И.Ф.ШАРЫГИН В.И.ГОЛУБЕВ
ФАКУЛЬТАТИВНЫЙ
КУРС
ПО МАТЕМАТИКЕ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
11
И.Ф.ШДРЫГИН В.И. ГОЛУБЕВ
ФАКУЛЬТАТИВНЫЙ
КУРС
ПО МАТЕМАТИКЕ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
УЧЕБНОЕ ПОСОБИЕ
ДЛЯ 11 КЛАССА
СРЕДНЕЙ ШКОЛЫ
Рекомендовано
Главным учебно-методическим управлением
общего среднего образования
Госкомитета СССР по народному образованию
МОСКВА «ПРОСВЕЩЕНИЕ» 1991
Предисловие
Настоящее пособие является второй книгой факультатива «Ре-
шение задач» (см.: Шарыгин И. Ф. Факультативный курс
по математике: Решение задач: Учеб, пособие для 10 кл.
сред. шк.— М.: Просвещение, 1989), формальная цель которого —
подготовить выпускника средней школы к сдаче конкурсного эк-
замена по математике и продолжению образования в вузах,
где дисциплины математического цикла относятся к числу веду-
щих, профилирующих.
Эта декларируемая цель скрывает, маскирует целый ряд
других, возможно, более социально значимых целей. Главное —
математическое развитие. Поэтому стоит напомнить совет, дан-
ный читателю в предисловии к первой книге. Не следует заранее
ограничивать себя сверху каким-либо определенным уровнем. Чем
глубже изучите вы предлагаемый материал, чем дальше продви-
нетесь по цепочке задач внутри каждого параграфа, а задачи
эти расположены в основном по возрастанию сложности, тем
лучше.
Кто познакомился с первой книгой, смог убедиться, что диа-
пазон сложности, в котором расположен заданный материал,
весьма велик. Можно даже сказать о преобладании достаточно
трудных задач, хотя и не очень сильный ученик найдет материал,
соответствующий его возможностям. Вероятно, не так много,
как ему хотелось бы, но все же.
Тенденция к более сложным задачам определена как целя-
ми факультатива, >так и основными методическими принципами.
Надо постоянно работать на предельных и даже запредельных
высотах. Длительная и напряженная работа над достаточно
трудной задачей и последующим (в случае как успеха, так
и неуспеха) изучением решения, данного в пособии, полезнее
десятка одноходовых и стереотипных примеров. Даже чисто тех-
нические навыки лучше отрабатывать на содержательном мате-
риале, чем посредством специально подобранных упражнений.
Обе книги являются книгами для учащихся. И если вы доста-
точно хорошо владеете школьной программой, то вполне можете
заниматься по этому пособию самостоятельно. Никаких знаний,
выходящих за школьные рамки, не требуется. Однако лучше, если
эти занятия будут организованы посредством школьного или меж-
школьного факультатива и проводиться под руководством учителя.
з
Думается, что предлагаемые пособия будут полезными и учи-
телю, ведущему занятия в классе с углубленным изучением ма-
тематики, при этом сам факультатив стоит ввести вовнутрь обыч-
ного урока, «растворить» в нем.
Вторая книга существенно опирается на первую. Полезно,
работая по материалу второй книги, одновременно регулярно
возвращаться к первой, поэтому здесь на нее даются ссылки
с указанием номера задачи и параграфа, например: X, 34, § 7,
а в конце факультативного курса провести повторение по мате-
риалам обеих книг. Очень важно выделить основные идеи,
пронизывающие весь курс. Так, ведущие принципы и методы ре-
шения алгебраических уравнений и неравенств остаются таковыми
и для тригонометрических, показательных и логарифмических
уравнений и неравенств. Многие идеи, рассмотренные в теме
«Квадратный трехчлен» первой книги, получают свое продолжение
и развитие в теме «Нестандартные задачи» второй книги. Следует
также обратить внимание читателя на то, что в этих двух темах
и большинстве других большое внимание уделяется методам,
основанным на наглядно-геометрических интерпретациях. С од-
ной стороны, это обстоятельство носит отпечаток авторских
вкусов и пристрастий, с другой — подобные методы имеют ярко
выраженный развивающий характер. Акцентируя внимание на
них, мы рассчитываем в определенной мере компенсировать
недостатки геометрического развития, присущие многим вы-
пускникам средней школы, а также подчеркиваем первичность
и приоритетность геометрических представлений в элементарной
математике и математике вообще.
Особое положение темы «Основы математического анализа»
обусловлено, кроме очевидных причин, также и специфическими
методическими принципами, которые должны определять структу-
ру и содержание соответствующего раздела школьного мате-
матического курса. Для школ и классов негуманитарных типов
эти принципы в определенной мере аналогичны принципам, оп-
ределяющим роль компьютера в школе. Главное — приложения.
Надо научиться осознанно и грамотно пользоваться аппаратом
математического анализа (компьютером), не слишком вникая
в теоретические детали и обоснования (устройство компьютера),
имея о них общие представления.
Также особняком стоит § 5 «Планиметрия». Во-первых, в него
включены разделы, которые для большей части абитуриентов не
имеют практического значения (геометрические места точек,
построения и др.). А во-вторых, включенные в него задачи
конкурсного типа достаточно трудны. По уровню сложности они
соответствуют конкурсным задачам некоторых ведущих вузов
и олимпиадным задачам. Переходить к изучению этого параграфа
можно лишь в том случае, если вы «переросли» § 3 «Плани-
метрия» первой книги. Вполне можно на втором году факульта-
тива продолжать работать по материалам первой книги.
4
С точки зрения подготовки непосредственно к конкурсному
экзамену в технические (и многие другие) вузы наиболее зна-
чимы § 1 и 2. Здесь много типичных и традиционных задач
конкурсного экзамена. Сделаем в связи с этим одно замечание,
относящееся к обеим книгам факультатива. Многие читатели,
возможно с неудовольствием, обратили внимание на отсутствие
ссылок, традиционных для сборников конкурсных задач: когда
и где та или иная задача фигурировала на экзамене. Сделано это,
конечно же, сознательно. Подобная информация скорее вредна,
чем полезна. Многие вузы не имеют своей четкой концепции
конкурсного экзамена. Кроме того, готовиться надо не в конк-
ретный вуз, а на определенном уровне.
В первых двух параграфах, особенно в § 1, немало урав-
нений и иных задач, решаемых при помощи специфических прие-
мов, многие из которых далеки от идей и методов современной
математики. Да и сам этот тип задач — решить уравнение — се-
годня встречается лишь в школе. И все же не стоит торопиться
в архив. Для развития интеллектуальной мускулатуры, как и фи-
зической, необходимы разнообразные снаряды и упражнения, не-
обязательно встречающиеся в реальной жизни.
Работа над текстом книги распределилась следующим обра-
зом: § 1, 5, 6 — И. Ф. Шарыгин, § 2 — И. Ф. Шарыгин (вводная
часть, задачи), В. В. Затакавай (задачи), § 3, 4 — И. Ф. Шарыгин
(вводная часть, задачи), В. И. Голубев (задачи).
§ 1.	ТРИГОНОМЕТРИЯ
Выделим прежде всего два наиболее часто встречающихся
типа задач, содержащих тригонометрические функции: преобра-
зование тригонометрических выражений и решение тригонометри-
ческих уравнений или систем уравнений. Анализ различных
сборников задач по математике показывает, что задачи именно
этих двух типов представляют в них абсолютное большинство.
Все прочие виды задач можно объединить под заглавием «Разные
задачи».
1.	Некоторые дополнительные тригонометрические формулы
Одно из важнейших умений, которое необходимо развить при
изучении темы «Тригонометрия»,— это умение выполнять доста-
точно сложные преобразования тригонометрических выражений.
Для этого следует для начала расширить, по сравнению со
школьным учебником, запас основных, «рабочих» формул. При-
ведем небольшой список таких формул.
(1)	cos2 а=у-(1 +cos 2а),
(2)	sin2 а=у(1 —cos 2а),
(3)	sin a + sin 0 = 2 sin	cos	,
(4)	sin a — sin 0 = 2 cos	sin —y-	,
(5)	cos a + cos 0 = 2 cos	°y £ cos	,
(6)	cos a —cos 0 = 2 sin	ay£ sin	,
(7)	sin a cos 0=~-(sin (a + 0)-|-sin (a —0)),
(8)	cos a cos 0=y-(cos (a + 0) + cos (a —0)),
(9)	sin a sin 0=-|-(cos (a —0)—cos (a + P)),
(10)	tg a±tg p
__ sin (adhfl)
cos a cos p *
(11)	ctga + ctgP
__ sin (P±a)
sin a sin p *
(12)	ctga + tgp
__ cos (a T fl)
sin a cos fl
Все приведенные здесь формулы доказываются несложно. Так,
для проверки справедливости формул (7) — (12) достаточно
применить к стоящим в правых частях тригонометрическим функ-
циям соответствующие формулы, выражающие функцию от сум-
мы или разности аргументов через функции отдельных аргумен-
тов. Группа формул (3) — (6) получается из группы (7) — (9),
по существу, «направлением» чтения — справа налево. Если мы
обозначим а + р=х, а — Р=у, откуда а =	$ =	, и за-
меним а и р в формулах (7) — (9) на х и у, то получим с точ-
ностью до обозначений (вместо аир будут х и у) формулы (3),
(5) и (6). Формула (4) получается из формулы (3) заменой р
на —р. Обратим внимание также на то, что формулы (1), (2)
являются частным случаем формул (8), (9) (положим в формулах
(8), (9) а=р).
Начнем наш обзор с решения «разных» задач.
2.	Разные задачи
А. Вычисление и сравнение значений тригонометрических
функций
В частности, сюда относятся задачи, в которых требуется опре-
делить знак тригонометрического выражения. При этом следует
различать задачи, в которых тригонометрические функции имеют
аргумент, заданный градусной мерой, и задачи, в которых
аргумент — число.
1.	Определить знак числа sin 355.
Решение. Нам надо определить, в какой четверти рас-
положен угол, соответствующий 355 радианам. Легко проверить,
что 112л <355 (112л < 112-3,15 <355). Так же легко проверяется,
что 114л >355. Сложнее выяснить, что больше: 113л или 355.
Лишь взяв л с семью знаками после запятой (!), из неравенства
3,1415926<л<3,1415927 найдем, что 113л<355, а 113л +
+f>355.
Таким образом, рассматриваемый угол расположен в третьей
четверти, его синус отрицателен.
7
2.	Что больше: sin 10 или sin 11?
Решение. Стандартный путь состоит в следующем. Рас-
смотрим разность sin 11—sin 10, по формуле (4) преобразуем
ее в произведение 2 sin 0,5 cos 10,5. Поскольку угол (0,5) нахо-
дится в первой четверти, то sin 0,5 >0.
Остается выяснить, где расположен угол 10,5. Поскольку
Зл< 10,5<Зл+-^-, то cos Ю,5<0. Следовательно, sin 11 <sin 10.
Если бы речь шла о сравнении разноименных функций
sin а и cos 0, то сначала следовало бы одну из них перевести
в другую. Например, заменить cos 0 = sin —р) .
3.	Вычислить: a) cos 105°; б) sin 2 arcsin 4~; в) sin 18°.
Решение, а) Имеем cos 105° = cos (60°+45°)= —-у-(л/3 — 1).
б)	Наша задача эквивалентна следующей: найти sin 2а, если
sin а=4- и —а т. е. cos а^0.
О	Л	Л
Имеем sin 2а = 2 sin а cos а = 2 sin а -^\ —sin2 .
в)	Известно, что сторона правильного десятиугольника, впи-
санного в окружность радиусом /?, равна —R (X, 34, § 7)*. Сто-
роне десятиугольника соответствуют вписанные углы в 18°. Сле-
довательно, 2/? sin 18°==^у— 7?, sin 18°=^——^.
Б. Графики тригонометрических функций. Периодичность и
непериодичность
Ограничимся рассмотрением графиков функций, задаваемых
в виде формул, содержащих символы обратных тригонометри-
ческих функций.
4.	Построить графики функций: а) у = cos 2 arcsin х; б) у =
= arccos cos х.
Решение, а) Заметим, что данная функция определена
при — 1 <х< 1. Далее, по определению arcsin х: если обозначить
arcsin х = а, то sina = x, —Таким образом,
у = cos 2а= I — 2 sin2 а= I — 2х2. Графиком функции будет дуга
параболы у=1 — 2х2 при — l^x^l (рис. I).
б)	Данная функция является периодической, ее значения не
меняются при замене х на х + 2л. Построим сначала ее график
для 0<х^2л.
Если О^х^л, то у = х. Это следует из определения арк-
косинуса: если y = arccos cos х, то cos i/ = cos х и O^i/^л. А по-
* См. предисловие.
-7
Рис, 1	Рис. 2
скольку на отрезке [0; л] каждое значение косинуса достигается
в одной точке, то у=х.
Пусть л^х^2л. Поскольку cos x = cos (2л — х), а при
л^х^2л будем иметь 0^2л —х^л, то из определения арк-
косинуса получим при л^х^2л у = 2л — х. Окончательно
график изображен на рисунке 2.
5.	Доказать периодичность данной функции и найти наимень-
2	3
ший период: a) t/ = cos x-j-cos Зх; б) y = sin — x + cos — х.
Решение, а) Нетрудно заметить, что заданная функция
имеет период 2л. Докажем, что 2л является наименьшим периодом.
В самом деле, при х = 2л&, где k — целое, (/ = 2, а во всех осталь-
ных точках у <2 (cosxd). На любом периоде данная функция
хотя бы один раз должна принять значение, равное 2. Значит,
период не может быть меньше 2л, поскольку расстояние между
соседними значениями аргумента, в которых у —2, равно 2л.
б)	Воспользуемся следующим очевидным соображением: если
некоторая функция имеет период Г, то и любая ее производная
(при условии, что это производная существует) также имеет
период, равный Т.
2	2	3	3	4	2
Имеем	(/'=—cos—х——sin—х,	у" =——sin— х —
3	3	55	^	93
9	3
——cos—х. Понятно, что если две функции имеют одинаковый
период, то и любая их комбинация имеет тот же период (воз-
можно, не наименьший). Но t/+-^-y//=-^-cds-|-х. Любой период
4	1 ии	э
функции f (x) = cos -|-х равен й--|-2л. (Функция f (x) = cos mx
имеет наименьший период, равный . Докажите.) Значит, если
Т — наименьший период исходной функции, то 7’=^-лй.
25	19	2
Аналогично из равенства //+—«/" =—^j-sin— х получим
9
Т = 3шг. Таким образом,-^-k = 3и, 10£=9п, откуда & = 9р, п= Юр,
Т==30лр, наименьший период не меньше чем 30л. Осталось про-
верить, что 30л является периодом данной функции.
6.	Доказать непериодичность следующих функций:
a)	y = s\n-y[x\ б) p = cos % + cosв) p = cosx2.
Решение, а) Непериодичность этой функции следует уже
из того, что ее область определения х^О, в то время как для пери-
одической функции (по определению периодической функции)
должно выполняться следующее свойство: если Т — период функ-
ции y=f(x), то для любого х и любого целого п все числа
х-\-пТ одновременно или входят, или не входят в область оп-
ределения функции y = f (х).
б)	Эта функция при х = 0 равна 2. Больше ни в одной
точке эта функция не равна 2 из-за иррациональности д/2. (Если
cos х = 1, х = 2л£, то cos-\/2x<l.)
в)	Производная этой функции непериодична (см. решение
пункта б) предыдущей задачи). В самом деле, у' = —2хsinх2.
На любом отрезке эта функция ограничена, а на всей прямой она
неограничена, поскольку при х= у-у-+2ли, и^О, будет у' =
= 2^/^+2лп.
3.	Преобразование тригонометрических выражений
К этому виду задач мы относим задачи, в которых требуется
доказать равенство (упростить выражение), содержащее тригоно-
метрические функции или их числовые значения. Используется
известный по алгебраическим задачам арсенал формул и методов,
пополненный специфическими тригонометрическими формулами.
Рассмотрим два не совсем стандартных примера.
7.	Доказать, что если а, р, у — углы треугольника, то
ctg а ctg Р+ctg р ctg у + ctg у ctg а = 1.
Решение. На основании формулы (11), а также формул
приведения и сложения имеем
ctg Р ctg у + ctg у ctg а = ctg у (ctg а + ctg р) =
= ctg у	=ctg у sin =
& 1 sin a sin p ® sin a sin 0
__ cos T _ cos (<z+P) _ sin a sin ft—cos p cos p _ । _cjg а cfg a
sin a sin p sin a sin p	sin a sin p	’
откуда следует требуемое равенство.	7
8.	Доказать равенство cos cos ... cos т?-=( 4-) •
Решение. Умножим обе его части на sin . Начнем
1Э
.. cos —
10
постепенно «сворачивать» левую часть. Пара sin cos за-
1 О	1 э
менится на 4-sin-^r. Появилась новая пара -i-sin cos ,
Z 10	Z 1 о 1 э
1 4л
которую заменим на sin — .
1	. 4л 4л 1 . 8л 1	. 7л
Далее, sin — cos — =^-SIn sin —.
1	7 л	7 л	1	14л 1 л
И наконец, зТ sin-jj cos-iJ=2rsin-^-=-F sin
_	,	л 2л 4л 7л / 1 \4
Таким образом, cos — cos —- cos — cos — ==( —) .
lb lb lb lb \ z /
Нам осталось доказать равенство cos cos	cos ^-=(4-') ,
lb lb lb \ 2 /
/	5л	л1\	л	2л	/1\2
или ( поскольку COS—= COS —=—) COS—COS—=(—) .
\	lb	6	2/	b	b	\ 2 /
Умножая обе части на sin-^-, аналогично предыдущему бу-
О
дем иметь sin -^-cos -^-cos •^•=4“ sin 4-,
5	5	5	4	5
• sin^cos^-=4-sin-=-, 4-sin^=U-sin^.
2	5	54	5	4	54	5
Следует заметить, что во многих случаях упрощение тригонометри-
ческих выражений не является самоцелью, а представляет собой
существенный элемент решения задач иных типов (например,
решение уравнений).
4. Тригонометрические уравнения. Общие положения
Основная схема, которой мы будем руководствоваться при ре-
шении тригонометрических уравнений, совпадает со схемой,
описанной нами ранее (см. X, § 2). Напомним ее. Решение задан-
ного уравнения сводится к решению элементарных уравнений.
Средства решения — преобразования, разложение на множители,
замена неизвестного. Ведущий принцип — не терять корней. (Что
с возу упало, то пропало.) Это означает, что при переходе
к следующему уравнению (уравнениям) мы не опасаемся появле-
ния лишних (посторонних) корней, а заботимся лишь о том, чтобы
каждое последующее уравнение нашей «цепочки» (или совокуп-
ность уравнений в случае ветвления) являлось следствием пре-
дыдущего. Одним из возможных методов отбора корней, отсеива-
ния лишних, является проверка. Сразу заметим, что в случае
тригонометрических уравнений трудности, связанные с отбором
корней, с проверкой, как правило, резко возрастают (по срав-
нению с уравнениями алгебраическими). Ведь проверять прихо-
дится серии, состоящие из бесконечного числа членов.
Элементарные тригонометрические уравнения — это уравнения
вида f (6х + 6) = а, где f (х)— одна из тригонометрических функ-
ций: sin х, cos х, tg х, ctg x.
Особо следует сказать о замене неизвестных при решении три-
гонометрических уравнений. В большинстве случаев после нужной
замены получается алгебраическое уравнение. Более того,
не так уж редки уравнения, которые, хотя и являются тригоно-
метрическими по внешнему виду, по существу, таковыми не ока-
зываются, поскольку уже после первого шага — очевидной замены
неизвестного — превращаются в алгебраические, а возвращение
к тригонометрии происходит лишь на этапе решения элементарных
тригонометрических уравнений.
Еще раз напомним: замену неизвестного следует делать при
первой возможности, получившееся после замены уравнение не-
обходимо решить до конца, включая этап отбора корней, а уж
затем возвратиться к первоначальному неизвестному.
Итак, решение алгебраического уравнения—очень часто встре-
чающийся этап решения уравнений самых различных видов. Имен-
но поэтому навыки, умения решать алгебраические уравнения
являются фундаментальными и должны быть отработаны в первую
очередь.
Одна из особенностей тригонометрических уравнений состоит
в том, что ответ во многих случаях может быть записан различны-
ми способами. Даже для уравнения sin х = а (|а| 1) ответ
может быть записан следующим образом: 1) В виде двух серий:
xj =arcsin а + 2л6, х2 = л-—arcsin а + 2л6, 6 = 0, ±1, ±2, ... .
2) В стандартной форме, представляющей собой объединение ука-
занных выше серий: х = ( — 1)* arcsin а + лб, 6=0, ±1, ±2,... .
Отдельно следует запомнить запись ответа для а = 0, а = — 1, а = 1.
Соответственно будем иметь х = л6, х=—-|~4~2л6, х=~-+2л6.
В двух последних случаях и та и другая серии, указанные
в пункте 1, совпадают. 3) Поскольку sinx = cos(x—-0, то
ответ можно записать в виде x=-~-±arccos а + 2л6, 6 = 0,
±1, ±2, .... (В дальнейшем наличие параметра 6, п или т
в записи ответа автоматически означает, что этот параметр
принимает всевозможные целочисленные значения. Исключения
будут оговариваться.)
Очевидно, что тремя перечисленными случаями не исчерпыва-
ются все возможности для записи ответа рассматриваемого урав-
нения (их бесконечно много).
Например, при |а| #=1 справедливо равенство arcsin а =
= arctg а • . (Докажите.) Следовательно, в двух первых слу-
—а2
12
чаях, если |а| < 1, мы можем заменить arcsin а на arctg—.
•yi —а2
Обычно ответ записывается на основании формулы пункта 2.
Полезно запомнить следующую рекомендацию: если на решении
уравнения sinx = a работа не заканчивается, необходимо еще
произвести исследование, отбор корней, то наиболее удобна форма
записи, указанная в пункте 1. (Аналогичную рекомендацию сле-
дует дать и для уравнения cosx = a.)
Приведенный пример и указанные различные формы записи от-
вета могут показаться надуманными. Однако на практике вполне
возможны уравнения (и с такими примерами нам придется стал-
киваться неоднократно), которые могут быть решены разными
способами, приводящими к различным элементарным уравнениям.
Рассмотрим один простой, но поучительный пример.
9. Решить уравнение tg2x = a (а>0).
Решение. Наиболее очевидным является следующий путь.
Данное уравнение распадается на два: tgx = y/a и tgx=— -у/а.
Решая каждое из них и объединяя полученные ответы, найдем
х = zbarctg д/а + л/г.
Другой путь. Поскольку tg2 х = s---- , то, заменяя sin2 х
COS X
и cos2 х по формулам (1) и (2) (кстати, эти две формулы смело
можно отнести к категории наиболее популярных формул в теме
«Тригонометрические уравнения»), найдем после небольших пре-
образований cos 2х=	, откуда х= ±-|-arccos+л/г.
На первый взгляд никаких особых преимуществ у второй фор-
мулы по сравнению с первой нет. Однако если возьмем, на-
пример, а —7— 4 л/З, то окажется, что	- =
1	1	’	1 п	*>
т. е. уравне-
ние tg2x = 7 — 4 ^/3 имеет решение х== ±-~ +л/г, в то время как
первый способ приводит нас к ответу х= ±arctg -у]7 — 4 -\/3 + л/г.
«Увидеть» и доказать равенство arctg-y7 —	не так
просто.
5. Преобразование уравнений, разложение на множители
Сначала рассмотрим несколько несложных уравнений, иллю-
стрирующих наиболее распространенные схемы решений.
10.	Решить уравнение: cos x-f-cos 2x + cos Зх-f-cos 4х = 0.
Решение. Группируем слагаемые, расположенные в левой
части, в пары. (В данном случае любой способ группировки
приводит к цели.) А затем применяем формулу (5). Имеем:
2 cos -|-х cos -~+2 cos -~-х cos -у=0,
13
y /	о	7	\	JC	5
cos—( cos —-x + cos —x) =0, 2 COS — COS — X cos x = 0.
£ \	£	£	/	£	£
Возникают три случая:
1)	cosy-=0, -£-=-£-+лб, Х|=л + 2лЛ;
2)	cos-|-x=0, ^-x=-%-+nk, х2=^-+-|-л/г;
z	2	2	5	5
3)	cos х=0, х3=-£-+л&.
Ответ. Х|=л + 2л£, x2=v—|--^-лЛ, Хз=-£-4-л£.
5	5	2
Обратим внимание на то, что вторая серия включает в себя
первую. Поэтому нельзя сказать, что правильнее, но во всяком
случае «культурнее и красивее» будет выглядеть ответ: xj =
=-^--1—|- лб, х2=-^—р л/г. (Вновь типичная ситуация, приводящая
к различным формам записи ответа.) Первый ответ также верен.
Рассмотренное уравнение иллюстрирует весьма типичную схе-
му решения — разложение уравнения на множители за счет по-
парной группировки и использования формул (3) — (6).
Другая схема состоит из двух этапов. На первом произведения
преобразуются в суммы (формулы (7) — (9)). На втором, на-
оборот, суммы преобразуются в произведения. Например:
11.	Найти решения уравнения: cos 4х cos 5x = cos 6х cos 7х.
Решение. y-(cos 9x + cos х)=-|-(cos 13x-|-cos х),
cos 9x — cos 13x = 0,
2 sin 1 lx sin 2x = 0.
1)	sin2x = 0, Xi=~-fe; 2) sin llx = 0, х2=уу-/г.
Ответ, -^-k, -yy- k.
12.	Решить уравнение: cos Зх cos3 x-psin Зх sin3 x=-^-cos 6x.
Решение. Преобразуем первое слагаемое левой части:
cos Зх cos3 х = cos Зх cos х (cos2 х)=--у—(cos 4x + cos 2х)Х
Х(1 4“ cos 2x)=-y-(cos 2x-pcos 4x-|-cos2 2x-|-cos 2x cos 4x).
Можно и дальше преобразовывать, освобождаясь от произве-
дений. А лучше остановиться и преобразовать второе слагаемое.
14
Оно примет вид:
-^-(cos 2х —cos 4х —cos2 2%4-cos 2х cos 4х),
а все уравнение приведется к
cos 2x + cos 2х cos 4x = cos 6х.
Теперь второй этап — разложение на множители. Имеем
«цепочку»:
cos 2х — cos 6х + cos 2х cos 4х = О,
2 sin 4х sin 2x + cos 2х cos 4х = 0,
4 sin 2х cos 2х sin 2x + cos 2х cos 4х = 0,
cos 2х (4 sin2 2x + cos 4x) = 0.
1) cos2x=0, x=^\~k\
2) 4 sin2 2x + cos 4x = 0, 2 — 2 cos 4x + cos 4x = 0, cos4x = 2.
Это уравнение не имеет решений.
Ответ.
Нередко в практике конкурсного экзамена возникает необходи-
мость преобразовывать выражения вида a cos x-f-fe sin х. Стан-
дартным является следующий прием: пусть ф — угол, задаваемый
равенствами cos ф=—	, sin ср	. Для любых а и b
-\/a2 + b2	-^d2-\-b2
такой угол (р существует. Это следует из того, что любые чис-
ла m и и, такие, что m2 + n2= 1, можно рассматривать как косинус
и синус некоторого угла.
Таким образом,
a cos х4-6 sin х—л/а2-[-Ь2(	^^-cos x-j—//-у sin х j =
=-\/а2 + &2 (cos (p cos x + sin ф sin x)=V^2 + ^2 cos (x —(p).
Итак, получим формулу (13)
(13) a cos x + b cos x=Va2 + ^2cos (* —ф)>
где cos (p — a — , sin <p=	.
yja2 + b2	-\!a2 + b2
В зависимости от знаков а и b можно взять угол ср равным
arctg — или л + arctg —. (Если а>0, Ь>0 или а>0, Ь<0,
а ь	а \	Ь \
Ф = arctg —, в других случаях cp = n-|-arctg — J
15
13. Решить уравнение: 3 cos х + 4 sin х = 5 sin 5х.
Решение. Преобразуем левую часть:
3 cos х + 4 sin x = 5^-|-cos x+-|-sin х) =5 cos (х—<p),
где <p==arctg4-.
О
Получаем уравнение cos (х— ср) — sin 5х = 0.
Заменим sin 5х на cos(-^—5х), теперь можно применить
формулу (6). (Обратите внимание на этот прием. Он встречается
часто.)
cos (х — ф) — cos	—5х) =0,
2 sin(-j——2х) -sin (-j-+^—Зх) =0.
Возникли два случая:
1) sin(f-f-2x)=0, f—f— 2х = лЛ, x=f—
Лучше заменить —k на k. Получаемая при этом совокуп-
ность решений не изменится. Таким образом,
2) sin(-=-+-f-3x)=0.
Ответ. -2—-j-arctg4'+v*’
Tr+4’arctgT+T*-
6. Замена неизвестного
Большей частью замена неизвестного в тригонометрических
уравнениях делается с целью сведения данного тригонометри-
ческого уравнения к уравнению алгебраическому, в частности
к квадратному.
Так, если уравнение имеет вид
a cos 2х + & sin2 х + с cos2 x + d sin x + e = 0,
то замена r/ = sinx приводит его к квадратному, поскольку
cos 2х = 1 — 2 sin2 х, cos2 х= 1 — sin2 х.
Если же вместо слагаемого d sin х будет d cos х, то нужная
замена будет r/ = cosx.
При помощи замены r/ = tg х могут быть сведены к алгебраи-
ческим уравнения, однородные относительно sin х и cos х, или
уравнения, приводящиеся к однородным. Приведем пример.
16
14. Решить уравнение: 3 cos 2x-(-sin2 * x-f-sin 2x = 1.
Решение. Перенесем 1 в левую часть, заменив ее на
sin2x+cos2x, cos 2х и sin 2х выразим через cosx и sin х.
Получим (после упрощений) 3 sin2 х —2 sin х cos х — 2 cos2 х =
= 0.
Разделив почленно на cos2 х (cos х#=0), сделаем замену у = tg х:
3z/2 —2у—2 = 0, у=±±£-.
О
Возвращаясь к х, найдем x = arctg
О
Полезно запомнить следующие формулы, позволяющие сде-
лать замену y = tgx без предварительных преобразований. Эти
формулы особенно удобны при решении уравнений, в которых
необходимые преобразования не столь просты, как в уравнении 14:
•2
• 9	X	9	1
(14) Sm Х== 1+tg2x ’ C°S Х= ’
sin2x=-^^, cos2x=4^-.
1-J-tg х	14-tg2x
Замечание. При применении этих формул надо иметь в виду,
что левые части определены при всех значениях х, а правые — при
следовательно, есть опасность потери корней.
(Очень часто две последние формулы записывают, взяв в качестве
аргумента слева х, а аргумента справа и называют их
«универсальной» заменой.)
При помощи формул (14) теоретически почти любое тригоно-
метрическое уравнение может быть Сведено к алгебраическому.
Однако практическая значимость этих формул зачастую неве-
лика из-за возникновения алгебраических уравнений высоких
степеней при их использовании.
Уравнение 14 может быть решено и иначе — без замены
неизвестного, при помощи приема, описанного в предыдущем
пункте (формула (13)).
Поскольку sin2 х = ! —, то наше уравнение приводится
к виду
5 cos 2х-|-2 sin 2х= 1
или
5
V29
cos 2x4
2
^/29
sin 2х=—
л/29
2
Обозначим <p = arctg —.
17
Имеем cos (2х— <p)=—=- , 2x = <p±arccos—=—|-2лЛ,
л/29	^29
x =-^- arctg arccos —+jtk.
2	° 5	2	^9
(Сравните с ответом, найденным выше.)
Если в уравнение входят лишь выражения sinx-f-cosx (или
sin х —cos х) и sin 2х, то к цели может привести замена y = sin х +
+ cosx (y = sin х—cos х). Например:
15. Решить уравнение: 3 sin 2х + 2 (sin х —cos х)=2.
Решение. Обозначим y = sinx—cosx. Тогда y2 = sin2x —
— 2 sin х cos x + cos2 x= 1 —sin 2x, t. e. sin 2x = l —y.
Получаем уравнение Зу2— 2y—1=0; y\ = \, У2——
О
1) sin х — cos х= 1, sin х — sin —х) = 1,
2 л . / л \	.	/ л \	л/2
COS— sin(x — ) = 1, Sin(x — )= « .
4	\	4/	\	4/2
х,=^+(-1)^+л^.
2) sin х — cosx =—i-, sinfx—у-) =--5—,
з \	4 /	3^2
X2=-7—(— 1)* arcsin —
4	3-72
Ответ, xi =~(-(— l)fc
*2=^—(— 1)* arcsin 3^2+^.
16. Найти решение уравнения: tg(x-f--2-) = — 9 ctg2 x — 1.
Схема решения выглядит довольно просто: раскроем tg^x+-^
по формуле тангенса суммы, а затем введем новое неизвестное
i/ = tgx. Но здесь есть одно «но». Применяя формулу тангенса
суммы, мы сужаем область определения данного уравнения,
исключая из нее значения х=-^-+л& (сравните с замечанием
к формулам (14)). Значит, нам надо проверить, не являются ли
значения х=у-+л& корнями уравнения. Оказывается, являются.
Теперь, выделив найденные корни, можно закончить решение
по приведенной схеме.
Можно обойти эту опасность иначе, например выразив левую
часть через ctgx: tg(x4~~) = ct'gx—f * При этом область оп-
ределения не меняется.
л	3
Ответ. ——arctg 3 + nk, arctg— +лЛ.
18
7. Отбор корней в тригонометрических уравнениях
Проблема отбора корней, отсеивания лишних корней при реше-
нии тригонометрических уравнений весьма специфична и обычно
оказывается более сложной, чем это имело место для уравнений
алгебраических. Приведем решения уравнений, иллюстрирующие
типичные случаи появления лишних (посторонних) корней и ме-
тоды «борьбы» с ними.
Лишние корни могут появиться вследствие того, что в процес-
се решения произошло расширение области определения урав-
нения. Приведем пример.
л . sin 4х — sin 2х—cos ЗхЧ-2 sin х — 1 п
17. Решить уравнение: -----------------г-------=0.
2 sin 2х—д/З
Решение. Приравниваем нулю числитель (при этом проис-
ходит расширение области определения уравнения — добавляются
значения х, обращающие в нуль знаменатель) и постараемся
разложить его на множители.
Имеем
2 cos Зх sin х — cos Зх + 2 sin х — 1 = 0,
(cos Зх + 1) (2 sin х— 1) = 0.
