~р .
(1)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
241
Разделив первое уравнение на второе (это можно сделать, так как
х 0, у > 0, следовательно х —2у<0 и х —Зу<0), получим
(Зх + у):(х — 2у) = р. Отсюда
- = 2р + 1	(2)
У Р-З	v 7
1	X
где — Р < 3, так как — sg 0. Подставив соотношение (2) в уравне-
ние (1), получаем х2 = (2р^1) , у2 = (р 23)—, откуда х2 + у2 =
5р2-2р + 10	7(4р +9)	7(4р2 + 9)
= /(р) = 2Р • Исследовав функцию /(р) на максимум и ми-
,	7 , К ,	1
получаем, что /тах = — (р = - /mjn = -
нимум при р 6
(р=1).
г 11 г 1	1 г 5	-у , р Ч-1	2 (р + 1)2
6-14- /min— з> Р— /щах— 3’ Р— 1 (х - 2-рУ' Х~ з(р2 + 4)’
2р2 —2р +5
3(р2 + 4)
1
p-2
2р2 —2р +5
9(р2 + 4)
2	(р-2)2
У =—2------
3(р2 + 4)
, , _ ,	_ 3	_	1. ,	_ 3	_ 1 , _ 2р +1	2 _ (2р + 1)2
6-15-/min	8’ Р 2’-^тах 4’ Р 4 (х 1 -р У' Х З(4р2-Ы)’
„2_ (1-Р)2	, _ 5р2 + 2р+2.
У	О’/	о	)
3(4р2 + 1)	3(4р2 + 1)
2
6.16.	/rain = |, р=1; /т = |,Р=-1 (Х = 2±1У(Х2 = _^_
у2 = ^#-
9(р2 + 4)
6.17.
Решение. Из определения логарифма следует, что х + 1 > 0. Но
второе неравенство приводится к виду (х + 1) |х —	> 0, поэтому
( ^р1
его можно заменить неравенством
5
X — 7Г-
2р
(1)
в силу того, что ищутся решения второго неравенства, являющиеся
также решениями первого.
Первое неравенство равносильно совокупности двух систем:
[О < 3 — рх<1, И [3 — рх>1,
при р > 0 принимающих вид
2
p
3 и
Р,
2
p’
(2,3)
9 - 2771
242
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
а при р < О
— 1 < х < О,
3	2	И
— < х < —,
р	р
х> О,
(4,5)
2
Система (2) несовместна, (3) имеет решение 0 < х < —, не удовлет-
воряющее неравенству (1). Система (5) имеет решение х > 0, удов-
летворяющее (1) при любом р < 0. Таким образом, искомыми являют-
ся те значения р < 0, при которых система (4) несовместна, либо каж-
дое решение системы (4) удовлетворяет неравенству (1). Система (4)
имеет решение: — < х < — при р =5 —3, и промежуток — < х =5 — не
удовлетворяет (1); — 1<х< — при — 3<p«S— 2, — удовлетворяет
(1), если	1, т. е. — ^sgpsg—2; не имеет решений, если
—2 < р < 0. Объединяя найденные значения р, получаем ответ:
5	„
-2^Р<0.
6.18.	-1 <р<	Q<p<^=.
6.19.	-|<р<0.
6.20.	у/2 < р < 2, — уП < р < 0.
6.21.	а е (—л + arccos 4, — у) U (— у, — т! U yl U
I	/Л	1\	,	1	1	„ч
(J	у, Jt-arccos	у	(—	у	< Cos	а < 2 ’ Cos	а * 0)'
6.22.
(2л	л\	। ।	/	3\	। ।	/	3	л\	I	 /л 2л\
—Г’— У	U	—	з-,—arccos 7	U	arccos 7,	=-	U	—
<Э XI IX	I I	^1X1 I X <Э I
(— у < cos а < |, cos а 0).
Решение. Прямая Z, задаваемая уравнением у cos а +
+ х sin а = -, касается окружности, задаваемой уравнением
1 — 4х2 — 4у2 = 0, поскольку система, задаваемая этими уравнения-
ми, имеет единственное решение х = ^~ , у = —. Таким образом
условие задачи выполняется, если прямая I пересекает параболу, за-
даваемую уравнением 4х2 + 15 — 12у = 0, в двух точках, не совпада-
„ . /sin a cos а\ т-,	, л
ющих с точкой А -у—, — . Если а = ± то прямая является вер-
тикальной и пересекает параболу в одной точке. Если а ± у, то пря-
мая пересекает параболу в двух точках, если квадратное уравнение
12,5	1
3 х + j = 2 cos а — х tg а имеет два различных решения.
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
243
э 4/5	1	\
Имеем: £> = tg2 а — -	— -----) > О,
°	3 14	2 cos а ’
Ц- + 1——| > О,
cos2 а 3 cos а 3
8 cos2 а — 2 cos а — 3 > 0, —< cos а < 4 , cos а =/= 0.
2	4
6.23. а е (-л + arccos |, U ( - U fe U
U л — arccos (— | с cos а < cos а =/= 0).
6.24. а е (—у. —U (—у —arccos U (arccos |, U
(— | < cos а < |, cos а =/= 0).
6.25.	-^рЦ.
6.26.	-ysSpsS 1.
Указание. Условие выполняется, если точка графика, в которой
касательная параллельна прямой АВ, при проектировании на эту
прямую попадает на отрезок [ЛР].
6.27.
6.28.	- |« р « 4.
6.29.	-^<р«0,
Решение. Пусть yj =5 у2 — корни квадратного уравнения
у2 — 2Ву + С = 0, где В = 2р(р — 1), С = — р3(2р — 3). Для того что-
бы данное биквадратное уравнение имело решения, необходимо, чтобы
дискриминант D= — 4(В2 — С) был неотрицателен. Имеем:
у = р2(2р — 1) (Зр — 4) > 0, т. е. р р 3= Рассмотрим четыре слу-
чая. В первых трех D > 0.
а)	С < 0, тогда У( < 0 < у2, т. е. уравнение (х — р) = у1 не имеет
9	9
корней, а уравнение (х — - р) = у2 имеет два различных корня,
9
сумма S которых, согласно теореме Виета, равна 2 р. Из неравенства
<7
S <Т, где Т = —5р+11р + 7, следует ~^<р<2и, с учетом ус-
7	3
ловия С < 0, получаем — — < р < 0,	р<2.
б)	С = 0, тогда р = 0 или р = -. При р = 0 уравнение имеет один
3
корень х = 0 и неравенство 0 = S < Т = 7 выполнено, а при Р = 2 —
- с 81	„ „	49
три корня с суммой 5 = у, меньшей Т =
в)	С > 0, тогда у( и у2 одного знака, причем 0 < ур у2 > 0, если
В > 0. При этом уравнение имеет четыре корня с суммой S = 9р,
9*
244
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
7
поэтому из неравенства S < Т следует — 1 < р < и, с учетом усло-
вий С > О, В > 0, получаем -| < р < у.
г)	D = 0, тогда если р = то yj =	у2 =	—	и	уравнение корней
не имеет, а если р = то yj = у2 =	и 5	= 6 <	Т.
6.30.	О sg р sg 1, | sg р <~, 3 sg р < 5.
6.31.	—5 < р < —4, — 1 < р =5 0, =£ р < 5.
6.32.	О sg р sg 3, 4 sg р <^, 5 sg р< 6.
6.33.	а>^-.
Указание. Исходное неравенство, равносильное неравенству
(4а — 8)х2 + (20 — 10а)х + 7а — 16 > О, при а = 2 не является вер-
ным, а при а 2 справедливо при всех х G R тогда и только тогда,
когда а > 2 и D = [10(2 — а)]2 — 16(а — 2)(7а — 16) < 0.
6.34.	а<|.
6.35.	а>у.
6.36.	а<|.
-44
Решение.
Уравнение sinx=(4a —2)2 имеет корни тогда и только тогда,
когда (4a — 2)2 sg 1, т. е.
Задача сводится к нахождению всех значений а, при которых
функция f(d) — -—v- принимает целые значения на отрезке
27a
Уравнение /'(а) =	(—4а-5 + 12а-4) —	а-5(3а — 1) = 0 имеет
на отрезке
а<^ и /'(а) >0 при а>|. Следовательно, функция /(а) убывает
при a G
4, откуда 7
3
4'
1 £
4’ 4
единственный корень а = причем /(а) <0 при
1 1\	/1 31
-, 3 и возрастает при a Е j, - .
Так как / ^ = 0 и f = — 1 —
(	з\	29
/ — - =--------< 0, то искомое множество значений а состоит из
\	4)	з7
1
и 3-
целые числа,
1
чисел -т
4
1
а 2
1 1’
4’ 4 '
6-38. 7,
4 6
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
245
6.39.
6.40.	|, 1.
6.41.	а < 0, а = 1.
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
1 + ах = 2Vx	(1)
при условиях
х > 0, х =/= р	(2)
4
Полагая Vx = t, запишем уравнение (1) в виде
а^ - It + 1 = 0.	(3)
Если а = 0, то t = х = и не выполняется второе из условий (2).
Пусть а 0, тогда уравнение (3) является квадратным и имеет
действительные корни тогда и только тогда, когда D = 4 — 4а > 0,
т. е. при a sg 1. Если D = 0 (а= 1), то уравнение (3) имеет единст-
венный положительный корень t = 1, а уравнение (1) имеет единст-
венный корень х= 1, удовлетворяющий условиям (2).
Пусть D > 0 (а < 1), тогда уравнение (3) имеет два действитель-
ных и различных корня. Так как t — Vx > 0, то задача в случае
D > 0 сводится к нахождению тех значений а, при которых уравне-
ние (3) имеет один положительный корень (другой корень отрица-
телен), т. е. имеет действительные корни разных знаков. Это условие
выполняется тогда и только тогда, когда D > 0,	< 0, т. е. при
а < 1 и а < 0. Итак, в этом случае а < 0.
Приведем другое решение этой задачи, используя графики функ-
ций у = 1 + ах и у = 2Vx при х > 0 (см. рис.).
Требуется найти все значения а, при которых эти графики имеют
единственную общую точку и при этом выполняются условия (2).
Если а < 0, то прямая у = 1 + ах пересекает параболу у = 2Vx в
единственной точке.
Если а = 0, то из уравнения (1) получаем х = | (не выполняются
условия (2)).
Пусть а > 0, тогда прямая у = 1 + ах
имеет единственную общую точку с пара-
болой только в том случае, когда она каса-
ется параболы. В этом случае уравнение
(3) имеет единственный корень (D = 0,
а = 1). При 0 < а < 1 прямая у = 1 + ах
пересекает параболу у = 2Vx в двух точ-
ках, а при а > 1 прямая и парабола не име-
ют общих точек.
у-1+чх (а<0)
К задаче 6.41.
246	ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
6.42.	а = а > 0.
6.43.	а < 0, а = т.
4
6.44.	а = -7, а> 1.
4
6.45.	О < а < -Л, а = 7.
16	4
Решение. Полагая х + 7 = t, получим уравнение
VZ — 16 = at — 3.	(1)
Требуется найти все значения а, при которых графики функций
у = Vz — 16 и у = at — 3 имеют при Z > 16 единственную общую точ-
ку (см. рис.).
Если а =5 0, то прямая у = at — 3 не
имеет общих точек с параболой
у = Vz — 16. Заметим, что угловой ко-
эффициент прямой у = at — 3 равен а.
Найдем угловые коэффициенты а{ и
а2 прямых Zj и /2 (обе задаются урав-
нением вида у = at — 3), первая из ко-
торых проходит через точку (16; 0), а
вторая касается параболы у = VZ — 16.
Подставляя в уравнение у = 3 — at значения Z = 16, у = 0, находим
Число а2 является тем значением а, при котором уравнение (1)
имеет единственный корень t{ > 16. Возводя обе части (1) в квадрат,
получаем уравнение аг1г — (6а + 1)Z + 25 = 0, дискриминант кото-
рого Z)= (6а + I)2— (10а)2. Уравнение 27 = 0 имеет единственный
положительный корень а = Следовательно, а2 = Если
Уб а < -, то прямая у = at — 3 и парабола у — VZ — 16 имеют две
общих точки, а при а > они не имеют общих точек.
6.46.	0=5 а^, а =
6.47.	а = |, 0 < а < |.
6.48.	0 =5 а =5 |, а = -
6.49.	'	< а 2.
Решение. Исходное уравнение равносильно уравнению
log5 (х + V2 — a) = log5 (а — 1 — х) + log5 3,	(1)
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
247
а уравнение (1) равносильно системе
[х + V2 — а = 3(а — 1 — х),
1 а — 1 > х,
откуда следует неравенство
1 — а < V2 — а.
(2)
Для решения неравенства (2) построим графики функций
у -= 1 — а и у = V2 — а (см. рис.). Из рисунка видно, что множество
решений неравенства (2) — промежуток (а^ 2], где — корень
уравнения
1 — а = V2 — а	(3)
такой, что ах < 0.
Из (3) следует, что (1 —а)2 =
= 2 — а или а1 — а — 1 = 0, откуда
к ci 3 + VTT о
6.51.-------2---< « 3.
6.52.	- 5 < а s= 4.
6.53.	- 1 < а < 3.
Решение. Первое уравнение исходной системы равносильно урав-
нению 8(3 — х + у) = 25 — 6х + Ту или уравнению у = 2х + 1, если
у + 3 — х > 0,
откуда следует, что х > — 4. Тогда второе уравнение примет вид
2х + 3 = (х — 2а)2 + а + 2х, или
х2 — 4ах + 4а2 + а — 3 = 0,	(1)
и задача сводится к нахождению тех значений а, при которых урав-
нение (1) имеет ровно два корня х} и х2 такие, что х{ > —4 и
х2> —4.
Обозначим /(х) = х2 — 4ах + 4а2 + а — 3, Z) = 16а2 — 4(4а2 +
+ а — 3) = 4(3 — а) и воспользуемся тем, что указанные условия
выполняются тогда и только тогда, когда D > 0, /(—4) >0, х0 > —4,
где х0 = 2а — абсцисса вершины параболы у = /(х). Итак,
D = 4(3 - а) > 0, /( - 4) = 4а2 + 17а + 13 = 4 (а + (а + 1) > 0,
2а > —4, откуда — 1 < а < 3.