Получаем два уравнения:
1) cos3x+l=0,
О о
Посмотрим, какие k нам подходят. Прежде всего заметим, что
левая часть нашего уравнения представляет собой периоди-
ческую функцию с периодом 2л. Следовательно, достаточно найти
решения уравнения, удовлетворяющие условию 0^х<2л (один
раз «обойти» круг), затем к найденным значениям прибавить 2лЛ.
Неравенству 0^х<2л удовлетворяют три числа (полезно
изобразить соответствующие точки на единичной окружности,
рис. 3):	л,
О	й
Первое не подходит, поскольку
sin 2	знаменатель обращает-
о 2
ся в нуль.
Ответ. Х| = л + 2лА’, Х2=~-\-2л(г
О
(можно х2=2л£).
<5
19
2) sinx=-|-.
Найдем решения этого уравнения, удовлетворяющие условию
0^х<2л. Их два:	Подходит второе значение.
О о
Ответ. n + 2nfe, -^-4"2л/г, -^-+2nfe.
3	о
С появлением лишних корней вследствие возведения обеих
частей в квадрат мы часто встречались при решении алгебраичес-
ких уравнений. Вот пример уравнения тригонометрического:
18.	Найти корни уравнения: д/cos 2%4- sin Зх=д/2 cos х.
Решение этого уравнения распадается на два этапа: 1) реше-
ние уравнения, получающегося из данного возведением в квадрат
обеих его частей; 2) отбор тех корней, которые удовлетворяют
условию cosx^O. При этом (как и в случае алгебраических
уравнений) заботиться об условии cos2x-|-sin 3x^0 нет необхо-
димости. Все значения Л, удовлетворяющие возведенному в квад-
рат уравнению, этому условию удовлетворяют.
Первый шаг приводит нас к уравнению sin3x=l, откуда
x=~^k.
Теперь надо определить, при каких k будет cos	>0.
Для этого достаточно для k рассмотреть значения 0, 1,2, т. е. как
обычно «обойти один раз круг», поскольку дальше значения коси-
нуса начнут повторяться, получающиеся углы будут отличаться
от уже рассмотренных на величину, кратную 2л:
Ответ. -£-4-2л&, -5-л + 2л&.
о	2
19.	Решить уравнение: tgx = tg Их.
Р е ш е н и е. Из равенства tg а = tg Р следует, что а — Р = лЛ.
(Функция z/ = tgx периодическая с периодом л, каждое значение
на периоде принимается один раз.)
Значит, 11х —х = л&, x=j^-&.
Обратно: если а — р = л&, то tg а и tg Р или равны, или не
существуют. Следовательно, мы должны из найденных значений х
выкинуть х, равные -~4-лп.
Найдем соответствующие k: у^=у-+лп, fe = 5-|-10n.
Ответ. х=-^, где &=#5+10п.
20
Итак, основная схема отбора корней состоит в следующем.
Находится наименьший общий период всех тригонометрических
функций, входящих в уравнение. На этом периоде отбираются
корни, а затем оставшиеся корни периодически продолжаются.
В частности, если период равен 2л, то основная рекомендация —
«обойти» тригонометрический круг.
Несколько иной прием был использован при решении уравнения
19: найдена общая формула для запрещенных значений х, после
чего эти значения удаляются из выписанной серии.
Рассмотрим решения еще двух уравнений, в которых отбор
корней делается иначе.
20.	Решить уравнение:
a/cos -iio-T+'Vcos x-f=a/cos ^-+cos7J.
Решение. После возведения уравнения в квадрат и очевид-
ных упрощений получим две возможности:
° cos7^o=T: 2) cosx=f •
В первом случае х= 663л-}—"Ь 3980л*. Однако все эти
значения не удовлетворяют условию cos х—i-^О, поскольку для
них cos х = —.
Во втором случае имеем x—±^-+2nk. Среди этих значений
надо отобрать те, для которых cos у——
„	Х<у 1 А
Понятно, что если х0 удовлетворяет условию cos-^—2~=^U’
то и Хо + 398Олп удовлетворяет этому условию при любом целом п.
(Наименьший период функции cos равен 3980л.)
1990
Пусть	Для таких xq из неравенства cos-^-
1990	1990
1 — n	л Хо____-л
-->0 П0ЛУЧИМ --<1990^Т-
Пусть Хо=-?-+2л^. Получаем:
3
— 663л —4<4-Ь2л* < 663л +-2-,
3	3	3
—663—4^2*^663, —331—4с*С331-4-
3	О	2
Таким образом, — 331^*С331.
21
Те же значения k получим и в случае, если Хо=—р2л^.
Ответ. ( ±-~|-2л*) 4-3980лп, где *=0, ±1, ±2, ..	±331,
п = 0, ±1, ±2, ... .
21.	Решить уравнение: tg -~-=ctg лх.
Решение. Имеем tg-y-=tg(-^—лх).
Следовательно, у—( — лх) = /гл,	2х2 — (2k + 1) х + 4 = 0,
v  2А?+1±-У(2А? + 1/-32
4
Теперь самое главное — отбор корней. Первое условие —
дискриминант неотрицателен: (2* 4- 1 )2 — 32 0. Поскольку
(2^ + 1) — число целое и нечетное, а первый квадрат нечетного
числа, больший 32, есть 49 = 72, то 2*4- 1^7 или 2*4-1^—7,
откуда *J>3 или *^—4.
Далее необходимо «выкинуть» те х, при которых не существуют
одновременно левая и правая части исходного уравнения.
(См. решение уравнения 18.)
Но ctg лх не существует, если х = и, где п — целое. При п целых
tg~^ не существует, если п=±4. Следовательно, из найденных
корней надо «выкинуть» х=±4.
Подставляя х = 4 в квадратное уравнение, определяющее х,
найдем 2*42 —(2*4-1)44-4 = 0, * = 4.
При * = 4 уравнение 2х2 —9х4-4 = 0 имеет два корня: Xi=4,
х2=“~“. Второй корень удовлетворяет уравнению. Аналогично ко-
рень х=—4 будет при *=—4, второй корень при этом будет
~___________________________
Ответ. +	, k 3 ми k 5
4
Кроме того, есть еще два корня: и —
8.	Системы тригонометрических уравнений.
Запись ответа в системах тригонометрических уравнений
22.	Решить систему уравнений:
( sin (2x4*3t/) = 0,
( cos (Зх —2у) = 1.
Р е ш е н и е. Из первого уравнения находим 2х + 3у=л£, а из
второго Зх — 2у = 2лп.
22
Получаем систему ( 2х + 3# = лЛ,
t Зх— 2у — 2лп.
Ответ. x=-^(2fe + 6n), y=JL(3k-4n).
Как видим, в ответе фигурируют два параметра k и п, незави-
симо друг от друга «пробегающие» множества целых чисел.
Нетрудно убедиться, что использование одного и того же парамет-
ра (например, k) при решении уравнений системы 22 приведет
к потере решений. (Каких?)
Это явление характерно для систем тригонометрических урав-
нений. Вообще если система тригонометрических уравнений све-
лась к системе, состоящей из элементарных тригонометрических
уравнений (т. е. к системе, в которой все уравнения имеют вид
f (ц)=ау где f (и) есть sin и, cos u, tg и или ctg u)„ то при решении
каждого из этих элементарных уравнений необходимо использо-
вать свой целочисленный параметр. Для сравнения напомним,
что при решении тригонометрических уравнений с одним неизвест-
ным мы, как правило, обходились одним параметром. Точнее,
если уравнение распадалось на элементарные (возникало объеди-
нение элементарных уравнений, а не пересечение — система;
соединяющим был союз «или», а не «и»), то при решении каждого
из них мы использовали один и тот же параметр. Возможно,
не стоило бы уделять этой детали столько внимания, поскольку
математическая сторона здесь достаточно прозрачна, если бы не
многочисленные и типичные ошибки, допускаемые прй решении не-
сложных систем тригонометрических уравнений, ошибки тем более
обидные, что допускаются они очень часто на заключительной ста-
дии — записи ответа.
Проблемы, связанные с записью ответа в системах тригоно-
метрических уравнений, не исчерпываются их многопараметрич-
ностью.
23.	Решить систему:
г 2 sin х sin # + cos х = 0,
I 1 +sin у cos x = 2 cos2 у sin x.
Решение. Путь решения достаточно очевиден: выразим из
первого уравнения sin у и подставим во второе (cos2#=l —
— sin2#), получим уравнение с одним неизвестным х, найдем х, а
затем у. Имеем из первого уравнения sin у=—(понятно,
что sin х=И=0). После подстановки во второе и упрощений получим
для х уравнение sinx=-|-.
Прежде чем решать это уравнение, подумаем, в какой форме
нам лучше всего записать ответ. Общая форма неудобна, посколь-
ку для определения у нам надо найти cos х, a cos х может прини-
23
мать два значения: и — 2 • Поэтому запишем для х две серии:
х1=-^-+2л&, x2=-f-л 4-2л/г.
б	б
Для первой: cosx=^, sin у=—f/i =(—l)"+l
Для второй: t/2=(—1У-2-+лл.
Ответ. (-£-+ 2л&, (— 1)” +1 т-+ лп) ;	л + 2л/!, (-1 )л -М-лп).
\ о	3	/ \ б	3/
24.	Решите систему:
{-\[2 cos х= 1 4-cos у,
-у/2 sin x = sin у.
Решение. Почленно возведя уравнения в квадрат и сложив
их, получим после очевидных преобразований cos£/ = 0, откуда
у=-^-4-лЛ. Для этих у будет sin г/ = (— 1)\
Поэтому удобно рассмотреть два случая:
1)	k = 2n, тогда cosx=^-, sinx=^, т. е. х=-^-+2лт.
2)	£ = 2п + 1, тогда cosx=^-, sinx=—х =—^-+2лт.
Ответ. ^~-+2лт, -~-4-2лп^; ( —|-2лт, -^-л4-2лп).
9.	Несколько стандартных приемов решения
систем тригонометрических уравнений
Основные методы решения систем тригонометрических уравне-
ний те же, что и алгебраических систем (X, § 2). Прежде всего
это — исключение неизвестных и замена неизвестных. Исключать
неизвестные, как мы уже знаем, можно при помощи двух основных
приемов. Можно из одного уравнения выразить какое-то неизвест-
ное (функцию от него) и подставить в остальные. Так была решена
система 23. Можно преобразовывать данные уравнения и состав-
лять затем комбинации, в которых число неизвестных уменьшает-
ся, как это было сделано при решении системы 24.
25.	Решить систему:
( cos Зх —4 sin 2f/4-cos х = 0,
( cos 2х —2 cos х (2 cos г/ — sin £/)+ 1 —2 sin 2f/ = 0.
Решение. Рассмотрим второе уравнение как квадратное от-
носительно / = cosx. (С этим приемом мы уже встречались:
X, § 2 и X, § 5.)
24
Имеем t2 — t (2 cos у — sin у) — 2 sin у cos у = 0. Корнями этого
уравнения являются tt =2 cos у, ti=— sin у.
Рассмотрим первый случай: cosx = 2cosy. Первое уравнение
преобразуем к виду 2 cos 2х cos х — 8 sin у cos у = 0 или
(2 cos2 х— 1) cos х — 4 sin у cos у — 0.
Заменив cos х на 2 cos у, получим
cos у (8 cos2 у— 1 — 2 sin у) = 0,
cos у (8 sin2 у+ 2 sin у — 7) = 0,
откуда:
a)	cosy—0, cosx = 0; у=-£-+л&, х=-^-+лп;
б)	8 sin2 у 4-2 sin у — 7=0.
Корнями соответствующего квадратного уравнения будут
Но=1=^<-1.
8	8	8
Если же sin у=	, то
17	8	’__________
|cos х| =2 |cos у| = 2 д/ 1 —=2-^/б4-2 ^57> 1-
Рассмотрим второй случай. Преобразовав первое уравнение,
будем иметь после замены cos х на —sin у
sin у (2 cos2 у — 4 cos у— 1) = 0,
откуда:
a)	sin t/ = 0, cos х —0; y = nk,
б)	2 cos2 (/ — 4 cos у — 1 = 0, cos у=2-^& .
Нам подходит один корень 2~— , т. е. cos у=2~$-. Запишем
решение последнего уравнения в виде двух серий:
£/ = arccos ^у^- + 2л/г = л —arccos ^у^+2л£
и
у = —л-f-arccos +
Для первой серии у находится во второй четверти, sin t/>0
и cos х = - Sin у= -д/1 -(ti)2 = -х-^/476-6,
х = ± a rccos X д/ГТВ —6 4-л (2п 4-1 )•
25
Для второй серии х= ±arccosл/б—64-2лп.
Ответ. (-5-Н-лп,	( ±arccos д/б —6 + л (2n +1)>
— arccos^~~2 + л (2fe4~ 1 j)» ( ±arccos Д-~\/4 -\/б — 64-2лп,
arccos	(2k + 1)).
Замечание. В ответе объединены пункты а) обоих случаев.
Можно было бы объединить и два других множества и записать
ответ более компактно:	-£-k), ( zbarccos -|"л/4 л/б —6 +
+ ли, (— 1)" arccos —~2 + л (26 + 1)).
26.	Решить систему:
Г sin (4х — 2у)+д/2 sin (Зх —у) = 0,
t -д/2 sin (2х — £/) + sin (Зх — 2у) — 0.
Решение. В каждом из уравнений перенесем второе слагае-
мое в правую часть и перемножим соответственно правые и левые
части получившихся уравнений.
Получим:
sin (4х — 2у) sin (2х —y) = sin (Зх — у) sin (Зх —2у),
откуда cos (2х—у) —cos (6х —3y) = cos // — cos (6х —Зу).
Далее имеем 2 sin х sin (х—у)=0.
Возникают два случая:
1)	х = л6: a) k — четное, k = 2rt.
Подставив х = 2лп в любое из уравнений, получим sin2y —
—-^2 sin у = 0. Это уравнение легко решается.
Итак, в случае х = 2лп будет у~лт или у=±~-+2лт;
б)	х = л(2/?+1), тогда у = лт или у=±у-+2лт. Объеди-
нив пункты а) и б), получим ответы: (л/г, лт), ^2л6, ±-^-+2лт);
(л(264-1), ±^4-2лт).
2)	sin (х—у) = 0, х—у = л6.
В этом случае sin (2х—y)=±sinx, sin (Зх — 2y) = sin х, и из
второго уравнения системы найдем х = лп. Нетрудно видеть,
что получившаяся серия совпадает с первой серией ответов,
полученных в пункте а).
Ответ, (лб, лт); ^2л&, ±-^-+2лт^; (л (26 + 1), ±^-\-2mnj.
^6
Замечание. Вторую и третью серии можно объединить в одну.-
(2m+ ^))-
Сравните решения систем 24 и 26. В системе 24 мы возводили
уравнения в квадрат и складывали, с тем чтобы, используя тожде-
ство cos2 х + sin2 х= 1, уменьшить число неизвестных. (В других
случаях этот прием применяется после предварительных преобра-
зований.) В системе 26 перемножались нужным образом преоб-
разованные уравнения, после чего полученное уравнение вновь
преобразовывалось при помощи формул перехода от произведе-
ния тригонометрических функций к сумме и наоборот.
В большинстве случаев замена неизвестных в системах три-
гонометрических уравнений делается с целью свести данную три-
гонометрическую систему к алгебраической. Например:
27.	Решить систему: ( 5 sin 2х tg у = 12,
{ 5 sin 2у tg х = 6.
Решение. Обозначим tg х = и, tg y — v.
Выразив sin 2х и sin 2у через и и v, получим систему
( \0uv=\2+l2u2f
t ICkw = 6 + 6г>2.
Разделим обе части первого уравнения на 2 и вычтем одно из
другого. Получим: 6u2-\-5uv — 6гг = 0.
Это — известное нам (X, § 2) однородное уравнение.
Разделив обе части уравнения на v2, будем иметь квадратное
уравнение относительно /=—, из которого найдем Л=—,
f _ з
Далее находим и и v: (±2, ±3). (В случае -^-= —|- решений
нет.) Затем возвращаемся к исходным неизвестным.
Ответ. (± arctg 2 + nk, ± arctg 3 + яп).
10.	Нестандартные тригонометрические уравнения
В практике конкурсного экзамена не так уж редко встреча-
ются уравнения, решение которых основывается на ограничен-
ности функций sin х и cos х. Например:
28.	Решить уравнение: sin 5х— 2cos2x=3.
Решение. Поскольку sin 1, —cos 2х^ 1, то левая часть
не превосходит 3 и равна 3, если
( sin 5х= 1,
I cos 2х = — 1.
27
Для нахождения значений х, удовлетворяющих обоим уравне-
ниям, поступим следующим образом. Решим одно из них. За-
тем среди найденных значений отберем те, которые удовлет-
воряют и другому.
Начнем со второго: cos2x= —1, х=~-]-лА.
Тогда 5х=-у-+5лА, sin 5x=sin
л + 5л/) = sin (-77+ л/г).
Понятно, что лишь для четных k будет siri 5х=1.
Ответ. -~-+2лп.
Другая идея реализуется при решении следующего уравнения:
29.	Решить уравнение: sin8 х —cos5 х= 1.
Решение этого уравнения основывается на следующем
простом соображении: если 0<а<1, то а1 убывает с ростом /.
Значит, sin8x^sin2x, — cos5 x^cos2 х.
Сложив почленно эти неравенства, будем иметь:
sin8 х —cos5 x^sin2 x + cos2 x= 1.
Следовательно, левая часть данного уравнения равна 1 тогда
(и только тогда), когда выполняются два равенства:
sin8 х = sin2 х, — cos5 х = cos2 х,
т. е. sin х может принимать значения —1, 0, 1, a cos х может
принимать значения —1, 0.
Ответ. “-4-л£, л + 2л£.
Для полноты картины рассмотрим еще два примера.
30.	Решить уравнение: 3 sin х + 4 cos Зх cos х + 2 sin 5х = 7.
Решение. Ранее была выведена формула (13): asinx +
+ b cos х =п/а2 + й2 cos (х — <р).
Из этого равенства, в частности, следует, что a sin x + ft.cos х^
^-\/a2 + ft2, причем а и b могут зависеть от х.
Применив это неравенство к первым двум слагаемым в левой
части нашего уравнения и учтя, что |cos3x| 2 sin 5x^2,
получим: вся левая часть не превосходит 7.
Для того чтобы выполнялось равенство, необходимо (но не до-
статочно), чтобы |cos Зх| = 1, sin 5х = 1. Последние два уравнения
несовместимы. (Докажите!) Следовательно, данное уравнение не
имеет решений.
31.	Решить уравнение: 4 cos2 х—4 cos2 Зх cos x + cos2 Зх=0.
Решение. Будем рассматривать левую часть данного урав-
нения как квадратный трехчлен относительно cos х.
Пусть D — дискриминант этого трехчлена:
-|-	£)=4 (cos4 Зх —cos2 Зх).
28
Из неравенства 0^=0 следует cos2 Зх^О или cos2 3x^1.
Значит, возникают две возможности: cos3x = 0 и cos3x=±l.
Если cos Зх = 0, то из уравнения следует, что и cos х = 0, откуда
x=-%-+nk.
Эти значения х удовлетворяют уравнению.
Если |cos Зх| = 1, то из уравнения cosx=-|- находим х =
= ±-^-+2л^. Эти значения также удовлетворяют уравнению.
Ответ. nk, ±-~\-2nk.
2	о
11.	Уравнения, содержащие обратные
тригонометрические функции
К нестандартным следует отнести также уравнения, содержа-
щие обратные тригонометрические функции.
32.	Решить уравнение: arccos x = arctg х.
Решение. По определению обратных тригонометрических
функций cos (arccos х) = х. Найдем cos(arctgx).
Эта задача сводится к следующей: «Найти cos а, если
—и tg а = х (a = arctg х)».
Поскольку cos а > 0, то
cos	•
Получаем уравнение х= у , откуда х4-}-*2— 1=0. По-
лучаем для х два значения: Х| =

. Вто-
рое значение для х не подходит, поскольку х2<0.
Ответ,	.
Замечание. Данное уравнение можно решить и иначе. Обозна-
чим левую и правую части данного уравнения через у. Тогда
cosr/ = tgi/. Для у имеем тригонометрическое уравнение, сводя-
щееся к квадратному относительно z = sin у (cos2 у = sin (/, sin2 у +
+ sin у— 1 =0).
По смыслу задачи	следовательно, sin	,
значит, х = cos у=V* — sin2 у =Л/ 1 — 3~^ =л/	.
29
33.	Решить уравнение: arcsin -|-+2 arccos х = л.
Решение. Перепишем уравнение в виде 2 arccos х =
= л — arcsin Если равны углы, то равны и тригонометри-
ческие функции от них. (Обратное неверно.) Осталось удачно
выбрать эту функцию. Понятно, что выбирать надо между синусом
и косинусом. В данном случае предпочтительнее оказывается ко-
синус. Можно привести некоторые соображения в пользу такого
выбора. А лучше убедиться в этом на практике.
Итак, имеем cos 2 arccos х = cos ( л — arcsin ---).
Поскольку cos 2 arccos х = 2х2 — 1, cos( л — arcsin =
= — cos(arcsin ---) —1 —, то получаем уравнение 2х2 — 1 =
=-V^4-
Это уравнение имеет единственный корень х = 0 (два других
корня уравнения, получающегося при возведении в квадрат
данного, оказываются посторонними).
Ответ. 0.
12. Тригонометрические неравенства
При решении неравенств вида f (х)>0 (>0), где f (х) — перио-
дическая функция с периодом Т, следует сначала решить это
неравенство на одном периоде, например д^й 0^х<Г, а затем
получившееся рещение периодически продолжить.
В некоторых случаях тригонометрическое неравенство сводит-
ся к решению элементарных неравенств вида sinx>a, cosx^a
и т. д. Рассматривая график соответствующей тригонометри-
ческой функции или изучая ее изменение на тригонометрическом
круге, выписываем ответ для одного периода, а затем к обеим час-
тям полученного неравенства прибавляем kT, где Т — период.
Так, решением неравенства sin х>а (|а| <1) будет совокупность
интервалов
arcsin а + 2л£ <х < л — arcsin а + 2л&.
Основным методом решения тригонометрических неравенств
является метод интервалов. Например:
sin Зх cos( 2х—— )
34.	Решить неравенство: ----^2х-----
Решение. Функция, расположенная в левой части неравен-
ства, имеет наименьший период, равный 2л. Найдем, где на отрез-
ке [0, 2л] меняют знаки отдельные множители числителя и знаме-
нателя (рис. 4): sin3x = 0, х=-^&, £ = 0, 1, 2, 3, 4, 5;
О
30
---я ж i I 11,1 " и # 11 Ж " I  I -  I   I >
п	ft л 2я 5ft ft	4ft ЗЯ 501 11ft 2Tt X
У 2	3	6	3 T T T
Рис. 4
cosf 2x—-£-) =0, x=^-+^-k, k = 0, 1, 2, 3; sin 2x=0, x=^-k.
\ о /	3	2	2
£=0, 1, 2, 3.
Внутри первого отрезка (о<х<-^~) все ТРИ Функции поло-
жительны. Далее расставляем знаки. Затем выписываем ответ
для одного периода (включая в него те граничные значения х,
для которых обращается в нуль числитель, но не равен нулю
знаменатель).
Получаем х=-^-, -^-Сх^-^-, -|-л^х<Сл, л<х<-^-л,
□	£	о о	&
5	11 Т-Г
— л^х^—л. После чего окончательный ответ получаем, при-
бавляя 2л£ к граничным значениям.
Ответ. х=^-+2л!г,	2л£<х<^+2л£, л + 2л/г<х<
о	2	3	о
<л4-2л£, л4-2л£<х<-^-л4-2л£, 4-л4*2л^^х^-У-л + 2лй.
2	3	6
Иногда при решении тригонометрических неравенств могут
возникать проблемы, связанные с упорядочением корней тригоно-
метрических функций. Например:
35.	Решить неравенство:
(3 -у/2 cos х—\/2 sin х —2—д/З) (2 sin 2х—1)^0.
Решение. Период функции, расположенной в левой части
неравенства, равен 2л. Корни второго сомножителя легко нахо-
дятся (для 0<х<2л):	—, J2 , J2 .
Решим уравнение 3 д/2 cos х —-\/2sin х — 2—\/3=0.
Имеем (формула (13)) 3-\/2 cos х—д/2 sin х = 2 д/5 cos (x-j-tp),
1 /	3 л/2	-\/2 \
где cp = arctg — ( cos ср——, sin ср=—1.
\	2 -у5	- 2	'
Получаем уравнение cos (х ср) —	, откуда
х= +arccos	—<р4*2л£.
2 -у5
Пусть arccos —а. Легко видеть, что а>ср. На отре-
зок [0,2л] попадают два значения а —ср и 2л —а—<р. Найдем
31
cos (a — <p). Поскольку cos a =-^^-,	0<a<y-, sina =
=-Jl —c°s2 a =v	T0 cos /a —m)=cos a cos <p +
v 20	2^/5
+ sin a sin <p=^±^=cos. Значит, a —ф=-£- , a=-^-+
л	i Z	1 &	1 z
+ <₽=T5-+arctg4--
i	о
Поскольку <p = arctg	то 2л — а — ф = 2л — (-тт+ф) —
о 4	\ 1 z /
— Ф=Т7 л —	л—?_=Т7Л- При х = 0 левая часть отрица-
1 М	1 М	М	1 М
тельна, в точке х—-^ меняют знак оба множителя, в остальных —
по одному. Теперь выписываем ответ на периоде, а затем периоди-
чески его продолжаем.
Ответ. х=-^-4-2л&, у~4-2л/г^х^^4-2л^,
1м	1м	1м
^ + 2лЛ<х<^-2 arctg4-+2лЛ.
* Z	1 z	о
13. Задачи
1.	Определите знак числа:
a) sin 1000°; б) cos4989°; в) tg 901°ctg 1078°; г) sin 8; д) sin 22
е) tg 5; ж) sin 3142.
2.	Вычислите без помощи таблиц и калькуляторов:
a)	tg 570°4-cos 210°;	г) sin 15°;
б)	cos ур— cos ^-H-cos	д) cos 67° 30';
в)	cos2 73° +cos2 47°+cos 73°cos 47°; e) tg 75°.
3.	Что больше:
a)	sin 7	или	sin 8;	r)	-yctg-j—2 sin -у-	или ^/5;
6)	sin 3	или	cos 5;	д)	sin 121° или 0,85;
в)	cos 6	или	sin 1,5;	e)	sin 22 или —0,01?
4.	Найдите:
(9 \	/	J \
arccos — ); в) sin 2( arccos-r-);
6)	cos (arctg (— 2)); r) cos 3^ arccos
5.	Найдите:
a) arcsin (sin 5); 6) arccos (sin ( — 3)); в) arctg (tg (— 7)).
32
Докажите тождество (6—18):
6. 14-tg %4-tg2 x + tg3 x=---
_ 1 —2 sin2 a____1 — tg a
1 -f-sin 2a 1 -|-tg a *
8.	sin a + 2 sin 3a + sin 5a = 4 sin 3a cos2 a.
g sin 2x —sin Зх-f-sin 4x
cos 2x — cos 3x-|-cos 4x	®
tg 2*tg* =sin 2x.
tg2x — tgx
ctg a —tg a —2 tg 2a —4 tg 4a = 8 ctg 8a.
•д/l -|-cos а+л/l — cos a
-^1 +cos a — Vl — cos a
3 — 4 cos 2a + cos 4a < 4
3 + 4 cos 2a + cos 4a	®
10.
11
12
13
14
sin a — cos a
15.
16.
*	,	1	, v 2
tg « H------1 =—7--------r-
° cos a	. / л a \
sin\T “Т/
cos 6a — cos 7a — cos 8a cos 9a_15
sin 6a —sin 7a— sin 8a + sin 9a ° 2
18.	-д/tg x + sin x +Vtg x —sin x = — x cos(y--
^2л ^Сх^С-у-л).
19.	Вычислите sin^i^ и cos^^-, если sin a + sin 0= — Ц-,
z	z	bo
cos a + cos 0= —1^-, 4-n<a<3n, —-2-<0<O.
DO z	z
20.	Найдите cos 2a, если известно, что 2 ctg2 a + 7 ctga + 3 = 0
И a) ^l<a<Zi; 6) ^<a<2n.
2	4	4
Докажите, что если a, p, у — углы треугольника, то выполня-
ется равенство (21—24):
21.	sin a + sin р +sin у = 4 cos -у cos -у cos -у.
22.	tg-f-tg-|- +tg-|-tg-J- + tg^-tg-2- = l.
33
23.	ctgу4-ctg-|-4-ctgy=ctgуctgctg
24.	1 — cos2 a — cos2 0 — cos2 у — 2 cos a cos £ cos у = 0.
25.	Докажите, что если cos x = cos a cos £, to tg	X
Xtg ^y^-=tg2(Если все функции определены.)
26.	Найдите tg3* + ctg3x, если sinx + cosx = a.
Докажите равенство (27—48):
27.	arctgy-4-2 arcsin4=-='?--
7	Vio 4
28.	sin (2 arctg у) 4-tg (у arcsin-у )=у.
29.	arccos (cos (2 arctg (д/2—1)))=у-
30.	tg(2arccos-----arcsin —) =
\	1О/	lzu
31.	tg 142о30' = 2+л/2-л/3—V6.
32.	arcsin x 4- arccos x=-^-.
33.	2 arcsin |x| =arccos (1 —2x2).
34.	—------^_=4.
sin 10° cos 10°
35.	arctg у 4- arctg-j- 4- arctg у + arctg у=y.
36.	arcsin — 4- arcsin -^5-4- arcsin —.
О	IO	OD <L
38.	tg2^+tg2^+tg2{|=9.
39.	sin4-4-sin4-+sin -4-sm -=T.
-л \	. л Зл 1	• Зл ' . л 1
40.	a) sin-sin-=T; 6) sin —sin
41.	cos y-4-cos y-4-cos y-=—
42.	tg 10° tg 50° tg70°=— .
43.	tgf 4-tgy +tgy-8sin^=-V3.
34
44.	tg 10°4-tg 40° + tg 70°4-tg 100° + tg 130° + tg 160° =
= — 2д/3.
л 2л Зл	17л	/ 1 \17
45.	cos - cos - cos - .. . cos	•
46.	tg|2-+4sin|i=VTT.
47-	arctg	arctg f-arctg ^-(x^O. fc>0).
48.	arctg 2+y+fe4 = a rctg (1 + k + F) — arctg (1 — k + k2).
49.	Постройте график функции (изобразите на координат-
ной плоскости множество точек, координаты которых удовлетво-
ряют соотношению):
a) y = sin2x; б) y = cos^-; в) y = tg^3x + -2-);
Г) y = tgxctgx; д) у=^Ц±^-- е) у=^-,
ж) y = sin %+ I sin х|; з) у = sin x-f-sin |х|; и) y = tg |х| + 1 tg х|;
к) y=|cosx|tgx; л) *sl-nx| + .--п--Л; м) y=|sin|x||;
н) У~\У~~ sinx|; о) sin x + sin г/ = 0; п) sin x-f-cos у = 2;
р) y = arcsinx; с) у = cos arcsin х; т) у = arcsin sin х;
у) sinx + cos	ф) y = sin 2 arctg х;
х) у = arcsin (arcsin х) + arccos
50. Для каждой из следующих функций найдите наименьший
период или докажите ее непериодичность:
a) y = sin 2лх; б) y = cos(l—х); в) y = sin H-cos
г) y = cos|x|; д) y = cos 2x + cos Зх; е) y = sin -£-+sin -£-4-sin4-;
2	3	5
ж) y = sin 2x + cos Зх; з) y = sinsinx; и) y = coscosx;
к) у== arcsin (1 + |sin х|); .л) y = sin x + cos -^/2х; м) y = sin |х|;
н) y = sinx2; о) y—cos^x.
Решите уравнение (51—236):
51. cos2 2х=2^~4~^ .	52. sin2x = cos4-^—sin4-^-.
53.	(1 4* cos 4x)sin 2x = cos2 2x.
54.	1 — sin 3x=(sin—cos-^)2.
35
55.	sin x sin 3% + sin 4x sin 8x=0.
56.	sin x cos x cos 2x cos 8x=-i-sin 12x.
57.	3 sin2 2x + 7 cos 2x — 3 = 0.	58. cos 2x—5 sin x — 3=0.
59.	2 cos2 x + 5 sin x—4 = 0.	60. cos 2х=д/2 (cos x —sin x).
61.	3 cos 2x + 2 cos x = 5.	62.	(2 sin x —cos x) (1 4-cos x)=sin2 x.
63. 1 + sin x cos 2x = sin x4-cos	2x.	64. sin 4 x-f-cos4 x= 1.
65. cos x4-2 cos 2x= 1.	66.	4 sin4 x-f-12 cos2 x = 7.
67. 5tg4x-----t—=29.	68.	3 sin2 x —2 sin x cos x —cos2 x = 0.
° cos x
69.	1 — sin 2x = cos x — sin x.
70.	sin x4~sin 2x4*sin Зх-f-sin 4x=0.
71.	cos 3x-|-sin X sin 2x = 0.	72. cos2 2x 4-cos2 3x = 1.
73. cos2 x4-cos2 2x4~cos2 3x4-cos2 4x = 2. 74. cos3x = sin5x.
75. sin^3x-|—4-cos^5x-]--^ =0. 76. sin4 x-|-cos4 x=-|-.
77. sin4 x-f-cos 4 x = sin 2x—78. sin 3x-|-sin3 x=5-^sin 2x.
79.	sin2 x tg x4-cos2 x ctg x-|~sin 2x = 4.
80.	cos (5x 4- 516°) - cos (3x 4-172°) = cos (4x 4- 254°).
81.	cos 7x (sin 5x—1) = 0. 82. sin 4x-|-2 sin2 7x= 1.
83. 34*2 sin 3x sin x = 3 cos 2x.
84. cos 2x 4- 4 -\/2 sin x = 2.	85.
86. (2 sin4—1)—L_=2. 87.
COS4 -y
88. 3tg2x4-7=-4—-	89‘
Ь	1	С1П2
90. cos2 y-4- cos2 y- — sin2 2x — sin2 4x = 0.
cos x 4- cos 2x + cos 4x = 0.
3x x 1	1 — л/З
COS — COS —-----1 =----y*— COS X.
= COS X — COS
4
cos2 2x
COS X 4- cos —
4
91.	cos 3x sin x 2 cos2^y—xj = 1.
92.	1 +—sin 2x=(-\/3— 1) cos2 x-|-1.
93.	sin^y—x) 4-cos (y—x)=-\/3.