6.54.	—5 < а < 2 — 3vr3/2.
6.55.	-5/2 < а< -1/4.
6.56.	1 < а < 5.
248	ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
6.57.	1) а = —3, а = 4; 2) а < —3, а > 4, а =
Решение. Пусть t = х + 2, тогда уравнение примет вид
0 + 3- |Г|)О-4 + г2) =0.	(1)
Построим графики функций а = 4 — Z2 и а= |i| — 3 (см. рис.).
.	1) Прямые а = 4 и а = —3 имеют ров-
4‘	но три общие точки с графиком уравне-
<72	ния (1), т. е. с совокупностью графиков
а = 4 — Г2 и а = | Z | — 3. Это означает,
, что при а — —3 и а = 4 уравнение (1)
имеет равно три корня.
2) Если а > 4 и а < — 3, то уравнение
(1) имеет ровно два корня. Два корня
з уравнение (1) имеет и в том случае, ког-
л	да графики функций а = 4 — Z2 и
а = 111 — 3 имеют общие точки, т. е. если
К задаче 6.57.	9
4 — <o=|io|— 3, где t0 > 0, или
4 — z2 = z	— 3	(z = 1101). Отсюда z =	а0 = z	—	3	= v^~7.
6.58.	1)	а =	6, а = — 1; 2) а< — 1, а > 6, а — 13
6.59.	1)	а =	2, а = 9; 2) а < 2, а > 9, а =
6.60.	1)	а =	— 4, <2 = 3; 2) а< —4, а > 3,	а = -—у^.
9 117
6.61.	j, —.
Решение. Графиком первого уравнения системы является замк-
нутая ломаная L (граница прямоугольника) с вершинами в точках,
з
лежащих на прямых х - 0, у = 0, у = у х.
Найдем эти вершины. Если х = 0, то |у| =3 (у = 3 и у=— 3),
3	9
если у = 0, то |х| =3, если у = - х, то |х| = 3, |у| = у
Ломаная L изображена на рисунке, где А{ (—3; 0), А2 (3; 0),
В, (0; — 3), В2 (0; 3),	3; —, С2 ^3;^. Графиком второго
уравнения при а > 0 является окружность с радиусом у[а с центром
О (0; 0).
Данная система имеет ровно два решения в следующих случаях:
1) окружность касается отрезков AtB2 и А2В, тогда \Га=^,
9
а ~ 2;
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
249
2) радиус окружности равен расстоянию от точки О до точек С
/ \ 2
117
4 ’
и С2, тогда а — З2
_ „ 2500
6.62. 2, -jjj-.
6.63. 32, 10.
л ли * * * * 121 121
6.64. ]3 , 50 .
6.65. у а $ 14
Решение. Если а = 0, то уравнение примет вид Зх 4- 14 = 0, от-
куда х0 = и х0 [0, 1].
Пусть а 0, /(х) = 4 ах 2 + (4а — 3)х + а — 14, D = (4а — З)2 —
- 16а(а- 14) = 200а + 9.
Если D = 0, то а = -~q, х0 -	< 0, х0 * [0, 1].
Если D < 0, то уравнение не имеет действительных корней, а
если D > 0, то уравнение имеет два различных действительных
корня.
Интервалу (0, 1) принадлежит только один из этих корней тогда
и только тогда, когда числа /(0) и /(1) имеют разные знаки, т. е.
при условии
/(0)/(1)<0.
250
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Заметим, что равенства /(0) = а — 14 = 0 и /(1) = 9а — 17 = 0 не
могут выполняться одновременно, а если /(0) =0 или /(1) =0, то
уравнение имеет единственный корень на отрезке [0, 1 ] в том и толь-
ко том случае, когда
/(0)7(1) *= 0,
17
т. е. (а — 14)(9а — 17) =5 0, откуда находим -у $ а $ 14.
6.66.	—у-у < а -.
6.67.	а 6.
<	23	5
6.68.	-— < а
6.69.	а — — 1, а = 0.
Решение. Исходная
щей:
система неравенств равносильна следую-
х2 + 2х а,	(1)
функций а — х2 + 2х = /(х) и а =
Построим графики
4 г_
----Z-= g(x) (см. рис.).
Эти графики пересекаются в точках с абсциссами и 0,
2
/(х) г -1 и g(x) $ - при х е R.
2
При а < — 1 неравенство (1) не имеет решений, а при а > - нера-
венство (2) не имеет решений.
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	251
При каждом значении а = aQ, где а0 Э» — 1 множество Е} ре-
шений неравенств (1) состоит из абсцисс тех точек графика функ-
ции а = /(х), которые лежат ниже прямой а = а0 и на этой пря-
мой.
2
Аналогично, при каждом а = а0, где а0 < множество Е2 решений
неравенства (2) состоит из абсцисс тех точек графика функции
а = g(x), которые лежат выше прямой а = а0 и на этой прямой.
/	21	2
Если а0 е [О, - , то множества Ех и Е2 — отрезки (при а0 = j
множество Е2 — точка х = 2), не имеющие общих точек (Е{ и Е2
лежат по разные стороны от точки х = 0). В этом случае система
(1)—(2) несовместна (не имеет решений).
Если а0 = 0, то множества Ех и Е2 имеют единственную общую
точку х = 0, т. е. при а — 0 системы (1) —(2) имеют единственное
решение.
Если — 1 < а0 < 0, то пересечение Е множеств Ех и Е2 — отрезок.
В этом случае система имеет бесконечное множество решений (каж-
дая точка х е Е — решение системы (1) —(2)).
Наконец, при а = — 1 система имеет единственное решение
х = —1.
6.70.	а = 0, а =
6.71.	а = а = 0.
6.72.	а = 0, а =
6.73.	a=V7, 0< а< 1.
Решение. Если выполняются условия
а > 0, Iх > log7 а,	(1)
то исходное уравнение равносильно уравнению
7х - log7 а = 72х.	(2)
Пусть t = Iх, log7 а = q, тогда t > 0, и задача сводится к нахождению
таких значений а, при которых уравнение
t2 — t + q = O	(3)
имеет единственный положительный корень tx > q.
Дискриминант уравнения (3) D = 1 — 4^; D 5 0 при q < i, т. е.
log7 а < откуда 0< а <1/7. Если D = 0, то 9 = log7 а =
Итак, при а = уГТ исходное уравнение имеет единственное решение.
252
ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРАМИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Пусть D > 0, тогда уравнение (3) имеет единственный положи-
тельный корень в случае, когда q < 0, т. е. log7 а < 0, откуда
О < а < 1.
При a = yfl и 0 < а < 1 условия (1) выполняются.
6.74.	а = 4"~, а > 1.
V5
6.75.	й=?7=,	1.
6.76.	a = V2, 0 < а < 1.
7. РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ
3	(21
7.1.	х = — arctg + 2 ли, п & Z, к = 11 «1= ~ р = То
3	/	4	1 \
х = я — arctg - + 2 ли, n £ Z, к — 15 а. = -г, d — — уд .
4	\ 1 о	ю/
Решение. Воспользовавшись свойством последовательных чле-
нов арифметической прогрессии, получим
8 sin х ctg 2х = cos х — sin х,
откуда
4 tg2 х — tg х — 3 = О,
tgx = 1, tg х — ——.
В первом случае
sin х = cos х = ctg2x = 0 ,
и разность арифметической прогрессии d= + ^=.
Далее имеем:	5	6
^7 — 5^ == ^1 "~ И, 4“ у'2"’
1 —I— 6
Поскольку	at = — sin х =	= а, + (Л — 1)7, то
+ (к— 1) ^2 = + — у и = (к — 8) -5, к G N, что невозмож-
но в силу иррациональности числа V2.
Во втором случае существуют две возможности:
3	3	7
1)	х = — arctg - + 2 ли, и G Z, тогда sin х = — у, ctg 2х = —
1	_	2	_	2 , к-1 _ 3
а 10’ а* 5’ ак 5	10	5 •
Отсюда к = 11.
3	3	7
2)	х = л — arctg - + 2ли, и G Z, тогда sin х = у , ctg 2х = —
,144	к-1	3 ,	1С
10’ а1 5’ ак~ 5	10 ”	5 И Л — 15.
,	(	211/10 7з \
7.2.	х= -аг^г + 2ли, к = 1, ^=^,<7 = ^.
7.3.	х = — arctg | + 2ли, и G Z, к = 7;	= у^, d = —	;
х = л — arctg | + 2ли, и G Z, к = 7,	d — .
7.4.	х = —arctg 2 + (2n + 1) л, n G Z, к = 8, fa, = l$2f7; q =	.
254	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
7.5.	5 = (arctg у + arctg — у 169. Фигура М заштрихована
(рис. в)
Решение. Второе неравенство системы равносильно неравенству
(х—13)2 + у2 — 144
х2 + у2 — 625
Точки, координаты которых ему удовлетворяют, лежат внутри
круга радиуса 25 с центром в точке (0; 0) , но вне круга радиуса 12
с центром в точке (13; 0). Множество всех этих точек указано штри-
ховкой на рис. а.
Неравенство
К задаче 7.5.
(О
имеет смысл, если ху > 0, то есть для точек (х; у), лежащих в первом
или третьем квадрантах.
При у < 2х правая часть неравенства (1) отрицательна, поэтому
все точки (х; у) такие, что ху > 0, у < 2х являются его решениями.
Если ху > 0, у 2х, то неравенство (1) равносильно каждому из сле-
дующих неравенств
yj у2 — 4ху + 4х2,
12	5
откуда 2х *£ У *£ у X при X Ss 0 и 2х «£ У st - X при X < 0.
Таким образом, неравенству (1) удовлетворяют точки, отмечен-
ные штриховкой на рис. б.
Заметим, что прямая у = у- х имеет единственную общую точку
Л = (-Ц; с окружностью (х — 13)2 + у2 = 144.
Поэтому фигура М имеет вид, указанный штриховкой на рис. в.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
255
Площадь фигуры М равна сумме площадей двух секторов (соответст-
вующие центральные углы равны arctg -у- и arctg -) минус площадь по-
лукруга радиуса 12.
7.6.	5 = 25 arctg V2 + 20 + —- = ~ (л - arctg 2V2) + 20 + ^.
Фигура М заштрихована (см. рис.), Л(—2; 4), В
( ю. юуТ)
\ 3’ 3 /’
3	9
7.7.	5 = 32(arctg - + arctg 3) — л. Фигура М заштрихована
,	ч л (12 1б\
(см. рис.), ЛН-; -у- — точка касания.
7.8.	S = 4 arctg -jj +	+ 4 = 2 arctg	+ 4. Фигура М за-
штрихована (см. рис.), Л(2; —2),	— -уj .
7.9.	Фигура Ф — окружность (а + 13)2 + Ь1 = 169 с исключенной
точкой ( — 1; 5). Прямые: Ь~ —~а + 1, а = 0 — касательные,
b = 2а + 7 — проходит через точку ( — 1; 5).
Решение. Найдем х и у из первых
двух уравнений системы. С этой целью
вычтем из первого уравнения, умноженно-
го на Ь, второе, умноженное на (6 — 4);
4(а + Ь-4)х= 12 — 6.	(1)
Кроме того, вычтем из второго уравне-
ния, умноженного на а, первое, умножен-
ное на (д — 4);
4(а + 6 — 4)у = а + 8.	(2)
Рассмотрим случай а + 6 =/= 4. Тогда система, состоящая из первых
двух уравнений исходной, имеет единственное решение
_	12-6	_ а + 8
Х	4(а + Ь — 4)’ ? 4(а+Ь~4)'
256	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Подставляя выражения для х и у в третье уравнение, после пре-
образований получаем уравнение окружности (а + 13)2 + Ь2 = 169.
Условие а + b * 4 означает, что из этой окружности необходимо
исключить точки (—8; 12) и (—1; 5).
В случае а + b = 4 из соотношений (1) и (2) вытекает, что реше-
ние системы может существовать лишь для а = —8, b = 12. При этих
значениях а и b исходная система принимает вид
- 8х + 8у = 2,
. - 12х+ 12у = 3,
12х + 2у = 3
и имеет единственное решение.
Итак, фигура Ф является окружностью (а + 13)2 + i2= 169 с ис-
ключенной точкой (—1; 5) (см. рис.).
Легко видеть, что искомыми прямыми будут:
1)	Ь= — ~ а + 7, а = 0 — касательные к окружности, проведен-
ные из точки (0; 7),
2)	b = 2а + 7 — прямая, проходящая через точку (0; 7) и исклю-
ченную точку Р (—1; 5).
К задаче 7.9.	К задаче 7.10.
7.10.	Ф = j Z> =	(а2 — а + 6)|/| уЧ | — парабола с исключе-
(3	9 \	'
у; (см. рис.). Прямые: а = — 6 — параллель-
, ю 5	, и . 5
ная оси, b = —а — — — касательная, b = —хтп + д — прохо-
12	2	7	24	4
дит через искомую точку.
7.11.	Ф = [а2 + (Ь + 5)2 = 25|Д(—3; —1)| — окружность с ис-
ключенной точкой Р=(—3; — 1) (см. рис.). Прямые: b = 0 — ка-
сательная, 6 = -|(а—10) — касательная, 6 = уу(а — 10) прохо-
дит через искомую точку.
7.12.	Ф = [b =	(а2 —а — 2)}/{(—6; 12)} — парабола с исключе-
нной точкой Р = (—6; 12) (см. рис.). Прямые: а = 4 — параллельная
257
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
21	27	9	33
оси, Ь == 777 а —ё-касательная, £ = — тк я + "F-проходит через
1 и	J	1 v	D
исключенную точку.
7.13.
7.14.
7.15.
7.16.
у = 2(х + 2)2 + 25.
у=-±(х-8)2.
у= - (х- I)2- 6.
У = | (* + 9)2.
23 5
7.17.	— Второй велосипедист обгонит первого впервые, проехав
.	2 „
5 полных кругов и еще S.
7.18.	«Вольво» совершит обгон «Мерседеса», пройдя 12 пол-
2 с
ных кругов и еще у S.