94.	sin^2x4~-|-4 —3cos(x—ул) = 1 4-2 sin x.
95.	4-=-L. 96. 3}±1^ =2cos2x—1.
cos2 x ' sin2 x 4	1 — tg x
97. sin 7 x cos3 x —cos7 x sin3 x = cos 2x.	98. sin 3x=8 sin3 x.
99. 4 cos 3x= 15 sin 2x.	100. 3 cos x= 13 sin ^-4-17 cos
о	3
101.	л/2 cos x+cos 2x + cos 4x=0.
102.	tgx + tg 2x + tg3x + tg4x = 0.
103.	sin 2x=sin4 x+cos4 x.
104.	tg x + 2 tg 2x + 3 ctg 3x + 4 ctg 4x = 0.
105.	cos 3x tg 5x = sin 7x.	106. sin x tg x = cos x + tg x.
107. ctg x(ctg x+—) =1. 108. C°7O2^=0.
l09'	“*йл-	"°- sin’x + coSIx=iSin2x.
111.	Ig(l+i) ctg(3x-f) =f.
112.	tg(x—+8ctgx+tg(x+-f-) =o.
113.	8 cos3 x — 6 cos x+-\/2=0.
114.	cos 2x+sin 2x+cos x—sin x= 1.
115.	ctg 2x —ctg x=2 ctg 4x.
116.	(1 — tg x) (1+sin 2x)= 1+tg x.
117.	2 ctg 2x —ctg x = sin 2x + 3 sin x.
118.	cos2x—2cosx=4sinx — sin 2x.
119.	^8 cos x-1 =(^2-\/2) Vcosx.
120.	-r^- = ctg 2x + ctg 3x.	121. 4 sin 2x + ctg2(x+-^-) =4.
122.	cos 4x + sin2 3x= 1.
123.	cos2(-2-+5x) =sin2 x cos 9x + cos2(-j-+4x) .
124.	tg x — ctg Зх + ctg 4x=0.
125.	cos x (tg x + tg 3x)=4 sin 3x sin 4x.
126.	4 sin 2x sin 5x sin 7x = sin 4x.
127.	(sin x + cos x)4+(sin x — cos x)4 = 3 — sin 4x
128.	sin2 2x + sin2 Зх + sin2 4x + sin2 5x = 2.
129	sin4 x + sin4(x+-^-) +sin4(x —-2-) =-|-.
/	„ \ i+ctg(3x—
130.	cos2 7x + sin2 6x = 0.	131. tg ( 5x ——) =---r—.
- V »/	1-й+-+
132.	tgx = tg3x. 133. tgx = tg5x.
134.	tg(ix+^)=tg(fx + f).
135.	3 (cos x~sin x)= 1 4-cos 2x —sin 2x.
136.	1 4-sin 2x = cos x~sin x.	137. cos 2x-f“2 sin 2x==2 -y/2 cos x.
138 sin x I sin 3x __	2 tg x
1 — cos x ’ 1 — cos 3x	1 +tg2 x ’
37
139. tg2%+—= ctgx4—Д.
&	* 1 sin x ° sin 5x
140. —V +	+-V =0. 141. —-------------1—=-2—.
sin 2x sin 4x sin 8x	sin x sin 2x sin 3x
142.	—--------— = —— .
sin x sin 2x sin 4x
143.	( 1	(1 4---—) =34-2-72.
\	1 sin X J \ cos X J
144.	8 cos х=Д 4- Д- 145. 2 cos 3x = 3 sin x-]-cos x.
146.	3^3cos2x+3sin2x =4 CQS %---
\3 cos x + sin x	cos x
147.	4 tg 4x — 4 tg 3x — tg 2x = tg 2x tg 3x tg 4x.
148.	tg2 x tg2 3x tg 4x = tg2 x — tg2 3x-|-tg 4x.
149.	—Д + Дг + Д- =ctgx.
sin 2x sin 4x Sin 8x
I gQ 1 I *
sin x ' cos 2x sin 3x
4-_L_ =______1___.
cos x sin x cos 2x
151.
l-sin^x+^n
. , . ( 3 , 11 '
1 -bsin^—x+|4 Л
1+sin(4x-i)
152.	2cosx+2sinx-lt /я \	^3	2
153.	14- cos2 x 4* 2 cos x cos2 5x = sin2 5x.
154.	д/2 cos^3x—2-) =cos 3x ctg 3x (ctg 3x4-1).
155.	2 cos 13x4-3 cos 3x-|-3 cos 5x — 8 cos x cos3 4x = 0.
156. tg(2x4-^) =2 ctg 2x4-^-ctgl|2
157. ctg
1 In_ 2 ctg x-|-3
^G+t)
158.	3 ctg x — tg 3x = 3 ctg 2x 4-6 ctg 4x.
159.	sin4 x 4- sin3 x cos x 4- sin2 x cos2 x 4- sin x cos3 x 4- cos4 x= 1.
160.	cos6 x-|-sin6 x=-^ cos 2x—i-.
161.	2 (sin6 x4-cos6 x)—3 (sin4 x4-cos4 x)=cos 2x.
162.	sin8 x — cos8 x =y- cos2 2x —cos 2x.
163.	sin3 x cos 3x4-cos3 x sin 3x-|—1- = 0.
164.	-\/2 (cos 8x 4- 2 cos2 2x) -y/l 4-cos 4x 4- cos 1 Ox 4- cos 6x 4-
4-4cos3 2x=0.	165. 2 cos x4--\/5 sin x = cos 5x4-2-\/2 sin 5x.
38
166.	cos Зх —cos 2x = sin Зх.
167.	| ctg(2x-f)|
cos2 2x
168.	|cos x| =cos( x-|--?-
\	5
169.	-V—cos x = -\/2 cos .
170. Vcos х==л/2 sin-y. 171. -Vicos *1 =л/2 sin -4-.
172. Vl+sinx 4-cos x = 0.	173. ^1~СО5-=л/2(<cos x—4-Y
174.	tgx4-^ctgx=^M_^-l-l.
175.	cos x —2 sin 2x —cos 3x = 11 — 2 sin x — cos 2x|.
176.	sin x4-cos x=-\/l 4*tg x. 177. -\/5 sin x4-cos 2x4-2 cos x=0.
178.	4-sin x—Vl —sin x = 1 4*cos x.
179.	-\0 —2 sin 4x+-\/6 cos 2x = 0.
180.	-\]5 cos x—cos 2x 4- 2 sin x=0.
V 8cos(2x-^) V 6 J
182.	~\/-|—sin2 x4-cos(x-|--j-) =cos x-f—g-.
183.	2 sin (зх 4—2-)	4*8 sin 2x cos2 2x.
184.	(1 4-cos x) у tg-^—24-sin x = 2 cos x.
185.	-\/cos 2x4~л/1 4-sin 2x = 2 д/sin x4*cos x.
186.	-\/sin 3x4-cos x —sin x=Vcos x —sin 2x.
187.	cos Зх-Ьл/З sin 3x —3 cos2 x-|-cos x4-y-=*\/3sin x-f—^-.
188.	19-4- —5 sin(x-|--j-) 4*2 sin x=4-^—2 cos x.
189.	д/3(2 — cos x) + 4 sin 2x = sin x.
190.	д/3 (3 —2 cos x) —2 (3 sin 2x —sin x) = 0.
191.	20 cos2 x = 5 4-sin х + д/З cos x.
192.	2 sjn 3x+ sin х4-д/3 (cos x —sin 2x) = cos 2x.
193.	5 sin x4-6 sin 2x4-5 sin 3x4-sin 4x = 0.
194.	cos x sin 2x cos 4x4-sin x sin 2x cos 4x=^.
195.	2 (tg x —sin x)4-3 (ctg x —cos x)4-5 = 0.
39
196.	1 + sin 2х-|-2 д/2 cos Зх sin (x+4r) ==2 sin x-f-2 cos 3x4-
4- cos 2x.
197.	cos (f—i-) —V6 sin (f —£) = 2 sin (f+^) -
_2sin(-^+-2-)_	198. ctgx + ctg2x + ctg3x=ir^7.
199 cos 2x — cos 4x — 4 sin 3x — 2 sin x 4~ 4 q
2sinx—1
2QQ 1 +2 sin2 x —3 д/2 sin x-|-sin 2x।
sin2x—1
201.	1-sin <+.^.sin2x= 1 +s}n x
2\3cosx —3	3
202.	——I-------i----=—!--------!----.
cos x cos x cos 2x sin x cos 2x cos 3x
29^ sin 3x sin 6x  sin 12x q
sin x sin 2x sin 2x sin 4x ' sin 4x sin 8x
204.	cos 2x4~cos = 2. 205. 2 cos y-3 cos 3x = 5.
206.	8 tg 8x + 4 tg 4x + 2 tg 2x +tg x= 16-|-ctg x.
207.	2 sin Зх-}-cos x cos 2x=(cos x-J-cos 3x) (tg2 x-|-tg 2x).
208.	4 cos x 4-1 4-4 cos 3x cos x = cos 4x.
209.	-i- 4- cos x 4~ cos 2x 4~ cos 3x 4* cos 4x=0.
210.	sin3 x-f-sin3 2x4-sin3 3x = 3 sin x sin 2x sin 3x.
211.	sin3 2x4- sin3 —2x) 4-sin3^2x—j-n) =0.
212.	-Ltgx-2ctg(x4-=-)+tg(x4-§-)=0.
213.	cos2 3x4—j- cos2 x = cos 3x cos4 x.
214.	1 4-cos 2x cos 3x=-|-sin2 3x.
2 / \ 2
215.	cos2 x4-cos y-cos2 x —cos----l=2(sin-^—cos x 1 .
216.	sin xcos —- — 2 sin x) 4~cos x(14-sin-^-2 cos x) = 0.
217.	cos2 x 4“ cos2 2x —2 cos x cos 2x cos 4x=—.
4
218.	(1 4-cos x)(1 4-cos 2x)(1 4-cos 3x)=-i-.
219.	sin x 4--\/2 —sin2 x 4~sin x д/2 —sin2 x = 3.
220.	cos x cos 2x cos 4x cos 8x=-|-cos 15x.
221.	7 sin x4-6 sin 3x-|-5 sin 5x4-4 sin 7x = 0.
222.	3 sin x 4-4 sin 3x4-2 sin 5x4~sin 7x = 0.
40
223.	I sin 3x|tg 5х= 1. 224. |sin x|,gJt4-|cos x|'6X= 1.
225.	Cos5(x+-^)-sin3(x+-^) = l.
226.	5 sin5 x — 3 cos3 x = 5.
227.	sin (-2-cos 2x) = cos(-y-n sin x^.
228.	sin (sin x)=cos^^-^y 229. 2 sin2 % + sin x2= 1.
230.	sin (2x2 + x) cos x2 — sin (x2 x) cos 2x2 == 0.
231.	sin(Зд/х4-2x)cos(x — 2-\/x) — sin 2(x + V*)cos(3-\/* —x) = 0.
232.	-|-cos (x24-x)4-sin(x2—cosx = 0.
233.	sinfx2—cos x4--^~ cos (x2—x) = 0.
234.	tg Vх + 16 = tg -Jx. 235. sin л -Jx = cos л ^2 — x.
236.	tg^ = ctg3nx.
237.	Найдите все решения уравнения 2 cos 2х — 4 cos х= 1,
удовлетворяющие неравенству sinx^O.
238.	Найдите все решения уравнения sin2 x-}-sin2 2x = sin2 Зх,
удовлетворяющие неравенству cos х<—i-.
239.	Найдите все решения уравнения (1 + tg2 х) sin х —tg2 х +
+ 1=0, удовлетворяющие неравенству tgx<0.
240.	Найдите решения уравнения sin х cos ~—cos х sin у-=
— —удовлетворяющие условию — л^х^у-.
241.	Найдите решения уравнения (1+2 cos 2х) sin х +
+ (1—2 cos 2х) cos х = 0, удовлетворяющие неравенствам
n<|2x-f|
3	/— з
242.	Найдите решения уравнения 2 + cos —х + -уЗ sin —х =
= 4 sin2 у-, удовлетворяющие .неравенству sin (у- +"j") >0.
243.	Найдите решения уравнения
“s(t *+ir) +М-гх+-г) =2 5!п(тх—г ) 5Ш(тл —Н’
удовлетворяющие неравенству siny-x<0.
244.	Среди корней уравнения ~ — 0 найдите тот, кото-
рый имеет наименьшее расстояние от числа -\[\3 на числовой
прямой.
245.	Найдите наибольшее значение х из промежутка £(),
удовлетворяющее уравнению tg(x+^-) = ctg х— 1.
246.	Найдите сумму корней уравнения tg(x4~) =ctgx —
—д/3, расположенных на отрезке [1, 10].
247.	Найдите решения уравнения tg лх = tg 2лх2, удовлетворя-
ющие условию |х|<С-~.
248.	Найдите решения уравнения |sin (2х — 1)| =cos х, удовле-
творяющие условию |х|^2л.
249.	Найдите решения уравнения д/sin х = д/соз (2+х), удовле-
творяющие условию 0^х^2л.
250.	Докажите, что числа cos2-^-, cos2--, cos2-^- удовлетво-
У	У	У
ряют уравнению 64х3 —- 96х2 4-36х — 1 = 0.	_______
251.	Найдите число корней уравнения tg л -7x-|-90 = tg л д/х.
252.	Найдите все значения х, удовлетворяющие одновременно
условиям: cos 13x=cos х, cos 2х -j-sin 5х = 1, |х|<3.
14л
253.	Найдите общие корни уравнений со8лх + 2зт —--------
1 п	14л	14л । 1 п
---7~—0, sin ——cos------sin-----Н—=0.
2	2	х	х 2
254.	Найдите общие корни уравнений sin-у-—-cos-у- —
— 2 cos 5лх = 0, д/З sin Юлх — 3 cos 10лх —sin — =0.
v	X
255.	Сколько решений в зависимости от а имеет уравнение
tg (*4“«) tg (х + 2а) tg (%4-За)= 1, 0^х<л, 0^а<л?
256.	При каких значениях а уравнение 8 cos х cos a cos (х — а) +
+ 1 =0 имеет решения?
257.	Докажите, что если некоторое значение х удовлетворяет
уравнениям
х2 cos a cos Р + х (sin а + sin 0)+1 =0
и х2 cos р cos т+х (sin р4-sin у)4-1 =0,
то это же значение х удовлетворяет также и уравнению
х2 cos у cos а 4~ х (sin у 4~ sin а) 4~ 1 = 0.
Решите уравнение (258—270):
258.	2 arcsin х- arccos х = 3 arccos ~ arcsin
-у/Х	д/х
259.	cos 2 arcsin х=х24-2 4*6х tg-др
260.	2 arcsin х = arccos Зх. 261. arctg (х —1) = 3 arctg (х 4-1).
262.	arcsin х- arccos х— — 1. 263. cos 2 arccos х = arcsin cos х.
264.	arccos(-^-arccos x) = arcsin(-^-arcsin x).
42
265.	arcsin (1 + I sin x|) = arccos^ 1 + cos
266.	arctg—1-r—arctg—J-r=-^.	267. arcsin x = 2 arctg x.
XI	X ~1	12
268.	arcsin2 x + arccos2 x=-|-n2.
269.	2 arcsin x-f-arccos 2х=-|-л.
270.	arctg —arctg-~sin- = a, 0<a<-£-.
° 1 —sin a ° cos a	2
Решите систему уравнений (271—310):
271. (	sin x + cos y= 1,	272. J sin x + cos у = 0,  2 sin x - 3 cos у=д/2.	| sin2 x + cos2 у	.
273. 1	Г 4y+y/3 cos x=—i-,	274. J tg x+^—= 2 д/34, [ 28y + 4y/3 cos x = 1.	I _L_	х==з/о75_г x cos у 6	v
275. |	' sin2 2x-(3-y/2)tg5y=^-(3y/2-l), t tg2 5y + (3—V2) sin (-2x)=A- (3 ^2- 1).
276. |	[ sin x sin </=4-,	277. ( sin X sin у=4-, [ cos X cos у =-|- •	l3tgx = ctgy.
278. |	1 cos 2x = tg(y+4-),	279. J tg x + tg у = 2, Lcos2y=tg(x+-2-).	1 cos x cos у
280. |	| xsin2(x—-2-)=ycos2(y+-^), [x cos2(x—f-) =У 31п2(у+т)‘
281.	f tgy —tgx=l+tgxtgy, I cos 2y+V3 cos 2x = — 1.
282.	( sin (2x + y)+sin (2x—у) = л/2 cosy, (tg(x+-j-) +cosy = tg2y.
283.	1 6 cos x + 4 cos y = 5,	284. r 4 tg 3x = 3 tg 2y, t 3 sin x + 2 sin y = 0.	( 2 sin x cos (x —y) = sin y.
285. ,	( ctg x + sin 2y = sin 2x, ( 2 sin x sin (x+y)=cos y.
286.	( 4 sin y — 6 -\/2 cos x = 5 + 4 cos2 y, 1 cos 2x=0.
43
287. i	[ sin x4-cos x = 2 + sin у 4-cos y, [ 2 sin 2x +sin 2y=0.
288. ।	' sin (2x-f-y) = 2 sin y,	289. r cos2 у 4-3 sin xsin y = 0, [ sin (x-(-2y) = 3 sin x.	(21 cos 2x — cos 2y = 10.
290. |	sin x—— = sin y,	291. r tg (y4-x)=4 sin x-|-2 cos x, .	1 tg (y—x) = 4 sin x —2 cos x. COS X — —— = cos y. <	COS X	u
292. г	• sin (x—y) = 2 cos x sin y, , cos (2x-|-y)4-cos (х-|-у) cos x = 0.
293. |	. c?s * - =—,	294. ( 4 sin (3x4-2y)4-sin x=0, sin(x4-y) 2	I 4 sin (2x-|-3y)4-sin у=0. cos у 	 3 4 sin (x4-y) — 4 
295. ।	( a cos (2x4-y) = cos y, ( a cos (x -f- 2y) — cos x, a > 1.
296. j	f cos у=д/2 cos (x4-2y), (-\/2 sin x = sin (2x4-3y).
297.	[ 3 tg-|—f-6 sin x = 2 sin (y —x), (.tg-g—2 sin x = 6 sin (y4-x).
298.	f 3 cos (4x —2y)=-\/2 cos (2x —2y), ( д/2 sin (x4~y) = 3 sin (y —x).
299. 1	✓	5 5 sin x sin y+~2 cos x cos y = 2, cos x sin у — 2 sin x cos у =-|-, О^х^л, О^у^л.
300.	| —cos 2y=(sin у—0 ( 1 4- sin 2x) , ( tg2 x-|-ctg2 x=6 tg2 y.
301.	f cos 2y4--j-=(cos y—-0 ( 1 4-2 sin 2x), I sin у (tg3 x-|-ctg3 x)=3 ctg y.
302.	| 2 cos 2x=(l —tg x) (1 4-sin y4-sin 2x), ( 8 cos 2x (cos8 x — sin8 x) 4-1= 25 cos2 y.
303.	( cos x cos 2y — sin у cos 2x 4- 2 cos x = 1, ( cos 2x4-3 cos 2y 4-8 sin у = 84-4 sin x sin y.
304.	f sin2 x-f-sin2 y-f-sin2 2 = 2,	305. f 2 cos x = 3 tg y, < sin x-|-sin y-|-sin z= — 1,	<2cosy = 3tg2, Lx+f/ + 2 = 3X-	(.2 cos 2 = 3 tg x.
44
306. ( 8 cos (x—1/)4-4 cos (x4-y)=3,
{ 8 cos (y — z) + 4 cos (t/ + z) = 3,
(2 cos (z —x)4- 10 cos (z + x)= —3.
307.	Г tgxtgy=—	ИЗ, Ь	COS X cos у 1
<	tg У tg Z=—	5, u	cos у cos z tg z tg x = —	3.
V	COS Z COS X
308. I sin x 4- sin у = sin a, 309. | sin x 4- sin у = sin a,
I cos x4* cos у = cos a.	( sin 3x 4- sin 3y = sin 3a.
310.	( sin x4*sin y = sin a,
( sin 2x4-sin 2y = sin 2a.
Решите неравенства, полученные из уравнений 50—150, заме-
ной знака « = » на соответствующий знак неравенства по следую-
щему правилу: для номеров 51, 55, 59...т. е. для номеров вида
4^4-3, ставится знак «>»; для номеров 52, 56, 60, ..., т. е. для но-
меров вида 4k, ставится знак «^»; для номеров 53, 57, 61, ..., т. е.
для номеров вида 4k 4-1, ставится знак « »; для номеров 54, 58,
62, ..., т. е. для номеров вида 4Л4-2, ставится знак «<».
§ 2.	ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ
14. Определение. Разные задачи
Равенство
ai0Sab = b,	(1)
где а>0, а#=1 (а — основание логарифма), ft>0, определяет
число logaft.
Зная одно лишь это определение, уже можно решать не очень
сложные задачи. Например: , ^xiog43
1.	Вычислить', a) log816; б)
Р е ш е н и е. а) Если log816 = x, то по определению логарифма
8х = 16, или 23х=24; х=^~.
/к 3	2 _ 3	__з	, /5x108,3
б)	Поскольку 4 =2 2 =(4 2 ) 2 =4 4, то	=
3 J q	з	3
=(4~)Og' =(4'ogY7=3 4 =j=.
Каждая из функций у = ах и y = logax(a>0, а#=1) является
обратной по отношению к другой. Напомним, что функция у = <р (х)
является обратной по отношению к функции y=f(x), если об-
ластью определения функции у = ф(х) является область значений
функции y = f (х) и для любых а и ft, таких, что b ==f (а), справедли-
во равенство а = ср (ft). Для того чтобы функция у —f (х) имела об-
ратную (являлась обратимой), необходимо и достаточно, чтобы
каждое свое значение она принимала ровно один раз. В частности,
достаточно, чтобы y = f(x) являлась строго монотонной функцией.
Из этого следует, что график функции у = ф(х) симметричен гра-
фику функции y=f (х) относительно биссектрисы 1-го и 3-го коор-
динатных углов. Ясно, что, во-первых, и само понятие обратной
функции симметрично (т. е. функция y=f(x) является обратной
по отношению к функции у = ср(х), если у = ф(х) обратная к
y=f (х)), во-вторых, не любая функция имеет обратную и, в-треть-
их, для пары взаимно обратных функций областью определения
одной из них является область изменения другой и наоборот.
Формулируя свойства логарифма (часто словесно), мы обычно
для краткости опускаем слова, указывающие на область при-
46
менимости (например: «Логарифм произведения равен сумме ло-
гарифмов...»). К сожалению, подобная неаккуратность иногда пе-
реносится и на задачу, что приводит к печальным последствиям
(в частности, к потере корней при решении уравнений).
Известные школьные свойства логарифма полезно пополнить
еще одной формулой.
Прологарифмируем равенство (1) по основанию с (О 0, с#= 1).
По правилу логарифмирования степени будем иметь loga& • logca’=
= logc&, откуда
logad=^.	(2)
logc a	'
В частности, если c = b, то loga b——!— .
b log6 a
Обратим внимание в связи с этим на одно забавное «мнемо-
ническое» правило, используя которое можно ускорить процесс
упрощения выражений, содержащих произведения и частные лога-
рифмов. Если поставить в соответствие логарифму loga Ь дробь
и то же сделать для других логарифмов, то равенству loga &Х
Xlogc a = logc b можно поставить в соответствие равенство
—-~=-р которое означает обычное сокращение на а. Аналогич-
но можно подойти и к равенству (2). (Заметим, что это сходство
с дробями дальше не распространяется.)
Рассмотрим пример.
2.	Упростить выражение:
log2 3• log3 4 • log4 5• logs 6• log6 7 • log7 8.
Решение. На основании нашего правила после всех со-
кращений получим дробь -|-, которой соответствует log2 8 = 3.
Еще раз решите эту задачу, преобразуя каждый из заданных
логарифмов по формуле (2), взяв с = 2, иными словами, перейдя
во всех логарифмах к одному основанию 2.
Вообще при решении любых задач, содержащих логарифмы по
различным основаниям, следует запомнить одну рекомендацию,
почти не имеющую исключений: необходимо перейти во всех ло-
гарифмах к одному основанию.
Сформулировав это «почти» общее правило, рассмотрим, одна-*
ко, два примера, в которых осуществляется это «почти», т. е. пе-
реход к одному основанию в них ничего не дает.
3.	Сравнить:
a) log2 3 и log3 5; б) logio 11 и logn 12.
Решение, а) Попытаемся подобрать такое рациональное
число и, которое разделило бы данные числа, т. е. было бы боль-
ше одного из них, но меньше другого. Заметим, что оба логарифма
больше 1, но меньше 2.
47
Попробуем сравнить их с Оказывается, log23>-|-, так
3	2	2
как 3>2\ З2>23, а 1о§з5<-|-, так как 52<33. Таким обра-
зом, log2 3>log3 5.
Предложенный метод сравнения можно назвать методом
«вставки» (между двумя сравниваемыми «плохими» числами
вставляется «хорошее» число) или методом «разделения» (нахо-
дится число, разделяющее данные два числа). Иногда этот метод
реализуют в иной форме: ищут такое натуральное число k, при
умножении на которое сравниваемых чисел а и b получают такие
числа ka и kb, что между ними находится хотя бы одно целое
число. Этот метод имеет весьма широкую область применения.
Однако он с трудом реализуется, если сравниваемые числа
очень близки друг к другу, как это, в частности, имеет место в
пункте б). При решении этого примера срабатывает один любо-
пытный прием. Вычтем из рассматриваемых чисел по 1. Тогда
получим logic П — l=logio-^- = log10(l+^-)>logu(l+Iy)>
>l°gn(l+n-) =logll 12-1.
В первом неравенстве мы пользовались тем, что если с>а> 1,
6>1, то loga/?>logc& (т. е. тем, что при &>1, х>1 функция
y = logx fr=10g х убывает), во втором — монотонностью функции
y=loga х.
Подоплека этого приема запрятана достаточно глубоко. Дело
в том, что оба сравниваемых числа очень близки к 1. Вычитая
1, мы получаем числа, близкие к нулю, более удобные для сравне-
ния (так как возрастает относительная разность).
15.	Показательные и логарифмические уравнения
Специфика решения уравнений рассматриваемого класса урав-
нений состоит в расширении методов и формул преобразований,
в частности, добавляются две взаимно обратные операции —
логарифмирование и потенцирование; в пополнении списка замен,
целью которых, как правило, является сведение данного уравнения
к алгебраическому; и, наконец, добавляются два элементарных
уравнения:
ax = b (x = loga b) и loga х = й (х = а6).
Рассмотрим несколько упражнений.
4.	Решить уравнение: д/8-Зх+2 —23 = 2 —Зх+1.
Решение. Сделаем замену у = Зх. Получим уравнение
д/72у — 23 = 2 — Зу. После возведения в квадрат и упрощений
48
приходим к квадратному уравнению Зу2 —28у+9 = 0. Корни
последнего Ц- и 9.
Второй корень является посторонним (если у = 9, то 2 —Зу =
= 2 —27= —25<0). Таким образом,
Возвращаясь к неизвестному х, получаем 3Х = 3“1, х= —1.
Ответ, — 1.
При решении этого уравнения имеет место достаточно типич-
ная ситуация: уже после первого шага — замены неизвестного —
мы получаем алгебраическое уравнение и вновь возвращаемся к
показательной функции уже в самом конце и на уровне элементар-
ного уравнения. По существу, это уравнение если и относится к ка-
тегории показательных, то лишь по внешним, несущественным
признакам.	х_{	Зх_4
5.	Найти корни уравнения*, •	-=-1-(^/з)
Решение. Группируем отдельно степени с основанием 2 и
1 1
— (х — 2)	/о 4 \х~2
с основанием 3. Получим 3	= 22(х~2), откуда )	= 1,
х—2.
Ответ. 2.
6.	Решить уравнение: log2 (х2 —4х)2=2 log2 (18 —5х).
Решение. Грубой ошибкой, о которой мы уже предупрежда-
ли читателя, было бы преобразование левой части на основании
равенства log2 а2 = 2 log2 а, верного лишь при а>0.
Потенцируя данное равенство, будем иметь уравнение
(х2 — 4х)2=(18—5х)2, среди решений которого надо отобрать те,
для которых 18 — 5х>0, т. е. х<3,6.
Полученное уравнение распадается на два: х2—4х=18 — 5х
и х2—4х= — 18-f-5x.	_ _________
Корни
первого —1 2~^ и —> корни второго 3 и 6.
~1~~^73 и з (Докажите, что	>3,6.)
& £
Подходят
Ответ. 3; —.
7.	Решить уравнение: (д/2+д/3)х4-(д/2—-\/3 )х = 4.
Решение. Сделаем замену у = (д/24-^3)х. Поскольку
(2+V3)-(2-V3)=l , то второе слагаемое в левой части уравнения
равно -у-. Получаем y-j—^-=4, откуда yi=2-|--\/3; у2 = 2—-\/3.
Ответ. —2; 2.
8.	Решить уравнение:
logx+19 (2х2 + 36х +1) = log4 8 4- cos2	.
49
Решение. Правая часть уравнения равна 2. Имеем:
2х2 + 36х+ 1 =(х+ 19)2; х2 — 2х —360 = 0.
Корни этого уравнения —18 и 20.
Первый корень не удовлетворяет исходному уравнению, по-
скольку при х = — 18 основание логарифма становится равным 1.
Ответ, 20.
х— 1
9.	Решить уравнение: 5х *8 х =500.
Решение. Прологарифмируем данное уравнение по основа-
нию 5 (или 2). Вообще говоря, можно логарифмировать по любому
основанию, но не совсем удачный выбор основания может привести
к громоздким преобразованиям.
Имеем %4~3 logs 2 = 34-2 logs 2,
х24~х (logs 2 —3)—3 logs 2 = 0,
Xi =3, x2 = — logs 2.
Ответ, —logs 2; 3.
10,	Решить уравнение: 3 log* 4-J-2 log4X 4-J-3 logisx 4 = 0.
Решение. Перейдем во всех логарифмах к одному основа-
нию 2 (так, например, log[6x 4=-^-^ = 4+1^g'x ) и сделаем
замену y = log2%.
Получим —4~—4—Ь^гт—=0-
Корни этого уравнения —3 и —1.
Ответ. ; -1-.
Аналогичное преобразование — переход к одному основа-
нию — можно осуществлять и для функций показательных.
Например:
11.	Решить уравнение: 5,og2X + 2xlog25= 15.
Решение. Преобразуем x,og25 = (5log5*yog25_(5iog25yog25__5iog2x.
Уравнение имеет вид:
5,og2X + 2-5’og2X=15,
5’0g2X = 5, log2x = l, х = 2.
Ответ. 2.
При решении уравнений, содержащих логарифмические и три-
гонометрические функции, как правило, наиболее трудной зада-
чей является отбор корней.
12.	Решить уравнение:
logsin X ( COS X —0 4- logsin х ( sin X -у-) = log5in х 0,03.
50
Решение. Из данного уравнения следует, что
(cosx—|-^sinx—=0,03. (Понятно, что на sin х и cos х
наложены ограничения: sin %>-£-, cosx>-|-. Ясно также, что
sin х#=1.)
Откуда sin х cos х—|-(sin x + cos х)+0,22 = 0.
Сделаем замену у = sin x + cos х, тогда у2= 1+2 sin х cos х
„2_ I
и sinxcosx=^—. Получаем относительно у уравнение
1-у + 0,22 = 0, у2-у-0,56 = 0, у, = 1,4, у2= -0,4.
Второй корень не подходит, так как должно выполняться
неравенство sin x + cos х>1 (это следует из ограничений). По-
лучаем уравнение sin x + cos х—1,4. Перейдем к тангенсам по-
ловинного угла: z=tg-^-. Будем иметь 	=1,4, откуда
£	1 Z 1 -j- z
2,4z2 —2z+0,4=0,	z2 =4~ •
Теперь найдем sin x и cosx. Если tg-£-=4-, to sinx=-|-,
I 1	и
cos x =-2-; если же tg -£-=4~, то, наоборот, sin x =-f-, cos x =4-.
o	z 3	о	о
Ответ, arcsin —l~2nk; arcsin -|—(-2лЛ.
Мы не будем здесь рассматривать примеры систем уравнений,
содержащих показательные и логарифмические функции, по-
скольку никакие новые идеи по сравнению с уже рассмотренными
в нашем пособии не включаются в стандартную схему.
16.	Показательные и логарифмические неравенства
Решение показательных и логарифмических неравенств осно-
вано на монотонности показательной и логарифмической функций.
В общем случае если функция. y=f(x) монотонно возрастает,
то из неравенства f(a)>f(b) следует, что а>Ь. Подчеркнем:
именно из первого следует второе, поскольку обратное утвержде-
ние «Если а>Ь, то f(a)>f(6)» может оказаться и неверным,
так как а и b (вместе или порознь) могут не принадлежать об-
ласти определения функции y=f(x).
Если же y=f(x) монотонно возрастает (или убывает) и оп-
ределена при всех х, то неравенства f(a)>/(6) и а>Ь (а<.Ь)
оказываются эквивалентными. Именно это имеет место для пока-
зательной функции.
Рассмотрим решения нескольких неравенств.
51
13.	Решить неравенство:
у 1 — Зх2 — 5х । у — Зх2 — 5х g , у6 (х + 1)
Решение. Имеем 7.7-3'2-5' + 7-зх’-5х<8.76<ж+'>,
у — Зх2 — 5х у 6х 4- 6
Функция у = 7‘ монотонно возрастает, значит, — Зх2 —5х<
<6х + 6.
2
Ответ. х<— 3; —
О
14.	Решить неравенство: log05 (х2 + 2х —8)^ —4.
Решение. Функция y = log05/ монотонно убывает, следо-
вательно, потенцируя, меняем в неравенстве знак на противо-
положный. Получаем х2 + 2х —8^0,5-4.
К этому неравенству надо добавить х2 + 2х — 8>0 (область
определения).
Решая систему неравенств, получаем — 6^x<Z —4, 2<х^4.
Ответ. —	-4; 2<х^4.
Если в неравенстве фигурирует логарифмическая функция,
содержащая неизвестное в основании, то обычно рассматриваются
два случая: основание больше 1 и основание меньше 1 (но больше
нуля).
15.	Решить неравенство: log4x2 (5% + 6)> 1.
Решение. Рассмотрим два случая:
1)	4х2>1. Тогда 5% + 6>4х2 (при потенцировании сохра-
няем знак неравенства). Решая систему из двух неравенств,
3	11
находим ————, — <х<2.