7.19.	Второй лыжник обгонит первого впервые, проехав 14
1 о
полных кругов и еще - 5.
7.20.	«Рено» совершит обгон «Крайслера», пройдя 10 полных
2 о
кругов и еще j S.
7.21.	П9, П1о, Пи. Турист должен сесть в автобус № 66, если
в момент отплытия отправляется автобус № 0.
7.22.	П7, П8, П9. Путешественник должен сесть в дилижанс
№ 21, если в момент отплытия отправляется дилижанс № 0.
7.23.	П7, П8, П9. Студент должен сесть в электричку № 26, если
в момент отплытия отправляется электричка № 0.
7.24.
момент отплытия отправляется кабриолет № 0.
7.25.	5 = -^-уТ7 (М ограничено параболами Пр у—х
П2:у= — х2 — 4х; точка Р(—1,—	— центр прямоугольника, ко-
П8, П9, П10. Курьер должен сесть в кабриолет № 22, если в
_ 9
2’
258	РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
эффициенты наклона его сторон к12 = —; вершины
В(| VT7 — 1; —	£>(-1 — | VT7; -|)).
25	___
7.26.	S = —vl7. Фигура М ограничена параболами У = -^—1 и
а+2)2 . т тт	/	1
у =----------2. Центр прямоугольника — точка ( — 1; — у)
Решение. Обозначим коэффициенты при р2 и р~2 через а и с
соответственно. Пусть t = р2. По условию множество М состоит из
точек, для которых f{t) = 4 + at + у > 0 при всех t > 0. Но
7	1	/1 \ 2	1
t f(t) = at + 4t + с и -/(Z) = с у + 4-у + а — квадратные трех-
члены относительно t и у соответственно, для неотрицательности ко-
торых необходимо, чтобы а > 0, с > 0. Эти условия и достаточны, так
как при их выполнении /(Z) > 4, если Z > 0. Итак, М — множество
точек, координаты которых удовлетворяют системе неравенств
К задаче 7.26.
(2у-х2+ 143» 0,
| — (х2 + 4х + 2у) > 0,
т.е. является фигурой, ограниченной параболами
Пу у = ^- — 7, П2: у= — —у2) +2 (см. рис.).
х2
Парабола П, получена из параболы у = — сме-
щением на 7 вниз, а парабола П2 — из симмет-
ричной ей относительно начала координат параболы у = — ~ смеще-
нием ее на 2 влево и на 2 вверх, поэтому множество М имеет центр
симметрии — точку Р(—1; — у) (точку Р можно найти и как сере-
дину отрезка, соединяющего вершины парабол и Я2). Из цент-
ральной симметрии множества М следует, что центр прямоугольника
ABCD совпадает с точкой Р. По условию BD\\Ox, поэтому точки В
и D имеют координаты В(х0; — у), £>(— 2 — х0; — у); тогда прямая
СВ имеет уравнение у = к(х — х0) — у, а перпендикулярная ей пря-
мая АВ — у = - |(х - х0) - |.
Прямая СВ касается параболы Пр а прямая АВ — параболы П2,
поэтому дискриминанты квадратных уравнений
Л(х-х0)-| = ^-7 и -|(х-х0)-| = -^±^ + 2,
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	259
задающих абсциссы точек пересечения прямых с параболами, равны
нулю, т. е.
D. = Л2 - 2£х„ + 9 = О, _D, = J--i-^ + 9 = 0.
1	о	2 к к
Решив эту систему, получаем
Л =	(Л>0), x0 = |vT7 —1.
Отсюда BD = | /Т7, 5 = АВ-ВС = BD2 sin a cos а, где а = ADBC,
tg а = к, т.е. 5 = BD2 tg а cos2 а = BD2k	/17.
г+1	2
7.27.	S =	(множество М ограничено параболами ГЦ:
у = ^х2 — 13, П2: у= — |х2 —2х; Р(—1; — у) — центр прямо-
, ,	,	1 ± 5/Т
угольника, коэффициенты наклона его сторон кх 2 = —?—! верши-
„,40/2	.. 1К п, 1	40/2.	11"
ны В{—-----1; - D{ - 1---------- у)).
1125
7.28.	5 = —v2 (множество М ограничено параболами I7L:
у = х2 —	П2: у= — х2 — 4х; Р(—1; — ~) — центр прямоуголь-
. .	,	1 ± 5/2
ника, коэффициенты наклона его сторон к12 = —?—, вершины
Р(^/2 -1; -£), £(-1-^/2; - ^)).
7.29.	5, = f 9J, S2 = |.
Решение. Пусть М(х0; у0) и N(x{; yt) — точки, в которых пря-
мые АВ и CD касаются графика Г функции у = х3 — 6 (рис. а, б),
тогда уравнения касательных:
АВ: у — у0 = Зхц(х — х0), CD: у ~ у{ = Зх2(х — xj,
или, с учетом того, что у0 = хо ~~ у, = х3 — 6,
АВ: у = 3xqX — (2х3 + 6), CD: у = Зх2х — (2х3 + 6).
Параллельность касательных АВ и CD означает, что Зхц = Зх2, т.е.
х, = - Хо,	(1)
а условие на площади треугольников АОВ и COD означает, что
OD = 2OB, т.е.
| —(2х3 + 6) | = 21 —(2xq + 6) |, или
х3 + 3 = ±2(х3 + 3).
260
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Система уравнений (1), (2) имеет два решения х0 = — 1, х, = 1 и
х0 = —9?, X, — 9?, а прямая АВ — уравнения у = Зх — 4 (рис. б) и
у == 9(3)зх + 12 (рис. а) соответственно. Для этих прямых ОА = у и
4
---ОВ = 4 и 12 соответственно, поэтому треугольник О АВ имеет
площадь | (случай б) или | 9? (случай а).
К задаче 7.29.
7.30.	5,=| (у = — 9х — 4, х0 = |)
S2 = 8 (у = - | х +1, х0 = 3).
7.31.	5]— 81	(у—31 + 9, *0-9р
52	= ^ (у=Зх-|, хо= 1).
7.32.	5] = 8 (у = -^-2, х0 = 2),
52=9 (J'=“TX + 6’ Хо=9)-
7.33.	р = 16, 5 = (р = 1, р = — посторонние корни уравнения
log4 р = l°gp/8 Р)-
7.34.	р = 16, 5 = | (р = 1, р = 2-|5/2 — посторонние корни урав-
нения log2 р = 30 loggv<2 р) •
Решение. Пусть а, Ь, с — длины сторон, h , hb, hc — длины вы-
25	2S	2S
сот треугольника, 5 — его площадь, тогда ha = — , hb = -у , hc = —.
Если X], х2, х3 — корни кубического уравнения, то оно может быть
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ	261
записано в виде (х — Х|)(х — х2)(х — х3) = 0 или х3—
— (Х] + х2 + х3)х2 + (XjX2 + х2х3 + x3Xj)x — *|Х2х3 = 0. Таким об-
111	32	, . ,	.	5	,	15 2S 2S
разом, а + о + с -= —,	ab + ос + са = аос =	+ -у +
+ £ = 1 | log, р |. < + if +	- tog, . р, % = тг17_. Последние
с 3 ’	ab be са °o\ip^^abc 11+vp
□ c bc + ca +ab 1 i i „ i
три уравнения можно переписать в виде 25----I Ао8г Р I »
а г»2 с 4” о. “Ь Ь 1	8S	1	1
45 ' abc’~ = log8^P p'Wc= 11+/F и> исключив переменные а, b и с,
мы получаем систему уравнений
g = 853(11 +<?),
= 452| |log2p| (11 + <F),
^ = 25(log8V2p р)(11 + <F).
Перемножив первые два уравнения и разделив на квадрат второго,
получаем: log2 р = 30 logg>/2p р, т. е. log2 р = 30 log2 р/ log2 (8/2р).
Положив log2 р = t, получаем t2 = 30?/ (^ + или t ^Z2 + •
+ t — 30^ = 0, откуда Zj = 0, t2 = 4, t3 = — у. Корень t = 0 — по-
сторонний, так как тогда ha + hb + hc = 0, что невозможно. Для корня
Z = — -у получаем р = 2~15/2 и последние два уравнения системы при-
нимают вид
5-215/4 = 452^ (11 +2-|5/4),
32 • 215/2 = 25 fl 1 + 2“|5/4\ .
О \	/
Полученная система несовместна.
Наконец, если t — 4, то р = 16. Получаем совместную систему, из
которой находим 5.
7.35.	р = -и, 5 = тг (р = 4, р = 16/2 — посторонние корни уравне-
о 2
ния log2| = y logpx/2 J).
7.36.	р = 5, 5 = | (р = |, р =	— посторонние корни уравне-
ния logjj (5р) = 4 logp/V5 (5р)).
7.37.	х = log3 (.
7.38.	х = log4 |, х = log4 5.
7.39.	х = log7 -у.
262
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
_	12	1	5
7.40. х = log5 3, х = log5 2-
7.41. CD: у = 16, S= 18 V3.
Решение. По условию точки С и D симмет-
ричны относительно оси Оу (см. рис.), поэтому
они имеют координаты С(х0, у0), £>(—х0, у0).
Тогда точка Е пересечения медиан треугольника
имеет координаты
CD = 2DE.
этому
£(—х0/3, у0), так как
Точки С и Е лежат на графике, по-
Уо =
2 Ч 2
у -5 = (хр —5)2,
±3, у0 = 16.
свойству медианы прямоугольного
откуда x0 =
Далее по
треугольника CD = AD, но AD = АС, значит, ис-
комая площадь вдвое больше площади равносто-
роннего треугольника ADC со стороной 21 х01 =6.
7.42.	у=5х,	AB=18V26.	(Z>(3; 15),
С(9; 45)).
7.43.	PL: у =	5 =
7.44.	у = Зх, KL = 12VTU.
7.45.	NL : LB = 1 : 2, a = -
Решение. Прямая пересекает параболу ров-
если она параллельна ее оси, либо касается пара-
но в одной точке,
болы. Оси парабол параллельны оси Оу (см. рис.), поэтому либо
/1,В2Н Оу, либо В{В2 — общая касательная к параболам, что невоз-
можно, так как единственная общая касательная данных парабол
проходит через точку N. Итак В]В2|| Оу, тогда TVB2|| Ох, поэтому если
точка М — точка пересечения NB2 сПр
то MN = 2Ь, и из симметрии парабол сле-
дует NB2=2b, откуда B2(3b, ab2),
В{(ЗЬ, 9аЬ2~) — координаты точек В2 и
В{. Тогда касательная BtL имеет уравне-
ние у = 6abx — 9аЬ2 и она пересекает
прямую NB2. у = ab2 в точке Ll| b, ab2\.
'	2
Отсюда получаем, что NL — ^Ь,
В2Ь = | b, т. е. NL : В2Ь =1:2. Далее, из
равенства
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
263
11	з	1
3 = в n ~ 2 •BlB2 = S\a\b следует, что | а| = ^7. Поэтому
B.L2 = В,Bl + LB2 = 64а2Ь4 + ~ Ь2 = Мт + 16Z>2'|. Наименьшее
1	1 z z	У "Id2
значение этой функции достигается при Ь2 = т. е. b = и тогда
1
а ~	3’
Замечание. Искомые значения параметров а и b можно было
2
найти иначе. Из того, что B2L — - B2N, следует, что SB в L =
2	2
= j SB в N — -, поэтому BXL — диагональ прямоугольника LB2BXK
площади 4/9 и она имеет наименьшую длину, если прямоугольник —
квадрат, т. е. ЬВ2 = В2ВХ.
7.46.	BXL : B2L= 1 : 1, а = -3, b = | (В2(3/>; ab2), Bx(3b; 9аЬ2),
L(3b; 5аЬ2У).
7.47.	= а = ^, /> = | (Л2(3/>; ab2), Ax(3b; 9ab2), b; а/,2)).
-/1	£	9	*	10	/
7.48.	АХК: А2К= 1 : 1, а = 2, b = | (Л2(3й; ab2), АХ(ЗЬ; 9аЬ2),
К(ЗЬ\ 5аЬ2)).
7.49.	5= 10 —4-
4
Решение. При 0 < у — х < 1 первое неравенство принимает вид
2у — 2ху > (у — х)2, а при 1 < у — х — вид 0 < 2у — 2ху (у — х)2.
Таким образом, первое неравенство задает на плоскости множества
. Г х < у < х + 1
jх2 + (у- l)2sU,
и М2:
х + 1 < у,
х2 + (у- 1)2> 1,
у(х- 1) <0.
Второе неравенство задает угол у 4 — | х |. Фигура Ф изображена
на рисунке. Для нахождения площади фигуры Ф осталось заметить,
что она равна сумме площадей треугольника АВО и трапеции
BCDE без площади четверти круга, так как треугольники EFO и
ОЕК равны.
7.50.	5 = л - 1.
7.51.	5 = 7.
4
7.52.	5 = ~ - л.
з
7.53.	«= ymin = -II.
Решение. 1) Так как уравне-
ние
—2х3 — 8ах2 — 4а2х + 5 = 4ц2х + 5
равносильно уравнению х(х + 2а) =
264
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
= 0, то точки Л(0; 5) и j?(—2а; 5 — 8а3) являются общими точками
графика функции у = /(х) и прямой I, заданной уравнением у = g(x),
где g(x) = 4а2х + 5.
Площадь 5 рассматриваемой фигуры определяется формулой
5 =
—2а
$ (g(x) -/(х)) dx
О
§ (2х3 + 8ах2 + 8а2х) dx
о
8a4
3 •
27	3
По условию S = и поэтому а = —так как а < 0, а /(х) =
= —2х3 + 6х2 — 9х + 5.
2) Касательная к графику функции у = f(x) в точке х0, задавае-
мая уравнением у = /(х0) + /'(х0)(х — х0), пересекает ось Оу в точке
с ординатой 6(х0) = /(х0) — /'(х0)х0. В задаче требуется найти наи-
меньшее значение 6min функции 6(х) = /(х) — х/'(х). Так как
6'(х) = —х /"(х) = —х(—6х + 12), то уравнение 6'(х) = 0 имеет
единственный положительный корень х = 2, причем Ь'(х) < 0 при
х < 2 и Ь'(х) > 0 при х > 2. Следовательно, 6min = 6(2) = —11.