4	2	2
2)	4х2<1. Тогда 5% + 6<4х2 (знак неравенства меняется).
К этим двум неравенствам следует добавить еще два: х2>0
(т. е. х#=0) и 5х-|-6>0 (область определения). Заметим, что
в первом случае нет необходимости в добавлении аналогичных
неравенств. Полученная система неравенств несовместна.
Ответ. ——<х<—
4	2	2
Обратите внимание, что в этом неравенстве правильный ответ
можно получить, не рассматривая второй случай. Ясно, однако,
что его отсутствие является грубой ошибкой.
При использовании для решения рассматриваемых неравенств
метода интервалов полезно запомнить две следующие рекомен-
дации:
Выражение аь — ас при а>\ имеет тот же знак, что (Ь — с\
и противоположный, если 0<а<1. Оба варианта можно объеди-
нить в один: выражения аь — ас и (а—1)(& —с) имеют один знак.
Аналогично loga b и (а—1)(& —1) также имеют один знак
(докажите самостоятельно). Правда, формальная замена множи-
теля loga Ь выражением (a—1)(&—1) приводит к расширению
области определения, и об этом нельзя забывать.
52
/ 4x2 \3x’—х / х4Ч-1 \*—2
16.	Решить неравенство: (^-рр-у	>	)
(J I | \ х—2	/	4 . . \ —Зх’+х
—£г~)	—( -? )	<0. Левую
часть неравенства заменим на (*4^г~~ 1) (*— 2—(— Зх2+х)).
Получаем (х4 — 4х2 +1) (Зх2 — 2)<0 (не забудем и про условие
х=#0).
Последнее неравенство решается методом интервалов.
Ответ. —-\/24-д/3<х< —у-^-; — л/2—у/3<х<0; 0<х<
____________	’ о
<^2-^/3; V|-<х<л/2+у/3.
17.	Решить неравенство:	|о^2х ~	0-
Решение. Заменяя каждый множитель на выражение того
же знака, приходим к неравенству
(2х - 1) (5х - 2) (Зх - 1) (7х - 2) п
15х2+2-Их
при условии х>-|~, х#=-£-, х#=-|-. Разложив на множители зна-
менатель, получим неравенство
(2х — 1) (5х—2) (Зх -1) (7х—2) о
(Зх—1)(5х—2)
Ответ. -~<х<-|-; х>±~.
и	/	Z
17. Задачи
1. Вычислите:
а) 27 3 log3^" ,Og2’2. б) 51og^4-logs2-t-21ogss3.
в) 49'og’2+'ogV72-4-|og«64. г) 7'^;
д) -у/25^+9^; е) 15 log
ж) 1g (sin2 10° + sin2 80°) + 1g (sin2 20° + sin2 70°)+1g (sin2 30° +
+ sin2 60°)+1g (sin2 40° +sin2 50°);
3)	Igtg l°-lg tg 2°-lg tg 3°....-lg tg 88°.1g tg 89°;
и)	Igtg l° + lgtg2° + lgtg30 + ... + lgtg88° + lgtg89°;
к)	log|5 20 logie 15 logi7 16 log|8 17 log!9 18 Iog20 19.
53
2. Определите знак числа:
a) log^(0,5 (1 - log? 3)); б) (1 — 0,87557) log0.5 (1 — log59 0,95);
log32log0,44lgjtlog^V2 ,	log0.99 (0,7~' (log; 5-1))
В/ (0,3-loo-O,3-99) logo,5/0,75’	’	0,99"-0,99“101
3. Сравните два числа:				
а)	logs 3 и О	б)	log2 5	“2Ь
в)	log । 10 и —2	г)	^8 и ‘	>2 log2 5 + logo 5 9.
д)	21оёз5 и glog3 2.	е)	logs 5	и logs 5;
ж)	log2 5 и logs 32;	з)	log7 8	и log8 9.
4.
5.
6.
7.
8.
Найдите 1g 56, если lg2 = a, log27 = 6.
Найдите log3o 8, если log30 3 = a, log30 5 = 6.
Найдите logs 16, если log12 27 — a.
Найдите logs 3,38, если lg2 = a, 1g 13 = 6.
Найдите loga(,
если \ogabd = n.
9. Найдите область определения функции:
а) у=^х2 — 25 logo,, (42 + х —х2); б) y = log3+x (х2 —1);
в) y = logx+5(|^|); г) y = lg(l—logji (х + 5));
д) z/ = logx_i(—^); е) у = 1g (4 -х2) д/ 1 х- 1.
\/9 —х 7	х
10. Постройте график функции:
a)	У = 2 х ;	6)	у = 0,5 log2 x2;
в)	10,g(|-x2);	Г)	y = 9'°g3X;
д)	у = log, 2;	e)	У = log2 sin x;
	10g2 10g2 X		
ж)	y=x 10g’x ;	3)	У = logsin x cos x;
и)	У __ 2lloSo,5 *1;	K)	у _ 2Vlog2 X	^Vlogx 2 (
Решите уравнение (11 —128):
1	2
11. (2 (2^+3)2^)^-' =4.
12. (0,5)х2-22х+2=А..
14. ^/2x2-2x-,0=V33 + Vi28-l-
15. x-V5x7n-x2_V1252 (x-‘) = x+V25x + 4.	16. 25|1-2х| =54-6х
17. (-|-)Х+2^_1=(2,25)х+^-'. 18. 2х2+х-6 — 2х2+х-9 = 56.
19. л/3?ТГ5’-7-л/37:Г5К=162.
54
20.	зх+‘ - 5Х + 3Х~‘ - 5х-* = 5Х-2 — Зх“2.
21.	(0,81 )х~1 — (0,9)2х-3 + (0,01)х~15 - 9 • (0,1 )2х ~2 = 0.
22	_5'^х = 5^х+1_3’А+1_|_5^+2 — 3^+2.
23.	3-5Х“2-2*54-х — 5=0. 24. (0,1)х+1 +(0,01 )х = 0,02.
25. 4x+Vx^2 —5-2х“1+л/хГГ2 = 6.
26. з2х2_2-ЗхЧх+6 + 32х+12 = 0. 27. 2х+2 + 8х = 5-4х.
28.	9х+‘—3-Зх+3 —27-Зх“2 + 27 = 0.
29.	22х+1 -5-6х + 32х+1 =0.
30.	Зх+л/Зх+2-7х = 3-7х+д/2Г.
31.	з2х2-бх+з_|_бх’-зх+1==22х2-6х+3. 32. 8Х+18х —2-27х=0.
33.	3*4х+(3х—10)-2х + 3—х = 0.
34.	2л/х-4х + 5-2х+,+2л/х = 22х+2 + 5л^-2х + 4.
35.	Vx(9^^—3^х^3)=32^3+1-3^3+1 + 6л/х—18.
36.	(6-л/35)х+(6+л/35)х=142.
37.	8(4Х+4“Х) — 54 (2Х + 2~Х)+101=0.
38.	2’--i-6(2'-?L_) = l.
х2-8x4-15
39.	|х-3| х~2 =1. 40. |^--Зх—2| = 9Х-1.
41.	21х+21 — |2х + 1 — 11 =2Х+*.
42		-___________5*	_|_	=+001
35-x + 8+16-35*	1+4-25'~ 4	5 “ ’
1 1
43.	4cos2x —2tg’x —3 = 0. 44. 4tg’x + 2cos2x = 8.
45 4s*n x__ , psin x-hcos X | 2-4cosx Q
46. 2sin’x + 2cos!x = 3. 47. 4cos2*4-4«>s’*=:3.
48.	|cosx|si"2x-115sinx+0i5=l.
49.	0,5 lg(x + 3)-2 1g 2 = 1 - 1g д/25х + 375.
50.	21g2x + lgx2 = 2-V2+-^lgx2.
51. 2 1g 1g x = lg(3 —2 Igx). 52. log2log2(5x —4)=l+log2log2x.
53. 1g (lOx) 1g (0,lx) = lg x3 —3.
54. 1g2 (100x)+lg2 (10x) + lg2 x= 14. _
55. 3 -yiog3 x — log3 (3x) = 1.	56. ylog2(^-)+3+log2(-^=) =0.
57. 21og2(^-)+log2(g|-) = l. 58. log5_x(2x2-5x + 31) = 2.
59. log2xj_2 (3x2 + x — 4)=log8 16 — log27 3.
60.	logx,_4x+1 (x3—3x2—3x+ 1)=2.
61.	log3 (3х—8)=2—x.
62.	2x+1 =2 log2 (9x + 32x~* -2X+3’5).
55
63.	х (1 — lg 5)=lg (2х4-х—1).
64.	2 (1g 2 — l) + lg (5^+ l)=lg (5'-^ + 5).
65.	log3 (3х—!)• log3 (3x+l — 3)=6.
66.	x-f-lg (1 + 2x) = x 1g 5 + lg 6.
67.	log6 (2^+' -3)=log6 logV3 93 log6 4.
68.	7lgx — 5lgx+’ = 3-5'gx_| — 13-7lgx-1.
69. 53lgx=12,5x.
71. (0,4)x!~2-(0,5)x-3= 10.
73. 3x-3 = 5x2~7x + 12.
75.
x2lgix
(V?)lgx
10.
70. 16 x -5v=100.
72. 6”*x~-(0)75)7+T = V2^3T3.
74. xlgx—1 = 10(1 — x~lgx).
lg X4- 7
76. x 4 = 10lgx + '.
77. x'0e’^.14l0gl7=l
79 2^°s2 x — 2 = 2—xviog*2.
81. xlog!9 = x2-3log2X—xlog23
78. 10v'gx + x^log-10 = 200.
80. 25lgv = 5 + 4xlg5.
82. 6logIx+xlog6X= 12.
Iog3 т/7+Т —-y logs (x2 — I)
83. (-1-)	=л/2(х-1).
84. log4 x + logx2 2= 1. 85. logx 2 • log2x 2 = log4 2.
86. log2! (4x) + log2(^-')+7 = 0. 87. . Iog.2* = Л^я*?--
6-^	&z\8/	log, (2x) logic (8x)
88. log3x X = log9x X. 89. д/logx-\/3^’logs X= — 1.
90-
2. 91. 3x log3 x + 2 = log27 x3-f-6x.
92.	(log4 (2x + 9)+ l)-log(x+2) 2= 1.
93.	log । _2x2 X = 4-Ti-77—77~i7 
&1 Zx 4	41og2(l— 2x )
94.	log2_2x* (2 —x2—x4) = 2 —(^_2%2).
95.	log2 x • log2 (x — 3) -f-1 = log2 (x2 — 3x).
96.	Ig2 (x +1) = lg(x + l)• 1 g (x-1) + 2 lg2(x-1).
97.	x2 loge -V5x2 — 2x — 3 — x log^ (5x2 —2x —3) = x2 + 2x.
6
98.	x2 log2(^±£) -x2 log^ (2 + 3x) = x2-4 + 2 1ogv,(^!^
56
99.	logs log^j x + 2 log_, log2(2x—=0.
100.	21og_i log] (2 + x) + log2 log2 (2%+-^-) =0.
4 л/З	3
101.	-j-log2 (-\/21x —x2 —-\/26 — 2) — log8(-\/2x + 34-
102.	log2 (7 — 4x — log2 10) + logo,5 (9 V3 — 2x — 5 + log0 5 20) = 0.
103.	log3 24-log3 log3 (4—x)=log3 log3 (19 — 6x).
22
105. "ylogx д/5х= — logx 5. 106. 3 log2 x2 — log2( — x) = 5.
107.	-\/2 log8 (— x) — log8 V? = °-
108.	"\/x — 2 -y/x— 1 4-л/х + 2 ~\[x — 1 = log । (x — 1).
109.	log3x+7 (9+ 12x + 4x2) + log2x + 3 (6x2 + 23x + 21)=4.
110.	Iog2x+1 (5 + 8x — 4x2)4-log5-2x (1 +4x + 4x2) = 4.
111.	log|—2x (6x2 — 5x+ 1) — log] —3x (4x2 —4x+ 1) = 2.
112.	logx+, (1— 3x) = logvrz3;(l — 2x — Зх2)— 1.
113 2 —6^+l°esSinx=2’2'+l°g!COS*
114.	3 log2 sin x + log2 (1—cos2x) = 2.
115.	2 log3 ctg x = log2 cos x.
не. iog2 tg x+iog4( cosc;s_xsin J =°-
117. log^sinx(l+cosx) = 2. 118. ig(05+cos2x) = logsin2x 10.
119.	logsin3x(cos x — cos 2x) = 1.
120.	logsin x 2 + logcos x 2 + logsin x 2 • logcos x 2 = 0.
121.	(logtg x cos x + 2) logtgx cos x = 2 — logctgx cos x.
122.	9 logsin2x(4 cos2 x) + 8 log2cosx sin x = 16.
123.	logcos x ( S"^X + cos x — sin2 x — д/2 sin x) = 2.
124.	logsin (5_x) (15x + 2 - 16 737^2) = 2logl 5 - 5logl 2.
125.	log5in (2+x) (47- 15x- 16 V7^) = log3tg2-^.
,26* 1°gCos(x+")(2(2x+1)-5^rT) = cos2-TL + 1°g>g4--
cos yx -г-g- J	О	о
127. -^4—x.4log!*+log3 (x —2) = 9, x — целое число.
128. д/7 —2x • 8loe'x + log3 ( 2 —= 2 -^8—x; x — целое число.
57
(129—153):
Решите систему уравнений
129. ।	(y2=4x + 8, (2x+1+y+l=0.	130.	j 3х.5^ = 75, ( 3g-5x = 45.
131.	С 2х —7!/+l = l, I 2x-7g = 8.	132.	( 7-2x + 6y = 2, i 3-2x+,-5y = 93.
133.	( (x-y)-(0,5)y-x = 5-2x-J/, j	x + y Ux-y) 7 =125.	134.	( 4x + 2y=i2, t д/Зх — 2у=д/54-х
135. ।	(x + 2x=y + 2J/, I x2+xy + y2 = 12.	136.	Г logxy (x — y)=l, I logxy (x+y) = 0.
137. ,	f(4y2-y + 6)-2x = 20y,	138.	( lg x + lg у _ |
х2+у2 = 8.
— Зу.
2 У—2.
139. (x+y=^-,
(logxf/ —10gyX=—.
140. f	+д/2^=2,5,
( lg (2x—y)—lg (2x+y)=lg 0,6.
141. J logA (xy) + y+2 = 0,
I 17 + 32+!/=—.
V	xy
142. J log2^-vyxlj=2,
|log8x-log2(«/4-l)2=4-.
о
144. | log2x = log4 y + log4 (4 —
1 log3(x+y)=log , (-=*-).
4	~3 4 x '
I logs y — logs x=l.
145.	( lg2x = lg2y + lg2(xy),
I lg2 (x—y)4-lgxlgy = o.
146.	J 2x~y — 2-6x“v — 6~2!/=0,
1 Q-x-y_______qx + у | 9 nx — qx
147.	f log2 (65 — 22+g) = 4 — y,
t log2 ( и 2/21+б) log2 (x ”1) ”,og2 (2 -
148.	( log2(x2+y2) —log2x = log2 (Зу+х)—1,
149.	f logs x + 3'ogiy = 7,	150. f y.x'og'x=x2’5,
log4y-log!/ (y—3x)=l.
xg = 512.
151.	I log|2 X	log2 yj = log2 X,
I log2 x-logs (x+y) = 3 logs X.
58
152 ( 2,x2“2x~3*— log23 — 3—	/ — 4
{ 4|t/| — \y — H+(y4- 153. f log2x4-log4 t/ + log < log3 У + logo z + log ( log4 Z + log|6 x + lo£ Решите неравенство (1 154. x23x — 3x+l <0. 155.	-3)2<8. 4 z=2, 9 x = 2, ?i6// = 2. 154—224): \ 3 J	। ’2
156. 4^=f+i + 2<9-2^ 158. 22x+44-22x+l—22x+3: ,59- -г(т)"1<3'Ст) 1ЛП	11-3X~'—31 ,DU- 4-9'-ll-3'“'-5^' 162. |3X-2| <1. 164. 5-|x+2|<0,2.	165. 166.	9-2х-УЗ+х + 9х-2х4- 167.	-д/З-Э72^ + 2-3V2=x 168.	(-д/б+гу-’Хд/б-г) 170. log3 д/х2+х —2< 1:	157. 7X"^x2<7‘-x-(V7)x2 + 6. >2x+2 + 0,51-x —2x+1. X— 1 + 2X. 161. 5-Зх-3-5л 163. 2|x+2|> 16. 3lx+2|_|_3lx- 11^28. •3>27-2х+д/3+х + х. + 2-3^'2^x>4. X— 1 169.	logs (x2-4x + 4)<2. 171.	log(^o_^)(3x2 + 5x+l)>0.
172. log . „ (x2-3x + 2)^ sin 3 log3 174. 5 g x <1.	/ 9 \ |о80,25<х2 — 5х + в) 175.(4-)	<2,5.
/r 9\ l°£x-2 (17“x) 176. (^)	>2.	10g3 log I (x2—J-) 177.(4-)	>1-
178. -^+—2	>1. Igx	1— Igx	179. (O,4)1083	'Og3-(3X) > (6,25)'°63 x’+2.
180. (2x + 3-2-x)2log2X_|og2(x+6)> 1.
181. (3^ + 2 _|_3 — x)3 lg x-lg(2x2-t-3x)< ।
182.	log2 (2 —x) —8 log0 25 (2 —5.
183.	log2 (x —x2 + 2)-|-log0 5 (x — x2 + 2)3 4* 2 0.
184.	т/logg (3x2 — 4x + 2) + 1 > logs (3x2 — 4x + 2).
185. ^log<(2£=^±2) + ! > ,og2 ( 2^~3^+3.)
186. Iog3-2x4->l.	187. logx_25<l.
□
59
188. 2 logs’/*—2>logx(-|-).	189. logx 2 • log2x 2 • log2 (16x) > 1.
190. log2log3(^-)<log^ log^
I»1- I°g2 | 7+|| <0.	192. log2 (|x-2| -1)< 1.
193. log05 (3 + 2x- |x+ 11)> - 1.	194. log2 | ^-\ > -1.
195. log3(3* — log^ (2x— |x+H))>x. 196. log3x+2x<l.
197. log^_6x+8(x—4)>0.	198. logxV3(3x3+2x2—6)>3.
199. logx+i (x3 + 3x2’+2x)<2.	200. logxn (x2+x—l)<0.
201.	log* (10x+3) logIOx (3x-f-10)>0.
202.	log2_x (x+2)-logjt+3 (3— x)<0.
203.	log^S — yx + S ("з")	9-
204.	log2x^6x+-|-)-log5x(3x+y-^ CO.
205.	log(x+2)! (x (x+ 1) (x + 3) (x+4))> 1.
206.	logx+2 (x (x+ 1) (x + 3) (x+4))>2.
207.	logx-з (x2—4x)2<4.	208. logx+i (x2+x — 6)2>4.
904 Ina	(<Х+И<Г9	210 1оё*г+з(х+1)-»оёх*+з(хг+1)
209. log^7^ <2.	210. _;-х+2)_1о^|з(х2+2) <2.
10gx2—8x4-16 (X2— 16) + 10gx2+8x+16(x2— 16)<-|-.
211.
212 __________-____________I_________-_________< —
I°gx2-I6(x2 —8x+16V logx2_16(x24-8x4-16)	4
213	8	4~log2 (2-f-x)	214	24~l°g3*	6
2x4-1	x ’	’ x—1	^2x-l *
215. (x+1) log8 (x2 + 2x-2)<0.
216. (^-5x + 3)lg(l-f)>lg(+7).
217. logs V3x + 4-logx 5> 1. 218. log2x-i 2<log2x+] 4.
219. |0gs(x=-9x + 20).log5_,25>1^+
221.	(2J-2)(k+l|-2x) <q
' (x2 — 3x+2) (тД2 + 3—2x)
(|2x+11 —x—2)(logj (4+x)+l)	,
3	994	д -Г °	n
2X,+I_2lx|	Ий. 10g2|x_j|
224. x2 logo s (2x—3) — 2 log0,5 (x + 3) > x2 log0,s (x + 3) —
— 21og0,5 (2x —3).
220.
222.
(|x|-1)(2--2)<Qj
60
§ 3.	ЭЛЕМЕНТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОГО АНАЛИЗА
«Математический анализ», а точнее, «Основы математи-
ческого анализа» — единственный раздел изучаемой в школе
математики, не относящийся к элементарной математике. Ос-
новным объектом изучения здесь является числовая функция.
Несмотря на краткость, школьный курс «Основ математичес-
кого анализа» дает возможность выпускнику средней школы
не только получить представление о математическом анализе
как о мощном прикладном аппарате современной математики, но
и научиться сознательно им пользоваться при решении целого
ряда задач, не поддающихся элементарным методам.
Не стремясь к расширению или углублению школьной тео-
ретической базы, мы рассмотрим некоторые виды задач, встре-
чающиеся в школьной или конкурсной практике, при решении
которых используются идеи математического анализа и его
аппарат.
18.	Функции и графики
Основной принцип математического анализа, его идеология
состоит в кинематическом подходе к функции. Это означает,
что акцент делается на изучение изменения функции в за-
висимости от изменения аргумента, ее развития во времени
(аргумент — время). Кинематический подход, в частности, вы-
ражается также в том, что каждое значение аргумента рас-
сматривается вместе с некоторой его окрестностью и изучается
поведение функции в этой окрестности (локальное поведение
функции). Можно сказать, что при построении графиков функ-
ций наша задача — исходя из локальных характеристик, по-
лучить изображение в целом. При этом сам аппарат матема-
тического анализа нередко играет вспомогательную количест-
венно-уточняющую роль, в то время как качественная картинка
может быть получена и без него. Приведем пример.
1.	Построить график функции у = х3 — х2.
Картинка, изображенная на рисунке 5, легко получается из
соображений здравого смысла: у положителен лишь при х>1;
61
обращается в 0 при х = 0, х = 1; неограниченно возрастает по мере
возрастания аргумента и убывает при его убывании; график не
имеет «углов» и т. д. Аппарат математического анализа дает
возможность эти свойства обосновать, а также определить коор-
динаты (%о, Уо) локального
минимума
27/
Нам кажется очень важным научиться строить качественные
картинки, эскизы графиков до применения аппарата исследования,
аппарата математического анализа. Очень часто, однако, прихо-
дится сталкиваться с обратной ситуацией, когда исследование
функции в задаче «построить график» превращается в самоцель.
Заполняется анкета из двух десятков пунктов, половина которых
по отношению к рассматриваемой функции попросту бессмысленна
(например, периодичность для многочлена), а в итоге не всегда
можно результаты проведенного исследования объединить на
графике. Необходимо развивать графическую интуицию, умение
бегло графически интерпретировать различные математические
формулы.
2.	Построить график функций:
а)	у==	21 ; б> У=(х2 —2х)ех; в) у = 2-у/х2+х+\—х.
Решение, а) На рисунке 6,а изображен эскиз графика из
соображений здравого смысла, правда, речь идет о здравом смыс-
ле опытного человека. Поясним кратко, как возникла эта картин-
ка. Прежде всего у меняет знак при переходе х через значения
— 1,0, 1 и 2 (если х>2, у>0), при этом у обращается в нуль
в точках х= —1 и х = 0, в то время как 1 и 2 — нули знамена-
теля, эти точки не входят в область определения функции. При
приближении х к 1 или 2 величина \у\ неограниченно возрастает,
а знак у определяется тем, с какой стороны х приближается к 1
62
(или 2). Прямые x=i и х = 2 являются для нашей функции
вертикальными асимптотами. Далее, при возрастании х (движе-
ние вправо по оси х) или его убывании (движение влево)
у приближается к 1. (Это следует из того, что старший член
числителя и знаменателя есть х2. Или преобразуем дробь к виду
X2	_	1
(х-1)(х-2)	’
Если |х| достаточно велик, и малы.) Теперь картинка,
изображенная на рисунке 6,а, получается практически автомати-
чески. Двигаясь слева направо, следуя высказанным выше сооб-
ражениям, мы просто вынуждены изобразить нечто похожее.
Использование аппарата математического анализа дает нам воз-
можность точно определить координаты точек (%j, f/i), (хг, а так-
же обосновать качественную правильность этой картинки.
, ,	— 4х24-4х+1	„	1—л/З	7	. [х 1+л/З
(у =(Х_1)^_2У 	у. = -7 + 4 д/3;
у2=-7-4л/3).
б)	Рисунок 6, б также возникает из аналогичных простых сооб-
ражений. Необходимо обратить внимание на поведение функции
при уменьшении аргумента — движении влево по отрицательной
полуоси. График функции при движении влево неограниченно
приближается к оси х (отрицательная полуось является гори-
зонтальной асимптотой). Это утверждение является следствием
следующего общего утверждения: при любых п и а>\ функция
— (х>0) с ростом х, начиная с некоторого Хо, является монотонно
убывающей функцией, стремящейся к 0. Запомните: показатель-
ная функция растет быстрее степенной, а степенная — быстрее
логарифмической.
Докажем это утверждение. Возьмем сначала и = 1, а = е.
Рассмотрим f(x) = x — ех. При O^x^l f(x)<^0, так как ех^\.
Далее, f (х+ 1) — f (х) = 1 — ex+l -\-ех= 1 — ех (е — 1)<0 при всех
х>*0. Следовательно, х — ех<0 для любого х, или иначе
ех
X	X
Далее, —г=2— -------(учитываем, что —-х—<1,
е2	е2 е2	е2
х>0). Из последнего неравенства следует справедливость нашего
утверждения: при п=\ а — е.
Рассмотрим теперь выражение в общем виде. Сделаем за-
мену x=ny\ogae. Получим j-=	=(п loga e)n-(-gr) -т-е-
общий случай мы свели к уже рассмотренному частному.
63
Возвращаясь к нашему графику, укажем точки экстремумов
(Х|=—д/2, х2=л/2).
в)	Несколько сложнее обстоит дело с графиком этой функции.
Оказывается, эта функция имеет наклонные асимптоты. Прямая
y = kx + b является наклонной асимптотой для функции y=f(x\
если с возрастанием х (убыванием) график функции y = f(x)
неограниченно приближается к прямой линии y = kx-\-b.
Найдем асимптоты функции у = 2 д/х2 + х + 1 — х. Пусть х>0.
Понятно, что если функция имеет наклонную асимптоту, то с
ростом х стремится к угловому коэффициенту этой асимптоты.
В нашем случае -^-=2 д/1	~ L и с возрастанием х,
х>0,-^-стремится к 1. Определив Л = 1, будем искать b — свобод-
ный член уравнения асимптоты. Разность y — kx стремится к Ь.
Тогда
y — kx=(2 -д/х2 + х+ 1 — х) —х = 2 (V*2+*+ 1 —-*) =
14—
__ 2(x4-l) =	\	* /
-Vx24-x4-14-x I -	-
л/‘+т+^+‘
Получившаяся дробь, очевидно, стремится к 1, т. е. & = 1.
Уравнение асимптоты будет у=х-\-\. Для отрицательных значе-
ний аргумента у= — Зх — 1 /V^4-~-y+J —д/1 _]—!—|—L для от-
рицательных х). Поскольку у'=	— 1, то у' =0 при х = 0.
/	уР+х+1
Получаем график (рис. 6, в).
64
19.	Производная и касательная
В школьной практике мы встречаемся в основном с «хороши-
ми» функциями, т. е. с такими функциями, графики которых
имеют касательные в каждой точке, за исключением, быть может,
конечного числа точек. (В математике линия, имеющая в каждой
точке касательную, называется гладкой.) Пусть y=kx-[-b есть
уравнение касательной для функции y=f (х) в точке (х0, уо). Тогда,
как мы знаем, k=f' (xG)—yo, т. е. производная, есть тангенс угла
наклона (угловой коэффициент) касательной, у=уо (х—-хо)+уо—
уравнение касательной. Положительность производной означает
возрастание функции, отрицательность — убывание; смена знака
происходит в точках экстремума, при этом, если знак меняется с
« + » на « —» (возрастание сменилось убыванием), то рассматри-
ваемая точка есть точка максимума, в противоположном случае
(с « — » на « + ») —точка минимума.
Обычно по отношению к касательной дуга рассматриваемой
кривой в некоторой окрестности точки (х0, уо) располагается одним
из трех способов, указанных на рисунке 7. (В принципе возможны
и более сложные ситуации, однако они в школьной и кон-
курсной практике не встречаются.) В первом случае дуга располо-
жена под касательной, функция выпукла вверх; во втором — дуга
над касательной, функция выпукла вниз (или вогнута); в третьем
происходит переход (перегиб) дуги с одной стороны касательной
на другую, М (хо, уо) — точка перегиба.
В качестве критерия выпуклости и вогнутости можно исполь-
зовать вторую производную функции (производную от производ-
ной). Так, если вторая производная положительна, то первая
возрастает, т. е. возрастает угол наклона касательной (рис. 8, а),
функция выпукла вниз (вогнута); если вторая производная отри-
цательна, функция выпукла вверх (рис. 8, б). Точки перегиба ха-
рактеризуются изменением знака второй производной.
Задание. Проведите исследование графиков функций 2, а, б,
в на предмет выпуклости, вогнутости.
65
Рассмотрим несколько задач по теме «Производная и каса-
тельная».
3.	Найти уравнения общих касательных к графикам функций
у=х2 и у=х\
Решение. Возьмем на второй кривой точку (/, /3). Урав-
нение касательной к кривой в этой точке будет у=/34-3/2 (х—1}=
= 3/2х —2/3. Заметим, что условие касания параболы у—х2 и
прямой y = kx-\-b есть равенство нулю дискриминанта квадратно-
го уравнения х2 — kx—b=Q (X, § 5). Получаем для t уравнение
9/4 — 8/3 = 0, откуда /1=0, /2=-|--
Ответ. Уравнения общих касательных имеют вид y=Q и
_64	1024
У — 27 Х 729 '
4.	Найти уравнение касательной к графику функции у =
=х3 — Зх2, имеющей единственную общую точку с графиком этой
функции.
Решение. Пусть искомая касательная касается заданной
функции в точке с абсциссой t, т. е. ее уравнение имеет вид:
у=/3 - З/2+(З/2 - 6/) (х - /) =
=(3/2—6/) х—2r 4-3/2.
Эта прямая пересекается с графиком функции у=х3 — Зх2
в единственной точке, абсцисса которой равна t (по условию).
Значит, уравнение х3 —3х2=(3/2 —6/)х—2/3-|-3/2 имеет единст-
венное решение х=/. Перенесем все в левую часть и разложим
на множители, будем иметь:
(х—/)2(х-Ь2/ —3)=0.
Таким образом,
t=— 2/4-3, / = 1.
Ответ. Уравнение искомой касательной имеет вид у= —3x4-1.
Замечание. Искомая касательная есть не что иное, как каса-
тельная, проходящая через точку перегиба. С точки зрения нагляд-
но-графических представлений подобный результат достаточно
очевиден.
5.	На графике функции y=sm х взяты точки А и В с абсцис-
сами -у- и у-. Пусть М — некоторая точка дуги АВ. Чему равно
наибольшее значение площади треугольника АМВ?
Решение. Возьмем на дуге АВ точку Мо, такую, что каса-
тельная к функции y = sinx в точке M0(x0, у0) параллельна пря-
мой АВ (рис. 9). Легко видеть, что площадь треугольника АМоВ
является наибольшей.
66
Уо = COS Хо =7Г- .	Рис- 9
2Л
3	/9
х0 = arccos — , y0 = sin x0=~\J 1 —-гт •
2л	v 4л
Уравнение касательной в точке Мо будет:
з . Г, 9~~ з з
У =77- х+"Л/ 1 — —5-77-	arccos 77- .
2л V 4л2 2л	2л
Уравнение АВ имеет вид У—-^ х+-
Высота в треугольнике АВМо, опущенная на АВ, равна
( Расстояние между двумя параллельными прямыми y = kx-\-b\
и y=kx + b2 можно определять по формуле j = J
yi+*2 '
Искомая площадь будет равна
_ л ( Г 9	з	з	i
—тЛ V 1— v arccos —----------------
Р \ V 4л2	2л	2л	4
20.	Задачи на максимум и минимум
Одной из важнейших областей приложения понятия производ-
ной (и всего раздела математического анализа, называемого диф-
ференциальным исчислением) являются экстремальные задачи.
67
Общая схема решения экстремальной задачи методами математи-
ческого анализа достаточно известна. Напомним все же ее. Вы-
бирается параметр (переменная) х, через который удобно выра-
жается исследуемая величина у. Находится функция, выражаю-
щая у через х, т. е. y=f(x), и область изменения параметра (пе-
ременной) х. (В более простых случаях функция y=f (х) и область
изменения х задаются.) В большинстве случаев мы имеем задачу:
найти наибольшее (наименьшее) значение функции y=f(x) на
отрезке [а, Ь] (или на заданном луче, или на всей прямой), где
функция f (х) определена и имеет производную в любой внутрен-
ней точке этого отрезка. Далее находим точки на рассматриваемом
отрезке, в которых производная обращается в нуль (критические
точки). Исследуем их на максимум-минимум. После чего находим
нужное — наибольшее или наименьшее — значение, которое до-
стигается или в одной из критических точек, или на границе об-
ласти изменения х.
Рассмотрим несколько примеров.
6.	Отрезок с концами на сторонах прямого угла содержит
внутри себя точку, удаленную на расстояния 1 и 8 от сторон этого
угла. Найти наименьшую длину таких отрезков.
Решение. Пусть (рис. 10) ОЛ=х, ОВ=у. Связь между х
и у можно получить, исходя из подобия соответствующих тре-
угольников, а можно из равенства S0BA==S0MA + S0MB, xy = 8x-fty»
откуда у=-^—, АВ2=х2+у2 = х2 + (^)2 -.
Нам надо найти наименьшее значение функции х2-^^^ при
х>1. Находим производную и приравниваем ее нулю. Получаем:
2х+128ж(х-1У-112а^<х-|>=0 „ли (х—1)3 = 64, х = 5.
Понятно, что найденное значение х соответствует именно наи-
меньшему значению исследуемой функции (проследите смену
знаков производной).
Ответ. 5-\/5.
7.	Из круга радиусом R вырезан сектор и из сектора склеен
конус (боковая поверхность конуса). Каков наибольший объем
получившейся конической воронки?
Решение. Пусть <р — центральный угол сектора, р — ра-
диус основания конуса. Из равенства /?ф = 2лр (длина окружности
основания равна дуге сектора) находим Р=^ • Образующая
конуса /?, значит, его высота равна R^\Ji а объем
68
Рис. 10
Задача сводится к нахождению наибольшего значения функции
(от <р): у = <р2д/1-^2, а лучше у2 = <р4-^.