7.54.	а = -3, ymax = 9.
7.55.	а= 1, ymin= - т.
7.56.	а -у, Утах 27"
7.57.	а= -6, Ь = 11, с = —5.
7.58.	а = —6, Ь= —11, с = —6.
7.59.	а = 6, b = 11, с = 5.
7.60.	а = 6, Ь = —11, с = 6.
Решение. Пусть /(х) = —х3 + ах2 + Ьх + с, х, и х2 — абсциссы
точек А и В. Так как точки А и В симметричны относительно прямой
х = 2, то их ординаты одинаковы, а х1 = 2 — ;, х2 = 2 + t, где t > 0.
Итак, А (2 — t; у0), В (2 + ;; у0).
По условию /'(xj = /(х2), т.е. — 3(2 — ;)2 + 2а(2 — t) + b =
= — 3(2 + ;)2 + 2а(2 + t) + b, откуда 24; = 4а;, а = 6, так как
t > 0. Следовательно,
= /'(х2) = -3(2 + ;)2 + 12(2 + ;) + 6 = -З;2 + 12 + b. (1)
Но /(х1)=/(х2), т.е. — (2 — ;)3 + 6(2 — t)z + 6(2 — t) + с =
= —(2 + ;)3 + 6(2 + ;)2 + Z>(2 + ;) + с. Это равенство можно запи-
сать в виде 2;3 — 24; — 26; = 0, откуда
6= ;2- 12,
(2)
так как ; > 0.
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
265
Из (1) и (2) следует, что
/'(x1)=/'(x2)=-2z2<0,
и поэтому касательная к графику функции у = /(х), проходящая
через точку А, лежит ниже касательной 12, проходящей через точку
В. Поэтому прямая 1Х проходит через точку С (0; 2) и задается урав-
нением
y-y0=-2Z2[x-(2-Z)],
а прямая /2 проходит через точку D (0; 6) и задается уравнением
у - у0 = -2z2[x - (2 + Z)J.
Так как точки С и D принадлежат соответственно прямым Zt и 1г, то
2-,0 = W-<),	(3)
откуда получаем
4 = 4Z3, Z=l, xj = 2- Z=l,
а из (2) находим b = —11.
Подставляя Z=1 в уравнение (3), находим у0 = 0. Так как
/(xj) = /(1) = у0 = 0, то —1 + 6 — 11 + с = 0, откуда с = 6.
7.61.
4
_	13/ТО
7-62- ~16“-
2
Решение. Построим графики функций у = —	+ х —и
у = 31 х + 61 — j (см. рис.), заметив, что С —6; — j] — точка ми-
7	'
нимума функции у = 31 х + 61 —
х2 16
Пусть I — касательная к параболе y = f(x) = --^ + x——,
D (х0; у0) — точка касания прямой / с параболой, к — угловой ко-
эффициент прямой I. Тогда к = /'(х0) = 1 —у а уравнение прямой
I можно записать в виде у — /(х0) = А(х — х0).
Пусть А (хр yj и В (х2; у2) — точки пересечения прямой I с пря-
мыми у = Зх + у и у=— Зх — у соответственно, АСВА=а,
АС АВ = р, АВС А = 2у (см. рис.).
По условию р = а + 2у. С другой стороны, р — л — (а + 2у), отку-
да следует, что р = у, т. е. прямые АС и I взаимно перпендикулярны.
266
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Так как угловой коэффициент к} прямой АС равен 3, то
к — —	т. е. 1 —	откуда х0 = 8, /(8) = — | и поэто-
К ।	3	0	3	3
8	1	1
му уравнение прямой I примет вид у + j = j (х - 8), т. е. у = - j х.
Найдем координаты точки В,
решив систему уравнений
о 61
У=-Зх-Т,
1
т = -з%.
_	61	61
Получим Х2 = - у2 =
Пусть R — радиус окружно-
сти, описанной около тре-
угольника АВС, тогда R =
где
7.64.	32 .
7.65. 6,
7.66.	18, y-
Решение. 1) Так как указанные в условии задачи числа являют-
ся длинами сторон треугольника, то эти числа положительны и удов-
летворяют неравенству треугольника, т. е.
О < Зх < 2у + 9 — у,
О < 2у < Зх + 9 - у,
О < 9 — у < Зх 4- 2у,
или
у - Зх 4- 9 > О,
у — х — 3 < О,
у 4- х — 3 > О,
х > 0, у > 0, у < 9.
(1)
Условиям (1) удовлетворяют точки треугольника АВС (см.
рис.), где А (0; 3), В (6; 9), С (3; 0), а площадь 5 фигуры М равна
— S2 — S3, где Sj — площадь трапеции OABD, D (6; 0), S2 —
площадь треугольника OAC, S3 — площадь треугольника BCD.
Так как St = \ (3 4- 9)6 = 36, 52 = ^, 53 = ^-3-9 = у, то 5=18.
2) Неравенство
Г* 2 4- 2Z(x — 2) 4-7 — у > О
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
267
является верным при всех f Е R тогда и только тогда, когда
(х — 2)2 — (7 — у) < 0, т. е.
у < 7 — (х — 2)2.	(2)
Условию (2) удовлетворяют все точки, лежащие под параболой
у = 7 — (х — 2)2 с вершиной Е (2; 7).
Пусть Zp /2, /3 — прямые, заданные соответственно уравнениями
у = Зх — 9, у = 3 — х и у = х + 3. Парабола пересекает прямую /1 в
точке F (4; 3), а прямую /3 — в точках А и К (3; 6).
Если ст — площадь фигуры Ф, то а = а, + а2 + аз> где CTi — пло-
щадь треугольника ACF, о2 — площадь треугольника АКМ, М (3; 3),
о3 — площадь криволинейного треугольника KMF. Так как
4
О1=1-4-3 = 6, а2 = |, о-3= $
з
73
С~ 6'
7.67.	6,
О
7.68.	18,
6
7 In 6-10
3
15 In 2 - 9.
7 In 6	-
2	°’
7.72. 4 In 5--у.
Решение.
Точка Л(0; 4) при любом а является общей точкой прямой
у = — 12х + 4 и фигуры М. Поэтому эта прямая должна быть каса-
тельной к графику функции у, = 4е~ах в точке х = 0. Так как
У1 (0) = —4а, то —12 = —4а, откуда а = 3.
Найдем общие точки кривых у! =
уравнение у =12 — 5/, где t = е3х.
?1 =	/2	2. Если t = |, то е3х =
t — 1, то е3х = 2, откуда х2 = 4 In 2. Искомая площадь
х2
5 = J (у2 — У1) dx = J (12 — 5е3х — 4<?-3х) dx =
Х1
= [ 12х - | е3х + | е~3х
7.69.	3,
7.70.	2,
7.71.	2,
= 4е Зх и у2=12 — 5е3х, решив
Это уравнение имеет корни
2	1	2
откуда х, = у In а если
= 4 In 5 - -у.
268
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
7.73. а = -4, Ь = 5, с = -2.
Решение.