Беря производную по <р и приравнивая ее нулю, будем иметь:
л з 6ф5 Л 2	8	2 л
4<р —^г=0, ф =— л2, <р = 2лд/ —	и т. д.
Ответ. Наибольший объем равен —% .
9-\/3
8.	Сосуд, имеющий форму конуса, у которого угол при вершине
осевого сечения а, наполовину наполнен водой (уровень воды
перпендикулярен оси конуса). В сосуд опущен металлический
куб (одна грань куба перпендикулярна оси конуса). В какое наи-
большее число раз может увеличиться уровень воды в сосуде?
Решение. Пусть ctg высота части, заполненной во-
дой, равна й, х — ребро куба, у — высота уровня после опускания
куба. Рассмотрим сечение конуса и куба плоскостью, проходящей
через ось конуса и две вершины куба, расположенные на боковой
поверхности конуса (рис. 11). Высота «маленького» конуса, лежа-
щего под нижней гранью куба, равна
Пусть x^k^.y^.x^k-\-x. Объем конуса высотой у (он ра-
вен тггй составляется из объема имевшейся воды и объема
3/г /	\3« /
части куба
69
Получаем уравнение
й3
л Зй2
j-x2( у—X
Л _ лу3 "У3
2 / — Зй2 ’ Зй2

Не будем выражать у через х (тем более что непонятно, как это
сделать). Однако, рассматривая у как функцию от х, возьмем про-
изводную от обеих частей получившегося равенства:
у' +-|-X2 -y/2k—2ху—х2у'=0.
Но в точке максимума у' = 0. (Докажите, что коэффициент при
у' не равен нулю.) Значит, если у максимален, то y=^-x^/2k.
Неравенство y^.x^-k-}-x переходит в неравенство £<:2д/2.
Пусть k^.2^/2. В этом случае x=^^-yk.
Заменяя х на у в полученном соотношении, найдем:
т. е.в этом случае уровень максимально повысится в
Пусть k>2^/2. В этом случае верхняя грань искомого куба
должна находиться на уровне воды, т. е.
У~х£-Ь+Х Н
Из этих соотношений у=-\ I-------— .
V
(й+т/2)3
Ответ. Если ctg -|-^2 д/2, то максимально уровень воды воз-
растет в—i / - я8 раз. Если ctg-£-=&>2 д/2, то в
V я~э
-у -----6k2-^2 Ра3’ (Проверьте, что во всех случаях вода не
Я~(й+т/2)3
польется через край.)
9. Два корабля движутся по двум перпендикулярным пря-
мым, пересекающимся в точке О, по направлению кО.В какой-то
момент времени оба находятся в 65 км от О, скорость первого
70
равна 15 км/ч, второго — 20 км/ч. От первого корабля отходит
моторная лодка, движущаяся со скоростью 25 км/ч.
а)	За какое наименьшее время катер может доплыть от перво-
го корабля до второго?
б)	За какое наименьшее время катер может доплыть от первого
корабля до второго и вернуться обратно на первый корабль?
Решение, а) Пусть катер отправляется через х часов от
момента, когда оба корабля находились в 65 км от О и были в пути
Т часов, т. е. в момент отправления катера первый корабль на-
ходится на расстоянии 65—15% от О, в момент прибытия катера
второй корабль находится на расстоянии 65 — 20(х+7) от О, а
путь катера 257 км; имеем уравнение
(65 - 15х)2 + (65 - 20 (% + Т))2 = (25Т)2,
или после упрощения:
25х2 + 327х — 972—182х—1047 + 338 = 0.	(1)
Далее можно поступить так же, как при решении предыдущей
задачи. Возьмем производную по х (продифференцируем) от обе-
их частей уравнения (1), считая 7=7(х), и положим Т' = 0 (ищем
наибольшее значение). Получим 25х+167 = 91. Решив получен-
ную систему, найдем х = 3, 7=1. Найденное значение 7=1 не
может быть ничем иным, как наименьшим значением 7, поскольку
такое наименьшее 7 существует, а при х = 0 соответствующее
7>1.
Так можно решить задачу при помощи производной. Однако
можно обойтись и без методов анализа. Соотношение (1) можно
рассматривать как квадратное относительно х. Его дискриминант
(зависящий от 7) должен быть неотрицательным. Получаем
для 7 неравенство 48172 —3127—169>0, откуда 7^1. Квад-
ратный трехчлен поможет нам и в решении пункта б).
Пусть катер отправляется в момент хь прибывает на второй
корабль в момент у и возвращается в момент х2. Время катера
Х2 — Х1. Получаем два соотношения:
(65 -15xi)2 + (65 -20г/)2 = 252 {у -хi)2,
(65 -1 5х2)2+(65 - 20у)2 = 252 (у - х2)2.
Таким образом, xi и х2 — корни квадратного уравнения
(13 —Зх)2+(13 —4у)2 = 25 (у —х)2,
16х2 — 2 (25у — 39) х + 9у2 +104у - 338 = 0.
Поскольку x2-x.=f , £> = 4 ((25у —39)2—16(9у2 + 104у —
- 338))=4 (481у2 — 3614у+6929) = 52 (37у2 — 278у + 533), то н а-
именьшее значение будет при у=-^, £> = 52-400.
о/
Ответ, а) За 1 ч; б) за -|--\/52 ч.
71
Последняя задача напоминает нам о том, что, даже владея
таким мощным аппаратом, как математический анализ, не следует
забывать о методах элементарных, о том, что эти элементарные
методы вовсе не исчерпали свои возможности.
21. Использование производной при решении
различных задач
Экстремальные задачи далеко не единственные, где можно
использовать производную. Приведем еще несколько примеров.
Производная может быть с успехом использована при доказатель-
стве различных неравенств. Так, для того чтобы доказать не-
равенство f (х)^0 при х^О, достаточно доказать, что /(0)^0
и f' (х)^0 при х^О. А для того чтобы доказать неравенство
f' (х)^0 при х^О, можно воспользоваться второй производной
(/' (0)^0 и f" (х)^0 при х^О) и т. д.
Например:
10.	Доказать, что при х^0 имеет место неравенство sinx^
Решение. Рассмотрим функцию f (x) = sin х — х+^г-. Имеем
f(0)=0, f' (x) = cosx-l+y-, Г(0)=0, f" (х)= — sin х-|-х. Но
sinx^Cx при х^0 (известное неравенство), значит, f" (х)^0
при х^0. Теперь возвращаемся к f (х): f (х)^0, а затем и
/(х)^О. Можно было бы не останавливаться на /" (х), а пойти
дальше: f" (0) = 0, f//z (х)= 1—cos х^0. Последнее неравенство
совсем очевидно.
С помощью удачно подобранной функции можно доказать чис-
ловые неравенства. Например:
11.	Что больше: еп или ле?
Решение. Рассмотрим функцию f (x)=12L£. Эта функция
определена при х>0 и имеет наибольшее значение при х=е.
(Докажите!) Значит, f (л)</(е) или	откуда ел>пе.
Можно рассмотреть другую функцию: ср (х) = х — е In х, (р (е)=
= 0, <р' (х)= 1 —при х^е. Значит, ср (х) возрастает и ср (л)>
>0, л — е1пл>0, ел>ле.
С помощью производной можно производить также оценку
числа корней того или иного уравнения. Один из возможных
приемов основывается на следующей теореме: если функция
имеет в каждой точке отрезка производную, то между любыми
двумя корнями этой функции, расположенными на отрезке, имеет-
ся хотя бы один корень ее производной. Мы не будем давать
доказательство теоремы. Строгое доказательство опирается на
72
различные свойства дифференцируемых (имеющих производную)
функций, большинство из которых в школьном курсе не дока-
зывается. С графической точки зрения эта теорема достаточно
очевидна. Рассмотрим пример.
12.	Доказать, что уравнение ех — ах2 -\-bx-\-с может иметь не
более трех различных решений.
Доказательство. Рассмотрим функцию f (х) — ех — ах2 —
— bx — с. Предположим, что эта функция имеет четыре различных
корня. Поскольку f (х) имеет производную всюду, то f' (х) должна
иметь не менее трех различных корней (по одному между любыми
двумя корнями f (х)), т. е. f' (х) = ех — 2ах — Ь обращается в нуль
не менее трех раз. Тогда f" (х)—ех — 2а имеет не менее двух нулей,
а (х) = ех имеет по крайней мере один нуль. Противоречие.
Очень мощное средство для доказательства различных число-
вых и функциональных неравенств дает нам понятие выпуклости
функции. Еще раз напомним: если функция выпукла (вверх)
на некотором интервале, то ее график на этом интервале располо-
жен ниже касательной к нему в любой его точке, а хорда, соеди-
няющая любые две точки графика, расположена ниже соответст-
вующей дуги (рис. 12).
Переведем сказанное на язык формул.
Пусть y = f (х) выпукла вверх в некоторой окрестности точки а.
Тогда в этой окрестности имеет место неравенство
f (a)+f'(a)(x-a).	(1)
Далее, рассмотрим два значения аргумента а и Ь, такие, что на
отрезке [а; Ь] функция выпукла (вверх). Пусть	Рас-
смотрим трапецию АА\В\В (рис. 13): ЛЛ1=/(а), BBi=f(b).
Найдем MMi:
MMi=MK+KMi=f (а)+^£-В|Л =
U 11 LX	l/LX	U LX
Следовательно,
MM2=f(x)>MM,=|^f(a)+f=ff(ft).	(2)
Рис. 12
73
Последнее неравенство иногда записывают в иной форме. А имен-
но обозначим х\=а, х2 = Ь,
Ь—х х2—х „
---_-------__ а j
Ь — а	Х2 — Х\
ОИ +а2= 1.
Тогда
х—а
Ь—а
X — Х\
Х2—Х1
«2,
где «1^0,
«2^0,
«1X1 Ч-а2х2=-^—— Xi + * ** х2=х,
Х2 — Xi	Х2 — Х\
и получаем неравенство
f (aiXi + a2x2)>ai f (xi)+a2 f (x2)	(2')
где ai>0, a2^0, ai+a2 = l. Это неравенство является характе-
ристическим для выпуклой (вверх) функции. Для функции вогну-
той (выпуклой вниз) во всех неравенствах (1,2, 2') знаки
заменяются на	Неравенство (2') может быть обобщено.
Если функция выпукла (вверх), то для любых Х\, х2, ..., хп и
ai, а2, . . ап (а/^0, ai+a2 + • . . + аЛ = 1) справедливо не-
равенство
f (aiXi + a2x2 + . . . + anxn)>aj (%i)+a2f (x2) + . . . + <znf (xn).	(3)
Доказать неравенство (3) можно методом индукции. При п = 2
неравенство верно (2'). Пусть оно верно для п. Рассмотрим п + 1
чисел Х|, х2, . . ., хп, Хп + г, «1, а2, . . ап, ал-н (а/^0, ои + а2 +
+. . . + ап + ап+1 = 1).
Введем х'п=——х„Ч—“"+1- хп+[.
алН-ал+1 алН-ап+1
Тогда апхп + ал+ \хп+1 = (ал + ал + 0 хл = ал х’п.
Поскольку СС| "I- а2 • • • Ч” &п — I Ч” ссл = СС| Ч* 0С2 Ч- • • • Ч-	4“
4-a„+i = 1, то справедливо неравенство (по предположению ин-
дукции)
f (ai-Vi Ч_«2-^2Ч_- • ~\~anXn']-<Xn+iXn+i) =
= f(aixi4-a2x24-. • .4-a£x„)>ai f (x04-a2 f (x2)4~. . . + a'nf (x'n)=
= aif (xi)4-«2f (x2)4-- • •
• • •4_(an4_an+i)	" Xn 4“	—ХЛ4-Л^
Va/i-f-an + i	a„-|-an+i	/
(xi) + a2f (x2) + • • • + anf (Xn) + a-n + if (xn-t-i).
(В последнем переходе мы воспользовались неравенством (2'), в
котором вместо Xi и х2 взяты х„ и х„ + |, а вместо ai и а2 взяты
ап и апЧ-»	\
an~ban4-i	otn + алч-!
Утверждение доказано.
Теперь несколько примеров.
13. Доказать, что 0,56 < sin 35° <0,58.
Решение. Для доказательства того, что sin 35° >0,56,
воспользуемся неравенством (1) для функции f(x) = sinx, взяв
74
a=^L х — а=-^т , оценив затем л и д/З (л<3,2; д/3<1,75).
6	ОО
Для правой части воспользуемся неравенством (2), где
л « _ л b —х  2	х — а  1
°~4 ’ Z? —а- 3 ’ Ь — а“3 *
Применяя общее неравенство (3) к конкретным функциям, вы-
пуклость или вогнутость которых можно обосновать с помощью
второй производной, получают интересные конкретные неравен-
ства.
14. Доказать, что для положительных х\, х2,. . ., хп справедливо
неравенство
A^G, где	^Хп — А — среднее арифметическое чисел
х2, • • хп\ %2. . .xn — G — их среднее геометрическое.
Решение. Пусть f (х) = 1п х, эта функция выпукла (вверх).
Возьмем ai=a2 = . . . = ал=“-.
Будем иметь:
In“Ьх2 +.. . + %л)) >--ln xiH—“In хг + .. . + -~ln xrt,
\ п	/ п	п	п
откуда
XI +*2 + . • - +хя \ п lY v	~
..- д	V х х2 ••• Хи.
Понятно, что равенство имеет место, если Xi =Х2 = .. .=хл.
Этот небольшой обзор отнюдь не исчерпывает прикладные воз-
можности таких понятий, как «производная», «выпуклость». По
этому поводу можно написать (и написаны) целые тома. Мы же
затронули, причем на уровне иллюстраций, лишь малую толику.
22. Задачи
1.	По графику функции y = f(x) постройте график функции:
a)i/=f(-x);6)y=f(2x);B)y=f(^-+l) ; г) y = 2f(^-~ 1) +1;
д) у= 1НИ)1.
В задачах 2—40 на плоскости (х, у) постройте множество точек,
таких, что:
2.	у=|3х — 2Ц-2 — Зх.	3. у=\х — 3| + |2х— 1|.
4.	у = | |х + 2| — |х —2| |. 5. min (х, у)=1.
6. max(|x|, |t/|)=l.	7. max (х, i/) = min (|х|, |у|).
8- Ix| + |t/| = 1.	9. |х+//| = |у|+у.
Ю- У= |х+11 -2|х — 21 + |х + 2| -х.
75
11. max (|x|, t/+ l) = min (x2; 2x-j-y).	12. y= min fax2-|-y-) .
13. y=x4 + 2x3 — 3. 14. y=x3 —3x2+3x — 5.	15. x2+y2=4.
16. x2 — 2x+y2 — 4y — 4=0. 17. y2— \y—x|+y(l—2x)-f-x=0.
18. x|x|+y|y| =x—y. 19. x—1 =д/3+2х—y2.	20. y=£±p
21. y = —. 22.	23. y=-f-~X~6o 
v x	я (x-f-ll	22	x2—3x-|-2
24 ц— (x+2)(x— 1)	25 »— x3~3x..+2 .	26. u= *2~5x+6
У (x-H)(x-2) ‘	У x2—3x + 2 ’	У x2-8x4-15
27. у=-\/x24-x-|-24-->/х2—x-]-2. 28. y=-\/*2+* + 2—д/х2—x-}-2.
29. у=д/3—x2 —2x.	30. y=^-~-0-.	31. y=^j-.
32. y = 2x’-x-2.	33. y=A- 34. y=x2e~x. 35. y=^/.
36. У~~г-	37. y=X‘S\n x. 38. y = log2|sin x|.
39.	y = lo<V'giooo cos1000 x. 40. y = log2-j—.
у4-cos X
41.	По эскизу графика у = ах3 -f- bx2+сх + d (рис. 14) опреде-
лите знаки a, b, с, d.
42.	Сколько корней имеет уравнение:
a) cos x = lg х; б) sin х = -^-?
1UU
43.	Найдите площадь фигуры, которая задается на координат-
ной плоскости системой неравенств:
Рис. 14
76
44.	Найдите площадь фигуры, которая задается на координат-
ной плоскости условием:
а) 2|х| + 1у + 2х+1|<5; б) \х + 11 + |2//-х- 11 <6;
в) \2у + х+\\ + \х+П^4.
45. Вычислите производную: а) у=(х4-1)100;
б) y=(*+V*)(—; в) у=л/1	О У=х2+2Х-,
д) y = cosx3; е) у	; ж) у=х1°е^ ; з) у = sin2 cos3 х;
1 -f- lg X
и) y=-y/tgxx/cosx ; к) г/=д/1ое2-^-cos х.
46. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции:
а) г/=х3 + Зх2 —72х + 90 на отрезке [—5; 5];
б)	у=х3 — Зх2— 105x4-25 на отрезке [—6; 6].
47.	Найдите промежутки возрастания и убывания, а также
точки максимума и минимума функции: a)	б)
в)	у = хе~3х.
48.	Найдите все значения х, при каждом из которых производ-
ная функции:
а)	// = 54-8 cos^2x4-y-) равна 8 д/3;
б)	у= 1 4-4sin (5х4~у) равна 10д/3;
в)	у — Ь — 8 cos(3x4-yp) равна 12.
49.	Найдите все значения х, при каждом из которых производ-
ная функции:
а) // = 4х —sin 2x4-4-у/2 cos х; б) 5x4~sin 2х —4 д/3 sin х— равна
нулю.
9	л/3
50.	Найдите наименьшее значение функции //= — cos2 х-~-х
на отрезке [0; л].
51.	Найдите точки экстремума функции у = х34-6х2 —3x4-3
на интервале ( —5;	.
52.	Найдите точки экстремума функции у= — х3 —Зх24- 18х —
— 2 на интервале ( —4;	.
53.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у = |х24-2х — 3| 4—|-1п х на отрезке 4 ] .
54.	Найдите точки минимума функции // = х3 — 2х|х —2|, за-
данной на отрезке [0; 3} и ее наибольшее значение на этом отрезке.
77
55.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
y=x+-V(*2 + 6-v + 9)(x2 + 2x+l) на отрезке [ — 4; —.
56.	Найдите наименьшее значение функции y=xlnx —х In 5
на отрезке [Г, 5].
57.	Найдите все значения х, при каждом из которых производ-
ная функции y=sinx—|-sin 3x-|--^-sin 5х равна нулю.
58.	Найдите наибольшее значение функции f (х) = |х3 + 6х2 +
4-9х-|- 11 на отрезке [—3; 1].
59.	Найдите наименьшее значение функции f (х)= — |х3 —
— 6х2+9х — 3| на отрезке [—1; 4].
60.	Найдите наименьшее значение функции f(x)= — |2х3 +
+ 15х24-36х —30| на отрезке [—3;2].
61.	Найдите наименьшее из значений, принимаемых функцией
!/=х+^х_^2)г на отРезке [9‘. 5], х=/=2.
62.	Найдите промежутки возрастания и убывания функции
63.	Найдите все значения х, при каждом из которых производ-
ная функции у = Зх3 In х — 36х In х — 7х3 + 108х равна нулю.
64.	Найдите все значения х, при каждом из которых производ-
ная функции у — Зх3 In х — 81х In х— 10х3 + 324х равна нулю.
65.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у = ех sin х на отрезке ^0; -|-л j .
66.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у = е~х cos 2х на отрезке [0; л].
67.	Найдите наименьшее и наибольшее значения функции
у = 2х3 —Зх2 —36х+10 на отрезке [—5; 4].
68.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у=х3 — 9х2 + 15х+ 1 на отрезке [ — 2; 6].
69.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у = sin2 х + cos х ——
70.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у = 24х — cos 12х — 3 sin 8х на отрезке £ —j .
71.	Найдите наибольшее и наименьшее значения функции
у = 18х — sin 9х + 3 sin 6х на отрезке Г —уУ .
L 1 о 18J
72.	Найдите наибольшее значение функции у = 5 cos х —cos 5х
на отрезке £—2-; -j-j .
73.	Найдите наибольшее значение функции у = 2 sin x + sin 2х
на отрезке [б; у- j .
78
74.	Найдите все значения х, для каждого из которых функция
у = & cos2 х+6 sin х— 2 принимает наибольшее значение.
75.	Найдите все значения х, для каждого из которых функция
у = 4 cos2 х + 3 д/3 sin х + 7 sin2 х принимает наименьшее значение.
76.	Найдите все значения х, для каждого из которых функция
у=3 sin2 х — 2 cos x + cos2 х — 4 принимает наибольшее значение.
77.	Найдите все значения х, для каждого из которых функция
z/ = 3 — 2 sin2 2х — 2 cos 2х принимает наименьшее значение.
78.	Исследуйте на экстремум функцию у ==-д/2х2 —х + 2.
79.	Исследуйте на экстремум функцию у=(2х—1) е3х.
80.	Найдите все числа А, при каждом из которых уравнение
5 sin х + 2 cos х=Л имеет решение.
81.	Найдите все числа Л, при каждом из которых уравнение
7 sin х + 3 cos х=Л имеет решение.
82.	Найдите все значения х, при каждом из которых производ-
ная функции r/ = 3 —2sin^2x—равна 2-у/2.
83.	Найдите точки минимума функции у=-у/3 cos -|-+sin —
х —3
2 •
84.	Найдите точки максимума функции £/=-^sin2x +
+-J-COS 2%+^k
85.	Докажите, что для функции f (x) = sin x*sin 2х справедливо
неравенство max f (х) <0,77.
86.	Докажите, что для функции f (x)=cos x*sin 2х справедливо
неравенство min f (х)> —
87.	Найдите наибольшее значение функции z/=-|~+sin2x на
отрезке
88.	К параболе г/=4 —х2 в точке на ней с абсциссой х0=1
проведена касательная. Найдите точку пересечения этой касатель-
ной с осью у.
89.	К параболе г/ = 4х —х2 в точке на ней с абсциссой хо = 3
проведена касательная. Найдите точку пересечения этой касатель-
ной с осью х.
90.	Найдите координаты точки пересечения двух касательных,
проведенных к графику функции t/ = cos х: первая в точке на гра-
фике с абсциссой х —-|Ц а вторая в точке с абсциссой х = ^р
91.	Найдите координаты точки пересечения двух касательных,
3x4-1
проведенных к графику функции у= : первая в точке на
графике с абсциссой х= — 1, а вторая в точке с абсциссой х = 3.
79
92.	Найдите координаты точки пересечения двух касательных,
проведенных к графику функции y=sin Зх: первая в точке на гра-
фике с абсциссой х=-£-, вторая в точке с абсциссой х=^-.
1о	*	IO___
93.	Найдите уравнение касательной к функции y=-yj4 — 2x—x2,
проходящей через точку (3; 0).
94.	Найдите координаты точки пересечения двух касательных,
у2 I 1
проведенных к графику функции у= х_^ : первая в точке на
графике с абсциссой х=4, а вторая в точке с абсциссой х= —2.
95.	Найдите уравнения всех тех касательных к графику функ-
4-1
ции У=—^~, каждая из которых вместе с осями координат огра-
ничивает треугольник площадью 2.
96.	Найдите уравнение всех тех касательных к графику функ-
ции у=-\/1 — 2х2, каждая из которых вместе с осями координат
ограничивает треугольник площадью -^= .
97.	Найдите уравнение такой касательной к графику t/=x3+2x,
для которой существует параллельная касательная к графику
y = sin 2х.
98.	Найдите уравнения двух параллельных касательных соот-
ветственно к графикам y = sin 2х— Зх3 и у==^—|-2х2+6х.
99.	Найдите все значения х, при каждом из которых касатель-
ные к графикам функций у=3 cos 5х и у = 5 cos 3x-f-2 в точках с
абсциссой х параллельны.
100.	Найдите все значения х, при каждом из которых касатель-
ная к графику функции y=cos 7х+7 cosx в точке с абсциссой х
параллельна касательной к этому же графику в точке с абсцис-
сой
О
101.	Найдите уравнение прямой, проходящей через точку с
координатами (1;3), касающейся графика функции у=8^[х—7
и пересекающей в двух различных точках график функции у =
= х2 + 4х— 1.
102.	На графике функции у=-|-х3 —2х2— 22х — 28 найдите
все точки, касательная в каждой из которых к этому графику
пересекает положительные полуоси, отсекая от них равные от-
резки.
103.	К графику функции у=6х+х2 проведены две касатель-
ные. Первая касательная проведена в точке на графике с абсциссой
Хо=—2, вторая — в точке минимума данной функции. Найдите
площадь треугольника, образованного осью ординат и этими двумя
касательными.
104.	К графику функции у= — 8х—х2 проведены две касатель-
ные в точках на графике с абсциссами хо= —6 и Х| = 1. Найдите
80
площадь треугольника, образованного осью ординат и этими каса-
тельными.
105.	К графику функции у = 3х — х2 проведены две касатель-
ные. Первая касательная проведена в точке на графике с абсцис-
сой хо = 2, вторая — в точке максимума данной функции. Найдите
площадь треугольника, образованного осью ординат и этими каса-
тельными.
106.	Найдите координаты точек пересечения с осью х тех
X I 1
касательных к графику функции у=-2-;, которые образуют
X — о
Зя
угол — С ОСЬЮ X.
107.	Постройте на координатной плоскости множество точек,
координаты каждой из которых удовлетворяют условию у = 4 —
— | У —“ | —21 — 11 , и среди точек этого множества найдите
те, у которых координата у принимает наибольшее значение.
108.	Постройте на координатной плоскости множество точек,
координаты каждой из которых удовлетворяют условию у = 2 1 +
1 I 2
+—I +~—1у + 4|, и среди точек этого множества найдите все
такие, в каждой из которых координата у принимает наименьшее
значение.
109.	Найдите уравнение двух параллельных прямых, касаю-
щихся функции и находящихся друг от друга на расстоя-
нии 1.
110.	Найдите уравнение прямой, касающейся графика функции
г/=х4— 4х3 в двух различных точках.
111.	Найдите наименьшее из расстояний от точки М с коорди-
натами (0; —2) до точек (х; у\ таких, что у=-—^—2, х>0.
112.	Найдите координаты точки, лежащей на графике функции
у = 1 + cos х при 0л и наименее удаленной от прямой х д/З +
+ 2г/ + 4=0.
113.	Найдите координаты точки, принадлежащей графику
функции //=1—sin х при	и наименее удаленной от
прямой х —д/2# — 5 = 0.
114. Найдите наименьшее расстояние между точками М и ЛГ,
если М и N лежат соответственно на кривых:
а) г/=х2 + 1 и у=л]х — 1; б) у = 2х и r/ = log2x.
115.	Найдите такое значение х из промежутка —1^х^2,
что точка с абсциссой х и ординатой
У =л/ 4 — 2х -~Х2 +4-а’3
W	Z	о
удалена на наименьшее расстояние от начала координат.
81
116.	На координатной плоскости рассматриваются всевозмож-
ные треугольники АВС, у каждого из которых АСВ =90°, вершина
А имеет координаты ( — 4; 0), вершина С лежит на отрезке [0; 4]
оси х, а вершина В лежит на параболе у = 4х — х2. Какие координа-
ты должна иметь вершина В, чтобы площадь треугольника АВС
была наибольшей?
117.	На координатной плоскости рассматриваются всевозмож-
ные треугольники АВС, у каждого из которых АСВ =90°, верши-
на А имеет координаты (1; 0), вершина С лежит на отрезке [0; 1] оси
х, а вершина В лежит на параболе у=х — х2. Какие координаты
должна иметь вершина В, чтобы площадь треугольника АВС была
наибольшей?
118.	В два различных сосуда налиты растворы соли, причем
в первый сосуд налито 5 кг, а во второй — 20 кг. При испарении
воды процентное содержание соли в первом сосуде увеличилось
в р раз, а во втором сосуде — в q раз. Известно, что pq = $. Какое
наибольшее количество воды могло при этом испариться из обоих
сосудов вместе?
119.	Мотоциклист выезжает из пункта А и движется с постоян-
ным ускорением 12 км/ч2 (начальная скорость равна нулю).
Достигнув скорости v км/ч, он едет с этой скоростью 25 км, а
затем переходит на равнозамедленное движение, причем за каж-
дый час его скорость уменьшается на 24 км/ч, и движется так до
полной остановки. Затем он сразу поворачиват обратно и едет до
пункта А с постоянной скоростью v км/ч. При какой скорости v
мотоциклист быстрее всего проделает обратный путь от остановки
до пункта А?
120.	Найдите площадь наибольшего прямоугольника, две вер-
шины которого находятся на отрезке [0; 3] оси абсцисс, а две
оставшиеся — на графике у = 3х — х2.
121.	В равнобедренный треугольник с боковыми сторонами,
равными 1, и основанием а вписан прямоугольник наибольшей
площади. Чему равна его площадь в зависимости от а? При ка-
ком а площадь наибольшего прямоугольника будет наибольшей?
122.	Рассматриваются квадраты, вписанные в различные рав-
нобедренные треугольники с боковыми сторонами, равными 1.
(Одна сторона квадрата лежит на основании.) Найдите сторону
наибольшего квадрата.
123.	Рассматриваются всевозможные трапеции, вписанные в
окружность радиуса R, такие, что центр окружности лежит внутри
трапеции, а одно из оснований равно R -у/3. Найдите боковую сто-
рону той из этих трапеций, которая имеет наибольшую площадь.
124.	Рассматриваются всевозможные трапеции, обе боковые
стороны и меньшее основание которых равны d. Найдите большее
основание той трапеции, которая имеет наибольшую площадь.
125.	Рассматриваются всевозможные прямоугольные паралле-
лепипеды, основания которых являются квадратами, а каждая из
82
боковых граней имеет периметр 6 см. Найдите среди них парал-
лелепипед с наибольшим объемом и вычислите этот объем.
126.	Рассматриваются всевозможные прямоугольные паралле-
лепипеды, объем каждого из которых равен 4 см3, а основания
являются квадратами. Найдите среди них параллелепипед с наи-
меньшим периметром боковой грани и вычислите этот периметр.
127.	Найдите наибольший объем прямоугольного параллелепи-
педа, вписанного в правильную треугольную пирамиду объемом V.
Основание параллелепипеда принадлежит основанию пирамиды.
128.	В основании пирамиды SABC лежит треугольник ЛВС,
длины сторон АВ и АС равны д/ТТ, ребро ВЛ перпендикулярно
ребрам АВ и АС, угол ВАС вдвое больше угла BSC. Ребро SB на-
клонено к плоскости основания под углом, тангенс которого равен
у-Ц-. Среди всех прямых круговых цилиндров с образующей,
параллельной ВЛ, и находящихся внутри пирамиды рассматрива-
ется цилиндр с наибольшей площадью боковой поверхности. Най-
дите его объем.
129.	В основании пирамиды SABC лежит равнобедренный тре-
угольник АВС, длины сторон АВ и АС равны ребро ВЛ пер-
пендикулярно ребрам АВ и ВС, угол ВВС вдвое меньше угла ВЛ С.
Плоскость боковой грани ВВС наклонена к плоскости основания
под углом, тангенс которого равен -у/в. Внутри пирамиды нахо-
дится прямой круговой цилиндр, образующая которого парал-
лельна биссектрисе AM основания пирамиды. Какова наибольшая
возможная площадь боковой поверхности такого цилиндра?
130.	В треугольной пирамиде проведено сечение плоскостью,
параллельной одной из граней и касающейся вписанного в пирами-
ду шара. Чему может равняться наибольшее возможное значение
площади таких сечений, если площадь полной поверхности рав-
на В?
131.	В правильной четырехугольной пирамиде расположены
два одинаковых шара радиуса г, центры которых находятся на
оси симметрии пирамиды. Один из шаров касается всех боковых
граней пирамиды, а другой — основания пирамиды и первого ша-
ра. Найдите высоту пирамиды, при которой объем пирамиды
наименьший.
132.	Найдите высоту и радиус основания прямого кругового
цилиндра наибольшего объема, вписанного в шар радиусом R.
133.	Найдите наименьший объем конуса, описанного около
единичного шара.
134.	Ось цилиндра расположена на диагонали единичного
куба. Основания цилиндра касаются граней куба (каждое каса-
ется трех граней). Найдите наибольшее возможное значение объе-
ма цилиндра.
135.	Внутри конуса расположены два шара, центры которых
находятся на его высоте. Радиус первого равен 1, а второго — а.
83
Первый шар касается боковой поверхности конуса, второй касает-
ся первого и основания конуса. Найдите высоту конуса, при кото-
рой объем конуса будет наименьшим.
136.	В основании треугольной пирамиды NKLM. лежит пра-
вильный треугольник KLM. Высота пирамиды, опущенная из вер-
шины N, проходит через середину ребра LM. Известно, что
|KL|=a, |LW|=6. Пирамиду пересекает плоскость р, парал-
лельная ребрам KN и LM. На каком расстоянии от вершины N
должна находиться плоскость р, чтобы площадь сечения пирамиды
этой плоскостью была наибольшей?
137.	Внутри угла величиной а расположена точка М, сумма
расстояний от которой до сторон угла равна а. Через М проводится
прямая, перпендикулярная биссектрисе угла. При каком значе-
нии а радиус окружности, описанной около получившегося тре-
угольника, будет наибольшим? Найдите этот радиус.
138.	Рассмотрим пять тел: правильную треугольную пирамиду,
правильную четырехугольную пирамиду, прямоугольный парал-
лелепипед, конус, цилиндр. Все пять тел имеют равные полные
поверхности, причем каждое из них имеет наибольший возможный
объем. Расположите эти тела в порядке возрастания объемов.
139.	На горизонтальной плоскости стоит чаша, имеющая фор-
му полусферы, с гладкой внутренней поверхностью. Имеется
стержень, отношение длины которого к диаметру полусферы равно
k. В начальном положении стержень соприкасается с внутренней
поверхностью чаши в двух точках (одна из них может лежать
на границе полусферы), плоскость, проходящая через стержень
и центр полусферы, перпендикулярна горизонтальной плоскости,
угол, образуемый стержнем с горизонтальной плоскостью, в на-
чальный момент равен а. Найдите угол между стержнем и гори-
зонтальной плоскостью в положении равновесия, которое он зай-
мет под воздействием силы тяжести.
140.	Имеется сосуд четырехгранной формы, представляющий
собой перевернутую правильную четырехугольную пирамиду без
основания. Сторона основания равна 1, высота равна Л. Сосуд
наполнен водой, поверхность воды перпендикулярна высоте, высо-
та водного столба равна а. В сосуд погружается металлический
куб, одна грань которого параллельна уровню воды. Определите
все значения а, при которых можно взять куб такого размера,
что при его погружении часть воды прольется из сосуда.
141.	Два корабля движутся по параллельным прямым, находя-
щимся на расстоянии 4 км друг от друга. В какой-то момент време-
ни отрезок, их соединяющий, перпендикулярен их курсам. Ско-
рость первого равна 16 км/ч, скорость второго — 20 км/ч. С пер4-
вого корабля отправляется посыльный катер, скорость которого
28 км/ч. Катер доплывает до второго корабля и тут же возвраща-
ется обратно. Какое наименьшее время может продолжаться по-
ездка катера, если: а) корабли идут в одном направлении; б) ко-
рабли идут в противоположных направлениях?
84
142.	Плоскость делит пространство на два полупространства.
Скорость движения частицы в одном полупространстве равна и,
а в другом w. Рассмотрим две фиксированные точки А и В, распо-
ложенные в разных полупространствах, М — некоторая точка раз-
деляющей плоскости. Докажите, что время, затрачиваемое на путь
АМВ, будет наименьшим в том случае, если отношение косинусов
углов, образуемых AM и МВ с плоскостью, равно отношению
скоростей v/w. (Закон преломления света.)
143.	Найдите уравнение прямой, касающейся графиков двух
функций	// = ^4х —х2 и у = 1 +V~ 5 — 6х —х2.
144.	Координаты (х; у) точки М удовлетворяют уравнению
у—х = д/х+у —2ху, а координаты точки N — уравнению х2+у2 +
4-4х + 2у + 3 = 0. Найдите наибольшее и наименьшее значе-
ния MN.
145й*. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями у = 0,
у==5х —х2+ 14.
146й. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями у =
=x2 + 2x-f-2 и z/ = x2 + 4х + 5, у = \.
147й. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями // =
= —x2 + 2x-f-2, у— — х2— 4х— 1, у = 3.
148й. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями // =
= 3х2— 4х+2, // = 20—х.
149й. Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями
у= — 2х2 + Зх + 6, у=х + 2.
150й. Вычислите площадь фигуры, ограниченной осью абсцисс
и параболой у= —2 (х—1)2 + 8.
15Г. Вычислите площадь фигуры, ограниченной осью абсцисс
и параболой у= — 2 (х — 3)2 + 2.
152й. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями у = ^/х,
х —Зу+2 = 0.
1,53й. Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями
х=0, // = sinx, y = cosx, х=-у.
154.	Вычислите площадь треугольника, ограниченного осями
координат и касательной к графику функции у= в точке
с абсциссой хо = 1.
155.	Вычислите площадь треугольника, ограниченного осями
координат и касательной к графику функции y=^j2x2 -—4 в точке
с абсциссой хо = 2.
156.	Критическими точками многочлена Р (х)=х3 + ах2 +
+ &х + с являются xi = 1, х2 = 3. Найти Р(3), если Р(1) = 4.
157.	Тело, выйдя из некоторой точки Д, движется по прямой.
При этом, если в момент t тело находится в точке В, то
ЛВ = 3/4 —17/3 + 7/2+10/. Определить момент времени, когда
* При решении задач, отмеченных буквой «и>, необходимо владение понятием
интеграла.
85
мгновенная скорость тела равна его средней скорости за пре-
дыдущую единицу времени.
158.	Найдите геометрическое место таких точек Л4, из которых
можно провести к параболе у — х2 две перпендикулярные каса-
тельные.
159.	На графике функции y=sinx взяты три точки Д, В
и М, абсциссы которых соответственно равны а, &^0<а<-~
0<&<—и х=а-~^—. Значение ординаты точки М приближенно
2 /	2
заменяется сначала на соответствующую ординату, расположен-
ную на касательной, проходящей через точку Д, а затем на каса-
тельной через точку В. Какое приближение даст лучший результат?
160.	Параметры а и b выбраны так, что система уравнений
{ У=х2 + а,
[*=У2 + Ь
имеет единственное решение (хо, Уо). Найдите линию, описываемую
точкой М (х0, Уо).
161.	Представьте в виде суммы константы b и слагаемых вида
£|х — а| функцию: у = 11 |х — 11 — 2| — 3|.
162.	Докажите неравенство: а) е3>Зе; б) е6~е<27;
в) 0,75<cos 40°<0,78; г) l,4<tg 55°< 1,5; д) sin -72>-Vsin 2.
163.	Докажите неравенство:
а)	1 — y-<cos 1—(при всех х);
2
б)	(х>-1);
в)	tgx>x+j- (о<х<^) ;
г)	2xlnx^x2 — 1	(х> 1);
Д|(^)’>СО51	(0<x<f);
е)	-Д-<^+1—4-
' sin2 х jt	л2 \	2 /
ж)	ex>l+x+i^ + ... + Ь2 - (при всех х).
164.	Докажите неравенство:
а)	х.+хД +х	+“) (х<>°);
Xi -f-X2 -f-... -f-Xn	\Х] Х2	Хп /
б)	(xi4-x2 + ...4-xn)*<ra*_1 (х? + х£ + ...+х!;) (х,->0).
165.	Определите число решений уравнения logax = ax в зави-
симости от а.
166.	На графике функции у=х2 взята точка М. Через М прове-
дена прямая, перпендикулярная касательной к данной функции
в точке М. Проведенная прямая отсекает от данной параболы сег-
мент. Найдите наименьшее значение площади этого сегмента.
86
§ 4. НЕСТАНДАРТНЫЕ ЗАДАЧИ
Наш обзор состоит из двух частей. В первой части мы рас-
сматриваем нестандартные методы решения стандартных по
постановке задач — уравнений и неравенств. Вторая часть посвя-
щена задачам с параметрами.
23.	Уравнения и неравенства
Использование монотонности функций при решении уравнений
и неравенств. Одну из наиболее часто встречающихся идей хорошо
иллюстрирует решение следующего простого неравенства:
1.	Решить неравенство: д/З + х^З —х (X, § 3).
Решение. Подобные неравенства мы уже решали. Есть два
стандартных пути: возведение в квадрат (при условии 3-—х>0;
если же 3 —х^О, неравенство выполняется) и замена неизвест-
ного (у=д/3 4-х).
Рассмотрим еще один способ — нестандартный. Функция, рас-
положенная в левой части, монотонно возрастает, в правой части
убывает. Из очевидных графических соображений следует, что
уравнение д/3-{-х = 3—х имеет не более одного решения, при-
чем если хо — решение этого уравнения, то при —З^хСхо бу-
дет -\/3+*<3 —х, а решением данного неравенства будет х^х0.
Значение хо легко подбирается: хо=1. Таким образом, имеем
ответ: х 1.
2.	Решить уравнение 3х + 4х = 7х.
Решение. Данное уравнение имеет очевидное решение х = 1.
Докажем, что других решений нет. Поделим обе части на 7х, по-
лучим (у-)	*^евая часть представляет собой моно-
тонно убывающую функцию. Следовательно, каждое свое значение
она принимает один раз, т. е. данное уравнение имеет единст-
венное решение.
Ответ. х = 1.
Итак, основная идея, на которой основывались решения этих
двух примеров, весьма проста: если f (х) монотонно возрастает,
а <р (х) монотонно убывает, то уравнение f (х) = ф(х) имеет не более
87
одного решения, причем если х=хо — решение этого уравнения,
то при х>Хо (х входит в область определения обеих функций
f(x) и <р(х)) будет f (х)>ф(х), а при х<х0 будет f (х)<<р(х).
Стоит обратить внимание на одну модификацию этой идеи, а
именно: если / (х) — монотонная функция, то из равенства f (х)=
f (у) следует, что х—у.
3.	Решить уравнение: loge-x log2 x = log?-x log2 (2x).
Решение. Преобразуем уравнение:
lg logzx _ lg(log2x+l) lg(7—x) _lg(log2x+l)
lg(6 —x) lg(7—x) ’ lg(6—x)	lglog2x
loge-x (7 — x) = loglog2X (10g2 x+ 1).
Рассмотрим функцию f (/) = log/ (/+1).
Докажем, что при эта функция монотонно убывает.
Это можно сделать, например, стандартным образом: найти произ-
водную f'(/)(f(O=l!^ f4O=Hn7(i+11))in"(/ + 1))
и доказать, что при />1 f'(/)<0. Покажем другой способ:
f (0-1 =log/ (*+!)-! =log/( 1 +т-)-
Получившаяся функция, очевидно, является убывающей (осно-
вание растет, под знаком логарифма функция убывает).
Наше уравнение имеет вид: f (6 — x)=f (log2 х),
значит, log2x = 6 — х. Слева функция возрастающая, справа
убывающая, следовательно, решение единственно, оно легко
находится подбором: х = 4.
Уравнения вида f (f (х)) = х. При решении уравнений указан-
ного в заглавии вида полезна бывает теорема:
Если y — f(x) — монотонно возрастающая функция, то урав-
нения
Ц*)=х	(А)
и
f(f(x))=x	(Б)
эквивалентны.
Доказательство. То, что уравнение (Б) является след-
ствием уравнения (А), очевидно: любой корень (А) удовлет-
воряет (Б). (Если f(x0) = x0, то f (f (x0))=f (хо) = хо.) Докажем,
что любой корень уравнения (Б) удовлетворяет уравнению (А).
Пусть х0 такое, что f(f(xo)) = xo. Предположим, что f(xo)=/=xo
и для определенности f(x0)>x0. Тогда f (f (x0))>f (х0)>х0, что
противоречит предположению (f (f (х0))=х0). Теорема доказана.
Вопрос. Верна ли сформулированная теорема для монотонно
убывающей функции?
Замечание. Если y = f(x) монотонно возрастает, то при любом
k уравнения f (f (. . .f (х). . .) = х и f (х)=х эквивалентны.
k
88
Приведем несколько примеров использования этой теоремы.
4.	Решить уравнение: -у\ Jf^x — x—1.
Решение. Перепишем уравнение: 1 4-у 1 4*л/^ = х- Рас-
смотрим функцию f (х)= 1 4—\[х. Эта функция монотонно возрас-
тает. Имеем уравнение f(f(x))=x. В соответствии с теоремой
заменяем его на эквивалентное уравнение f (х)=х или 1 4--0с=х,
х-^х-1=о,	х=г±^.
5.	Решить уравнение: х3+1 =2^/2х— 1:
.+(^у
Решение. Преобразуем уравнение:	——%——=х.
Данное уравнение имеет вид: f(f(x))=x, где f (х) = ^~ х .
Согласно теореме имеем эквивалентное уравнение: х + 1 =х,
х3—2x4-1=0, (х— 1)(х24-х — 1)=0.
Ответ. 1,	.
{x34-2x24-2x=i/,
y3 + 2y24~2y=z,
z3 + 2z2 + 2z=x.
Решение. Рассмотрим функцию f (/) = /3 + 2/2 + 2/. Посколь-
ку Г (С=3/2 + 4/ + 2>0 при всех /, то f (/) возрастает.
Система имеет вид у=f (х), z = f (у), x=f (z), т. е. x = f (f (f (х))).
Согласно теореме х удовлетворяет уравнению f(x) = x или
х3 + 2х2 + 2х==х, х(х2 + 2х+1) = 0, х(х+1)2 = 0.
Ответ. (0,0,0), (—1, — 1, -1).
Использование экстремальных свойств рассматриваемых функ-
ций. Оценки. Основные идеи этого пункта достаточно хорошо
видны из примеров:
7.	Решить уравнение: 2 cos х=2х + 2~х.
Решение. Левая часть данного уравнения не превосходит 2,
а правая — не меньше 2 (докажите, что 2х + 2~х2>2). Следова-
тельно, равенство может иметь место лишь при условии, что левая
и правая части равны 2, т. е. х = 0.
Замечание. Данная ситуация, когда наименьшее значение
функции, расположенной в одной части уравнения, равно наиболь-
шему значению функции, расположенной в другой части, может
быть обобщена. Более общий случай — уравнения вида f (х)=
= <р (х), для которых f (х)^ф (х) при всех допустимых х (формаль-
но мы можем переписать это уравнение в виде f (х) — <р (х) = 0,
в результате приходим к уже рассмотренной ситуации, поскольку
наибольшее значение правой части равно нулю).
89
8.	Решить уравнение: х	+х+-д/3 —х = 2 -д/1 + х2.
Решение. Воспользуемся неравенством
в 10,2 + b I &2	”Ь ~у/о,2 + Ьъ-
Геометрическая интерпретация этого неравенства: скалярное
произведение двух векторов не превосходит произведения их длин.
Оно является частным случаем (я —2) общего неравенства Ко-
ши — Буняковского, доказанного нами (X, § 5). Равенство имеет
место в случае коллинеарности векторов (аь bi); (а2, Ь2).
Имеем х -д/1 + * +1 • л/З —х<-д/х2 + 1 --7(1 +х)+(3 —х)=
— 2 -д/1 + х2.
Значит, векторы (х, 1) и (-д/1 +х, д/З—х) коллинеарны, т. е.
-7^==—L=, x^/3—x=-Jx+\, х3-Зх+х+1=0,
yl—|~х -уЗ—х
(х—1) (х2 —2х—1) = 0, Xi = 1, х2=1+д/2, х3=1—д/2. Последний
корень посторонний.
Ответ. 1, 1 +д/2.
9.	Решить уравнение: lg (cos х — 0,5) + lg (sin х — 0,3)+1 =0.
Докажем, что данное уравнение не имеет решений. Перейдем
к следствию (потенцируем): (cos х —0,5) (sin х —0,3)=-^ .
Оценим левую часть на основании неравенства между средним
геометрическим и средним арифметическим (ab^-|-(a + b)2):
(cos х-0,5) (sin х-0.3)<(с°а '+°'8)2 <
<(	‘	2=(0.31)’ <0,1,
т. е. левая часть меньше правой. Уравнение не имеет решений.
Еще несколько нестандартных примеров решения уравнений и
систем уравнений.
А. Нестандартная замена
10.	Решить уравнение: 8х (2х2 — 1) (8х4—8х2 4-1) = 1.
Решение. Нетрудно доказать, что |х|<1, поскольку при
|х| > 1
2х2—1^1 и 8х4 —8х2+1	1.
Сделаем замену: x=cos t, 0</<л.
Поскольку
2х2 —1=2 cos2/—l=cos 2t, 8х4—8х2+1 =
=2 (2х2 — I)2— 1 =2 cos2 2t— 1 =cos 4t,
то уравнение примет вид 8 cos t cos 2t cos 4/ = 1.
Умножим обе части на sin t.
После преобразований будем иметь
sin 8/ —sin / = 0, 2 cos -|-/ sin -^-/=0,
90
откуда, учитывая, что 0</<л, найдем t=-^-nk, ft = l, 2, 3,
или t=^-+^-nk, k=0, 1, 2, 3.
Возвращаясь к х, получаем ответ.
Ответ, cos у- л, cos— л, cos-|-n, cos-у, cos—, cos—.
Замечание. Данное уравнение давалось на конкурсном экзаме-
не. Правда, задание было несколько иным: определить число по-
ложительных корней этого уравнения. Следует отметить, что такое
задание является более «честным», поскольку подобный тригоно-
метрический ответ в известной степени противоречит «традици-
ям» алгебраических уравнений.
Б. Геометрическая интерпретация
Уравнение 8 из предыдущего пункта можно рассматривать
и как иллюстрацию на тему «Геометрическая интерпретация».
Приведем еще один пример на эту тему.
11.	Найти значения к и у, удовлетворяющие уравнению:
-у/д + х2 — 3 -д/Зх +"\Д2 + у2 ху -д/3 4--д/16 + у2 — 4 -д/Зу = 5.
Решение. Рассмотрим прямоугольный треугольник АВС с
катетами ЛС = 3, ВС=4 (рис. 15). Разделим прямой угол на
три равные части и отложим на получившихся лучах отрезки
CM =х, CN=y (если х или у отрицательны, то они откладываются
в противоположную сторону).
По теореме косинусов слагаемые, расположенные в левой час-
ти, соответственно равны AM, MN и NB.
Имеем AM+MN + NB=AB.
Значит, точки М и N находятся на гипотенузе АВ, причем
х = СЛР— биссектриса в треугольнике ACN, a y = CN — биссект-
риса в треугольнике ВСМ. На основании формулы задачи (X, 27,
§7) имееи
Из этой системы найдем
X = _*L_. у=-*—
34-4V3	44-Зл/З
В. Доказательство при
шении систем уравнений
12.	Решить систему уравнений:
(%1 +%2 +Хз)3 = 3%4,
(%2 + *3 + Х4)3 = 3%5,
(%3 + %4 + Xs)3 = 3X1,
(Х4+Х5+Х1)3 = 3X2,
(Х5 + Xi + Х2)3 = Зхз.
91
Решение. Докажем, что Xi =х2 = Хз=х4=Х5.
Пусть для определенности Хб>Х4, тогда из первых двух урав-
нений получим (х2+хз + х4)3 > (%| 4- х2 + х3)3, откуда x4>xi и тем
более x5>xi. Из второго и третьего уравнений имеем х2>х5
и тем более х2>х(. Далее из третьего и четвертого получаем
Х|>х3 и тем более х2>х3. Из последней пары находим х4>х2.
Получилось противоречие (х4>х2 и х2>х3, т. е. х4>Х5, а предпо-
ложили, ЧТО Х5>Х4).
Значит, Х4 = Х5, отсюда X4=xi и т. д., все неизвестные равны
между собой.
Ответ. (0,0, 0, 0, 0); ( ±4“> ±4-, ±4-, —4“’ ±4”) •
Нестандартные по формулировке задачи, связанные с урав-
нениями или неравенствами. К данной категории, в частности,
относятся задачи, в которых требуется определить число корней
заданного уравнения, доказать существование корня на опреде-
ленном промежутке, решить уравнение или неравенство на задан-
ном множестве. С подобного рода заданиями мы уже встречались
(см., например, X, § 6 и § 3 данного пособия). Рассмотрим
еще несколько примеров.
13.	Доказать, что уравнение х4+х3 + х—-2 = 0 имеет одно
положительное и одно отрицательное решение.
Решение. Единственность положительного решения доста-
точно очевидна. Это следует из того, что (х) = 4х3 + Зх2+1 >0
при х^О, где f (х)— левая часть заданного уравнения, т. е.
f(x) при х^О монотонно возрастает, a f(0)=—2.
Докажем единственность отрицательного корня. Путей здесь
много. Можно поступить следующим образом. Рассмотрим функ-
ции <р (x) = f ( —х)=х4 — х3 —х —2, ф (0) = —2, ф' (х) = 4х —Зх — L
Докажем, что если ф (х)^0, х>0, то ф' (х)>0. (Из этого будет
следовать наше утверждение, поскольку в данном случае ф (х)
возрастает везде, где ф(х)^0. Но ф(0)<0, а при больших х
будет ф(х)>0.)
Имеем 4ф (х) = 4х4—-4х3— 4х — 8=х (4х3 — Зх2— 1) —
--(х3 + * + 8) = хф' (х) —(х3 + х + 8).
Значит, фх (х)=_+ *.+8о при ф(х)^0 (х>0,
х3 + х + 8>0).
Утверждение доказано.
14.	Найти все целые значения х, удовлетворяющие нера-
венству	log3 <12“3х) ___ 31og4 * > 83.
Решение. Область определения левой части неравенства
0<х<4. Значит, нам достаточно рассмотреть три значения х:
1, 2, 3.
Если х=1, то левая часть равна 3^'°g39— 1 =35— 1 >83.
92
Еслих = 2, тоЗ^'°836—73 = (л/б)5—73 = 36д/б—V3>36-2,4 —
- 2 >83.
Если х = 3, то З2 — З'°в,3<33<83.
Ответ. 1; 2.
15.	Найти все целые х, удовлетворяющие неравенству
х—у-<2 log5(x+2).
Решение. Рассмотрим функцию f (х)=х—|—2 logs (х + 2).
Докажем, что, начиная с некоторого х, f (х) возрастает. Это
можно было сделать обычным путем, оценивая производную.
Мы сделаем иначе. Нам достаточно доказать возрастание функ-
ции для целых х, т. е. что f (х+ 1) — f (х)>0.
Имеем	f (х+ 1) —f (х)= 1 —2 log5 (х + 3) + 2 log5 (х + 2) =
= l_2logs(1+-U)>0, |„gs(i+_L_)<J_, 1+тЬ.<^.
Последнее неравенство выполняется при х^ — 1, т. е. для всех
допустимых целых х.
Нам осталось найти наибольшее целое, для которого f (х)<0
(или наименьшее, для которого f (х)^0).	3
Докажем, что f(2)<0, -|—2 1og54<0, log54>-|-, 4>54,
44>53. Далее, f(3)=^->0.
Ответ. —1, 0, 1, 2.
16.	Найти целые корни уравнения:
cos (-2-(Зх -у/9х2+160х+800)) = 1.
Решение. Имеем -^-(зх—-\/9х2 +160х + 800^ = 2л&,
-\/9х2 + 160х + 800 = Зх — 13k, откуда 160х + 800 = 256£2 — 96fex,
25662 —800 = 862 — 25__ 8
1604-966	36 4-5	3 К
-40
25
364-5 ’
40	25
9	9(364-5)’
Значит, 9х = 24£ —
Поскольку х — целое, то' 3fe — целое, т. е. 25 делится на
3^ + 5, 3k + 5 может равняться ±1, ±5, ±25.
Перебирая все возможности, найдем для k значения —2,
0, —10.
Далее при k = — 2 имеем х= — 7, при k = 0 х= —5 (лишний
корень), при k =— 10 х=—31.
Ответ. —7, —31.
93
24. Задачи с параметром
В этой части будем рассматривать уравнения и неравенства
с параметрами и вообще различные алгебраические задачи, содер-
жащие параметры. В подобного рода задачах (мы с ними уже
познакомились в X, § 5) встречаются два вида символов: неиз-
вестные или переменные (обычно обозначаются буквами х, у,
?,...) и параметры (a, ft, с, . . .). Конечно, разница между ними
весьма условна, в известной степени можно сказать, что пара-
метр — это переменная, значение которой считается фиксирован-
ным, и каждое значение параметра определяет относительно
заданного неизвестного соответствующее уравнение (неравенство,
систему). Иными словами, уравнение с параметром является
фактически семейством уравнений, рассматриваемых при фикси-
рованном значении параметра.
Введение параметра способствовало появлению качественно
новых типов задач, вдохнуло, если так можно выразиться,
новую жизнь в такие традиционные виды задач, как решение
уравнений и неравенств.
Использование монотонности и экстремальных свойств функ-
ций. С идеями, указанными в заглавии, мы уже встречались
(X, § 5). Рассмотрим еще две задачи.
17.	Найти все значения параметра а, при которых су-
ществует единственное значение х, при котором выполняется
неравенство
log2 (д/х2 + ах + 5+ 1) logs (x2 + ax + 6) + loga 3>0.
а
Решение. Обозначим д/хй + ах + 5=у (у^О) и перейдем к
основанию 5. Получим:
— logs О/ -н) logs (1/ 4- 1) 4- logs 3 -> Q
logs а	"""
Функция от у, расположенная в числителе, монотонно убывает.
Нетрудно подобрать значение у, при котором она обращается в
нуль: у = 2.
Если 0<а<1, то решением неравенства относительно у бу-
дет у >2, а следовательно, исходное неравенство не может иметь
единственного решения. (Неравенство -у/х2 + ах+ 5^2 при любом
а имеет бесконечно много решений.)
Значит, а>1 и решением относительно у будет 0^у^2.
Возвращаясь кх, будем иметь 0^х2 + ах + 5^4. Для тогоччтобы
существовало единственное значение х, удовлетворяющее послед-
ним неравенствам, необходимо и достаточно, чтобы наименьшее
значение квадратного трехчлена х2 + ах + 5 равнялось бы 4,
г а2 л
т. е. 5——=4.
4
Ответ, а —2.
94
18.	Найти все значения параметра а, при которых существует
единственная пара (х, у), удовлетворяющая уравнению
2^а+1х2 —х4=у2 —2 -\[ау +6.
Решение. Заметим, что функция (от х), расположенная в
левой части уравнения, ограничена сверху, наибольшее значение
равно 2а, в то время как справа расположена функция (от у),
наименьшее значение которой равно 6 — а.
Понятно теперь, что для существования единственной пары
(х; у), удовлетворяющей данному уравнению, необходимо и доста-
точно, чтобы выполнялось равенство 2а = 6 — а, откуда а = 2
(слева функция возрастает, справа убывает).
Ответ, а=2.
Симметрия. Рассмотрим две задачи.
19.	Найти все значения а и Ь, при которых система
{I I
1x4-1' ~а'
х2+у2 = Ь
имеет только одно решение (х, у), х>0.
Решение. Заметим, что если пара (хо, уо) удовлетворяет сис-
теме, то и пара (хо—уо) также ей удовлетворяет. Для второго
уравнения это утверждение очевидно, для первого следует из
равенств
I хо”*0-! I I 1-х?° ху0° II ху0°- \ I
I ;ГуЧ-”1 = I ' T+JI -1	•
Значит, если система имеет единственное решение, то уо = О и
а=0.
Получаем систему
/х*=1,
[х2+у2 — Ь.
Понятно, что &>0. Из первого уравнения имеем или у = 0, или
х=1. В первом случае (у=0) из второго уравнения найдем
x=-y/b, имеем решение 0).
Второй случай (х=1): из второго уравнения у2 = 6 — 1.
Если й>1, имеем еще два решения: х=1, у= ±^/b — 1.
Если й<1, то больше решений нет, при Ь = \ получаем ту же
пару: х=1, у = 0.
Ответ. а = 0,
20.	При каких значениях параметра а система
г х2— (2а +1) х + а2 — 3 = у,
(у2 —(2а+1)у + а2 —3 = х
имеет единственное решение (х, у)?
95
Решение. Заметим, что если эта система имеет решение
х = т, у — пу то она имеет решение х=и, у=т. Следовательно,
должно иметь место равенство т=п или х=у.
Приходим к уравнению
х2 —(2а + 1) х + а2 —3=х, х2—2 (а+ 1)х+а2 —3=0,
которое должно иметь единственное решение.
Таким образом, -~=(а+ I)2 — (а2 — 3)=2а + 4 = 0, а=—2.
Пусть теперь а=—2, имеем систему
г х2 + 3х+ 1 =у,
t У2+Зу+ 1 =х.
Вычитая почленно второе уравнение из первого, получаем:
(х—у) (х+у+4)=0.
Возникают два случая:
1) х=у= —1; 2) х + у + 4 = 0, у= — х — 4.
Заменяя у в первом уравнении, получаем х2+4х + 5=0. Это
уравнение не имеет решений.
Ответ. а=—2.
В обоих рассмотренных примерах требовалось определить зна-
чения параметра, при которых система уравнений имеет единствен-
ное решение. Используя особенности системы (четность по одному
из переменных, переход друг в друга при перестановке неизвест-
ных, а также иные виды симметрий), по одному решению мы
конструируем другое, затем приравниваем их друг другу, в резуль-
тате получаем тот вид, который должно иметь решение системы,
если оно единственно.
Решение относительно параметра. С этим приемом мы уже
знакомились (X, § 5). Суть его в том, что заданное уравнение или
неравенство мы решаем относительно параметра. Например:
21.	Найти все значения р, при каждом из которых множество
решений неравенства (р—х2) (р+х — 2)<0 не содержит ни одного
решения неравенства х2 1.
Решение. Нам надо найти все р, такие, что при всех х2^ 1
имеет место неравенство (р — х2) (р + х — 2)^0. Решение последне-
го неравенства при данном х относительно р состоит из двух лучей,
исключается внутренняя часть отрезка с концами х2 и — х + 2 (ка-
кой из них левый, а какой правый — неважно). Но если х меняется
от — 1 до 1, то х2 меняется от 0 до 1, а (—х + 2) меняется от 1 до 3.
Теперь понятно, что р не может принимать значения от 0 до 3, а при
всех р^О или р^З заданное условие выполняется. (Пусть р=р0
и О<ро<3. Если О<ро<1, то возьмем х = х0=-д^-^. При этих
ро и х0 будет (ро —х^)(ро + хо —2)<0.)
Ответ. р^О, р^З.
96
22.	При произвольных а, b и с решить систему уравнений
а b ।
-------р XZ = Су
х z
b с 
.--------\-ху = а,
У л:
----—+yz = b.
z у
Решение. Данная система является линейной относительно
параметров а, b и с. Решим ее относительно этих параметров.
Сначала освободимся во втором и третьем уравнениях от зна-
менателей и заменим в них с, выраженным из первого уравнения.
Получим (после упрощений):
( —а (1 +х2) yz-\-b (xz + y) x = x2z2y — x3y2z,
(	a (y — xz)z — b (1 +z2) xy= — x2z2y — xy2z3.
Освободимся от b (умножая почленно уравнения соответствен-
но на (1 +^2) у и (xz-\-y) и складывая), получим:
а ( — (1 4-Х2) (1 4-z2) y2z + (y — xz) (у 4-Х2) z) = xyz ((xz — x2y)X
X(14-z2)y—(x2 4-yz2)(xz4-y)), или a( — X2y2Z3 — X2y2Z—y2Z3—
— y2Z 4- y2Z — X223) = xyz (xyz 4- xyz3 — x2y2 — x2z2y2 — x2z2 — xyz —
— xyz3 — y2z2\ t. e. az (x2y2z2 4-x2y2 -f-y2z2 4- x2z2)=xyz (x2y2z2 4-
4-X222 4-X2Z/24-y222).
Следовательно, a=xy. Далее найдем b=yz, c — xz.
Имеем систему
{a = xy,
b=yzy
c — xz.
Перемножая почленно эти уравнения, найдем abc=x2y2z2. Значит,
aboQ и xyz= ±^[abc.
Ответ (zE-y/abc +-yfabc \
\ Ь ’ а ’ с ) '
Графические интерпретации. Те или иные графические интер-
претации, на наш взгляд, одно из самых эффектных и эффектив-
ных средств решения различных задач с параметрами. Мы неодно-
кратно пользовались этим приемом в главе «Квадратный трех-
член» (X, § 5) (см. также задачи 179, 180, 183, 184 из § 3 этого
пособия).
Стоит выделить две разновидности рассматриваемого приема:
1)	Изображение на плоскости (х; а), где х— неизвестное,
а — параметр.
2)	На плоскости (х; у} рассматривается семейство кривых, за-
висящих от параметра а.
97
Рис. 16
Первый способ обычно при-
меняется в задачах, в которых
фигурируют лишь неизвестная х
и параметр а, или сводящихся
к таким.
Второй часто оказывается
удобен в задачах с двумя неиз-
вестными х и у и одним пара-
метром а.
Перейдем к примерам.
23. При любом значении
параметра а решить неравенство
log^ (х—а) >2.
Решение. Рассмотрим
плоскость (х; а) и изобразим на
ней множество точек, коорди-
наты которых удовлетворяют
неравенству (рис. 16). Сначала изобразим область, для точек ко-
торой имеет смысл log 2 (х —а). Это будет полуплоскость х—а>0
(правее и ниже прямой х — а=0), из которой удалены части пря-
мых х=0, х= —1, х=1. Вне полосы, ограниченной прямыми
х= — 1 и х = 1, будет х2> 1, и, следовательно, после потенцирова-
ния неравенства получим х—а>х2, а<.х—х?.
Последнему неравенству соответствует область под параболой
а = х—х2 (напомним, при этом |х| > 1).
Внутри полосы (|х| < 1) будет а>х—х2. На рисунке 16 область
(а; х), для точек которой log , (х—а)>2, заштрихована. (Заметим,
что парабола а=х—х2 касается прямой а=х.) Теперь ось а точка-
ми 1, -р 0, — 1, — 2 разбита на шесть участков, на каждом из кото-
рых легко выписывается решение нашего неравенства. Для этого
берем а на соответствующем участке, проводим горизонтальную
прямую, находим значения х, соответствующие концам отрезков
этой прямой, попавших в заштрихованную зону.
Например, если —2^а< — 1, то получаем два отрезка,
концы первого: х= —1 и х=-|——а (меньший корень
уравнения х2—х-|-а=0), второго: х = 1 и	—а.
Ответ. Если aZ>l, а = 0, решений нет;
если -~<а<1, то а<х<1;
4
если0<а<4-,тоа<х<4—“\М—аи-^+д/-^—а <*<1;
4	V *	V *
98
если — 1Са<0, то а<х<-—д -—а
2 у 4
и 1 <^<1-+л/4—а;
если — 2<а<- 1, то — 1<х<4—у-!—а
2	* 4
и 1 <*<у-+д/4—а;
если а=—2, то 1 <х<2;
если а<—2, то 4—Д/4—а <х< —1
2 V 4
и к^<4-+л/т-а •
24. Найти все значения а, при каждом из которых система
i-Vk^TT=V7iH,
49у2 + х2 + 4а = 2х— 1
имеет ровно четыре различных решения.
Решение. Перейдем к новым неизвестным и=х— 1, v = 7y.
Получим систему	{	1,
Понятно, что и новая система должна иметь четыре решения.
Рассмотрим плоскость (a; и). Второму уравнению соответствует
на этой плоскости окружность с центром в начале координат и
радиусом 4а. Первому уравнению — некоторая кривая, сим-
метричная относительно осей координат (и и v входят в виде
|а| и |у|) и биссектрис между осями координат (и и v входят сим-
метрично). (График этой функ-
ции схематично изображен на
рисунке 17.)
Поскольку окружность а2 +
+ и2 = г2 также симметрична
относительно этих же четырех
прямых, то можно сделать вы-
вод, что если данная система
имеет ровно четыре решения, то
точки, соответствующие этим
решениям, должны распола-
гаться или на осях (по две на
каждой), или на биссектрисах
(вновь по две на каждой). В
противном случае если точка,
соответствующая решению, рас-
положена иначе, то, отражая ее
относительно всех четырех осей
Рис. 17
99
симметрий, мы получим восемь (вместе с данной точкой) решений.
Таким образом, окружность, соответствующая второму уравне-
нию, должна проходить или через точку (1,0), или через точку
т. е. ее радиус или 1, или^, откуда а = —^-или а = —
Для полноты решения необходимо еще обосновать, что при
каждом из найденных а имеется, в самом деле, ровно четыре
известных нам решения, чтобы снять обвинения (справедливые) в
том, что мы апеллируем к рисунку, ссылаемся на рисунок с изобра-
жением графика функции (УГ^Г + УГуГ=1), о которой мы ничего
не знаем (пока), кроме наличия у нее четырех осей симметрии.