Пусть X! и х2 — абсциссы точек, в которых график функции
у = /(х) = х3 + ах2 + Ьх + с, где с < 0, пересекает ось Ох. Тогда х1 и
х2 — корни многочлена /(х), а /(х) делится на (х — Xj)(x — х2), от-
куда следует, что /(х) = (х — х,)(х — х2)(х — а), где а — одно из чи-
сел Хр х2 (уравнение /(х) = 0 по условию имеет ровно два различных
корня). Таким образом, многочлен /(х) имеет вид /(х) =
= (х — Х])2(х — х2), откуда находим /"(xj) = 0 и касательная к гра-
фику функции в точке (хр 0) совпадает с осью Ох.
По условию ордината точки А равна с, где
с < 0, а касательная к графику функции
у = /(х) в точке М проходит через точку А.
Поэтому абсцисса точки М равна х2, а абсцисса
точки N равна х, (см. рис.). Задача сводится к
нахождению чисел X] и х2. Так как /'(х2) =
= (х2 — xj2 = к, то уравнение прямой, каса-
ющейся в точке М графика функции у = /(х),
имеет вид у — к(х — х2). Эта прямая проходит
через точку Л(0, с), где с = — кх2 и
х2х2 = х2(х2 — xt)2, откуда х2 = 2xj (х2 0) и
с — —2хр
Пусть 5 — площадь треугольника AMN, тогда 5=1 =
1 z	ч	1	2	~ з	.
= -Cj(x2-X|)= — jCXp откуда с~ — — = — 2Хр х1 = 1,
х2 = 2, /(х) = (х — 1)2(х — 2) = х3 — 4х2 + 5х — 2.
7.74. а = —4, b = -5, с = -2.
7.75. <2 = 4, Ь = 5, с = 2.
К задаче 7.77.
7.76.	а = 4, b = —5, с = 2.
7.77.	а) 8; б) 10—л; в) 6 — л.
Решение, а) Первому неравенству
удовлетворяют точки, лежащие в квадрате
(рис.) с вершинами Л( —1; 0), В(0; 1),
С(1; 0), D(0; —1). Площадь этого квадра-
та 5] = 8.
б)	Второму неравенству, которое мож-
но записать в виде
(х — 2)2 + (у — 2)2 > 4,
удовлетворяют точки, лежащие вне круга
радиуса 2 с центром в точке Е(2; 2).
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
269
Площадь заштрихованного на рис. сегмента равна л — 2, а пло-
щадь фигуры, координаты точек которой удовлетворяют первым
двум неравенствам, равна S2 = 8 — (л — 2) = 10 — л.
в)	Прямые у — Зх — 2 = 0 и Зу — х + 2 = 0 пересекаются в точке
F(~ 1; 1) и проходят соответственно через точки В и С.
Третьему неравенству удовлетворяют точки двух вертикальных
углов с вершиной F, один из этих углов — угол, образуемый лучами
FB и FC и содержащий точку О.
Пусть 53 — площадь фигуры, координаты точек которой удовлет-
воряют всем трем неравенствам системы, 54 — сумма площадей тре-
угольников ABF и CDF. Тогда S4 = | 5, = 4, 53 = S2 — 54 = 6 — л.
7.78.	а) 18; б) (10 - л); в) (6 - л).
7.79.	а) 32; б) 4(10-л); в) 4(6 - л).
7.80.	а) 50; б) ^(10-л); в) (6 - л).
7.81.	3 и 2.
Решение. 1) Последние цифры чисел 2к повторяются через 4
(21 = 2, 22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 32, 26 = 64 и т. д.). Поэтому по-
следняя цифра у числа 22002 такая же, как и у числа 22 (2000 делится
на 4), т. е. 4.
Аналогично, последняя цифра у числа З2002 такая же, как и у
числа З2, т. е. 9. Следовательно, последняя цифра числа а такая же,
как у суммы 4 + 9=13, т. е. тройка.
2)	Остатки от деления на 11 чисел вида 2'1 повторяются с периодом
10. Поэтому остаток от деления числа 22002 на 11 равен остатку от
деления на 11 числа 22, т. е. равен 4.
Аналогично, остатки от деления на 11 чисел вида Зк повторяются
с периодом 5. Поэтому остаток от деления числа З2002 на И равен
остатку от деления на 11 числа 22, т. е. равен 9.
Следовательно, остаток от деления на 11 числа а равен остатку от
деления на 11 суммы 4+9, т. е. равен 2.
7.82.	8 и 3.
7.83.	3 и 8.
7.84.	3 и 9.
7.85.	а) 8л, б) 6л, в) 4л + 4.
Решение, а) Первому неравенству, равносильному совокупно-
сти двух неравенств (х — 2)2 + у2^4, (х + 2)2 + у2 4, удовлетво-
ряют координаты точек, находящихся внутри и на границах двух
кругов радиуса 2 с центрами (—2, 0) и (2, 0) (см. рис.). Площадь
этой фигуры 5j = 2 • л • 22 = 8 л.
б)	Второму неравенству удовлетворяют координаты точек, распо-
ложенных вне (и на границе) квадрата с вершинами (—2, 0), (0, 2),
270
РАЗНЫЕ ЗАДАЧИ • ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
(2, 0), (0, —2). Площадь S2 фигуры Ф2, координаты точек которой
удовлетворяют первым двум неравенствам системы, равна S1 — So, где
So — половина площади круга радиуса 2, т. е. S2 = 8л — 2л = 6л.
в)	Третье неравенство можно записать в виде (х —4)2—у2^0,
или (х + у — 4) (х — у — 4) & 0. Этому неравенству удовлетворяют
координаты точек, лежащих внутри и на границе одной из двух пар
вертикальных углов, образующихся при пересечении прямых
х + у — 4 = 0 и х — у—4 = 0. Так как (0, 0) — решение третьего
неравенства системы, то этому неравенству удовлетворяют коорди-
наты точек фигуры Ф2, лежащих в прямом угле с вершиной (4, 0),
2
таких, что х 4. Площадь S3 фигуры Ф3 равна ^52 + о"0, где сг0 —
площадь прямоугольного треугольника с вершинами (2, 2), (4, 0),
(2, —2), т. е. <т0 = 4.
Следовательно, S3 = 4л + 4.
7.86.	а) 8л; б) 6л; в) 4л + 4.
7.87.	а) 8л, б) 6л, в) 4л + 4.
7.88.	а) 8л; б) 6л; в) 4л + 4.
ОГЛАВЛЕНИЕ
ЗАДАЧИ
1.	Алгебраические уравнения, системы и неравенства ......... 3
2.	Тригонометрические уравнения, системы и неравенства..... 18
3.	Логарифмические, показательные уравнения, системы и неравен-
ства ...................................................... 33
4.	Планиметрия............................................. 48
5.	Стереометрия ........................................... 66
6.	Задачи с параметрами ................................... 90
7.	Разные задачи.......................................... 100
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1.	Алгебраические уравнения, системы и неравенства ....... 115
2.	Тригонометрические уравнения, системы и неравенства.... 136
3.	Логарифмические, показательные уравнения, системы и неравен-
ства ..................................................... 154
4.	Планиметрия............................................ 170
5.	Стереометрия .......................................... 192
6.	Задачи с параметрами .................................. 239
7.	Разные задачи.......................................... 253