Самое простое, перейдя к переменным'z=VHd, /=д/Ы\ решить
две системы:
1z- + /4	1	H|? + /4 = 1
х	О
Ответ. а=—а=—
4	32
Замечание. Стоит обратить внимание на характерную ситуа-
цию, часто возникающую при использовании тех или иных графи-
ческих интерпретаций. Несмотря на то что они полезны всегда
(вероятно, впервые мы отваживаемся на всеобщую рекоменда-
цию) , с их помощью ответ может быть получен наглядно и быстро,
нередки случаи, когда одних графических рассмотрений оказыва-
ется недостаточно и для полного обоснования требуются еще те
или иные аналитические методы.
От общего к частному и обратно. Прием, о котором мы хотим
здесь рассказать, часто бывает полезен при решении задач, где
некоторое утверждение должно выполняться при любом значе-
нии параметра или переменной. Проиллюстрируем его на следую-
щем простом примере:
25. Найти все значения х, при которых равенство
2 10^2+о2 (4~V7 + 2x) = log2+aV (4 —Зх)
выполняется при любом значении параметра а.
Решение. Возьмем а = 0. Получаем уравнение
2 I Og2 (4 — л/7 + 2х) = I Og2 (4 —Зх).
Потенцируя, получаем уравнение (4 — д/7 + 2х)2 = 4 —Зх, 23 +
+ 2х — 8 V7 + 2x = 4 — Зх, 19 + 5х = 8 л/7 + 2х.
Еще раз возводим в квадрат. Получили квадратное уравнение
25х2 + 62х — 87 = 0.
Его корни (теорема Виета): х=1 и х=— Ц-.
Таким образом, искомые значения х находятся среди двух
найденных. Проверим их.
100
Если х—l, то будем иметь 2 log2+o2 l=log2+a! 1, 0 = 0, т. е.
х=1 удовлетворяет уравнению при любом а.
Если х=— то имеем 2 log2+e, y^log^,^
yr-
Очевидно, если а#=0, левая часть не равна правой.
Ответ. х=1.
26. Найти значения параметра а, при которых неравенство
2х + 2|х —а| + |х—1|>3
выполняется при всех значениях х.
Решение. Графиком функции, расположенной в левой части
данного неравенства, является ломаная линия с вершинами в точ-
ках с абсциссами х = а и х=1.
Если в каждой из этих точек значения функции больше 3, то
и всюду функция больше 3 (минимум или при х= 1, или при х = а).
Следовательно, нам надо решить систему неравенств
|2а+|а— 11 >3,
I 2|1— а|>1.
Ответ. а>—.
2
Задачи с логическим содержанием. Вообще логическая состав-
ляющая в полной мере присутствует практически в любой задаче с
параметрами. Вероятно, любую из ранее рассматриваемых задач
можно с полным правом отнести к данному разделу, поэтому те
несколько примеров, которые рассматриваются здесь, попали
сюда лишь потому, что не могли служить иллюстрацией какого-
либо характерного приема или метода. Основная сложность в
них — разобраться в логической структуре условия.
27. Найти все неотрицательные х, для которых из неравенств
abx^4a + 7b + x, а^О,	следует, что ab^b.
Решение. Перепишем первое неравенство:
а(Ьх—4)>76+х.
Из условий следует, что Ьх — 4>0. Значит,	-
Для того чтобы из условий следовало неравенство ab^5, необ-
ходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство
при &х — 4>0. (Неравенство ab ^5 должно выполняться при всех
допустимых а и Ь, а значит, при	•) Откуда 7Ь2 —
— 4йх + 20^0 при
101
Рассмотрим квадратный относительно b трехчлен 7Ь2—4Ьх-{-
+ 20. Этот трехчлен мы рассматриваем при При этих Ь он
должен быть неотрицательным. Его вершина при Ьо=—.
Рассмотрим два случая:
1)	—или 0<x^V14. В этом случае на участке Ь>—
квадратный трехчлен 7Ь2— 4&х + 20 возрастает. При 6=-~-он по-
ложителен. Значит, он положителен при всех
2)	Наименьшее значение квадратного трехчлена для
достигается при 6=у-. Оно равно 20—у-. Значит,
у-2^20,	Объединяя оба случая, получаем ответ:
0<х^-\/35.
28.	Найти все а, удовлетворяющие условию — 1 < а < 1, для
которых выражение 1 + 2 -\[х2— 2аху-{-у2 — 6у-{-10 принимает наи-
меньшее значение только для одной пары (х; у).
Решение. Преобразуем подкоренное выражение:
(х — ш/)2 + (1 —а2) у2 — 6у+ 10 =
=(х — ау)2+(1 — а2) (у2 —гзЬу + пгт) =
=(х-ау)2+(1—а2)(у-р^ ) +10—.
\	1 А4 /	А 1 А4
Теперь нетрудно доказать, что должно выполняться условие
Q
10—-----s ^0. Докажем это.
1 —а
Для этого достаточно доказать, что если — 6 = 10— рт^з <0,
то подкоренное выражение обращается в нуль (что дает наимень-
шее значение) более чем для одной пары (х, у). Возьмем произволь-
но bi >0 и &2>0 так, что 6i + 62 = &.
Рассмотрим систему уравнений:
(1—а2)(у—) =6i, (х-ау)2 = 62.
Эта система легко решается. Ее решение дает нам пару (х, у),
для которой подкоренное выражение равно нулю.
Ввиду произвольности выбора Ь\ и 62 получаем бесконечное
число пар (х, у), для которых заданное в условии выражение прини-
мает наименьшее значение.	4
Ответ. —^а^-~.
Vlo Vio
102
29. Найти все значения параметра а#=0, при каждом из кото-
рых минимально количество пар {гп, п) целых чисел тип, удовлет-
воряющих условию | и | а .
Решение. Нетрудно понять, что должно быть а>0, так как
в противном случае неравенство имеет бесконечно много целых
решений (n = 0, \т \ > |а|). Полезно также рассмотреть графичес-
кую интерпретацию на плоскости (т, л).
Множество точек, удовлетворяющих данному неравенству (без
учета целочисленности), представляет собой фигуру, ограничен-
ную дугами двух парабол (п=-------- т2 и п — ——-|—т2 ].
\ а а	а а /
Точка (0, 0) всегда удовлетворяет неравенству. Существуют
ли такие а, что других целых точек в рассматриваемой области
нет?
Для этого должно быть1 (нет точек на оси п) и а<1 (нет
точек на оси т). Эти два неравенства несовместимы.
Поскольку число целых решений нечетно (почему?), следую-
щим значением для минимально возможного числа пар (т, п) бу-
дет 3. Число пар может быть равно 3, если соответствующие точ-
ки лежат на одной из осей. Есть две возможности: искомое мно-
жество состоит из пар (—1,0), (0, 0), (1, 0) или (0, — 1), (0, 0), (0, 1).
В первом случае должно быть 1<а<2 (точка (1,0) удовлетворя-
ет неравенству, а точка (2, 0) не удовлетворяет) и во втором
соответственно 1 <—<2.
а
Ответ. -£-<а<1 и 1<а<2.
Опять квадратный трехчлен. Техника «работы» с квадратным
трехчленом, основные идеи, связанные с квадратным трехчленом,
играют важнейшую роль при решении всевозможных нестандарт-
ных задач, задач с параметром. Приведем три примера.
30. Найти все значения а, при которых система
( 9х2 — 6ху+у2 + 6х — 1 Зу -J- 3 = 0,
t 13х2 + 6ху + Юу2 + 16х + 2у —4ах — 6ау + а2 — 2а + 3 = 0
имеет хотя бы одно решение.
Решение. Попытаемся сначала упростить заданную систе-
му. Нетрудно в первом уравнении увидеть полный квадрат
(Зх —у)2. При почленном вычитании из второго уравнения первого
появляется еще один полный квадрат (2х + 3у) .
Перейдем к другой системе (в которой вместо второго урав-
нения возьмем полученное уравнение) и к новым неизвестным:
и = 3х-у, и = 2х + 3у.	)
103
Будем иметь:
| ++6^ - 13^^ +3=0,
( с1 2 + 5у — 2av + а2 —• 2а = 0
или /^ + 4«-3v + 3 = 0,
I v2 + (5 — 2d) и 4" а2 — 2а = 0.
Вопрос тот же: при каких а эта система имеет хотя бы одно
решение?
Из первого уравнения v = 4~(u2 + 4u + 3). Наименьшее значе-
ние трехчлена и24-4«4"3 равно —1, значит,
Осталось выяснить, при каких а уравнение t>2 + (5 — 2d)v +
-\-а2 — 2а = 0 имеет хотя бы одно решение
Выясним сначала, может ли это уравнение иметь два корня и
для обоих и ~
о
Для этого необходимо (но не достаточно), чтобы —
Л	о
(вершина параболы левее прямой v=—и 0^0.
Из первого неравенства	из второго а^у|-. Эти не-
равенства несовместны. Значит, один корень меньше —а другой
О
1
больше, т. е. при v———квадратный трехчлен неположителен,
о
j—(5-2а)^-+а2-2а<0,
9а2 —12а—14<0.
Ответ. —V2<a<-r+V2-
О	о
31. Для каждого значения а, удовлетворяющего неравенствам
0<а<1, найти наименьшее значение выражения -j~(x2-[-у2)—
— а(х — у) при условии sin лх// = 0.
Решение. По условию xy — k, где А = 0, ± 1, ... .
Пусть x—y = z. Система х —-y — z, xy — k имеет решение при
условии z24-4A^0 (проверьте). Данное выражение преобразуем
к виду
у- (х2+у2) — а (х — у)=у-(г2 + 2k) — az =
=у-22 — az + k = -j- (z — a)2 + k —
104
Мы пришли к следующей задаче: «Найти наименьшее значение
выражения — a)2 + k— у- при условии, что z2 + 46^0, где
k — целое число, 0<а<1 (наименьшее по z и А)».
Рассмотрим два случая:
1) В этом случае z — любое. Значит, наименьшее значе-
ние будет при z = а, /г = 0, оно равно —
2) &<0. Поскольку в этом случае \z \ ^2 -\/—-А, то наименьшее
значение будет при z, наиболее близком к а, т. е. при z =
=2-\l—k. Оно равняется —k—2a -y/—k.
Последнее же выражение при k = — 1, —2, ... будет наимень-
шим, если &= — 1, и равняется в этом случае 1—2а.
Осталось выяснить, при каких а наименьшим будет -у-, а при
каких (1—2а). Для этого достаточно решить неравенство
-^-<1-2а.
Ответ. Если 0^а^2—-^2, то наименьшее значение равно
__а\
2 ’
если 2—д/2<а^1, то наименьшее значение равно (1—2а).
32. Найти все значения параметра а, при которых каждое из
уравнений
(1 —а) cos 5x4-sin х=а,
(а2 —а) cos --+(а2— 1) sin -—-sin Зх+sin х= 1
о	1 и
имеет решение и любой корень первого является корнем второго
и наоборот.
Решение. Пусть хо— корень первого. Тогда х04-2лА при
любом целом k также является корнем первого уравнения.
Обозначим sin^- = /, sin (3 (х04-2л/г)) = т, sin (х04-2лА) = и.
Второе уравнение будет иметь вид:
2 (а —а2) /24-(^2~ 1) mt + n— 1 4-а2 —а = 0.
Если х=Хо4-2лЛ, то / = sin принимает не менее трех
различных значений. (На самом деле различных значений не
менее пяти. Это можно увидеть на круге, поскольку точки
хо4-2лА? образуюТ правильный десятиугольник, а равные синусы
имеют точки, симметричные относительно вертикальной оси.) Но
если квадратный трехчлен имеет более двух корней, то он тождест-
венно равен нулю.
Значит, а2 —а=0 и а = 0 или а = 1.
105
Рассмотрим эти случаи.
1)	а = 0. Получаем уравнения
cos 5x + sin х = 0,
— sin jysin 3% + sin x = 1.
Первое уравнение имеет корень х=-р не удовлетворяющий
второму уравнению.
2)	а=1. Получаем одинаковые уравнения sinx=l.
Ответ. а=\.
На этом мы заканчиваем небольшой обзор нестандартных за-
дач. Многие виды задач, идеи решений остались «за кадром».
Это и понятно. Ведь задачи нестандартные, само название предо-
пределяет невозможность рассмотреть их совокупность достаточно
полно, тем более что развитие элементарной математики, матема-
тики конкурсного экзамена продолжается и каждый год добавляет
что-то новенькое и оригинальное в ее копилку.
25. Задачи
1.	Найдите все решения неравенства:
a)	cos -|—4х —х2^0, лежащие в интервале — 44~<х<0;
£	5
б)	х24*2х + cos 5<0, лежащие в промежутке — 2^х^ —
2.	Найдите все значения х, для которых величина у, определяе-
мая равенством (1), удовлетворяет уравнению (2):
a)	y=-2-(sin х+д/3 cos х),	(1)
О
log4 (tg 2у — 3 ctg у)= 1 +4“log 1 (ctg У — lg уУ	(2)
б)	£/=^y-sin X COS X,	(1)
log4 (ctg 2y + tg y) = 1 4~log! (9ctgy-tgy).	(2)
2 T
3.	Найдите все целые числа п, удовлетворяющие неравенству:
a)	log 2я	>0;
б)	log „	( У15-—) <0.
4 Sin-j- —И + 10 \ J	12 /
4.	Найдите все пары целых чисел (х, у), удовлетворяющие
системе:
а)	( 2х2 + 2у2— 12х + 20у + 65<0,
1 4х4-2у>3;
106
6)	f 2х2 + 2у2 + 24х — 28у+167<0,
|х+2у<§-.
5.	Найдите все значения х, для каждого из котррых выражение
имеет смысл и не обращается в нуль:
а)	-д/Зх4 —2 —х8 • sin (л (2х + 16х2));
б)	—2—х8• sin (л (2х—• 13х2)).
6.	Найдите все решения уравнения:
а)	3 sin3 х — З cos2 х 4-7 sin х —cos 2х+ 1 =0, которые являют-
ся также решениями уравнения cos2 х + З cos х sin 2х — 8 sin х=0;
б)	9 sin2 х —5 sin х sin 2х+ 17 cos х — 11 = 0, которые являют-
ся также решениями уравнения 5 cos3 х — З sin2 х + 8 cos х — 1 =0.
В задачах (7—39) требуется решить уравнение, или неравенст-
во, или систему уравнений, или смешанную систему уравнений
и неравенств:
7	l°g7(*2 —4х—11)2 —logi8(x2 —4х—II)3
7‘ а)	2-бх-Зх2	>0’
logs (х2 — 2х — 7)2 — logs (х2 — 2х—7)8 п
°'	Зх2— 13х+4
8.	а) У(х + 2) (2х-Л)-Зл^+6=4-У(х+6)(2х-1)+
+ 3^+2;
б) д/Зх2- 1 +V*2-*+ 1 =л/3х2 + 2х+ I +Vx2 + 2x+4.
9.
8tg —
15-6х| -4 sin ^--4 sin 4------— =0.
3	3 i+tg2f
10. а) (4х —х2—3) log2 (cos2 лх+1)^ 1;
б) 2-|х-21 log2 (4х—х2 —2)^51.
11.	x (8 VTTxH-д/Т+*)< 11 -Vi+^-16 71-х.
12.	х3+х + 2 72х3+х+1>6.
13.	Iogix<13— 12|х —1|.
14-	а) 1°е2лет(х2-2х-2)==1оё2+^<х2-2х-3)‘'
б) log 2 С*2— 4х —2)=log , (х2 —4х —3).
->/2—V3	2-т/з
15. а) 7x4-1 =2 (2х—I)3; б) In (1 4-ln х)=х- 1.
16. a) sin Зх — 2 sin 18х sin х=3-у/2—cos Зх 4-2 cos х;
б) 2 -\/3 sin 5х—-\/3 sin x = cos 24х cos х4-2 cos 5х — 6.
/1	\8
17.	(1 —g- cos2 х) = sin2 х.
18.	а) 2*=3х—1; б) х100=333 1g х4-6,67.
19.	a)	б) 3-2х+24-х--4=^17-
107
20.	(х-у)2 + (у-2^+2)2=^-.
21.	cos x + cos у—cos (x+y)=-|-.
22.	tg4 x + tg4 у+ 2 ctg2 x ctg2 y=3+sin2 (x+y).
23.	a) 3±2c^x-y) =^3 + 2x_x2 cos2 X^y si+(x-y) .
6)	4^3-\/4x—x2 sin2^±^ _|_2 cos (x+y) ) = 13 + 4 cos2 (x + y).
24.	a) cosx—y2—д/у—x2— 1 i>0; 6) —x—у2—д/х — y2 — 1 +
> —1.
25.	a) । 2|x2-2x_3|“10g!3=3_y-4,
I 4|y| - |y — 11 +(y + 3)2<8;
6)	f 4I*2—8*-H2l — l°g4 7_j2y—l
I ly+31-3 lyl -2 (y+’l)2> 1.
26.	(2x2 — xy+10 = 0,
1 2 . 2 + ™ x — целое число.
( x2+у2 < 90,
27.	а) Г I 9+X| + I £+x-»| =f+‘++
L!+s’=5T.
<0 f I-++1 ++-+++«+.
I 2 1 2	82
U2+y2=-.
28.	a) ( 8 cos x cos у cos (x—y)+l=0,
tx+y = z;
6)	f (2 sin x cos у+(д/3 — 1) sin z) sin (x+y)+-|-=0,
I z=x —y.
29.
30.
a)	f (д/3+1) (1+cos (xy) sin (xy))=(-\/3+1) sin2 (xy)+cos (2xy),
J x2y2—y2+l=0,
6) ( cos2 (xy) —3 sin (xy) cos (xy) =
J =2 cos у cos (2xy—y) — 2 cos2 (xy—y),
I x3—xy+l=0,
x6 + 2xy<5.
a) -\/2 — Iу I -(5 sin2 x — 6 sin x cos x—9 cos2 x+3 ^33) =
= (arcsin x)2 + (arccos x)2—~;
108
б)	д/х2 — 4 • (3 sin2 х 4- 10 sin х cos х 4- 11 cos2 х —2 ^/301)=
= 5л2-—4 (arcsin у)2—4 (arccos у)2. -
31.	a) ^/|^-2y2 + 2z2+10z+6i/+^x-17 +
4-д/Зх2— 2 -y/3 (cos лу 4-cos лг) x-|-4=0;
6)	д/15х24~2у2—2z2 —3 д/5х-2у-|-Юг —4 4~
Н-убх2 — 2 -\/5x cos лу cos лг4* 1 =0.
32.	а) Г у sin x = log2 |	| ,
I (6y2+2y) (4sin’x + 4cos2x)=25y24-6y4-l, I//K1;
6)( <3-«!>“s’x=1°s>l^fc)l 
I (y24-8y) (32+2sin<x 4-32cos<x+sin22x-4)=2y24-16y4-64,
U<y<io.
33.	a) J y64-y3 4-2x2=-y/ху—x2y2 ,
| 4xy3 4- y3 4- -y > 2x2 4- Vl 4-(2x—y)2 ;
6)	( 4y2 — 2x2 =д/2 (x 4- 2y)2 — (x 4- 2y)4,
t x44-2<4y(x2—1).
34.	a) (y4-2 = (3-x)3,	6) f(2—x)(3x—2z) = 3-z,
<{ (2z—y)(y4-2)=94-4y,	J y34-3y2=x2 —3x4-2,
x24-z2 = 4x, z^O;	^z24-y2=6z, z^3.
35.	a) (. y3-9x24-27x-27=0,
J z3 —9y24-27y —27=0,
x3—9z24-27z —27=0;
6) ( 2y34-2x24-3x-|-3=0,
{ 2z34-2y24-3y4-3=0,
(2x34-2z24-3z4-3 = 0;
b) ( y3 — 3x4-2=0,
J z3-3y4-2=0,
(x3-3z 4-2=0.
36.	8x3—6x—1=0.
37.	(cos x-f-sin x) (2 —sin 2x) 4-0,1 =0.
38.	f -^y2-7+^+y2-7 =x,
| -\/x2 + 2+-yly+x2 + 2 =y.
39.	( x ^У2— 1 — У ^x2+ 1 = ~~
+ > УУ2-[ ~xy= 1^--
109
40.	Докажите, что функция:
а)	У (x) = sin2 % +12 sin х cos х + 3 cos2 х — 2 ^/66
может принимать неотрицательные значения;
б)	У (x) = sin2 х —- 14 sin х cos х — 5 cos2 х + З ^33
принимает только положительные значения.
41.	Найдите все тройки целых чисел (х, у, г), для каждой из ко-
торых выполняется условие:
a)	3(x-3)2 + 6y2+222 + 3yV = 33;
б)	5х2 + у2 + 3г2 —2уг = 30.
42.	Сколько корней на отрезке [0; 1] имеет уравнение
8х (1 — 2х2) (8х4-8х*+ 1)= 1?
43.	Сколько корней имеет уравнение tg (л-\^0790+^) =
= tg(nV*)? Найдите наибольший корень этого уравнения.
44.	а) Найдите все значения х и у, такие, что числа 2 sin у,
ctg(y —х), 2 cos у« ctg х, (—1+sin y)«ctg х являются последова-
тельными членами арифметической прогрессии.
б) Найдите все значения х и у, такие, что числа -i-ctgx,
2 cos (х+у), 4 sin 2х, 16 sin (х—-у) являются последовательными
членами геометрической прогрессии.
45.	Докажите, что все решения неравенства
-у/х—1 +	1 >2
удовлетворяют неравенству х + 2 -^х— 1 + V%4~2x2+ 1 > 1 +
+ 2 V*2 — 1 •
46.	На координатной плоскости переменных х и а постройте
графики уравнений f (х; а) = 0 и ф (х; а) = 0, где f (х; а) = 2~,х|—а,
ф(х;а) = 8а —х. Исходя из графиков, докажите, что координаты
любой точки М (х; а) удовлетворяют одной и только одной из
следующих систем неравенств:
a)	|f(x;a)<0,	в) г f (х; |а|)>0,	Д) Г f (*; — а)<0,
1ф(х;а)<0;	1ф(М<0;	1ф(*;а)>0;
б)	rf(x;a)<0,	г) р (х; |а|)>0,	е) г f (х; — а)<0,
(ф(х;а)>0;	1ф(х;а)>0;	1ф(х;а)<0,
и для каждой из систем а) — е) и неравенства
ж) f (х; |а|)^0 найдите:
1)	значения а, при которых решением является любое х;
2)	значения х, при которых решением является любое а;
3)	значения а, при которых существует хотя бы одно решение
относительно х;
4)	значения х, при которых существует хотя бы одно решение
относительно а;
5)	значения а, при которых существует хотя бы одно значе-
ние х, не являющееся решением;
110
6)	значения а, при которых нет решений относительно х;
7)	значения х, при которых нет решений относительно а;
8)	значения а, такие, что данная система (неравенство)
следует из двойного неравенства — 2<х<1;
9)	значения а, при которых из системы (неравенства) сле-
дует — 2<х< 1;
10)	значения а, при которых любое х, удовлетворяющее ус-
ловиям — 2<х<1, не является решением данной системы (не-
равенства) ;
И) значения а, при которых существует хотя бы одно х
из промежутка —2<х<1, не являющееся решением данной
системы (неравенства).
47.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых решение уравнения:
а)	10х—• 15а= 13 —5ах + 2а больше 2;
б)	6 —За + 4ах = 4а+12х меньше 1.
48.	Найдите все значения параметра а, для каждого из кото-
рых х и у, удовлетворяющие системе уравнений:
а)	/х+у = а,
|2х —у = 3, удовлетворяют также неравенству х>у;
б)	| 2ху = и 2,
I х —.у = а,	удовлетворяют также неравенству х + у < 0.
49.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение cos (д/а2 — х2)= 1 имеет ровно восемь решений.
50.	Найдите все значения а, при которых неравенство (1)
выполняется для всех х, удовлетворяющих двойному неравенст-
ву (2):
а)	хА-Г1<0 (1>’	(2);
б)	S7<0	2<х<4 (2).
При каждом значении параметра а решите уравнение или
неравенство или систему уравнений (51—66):
51.	а) 4х —2а(а+1)2х-'+а3=0;
б)	25х + а2 (а — 1) 5х — а5=0.
52.	л/А——-А-
V х а х -yja
53.	а) а2-9х+1-8-Зх-а>0;
б)	а2 —2-4х+1—а-2х+1>0.
54.	loga*+x* 1.	55. log3ox(4a2 — х2)<1.
56.	loge2_xJ ((ах)2 — 1) = 1.
57.	loga(ax)logx(ax)=log02-^-.
Ill
58.	a) 4 cos x sin a + 2 sin x cos a—3 cos a—2 -\/7;
6)	3 cos x sin a — sin x cos a — 4 cos a = 3 -y/3.
59.	sin x+cos y = 2a2,
sin x cos у=a2 (a2—4).
60.	cos x cos y= 1 —a2,
sin x sin y= 1 —2a.
61.	a) -yja2—x2 >% +1;	6) -\/l —x2<.х-^-а.
62.	a) (1 4-(a+2)2) log3 (2x—x2)+(l+(3a—I)2) logn ( 1 —y-)
= log3 (2x-x2)+logu (1 — -y);
б) (1 +(3a+4)2) log2 (-2x —x2)+(l +(a —2)2) log7( 1 -^)
= log7 (1 —y) + б) * * * lo62 (“ 2x—x2)-
63.	a) logl00x2 = logA/7 io(lg 10a—| lg^-| );
6)	loga x + log^ a |a + loga x| =a log, a.
64.	a) a5-{-x=^/a—x; 6) ------ 1 -	—=a.
!+Vх-------7=
V 1	—a
65.	a) x(2x2 —l)-\/l —x2=a;
6)	x (2x2 +1) -\/x5+ 1 = a;
в)	x (2x2 — 1) (8x4 —8x2 + 1)V*2 — 1 =«•
66.	Xх"=a.
67.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение:
а)
х2+
-^sin a cos a
36 = 0;
б) х2+-Д=Н——Н2л/2 = 0
-\/sin a cos a
имеет единственное решение.
68. Найдите все целые значения параметра k, при каждом
из которых уравнение:
а) 5 —4 sin2 х —8 cos2-^-=3fe;
б) 2 — 2 cos 2x = 3fe + 4 sin x имеет решение.
Найдите все эти решения.
69. Найдите все значения параметра а:
а) из промежутка [1; + оо), при каждом из которых больший
из корней уравнения х2 —6x + 2ax + a — 13 = 0 принимает наиболь-
шее значение;
112
б) из промежутка ( — оо; —4], при каждом из которых мень-
ший из корней уравнения х24~ах —Зх —2а —2 = 0 принимает
наименьшее значение.
70.	Для каждого значения параметра а определите число
решений уравнения:
a) “V21лг| —х2 = а; б) |х2 —2х —3|=а.
71.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение имеет три различных корня; найдите эти корни:
а)	х — а = 2 121 х | — а21; в) х—^-=9 |9|х| —а2|;
о
б)	х —%-=4 |4|х|—а2|; г) х-^-=2 |2|х|-а2].
72.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
существует хотя бы одно значение х, удовлетворяющее ус-
ловиям:
а)	(х2+(5а + 2)х+4а24-2а<0,
| х24-а2 = 4;
б)	( х2+(2 — За) х-|-2а2 — 2а<0,
| ах — 1.
73.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение имеет только один корень:
а)	11 — ах\ = 1 +(1 — 2а) х 4* ах2;
б)	|(а+1)х —2|=(14-а)х2—2ах + 2.
74.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
неравенство:
a)	2&y2+j^>x — аху+у — 25х2;
б)	16х2+аху—у^х—16у2—-gj
выполняется для любых пар чисел (х,у), таких, что |х| = |t/|.
75.	Докажите, что при всех а и b имеет место неравенство,
и определите, при каких а и b достигается равенство:
а) га5<13“5&+-Г&2;
U “Т* 40	&
е' \ _6°__5	1 ।	1 1 2
(Збу+'-Н	3 Ь .
76.	Найдите все целые значения п, при каждом из которых
система уравнений:
а)	( 6x2 + 24y(x + y) + 2(3n —2)x4-4(3n —2)t/ + 3 = 0,
14 (х2+у2)+(4п 4- 2) у 4- 2п2=8ху+(4п 4- 2) х 4-|-;
б)	г х (х + 2у — 4)+4п2 = 84-4у—у2,
{ у1 — 2z/ + 2 = 4x (//—х+ 1) + 2 (п24~п) имеет решения. При
найденных значениях п решите эту систему.
из
77.	На координатной плоскости изобразите множество
пар чисел (ft; с), для которых сумма корней уравнения 2*+
4-log2 ft + c*2-x=0 равна —2.
78.	Найдите все значения параметра а, при которых каждое
решение неравенства (1) является решением неравенства (2):
a)	log2 №^log2 (х + 2) (1), 49х2 —4а4^0 (2);
б)	27^riy>4(3ZZ77 (1), 16а4х2 — 9<0 (2).
79.	Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
неравенство:
а)	а2 + 2а — sin2 х — 2а cos х> 2;
б)	cos2 х+2а sin х — 2а<.аг — 4
выполняется для любого значения х.
80.	Найдите все значения параметра а, при которых неравен-
ство выполняется для любых значений х:
а)	|3 sin2 x-j-2a sin х cos x-|-cos2 x+a| ^3;
6)	|sin2 x—2 (a — 1) sin x cos x-|-3 cos2 x—a-j-11 ^3.
81.	Найдите все значения x, удовлетворяющие уравнению
при любом действительном а:
a)	logx+a»+i (a2x+2)=2 log7+2x (5—д/6 —2х);
б)	2 log3a2+2(7-V34+x)=log2a2+3(3-x).
82.	При каких значениях параметра а уравнение имеет единст-
венное решение:
a)	log(o_4)(io-a)( — х2 + 4х — 3) =
= log(a-4)(io-a) ((х —0,25a — 1) (x-0,5a-2));
б)	10g(a _ 4) (9_ a) (( х	| ^(х	|	з)) =
= log(a_4)(9-Q)(-*2+6x-8)?
83.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых уравнение
4-ix-ai iogV5 (Х2_2x+3)4-2-x2+2x log_i (2 |x-al+2) = 0
3
имеет три решения.
84.	Найдите все значения параметра а, при которых квадра-
тичная функция (cos a)x +(2 sin а)х-\----------является квад-
ратом линейной функции.
85.	Найдите значения параметра а, при которых квадратный
трехчлен (cos a) х2+(2 sin5 a —sin 2a cos a) x + sir*2cx имеет два
одинаковых по абсолютной величине корня разных знаков.
114
86.	При каких значениях а многочлен у от х является
квадратом квадратного трехчлена относительно х:
а)	у = х4 + 2C0S а х2+(sin а + tg а) х + 2C0S а - 1;
б)	y=x4 + 2tga x2 + (cos a+cos 2а) x+2tga~2?
87.	Найдите все значения а, при каждом из которых система
г х2 — 2ху — Зу2 = 8,
( 2x2 + 4xy + 5y2 = a4 — 4a3 + 4a2 — 12+д/105
имеет хотя бы одно решение.
88.	Найдите все натуральные значения Ь, при каждом из ко-
торых выражение *+*+3’ имеет смысл для всех пар чисел (х, у),
где х<0 и у<0, для которых выражение 1g (ху — Ь) также имеет
смысл.
89.	Найдите все значения а, при каждом из которых система
г 7П7+зГ= 1-л/Ги,
116a—9 —6у = 25х2+у2
имеет ровно четыре различных решения.
90.	При каких действительных значениях а система
( 2 |x| + |t/| = l,
|х2+у =а имеет восемь различных решений?
91.	Найдите все значения q, при каждом из которых множество
решений неравенства (<? —х2) (<? + 2х —8)<0 не содержит ни одно-
го решения неравенства х2<4.
92.	При каких значениях t неравенство log,4,1 (х2 + 3)> 1 вы-
7+2
полняется при всех х?
93.	Найдите все значения х>1, которые для всех Ь, таких,
что 0 <6 ^2, являются решением неравенства
l°gx2+x (x + 2fe —1)< 1.
95.
всякое
94.	При каких а уравнение 4x+2 = a2x sin лх имеет ровно одно
решение?
Определите все значения параметров а и 6, при которых
решение уравнения	= а удовлетворяет уравне-
нию —=6.
у
96.	Определите значение параметров а и Ь, для которых любая
пара х и у (х#=-~+л£, у=/=~-1-лп), удовлетворяющая уравне-
нию х+у = а, удовлетворяет уравнению tg x + tg y = b.
97.	Найдите все неотрицательные числа х, при каждом из
которых из неравенств a&x^2a + 9& + x, a^O, Ь^О следует
неравенство ab ^4.
115
98.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых существует хотя бы одно общее решение у неравенств
х2 + 4ах-j-За2>• 1 + 2а и х24-2ах^3а2—8а 4-4.
99.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых любое решение неравенства х24-3а2 — 1 2а (2х+ 1) является
решением неравенства х24-(2х— 1) а-|-а2>0.
100.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых неравенство:
а) (а34-(1 -д/2) а2-(3-}-л/2) а + 3 л/2)х24-2 (а2-2)х4-а>
>-д/2;
б) (а34-(1-л/3)а2-(44-л/3)а4-4л/3)х24-2(а2-3)х4-а>
> — д/3 выполняется для любого х>0.
101.	При каких значениях параметра а множество решений
системы неравенств j х24-(а-|-4) х4-4а^у,
I Зх 4- у — (2а 4- 4)< 0	содержит отрезок
[ — 2; — 1] оси х?
102.	Найдите все числа а, при которых имеет единственное
решение система:
а)	Г ctg л(х4--|-) = 1,
1(4х— 16а4-23)( — 2а — 33—6х)>0, а<0;
б)	( sin лх=0,
( (2х4-14а2-7) (4х-4а2- 15)<0.
103.	Найдите все значения параметра а, при которых система
имеет четное число решений:
{sin (а —у)4-2 sin х=0,
2 logi6 (а—у)4-4 log2 y = log2(^) 4-3 log64 х.
104.	Найдите все значения параметра а, при которых система
имеет нечетное число решений:
( cos (у —а) —2 cos х=0,
I log2 (ay — а2)=2 log4 (-x)4-log2 (Зу).
105.	Найдите все значения параметра а, при каждом из ко-
торых минимально количество пар:
а)	(п, tri) целых чисел п и т, удовлетворяющих условию
а31п| ^д/2 (а2 —/и2);
б)	(т, п) целых чисел тип, удовлетворяющих условию
а3т24- |п| С а2-
106.	Найдите все значения а, при каждом из которых сущест-
вует единственная пара чисел (х, у), удовлетворяющая уравнению
— 15х24- 11ху —2у2 = 7 и двум неравенствам х<у, 2а2х + 3ау <0.
107.	Для каждого значения а, удовлетворяющего неравенст-
вам 0<а<2, найдите наименьшее значение выражения
х2-|-у2 — 2а(х-|-у) при условии cos(-^-xy) = 1.
116
108.	Для каждого значения а, удовлетворяющего неравенст-
вам 0<а<1, найдите наименьшее значение выражения
-|"С*2+У2) —я (* — !/) при условии sin лху = 0.
109.	Прямая касается параболы у=— х2 + 2х + 2 в точке А
и пересекает ось х в точке В, ось у в точке С. Известно, что
точка А лежит в I четверти координатной плоскости и
2 |ЛВ| = |ЛС|. Найдите уравнение касательной.
ПО. При каких значениях а кривая у = Зх3 — а2х имеет ровно
две общие точки с прямой i/ = (2a-|-l)x — 2 (а+ 1)?
111.	Постройте на координатной плоскости множество точек,
координаты каждой из которых удовлетворяют условию:
а)	У = 4- | у--1-| — 2 | А_1| ,
и среди точек этого множества найдите все такие, в каждой из
которых координата у принимает наибольшее значение;
б)	у = 2 1+^| +J__|y+4|,
и среди точек этого множества найдите все точки, в каждой из
которых координата у принимает наименьшее значение.
112.	Найдите площадь фигуры, заданной на координатной
плоскости соотношением:
а) | У—у-х2| + | у+-|-х2| <24-х; б) \у — 2х21 + |t/ + 2x2|<
<4 (х + 2).
113.	Среди тех точек плоскости, координаты которых удовлет-
воряют системе неравенств ( у — 2x^0,
— х2 + 2ах — а2-\-а + 1 —у^О,
найдите, точку с наименьшей ординатой. При каких значениях
а эта наименьшая ордината принимает наибольшее значение?
114.	Определите значение а так, чтобы сумма квадратов
всех решений уравнения loga |х — 2а| +loga х = 2 равнялась 4.
115.	На координатной плоскости проведена прямая, коорди-
наты всех точек которой принадлежат множеству пар (х, у\ яв-
ляющихся решением неравенства
1°g4T^-log|x+!zl^±^.(2x2-10.2^.x + 2xy+//2-3)>0.
Найдите уравнение этой прямой.
116.	На координатной плоскости (х, у) изобразите все точки,
координаты которых (х, у) таковы, что выражение
^2 cos /+-~cos х cos y)cos х cos у+1 4~cos х —cos y + cos 2t
положительно при всяком значении t.
117.	На координатной плоскости изобразите все точки с коор-
динатами (х, у\ для которых существует хотя бы одно значение /,
при котором значение выражения
117
sin21 cos2 x+cos21 sin2 x+-|-sin 2x-sin 2t-j-2 (cos 2x + cos y)
отрицательно.
118.	Среди всех решений х, у, а, b системы
( х2+у2 = 3,
< а2 + &2=25,
xb+уа 5 д/З
найдите такие, при которых выражение x-f-a принимает наиболь-
шее значение.
119.	Найдите все значения а, при которых система
г 4х2— 12ху+9у2 + 2х —6у=0,
I 5х2— 16ху+ 13у2 — 6х+ l0y-j-2ax — 4ay-f-a2— 2а—5=0
имеет хотя бы одно решение.
120. Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых имеет хотя бы одно решение система уравнений:
а)
б)
| 12^\/cos^-5| -| 12^/cos^-7| +
+ | 24д/со5^ +131 = 11 --\j
2 (x2+(у - a)2) -1=2 -д/х2+(у-й)2-4-;
| 6n/cos^-5| -| 1-6-д/со8^| +
+ | 12-\/cos^+l | =5-(sin^g^
Ю-9 (x2+(y-a)2)=3-д/х2+(у-а>2—
121.	Найдите все значения а, при которых система
|(x2 + l)“+(ft2+1)^=2,
t a + bxy+x2y=l
имеет хотя бы одно решение при любом Ь.
122.	Найдите все значения а, при которых система:
а) г (|x| + l)a=y + cosx, б) ( 2]xl+ \х\=у + х2+ а,
t sin4 х+у2 = 1;	(х24-у2= 1
имеет только одно решение.
123.	Найдите все значения а и Ь, при которых система
{xyz + z=a,
xyz2 + z=b,
х2 + у2 + х2 = 4
имеет ровно одно решение.
I is
124.	Найдите все такие значения параметра а, при каждом
из которых система неравенств
(2а + 1)х4-2у>4а+1,
4х4-(3а —4)у<3,
(2а — 3) х 4- 5у < 4а
имеет единственное решение.
125.	Найдите все значения параметра а, при каждом из ко-
торых оба неравенства выполняются при любых х и у:
а) ( 2(а — l)2sin (х—у)4-2а(а — 1)2>(а— l)cos2(x—у)4-7(а— 1),
((а2 +1) у2 4- Д2х2 + 1 > 2а2ху 4- а;
б)	| 2а (а+1) sin (х4-у)—4 (а4- 1) cos2 (х4-у)4-(а-|- 1)3>13(а4- 1),
1 х2 4-(а2 4-1) у2 > 2ху 4-а 4-1.
126.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых система уравнений имеет хотя бы одно решение. При каждом
таком значении а найдите все решения:
a)	z 2 cos х-^-а sin у = 1,
J log? sin y = (logz a) logo (2 — 3 cos x),
I logaz4-loga(-^ — 1) =0;
6)	z a cos у 4-sin x4-1 =0,
J l°g* (— 1 —4 sin x)=(logz a) loga (1 4-2 cos y),
l logaz4-loga(^L)=0.
127.	Найдите все значения параметра а из интервала (2; 5),
при каждом из которых существует хотя бы одно число х из
отрезка [2; 3} удовлетворяющее уравнению
log2 (3— | sin ax|)=cos(nx—-2-).
128.	Найдите все значения параметра а из интервала (5; 16),
при каждом из которых существует хотя бы одно число х из
отрезка [1; 2J удовлетворяющее уравнению
129.	Найдите все значения параметра a (0<a<-2-j, при
каждом из которых наименьшее значение функции f (х)=
= Зх44-4х3 (cos a — sin a)—Зх2 sin 2a на отрезке —sina<x<
<cos а принимает наименьшее значение.
130.	Найдите все значения параметра a	ПРИ
каждом из которых наибольшее значение функции f (х)=
= х4 —2х2 sin2 а —2 (1 4-cos а)3 на отрезке —(1 4-cos а)<х<
<14-cos а принимает наименьшее значение.
119
131.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых число решений уравнения 3 (х2 + а2)= 1 — (9а2 —2)х не пре-
восходит числа решений уравнения
х+(За-2)2 3*=(8“ —4) log3(3a—0 -Зх3.
132.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых число решений уравнения
2х3 + 6х=(36° - 9)~\/28а --1— (За — 1 )2 12х
не меньше числа решений уравнения 3 (5х2 —а4) —2х = 2а2 (6х — 1).
133.	При каждом значении аргумента х среди значений трех
функций, каждая из которых является либо линейной функцией,
либо квадратным трехчленом, выбирается наибольшее, которое
оказывается равным М (х)= |х2 — 2|х| | +х2 + 2|х|. Найдите при
каждом значении аргумента х наименьшее из значений этих
трех функций.
134.	Найдите все такие действительные значения парамет-
ра а, при которых множество значений х, удовлетворяющих не-
равенству
х2 (х— 1) — а|х|(х + 2)<0,
является промежутком числовой оси, конечным или бесконечным,
т. е. если неравенство выполняется при x=xi и х = х2, то оно
выполняется и при xj^x^x2.
135.	Известно, что график функции y—f (x)4-2g(x) представ-
ляет собой прямую Л В, проходящую через точки Л(—1;3) и
В (1; 2), а график функции у = 3 f (х) — g (х) является прямой, сим-
метричной АВ относительно оси ординат. Найдите функции f (х)
и g (х) и постройте их графики.
136.	Известно, что система трех линейных неравенств отно-
сительно неизвестных х и у равносильна неравенству 2|х— 1| +
+ |2+х|— у^О. В каждом из трех неравенств поменяли знак
на противоположный. Найдите множество решений новой системы.
137.	На координатной плоскости ху кривая (дуга окружнос-
ти) / задана графиком функции у=^/10 —х2 на интервале
х£( — 3; 1). Изобразите множество точек Л, для которых кривая /
и кривая, симметричная ей относительно точки Л, имеют хотя бы
одну общую касательную.
138.	На координатной плоскости изобразите множество точек,
координаты которых (х, у) удовлетворяют при всех а£[—1; 2]
неравенству у (у+2а) + а2 (х2+ 1)<4 + 2ах (у + а).
139.	Через точку (3; 0) координатной плоскости проведены
четыре прямые, на этих прямых взято восемь различных точек,
произведения абсциссы и ординаты каждой из которых одинаковы
и отличны от нуля. Найдите сумму абсцисс этих точек.
120
140.	Графики функций у=^-и У=^—2х, рассматриваемые
в I четверти координатной плоскости (х>0, у>0), пересекаются
в точках А и В. Гипотенуза равнобедренного прямоугольного
треугольника перпендикулярна оси х, две его вершины лежат на
первом графике, а третья — на отрезке АВ. Найдите длины сторон
треугольника.
141.	На координатной плоскости расположен квадрат ABCD.
Вершины А и В квадрата лежат на графике функции у = х2, а
вершины С и D — на графике функции у=х — 4. Определите длину
стороны квадрата.
142.	Найдите площадь фигуры, которая задается на коорди-
натной плоскости системой неравенств:
а) ( -\/Зх24-Зу2 —3 >2у4-1, б) (+х^у^
Ь+4>2л/5 И;	(х2<1.
143.	На координатной плоскости даны две параболы у = 8—
— Зх —2х2 и у=24-9х—2Х2. Найдите:
1)	значения а и Ь, при которых прямая у=ах + Ь касается
обеих парабол;
2)	координаты точек касания.
144.	На координатной плоскости даны две прямые у=—х
и у = 5х —6. Найдите:
1)	значения а и Ь, при которых обе данные прямые касаются
параболы у=х2 4-ах4-6;
2)	координаты точек касания.
145.	Найдите все значения параметра а, при которых система
уравнений: 1) не имеет решений; 2) имеет конечное множество ре-
шений; 3) имеет бесконечное множество решений.
В случаях 2, 3 найдите все
a) / у д/1 — х2 —х2 = 2а — 1,
I У2 + У sjl—x2 = 2а — а3;
в) Г х2—х-\/11 — у4 = а3,
I х V1—У44-У4=а4-1;
146.	Найдите площадь фигуры, которая задается на коорди-
натной плоскости системой неравенств:
а) ( х24-у2>10,	б) Г х2^5,
I Зх2-4х—32<0,	J х24-У2>5,
[ (Зх - 2у) (Зу - х 4-10) > 0;	( (х 4- 2у 4- 5) (2 - у) >0.
147.	Вершины В, С, D параллелограмма ABCD имеют соответ-
ственно координаты (—3; 2), (2; 3), (3; — 4) (BD — диагональ).
Найдите:
1)	все значения параметра а, для которых координаты верши-
„	( 2х—у — 2а 0,
ны А являются решением системы неравенств 12х4-6у4-5а<0‘
121
решения.
б) |2"(у+1)(1-у.20=а3,
1(1+2")(1-у.2х)=а;
г) । (1+х.З*)(х-1).3* = а3,
((1+х.З*) (3*+1)=-4а.
2)	все значения а9 для которых координаты хотя бы одной
точки отрезка BD являются решением этой системы.
148.	Вершины А, В9 С треугольника имеют соответственно
координаты ( — 2; —1), (0; 9), (8; 1). Найдите:
1)	все значения а, для которых координаты точки пересечения
медиан треугольника АВС являются решением системы неравенств
2х —у + а<0,
6х + Зу + 5а>0;
2)	все значения, для которых координаты хотя бы одной
точки отрезка ВС являются решением этой системы.
149.	На координатной плоскости рассматривается множество
М всех точек, координаты (а, Ь) которых удовлетворяют условиям
0<а<3, 0<6<22 и таковы, что уравнение (6 —11а)х4 +
+ (& — 4а) х2 + а — Ь = 0 имеет четыре различных корня. Найдите
площадь многоугольника, внутренней областью которого является
множество М.
150.	На координатной плоскости рассматривается множество
N всех точек, координаты (а, Ь) которых удовлетворяют условиям
a<Zb9 |а| <3, |&| <3 и таковы, что уравнение (а3 —63)х4 +
+(За + &)= 0 не имеет корней. Найдите площадь много-
угольника, внутренней областью которого является множество N.
151.	Множество М состоит из точек (а, Ь) координатной плос-
кости, для которых уравнение
(2а + 216 + 63) х4 + (3&-4а + 9) х2 + |62 —4| +&2-4 = 0
имеет ровно одно решение. Докажите, что в многоугольник, кото-
рым является множество М, можно вписать окружность, и найдите
координаты центра этой окружности.
152.	Найдите все значения параметра а, при каждом из кото-
рых уравнение:
а)	(а —х2 —cos	-\]8 — ах=0 имеет на отрезке [—2; 3] не-
четное число различных корней;
б)	(a —3x24-cos—^ -\j3 — ax = 0 имеет на отрезке [—1; 5] не-
четное число различных корней.
153.	Найдите все значения параметра а, при которых уравне-
ние ((2х + а) -\/22а — 4а2 — 24 — 2 (x2 + x) 1g а)	=0
имеет по крайней мере два корня, один из которых неотрицателен,
а другой не превосходит —1.
154.	Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
((4х —a) V11а —а2— 18 + (х2 —х) 1g (За— 1)) 1g(36^4^ ) =0 имеет
122
по крайней мере два корня, один из которых неположителен, а
другой больше либо равен 1.
155.	Из трех значений а: —1,2; —0,67; —0,66 — найдите
те значения, при которых уравнение
(2а+4 +15 (х+а))( 1 +2 COS (л(а+1))) =0
имеет хотя бы одно решение, удовлетворяющее условию 0<х^ 1.
156.	Найдите все пары значений а и Ь, для которых система
1 х2—у2 + а(х+у)=х — у + а,
\х2+у2 + Ьху—1=0
имеет не менее пяти решений (х; у).
157.	Найдите все значения а, при каждом из которых для
любого значения Ь система:
a) jfcx — у — az2 = 0,	б) (х — by + az2 = 0,
((6 — 6) x + 2by — 4z = 4;	( 2bx + (b — 6) у — 8z = 8
имеет по крайней мере одно решение (х, у, z).
158.	Найдите все значения параметра а, при которых система
sin x-sin у=—-,
(х+«/)2
cosx*cosy=—; —-г",
*	(а-*)2
где z>0,	имеет ровно одно решение.
159.	Докажите, что
logs 4 . logs 6 ф . log3 80	1
logs 5 logs 7	logs 81	2’
160.	Сколько цифр в числе 5800?
161.	Докажите, что для любых а и b найдется такое значение
x(OsgZxO), что |sin х—ах—й|
162.	Докажите, что при любых а и b (Ь^в) система
J х2—у2 + ах — Ьу = О,
( 2ху+6х+ау4-1 =0
имеет два различных решения: (xj; yi), (х2; у2). Найдите значение
выражения xix2—у\у2.
163.	Найдите координаты всевозможных рациональных точек
(т. е. точек, обе координаты которых рациональны), расположен-
ных на линии 2х2+у2=1.
§ 5. ПЛАНИМЕТРИЯ
26.	Геометрические места точек
Геометрическое место точек — это совокупность (множество)
точек, каждая из которых обладает определенным геометрическим
свойством по отношению к заданной геометрической фигуре.
Мы хорошо знакомы с такими геометрическими местами точек,
как биссектриса угла (фигура — угол, характерное свойство то-
чек — равноудаленность от сторон угла), серединный перпендику-
ляр к отрезку. Рассмотрим еще несколько геометрических мест,
часто встречающихся при решении различных задач.
1.	Построить геометрическое место точек М, из которых данный
отрезок АВ виден под заданным углом а (ААМВ — а).
Это геометрическое место состоит из двух равных дуг окруж-
ностей, симметричных относительно прямой АВ (рис. 18). Для
его построения достаточно построить одну точку ТИо, для которой
Z.4MoB = a, затем построить описанную около дДМоВ окруж-
ность, от которой оставить дугу АВ, содержащую точку MQ, а
затем построить дугу, ей симметричную.
2.	Доказать, что геометрическим местом точек М, таких, что
AM2 —МВ2 есть величина постоянная, где А и В — фиксирован-
ные точки, является прямая, перпендикулярная АВ.
Доказательство. Пусть D — проекция М на АВ
(рис. 19). По теореме Пифагора AM2—Au2 = MD2 = МВ2 — BD2.
Следовательно, AM2 — MB^^AD2 — DB2, т. е. все точки М, при-
надлежащие рассматриваемому геометрическому месту, проекти-
124
руются в одну и ту же точку D на прямой АВ. Легко видеть, что
все точки прямой, проходящей через D и перпендикулярной АВ,
входят в наше геометрическое место.
Замечание. На основании только что доказанного утверждения
можно сформулировать весьма полезное условие перпендикуляр-
ности двух прямых (действующее не только на плоскости, но и в
пространстве). Для того чтобы прямые АВ и CD были перпенди-
кулярны, необходимо и достаточно выполнение равенства
AC2-BC2=AD2-BD2 (или AC2+BD2 = BC2+AD2).
3.	Доказать, что геометрическим местом точек М, таких, что
есть величина постоянная (А и В — фиксированные точки),
является окружность с центром на прямой АВ. (Эта окружность
называется окружностью Аполлония.)
Доказательство. Пусть М — одна из точек нашего мно-
жества. В треугольнике АМВ проведем биссектрисы внутреннего
и внешнего угла при вершине М: ME и MF (рис. 20). Тогда
Z_EMF=90°. Точки Е и F постоянны для всех точек нашего
множества, поскольку^ — ттъ (X, § 7, № 19). Следователь-
co ОГ Ми
но, точки нашего геометрического места принадлежат окружности,
построенной на EF как на диаметре.
Наше доказательство будет неполным, если мы не обоснуем,
что любая точка окружности с диаметром EF обладает нужным
нам свойством.
АЕ AF
Пусть — ="qp = Х(Х> 1). Возьмем произвольную точку М на
окружности с диаметром EF. Предположим, что =#Х. Пусть
для определенности >Х. Тогда биссектриса угла АМВ должна
пересечь отрезок ЕВ, биссектриса угла, смежного с АМВ, пересечет
отрезок BF, т. е. угол между этими биссектрисами будет острым.
Противоречие.
Следует запомнить, что любая задача на определение геометри-
ческого места точек состоит из двух частей: прямого утверждения
(все точки, имеющие заданное свойство, принадлежат некоторой
линии или области на плоскости) и обратного утверждения
(любая точка найденной линии, области имеет заданное свойство).
В некоторых случаях обратное утверждение достаточно очевидно,
а его доказательство сводится к псевдологической схоластике,
не имеющей отношения к геометрии. Поэтому без большого ущер-
ба его можно опустить, как это имело место при доказательстве
утверждения 2. В других случаях эта «очевидность» нуждается
в обосновании, которое не всегда является тривиальным, как в
теореме 3. При этом обычный метод доказательства обратного
утверждения — рассуждение от противного.
125
В умении различать эти ситуации, кстати, и проявляется и
геометрическая и логическая культура. Кроме того, не всегда ли-
ния, выявленная в первой части (прямое рассуждение), целиком
входит в геометрическое место точек. Например:
4.	Какую линию описывает вершина С прямоугольного тре-
угольника АВС, вершины острых углов которого (Д и В) движутся
по сторонам прямого угла?
Решение. Пусть О — вершина прямого угла (рис. 21).
Точки О, Д, В и С лежат на одной окружности. Следовательно,
Z-COB— /LCAB, т. е. вершина С перемещается по прямой линии,
вернее, по лучу, выходящему из О. Ясно, однако, что не все точки
этого луча принадлежат искомому геометрическому месту. Оно со-
стоит из точек отрезка С|С2, где ОС\ = СВ (СВ — наименьший
катет), ОС2=АВ (ОС^.АВ, АВ — диаметр окружности). Точку С\
мы получаем, когда В совпадает с О, точку С2 — когда О АС В —
прямоугольник.
Замечание. Очень удобен и естествен при решении задач на оп-
ределение геометрических мест точек метод координат. В част-
ности, очень легко с его помощью доказываются теоремы 2 и 3.
Более того, результат этих теорем легко обобщается. А именно:
5.	Доказать следующее утверждение: пусть Д|, Д2, ... , Ап —
произвольные точки плоскости, k\, k2, ... , kn, m — заданные кон-
станты М — множество точек, для которых
kxA tM2 + k2A2M2 +... + knAnM2 = m.
Это множество представляет собой:
а)	окружность, точку или пустое множество, если
k\ 4" k2 4”... 4” kn У=0;
б)	прямую, всю плоскость или пустое множество, если
k 14" ^2 4” • • • 4~ = 0.
(При п = 2, fe2= — k\ получаем утверждение 2. При n = 2, т = 0,
k14-k2#= 0, fe|fc2<0 получаем утверждение 3.)
Доказательство теоремы 5 легко осуществить методом
координат. Пусть в прямоугольной системе точка Д, имеет коорди-
наты (х,, у,), а М — (х, у). Поскольку AtM2 = (x — х,)24-(у — yt) > то
126
выражение, данное в условии, можно преобразовать к виду
k (х2 + у2) — 2ах—2/н/+с = 0,
где й = й1+й2 + ...+йл, a = kiXi + k2X2 + ... + knxn, b = k{y{-\-
+ &2у2+...+fen*/n, c=x?+xi + ...4-x^+y?+t/i + ...4-(/2 — т.
Проделав все выкладки в обратном порядке, убедимся, что лю-
бая точка М, координаты которой удовлетворяют полученному
уравнению, принадлежит нашему геометрическому месту точек.
Теперь понятна справедливость нашего утверждения. (Выражение
k (х2+*/2)—2ах — 26у4-с = 0, выделяя полный квадрат по х и у,
преобразуем к виду (х—+(у—+ ^ = 0, где d=dL—
—	• Последнее, если d<0, есть уравнение окружности с
центром О (у-, у-) и радиусом R=^J—d .)
Замечание. Рассмотренный метод ввиду своей чрезмерной фор-
мальности, не «привязывает» геометрически полученную линию
(прямую или окружность) к заданным точкам. Чтобы ответить
на различные вопросы, связанные с расположением этой линии
относительно заданной конфигурации, требуются дополнительные,
не всегда простые (особенно при п^З) исследования.
В дополнение к теоремам 2 и 3 полезно запомнить, что гео-
метрическим местом точек М, таких, что АМ2-\-ВМ2 есть констан-
та, является окружность с центром в середине АВ. (Докажите.)
27.	Задачи на построение
Задачи на построение, возможно, древнейшие геометрические
(и даже математические) задачи. Сегодня этот тип задач выглядит
несколько архаично, надуманно, поскольку многие методы, исполь-
зуемые при решении геометрических задач на построение, носят
характер своеобразных геометрических изысков, обслуживающих
лишь эту категорию задач, а сами правила построения ограничены
массой всевозможных условностей.
Одна из условностей — все построения должны осуществлять-
ся при помощи двух чертежных инструментов: линейки и циркуля.
При помощи линейки мы можем через две точки провести прямую
(и все), при помощи циркуля построить окружность с заданным
центром и радиусом (радиус задается отрезком, вернее, двумя
точками — концами отрезка).
Построение отрезка по формуле.
Алгебраический метод решения задач на построение
Пусть а, Ь, с — заданные отрезки. Известные школьные теоре-
мы (теорема Пифагора, теорема Фалеса) дают возможность пр-
строения отрезков, задаваемых формулами
х—^а2-±.Ь2, х=л[аЬ, х~~
127
Рис. 22
(рис. 22 иллюстрирует два последних построения). Кроме того,
мы, конечно, можем строить суммы и разности данных отрезков.
Заметим также, что можно не выделять отдельно формулу
x=-yfab, поскольку д[аЬ =	+ &)2 — (а — b )2, т. е. искомый отре-
зок есть второй катет прямоугольного треугольника с гипотену-
v а-\-Ь	|а — Ь\
зои -у- и катетом -—-—L.
Если неизвестный отрезок х связан некоторой формулой с
известными отрезками (при этом рассматриваются лишь «пра-
вильные по размерности» формулы, иначе говоря, запрещаются
выражения вида а-}-Ьс, формулы х=а2, х=^/а и т. п.), то
или построение этого отрезка х сводится к одному или нескольким
последовательным вышеперечисленным построениям, или построе-
ние отрезка х при помощи циркуля и линейки невозможно. Так,
например, нельзя построить отрезок х==^/а3 + &3.
6.	Пусть а, Ь, с, ... — данные отрезки. Построить отрезок х
по формулам:
а)	6)	в) VM£+VH--+W-
'de
Решение, а) Строим сначала у=-^-, а затем х=^.
б)	Построим	затем г = д/а^ + у2. Потом построим х,
поскольку х= уа^а2+^ =Vfl2 (fl2 + y2) =\la2^=^/az .
в)	Пусть m — произвольный отрезок. Данное равенство экви-
валентно равенству *\Jxm? = 4^Jam3 ++ — + Vem3. Построим
отрезки y=\Jatn\	..., и=\]ет\ Это можно сделать,
поскольку y=-yjm -\Jam. Строим t=-\[atn, а затем y—^/rnt. Далее
построим сумму ^=y + z + ... + zz. Окончательно получаем х = ^-,
128
где w и т — известные отрезки. Теперь последовательно строим
w2	S2
s=—, а затем х=—.
т	т
Алгебраический метод решения задач на построение заклю-
чается в том, что в искомой конфигурации выделяется ключевой
элемент — отрезок (отрезки), угол, отношение отрезков и т. д.
Затем этот ключевой элемент выражается через известные, в ре-
зультате чего построение сводится к построению по формуле.
Приведем два примера.
7.	Построить треугольник по стороне а, опущенной на нее высо-
те h и сумме двух других сторон s.
Решение. Пусть в треугольнике АВС высота AD делит ВС
на отрезки -|-+х и —х. Получаем уравнение
\/л2+(т+х)2 +л/л2+(т-х)2 =s-
Уединяем корень и возводим обе части в квадрат:
т-7	s л/^2 — а2 — 4Л* гр
Еще раз возводим в квадрат, находим х=—*— ——. Теперь
2-ург—(Г_______________________________________________
понятна последовательность построений: строим y=^s2 — a2y за-
тем —4/Д окончательно х=^-.
™	2у
8.	В данный сектор вписать прямоугольник с заданной диаго-
налью.
Решение. Возможны два случая, изображенные на рисун-
ке 23. Начнем с первого. Пусть в прямоугольнике ABCD АВ = х,
AD=y, d — диагональ, R — радиус сектора. Обозначим ctg a = k,
k известно и может быть задано отношением отрезков. Тогда
AO=kx, OD = kx+y, и по теореме Пифагора для треугольника
ODC получим (kx + y)2 + x2==R2. Второе уравнение: x2+y2 = d2.
Имеем систему [ (k2 + 1) х2 + 2kxy+у2 = R2,
x2 + y2 = d2.
5)
°)
Рис. 23
129
С подобными системами мы уже встречались (X, § 2). Умно-
жая уравнения соответственно на d2 и R2 и вычитая, получаем
однородное уравнение
((fe2 + 1) d2 - R2) х2 + 2kd2xy + (d2 - R2) y2=0.
Из этого уравнения найдем затем из системы определим х и у.
Во втором случае вместо первого уравнения будет
-^-(т2+ \)х2-\-тху+у2 = Я2, где m=ctg-p
Мы не будем здесь полностью решать задачу, а также зани-
маться исследованием числа решений в зависимости от параметров
a, R и d (оно меняется от 0 до 4). Например, если а = 60°, /? = 1,
d=^\f^-, число различных прямоугольников равно 4. Можно
сказать, что сам процесс построения в каждом конкретном случае
даст ответ на этот вопрос.
Алгебраический метод решения задач на построение привле-
кателен своей алгоритмичностью и универсальностью. Формально
любая разрешимая задача на построение может быть решена ал-
гебраическим методом, при этом сам процесс решения по своей
сути не отличается от решения обычной задачи на вычисление.
Более того, необходимость самостоятельно определить вычисляе-
мый элемент, а в конце составить схему построения этого элемента
раздвигает рамки задачи.
Несмотря на то что эстетически геометрические методы выгля-
дят гораздо привлекательнее алгебраических, а поиск чисто гео-
метрического решения иногда становится самоцелью, мы все же
считаем, что простое и естественное вычислительное решение
предпочтительнее хитроумного и надуманного геометрического.
Метод геометрических мест точек
По своей универсальности метод геометрических мест, пожа-
луй, не уступает алгебраическому. Более того, практически в реше-
нии любой задачи на построение в той или иной мере присутствуют
элементы метода геометрических мест.
Основная идея метода — точка есть пересечение двух линий
(геометрических мест). Конечно, такое разъяснение выглядит
несколько наивно, но оно достаточно точно отражает суть метода.
Простейшая иллюстрация — построение треугольника по трем сто-
ронам. Искомая вершина треугольника определяется как точка
пересечения двух окружностей. (Вспомните также, как доказыва-
ется существование и находится центр описанной окружности,
центр вписанной окружности.) Другой известный пример:
9.	Через данную точку А, расположенную вне данной ок-
ружности, провести прямую, касающуюся окружности,
130
Рис. 24	Рис. 25
Решение. Пусть О — центр окружности, М — точка каса-
ния. Поскольку Х_ОМА = 90°, то М принадлежит геометрическо-
му месту точек, из которых данный отрезок ОА виден под уг-
лом 90°, т. е. М лежит на окружности с диаметром О А (рис. 24).
10.	Даны три окружности. Построить точку, касательные из
которой ко всем трем окружностям равны между собой.
Решение. Рассмотрим две окружности с центрами О| и О2 и
радиусами Ri и /?2. Найдем геометрическое место точек М, таких,
что касательные из М к окружности с центрами О\ и О2 равны.
Пусть длины касательных будут t. Тогда МО? = /?2 + /2, МО? =
==Т?2 + /2. Следовательно, МО? — МО2 = Rl — Rl- Теперь на осно-
вании теоремы 2 можем утверждать, что искомое геометрическое
место точек расположено на прямой, перпендикулярной отрез-
ку 01О2 (рис. 25).
Если эти окружности не пересекаются, то подходят все точки
этой прямой. (Докажите.)
Если окружности пересекаются, то найденная прямая проходит
через точки пересечения, а геометрическое место точек состоит
из двух лучей этой прямой, исключается общая хорда. (Прямая,
состоящая из точек М, для которых МО? — MO2 = R?\ — R2, на-
зывается радикальной осью двух окружностей.)
Теперь понятно решение задачи 10. Надо построить радикаль-
ные оси окружностей первой и второй, первой и третьей. Точка пе-
ресечения этих прямых (если она существует и расположена вне
окружностей) и есть искомая точка. (Докажите. Сравните данное
построение с построением центра описанной окружности около
треугольника и с построением центра вписанной окружности.)
Метод подобия
Рассмотрим три задачи, иллюстрирующие основные модифи-
кации метода подобия.
11.	Построить треугольник по двум углам и сумме радиусов
вписанной и описанной окружностей.
131
Решение. Ключевым условием, определяющим метод реше-
ния, является задание двух углов. Построим произвольный
треугольник, два угла которого имеют заданную величину
(рис. 26, треугольник ABiCi). Этот треугольник подобен искомо-
му. Находим в нем нужный линейный элемент h (в нашем случае
/1=Г1+Л1 —сумма радиусов вписанной и описанной окружнос-
тей). Проводим через А произвольный луч, откладываем на этом
луче отрезки AMi=h и АМ = ! (I — данный отрезок, в нашем
случае l = r + R), соединяем Mi с В\, проводим через М прямую,
параллельную М\В\, находим точку В, а затем точку С (ВС||В\С\).
Треугольник АВС искомый.
12.	Дан треугольник АВС и точка М вне его. Провести через М
прямую так, чтобы отрезок внутри треугольника равнялся отрез-
ку от точки М до пересечения с границей треугольника.
Решение. Построим треугольник Л4В1С1, гомотетичный
треугольнику АВС с коэффициентом 2 относительно точки М
(рис. 27), т. е. на лучах МА, МВ и МС построим точки Ai,
В\ и С\ так, что MAi=2MA, MBi = 2МВ, MCi=2MC. Найдем
точки пересечения границ треугольников АВС и AiBiCi (точки Mi
и М2 на рис. 27). Прямые MMi и ММ2 являются искомыми.
Замечание. Вместо треугольника можно взять любую фигуру,
граница которой состоит из отрезков прямых и дуг окружностей.
13.	В данный сектор вписать квадрат.
Решение. Возможны два случая расположения вершин
квадрата на границе сектора (см. задачу 8). Решим задачу для
одного случая. Возьмем на одном радиусе границы сектора точ-
ку К, проведем перпендикуляр KL к другому радиусу и достроим
до квадрата KLMN (рис. 28). Проведем луч ON и найдем Afj —
точку пересечения этого луча с дугой сектора.
Afi — вершина искомого квадрата (/GLiAfiAfi).
Самостоятельно рассмотрите второй вариант: две вершины
квадрата расположены на дуге секатора.
132
Метод обратности
Суть этого метода (приема) хорошо иллюстрирует следующая
задача:
14.	В данный сектор вписать правильный треугольник, сторона
которого задана.
Решение. Вместо того чтобы в данный сектор вписывать
треугольник, равный данному, поступим наоборот — около данно-
го треугольника опишем сектор, равный заданному. Построение
достаточно очевидно. Рассмотрим правильный треугольник АВС с
заданной стороной (рис. 29). Построим на стороне АС во внешнюю
сторону по отношению к треугольнику дугу окружности, такую, что
углы, соответствующие этой дуге, равнялись бы углу данного
сектора (Х.АМС — а, где М— точка на дуге). Затем построим
окружность с центром в точке В и радиусом, равным радиусу
данного сектора. Пусть О — одна из точек пересечения построен-
ных дуги и окружности. Взяв О в качестве центра сектора, описан-
ного около треугольника АВС, легко построим этот сектор.
Замечание. Как видим, построение описанного сектора осу-
ществлялось при помощи метода геометрических мест (см. п. 26).
Метод симметрии и спрямления
Классическим примером, иллюстрирующим метод симметрии,
является следующая задача:
15.	Дана прямая I и две точки А и В по одну сторону
от нее. Найти на I точку М, такую, что сумма AM А-МВ при-
нимает наименьшее значение.
Решение. Пусть В\ — точка, симметричная В относитель-
но I, М — точка пересечения ABi с I (рис. 30). Докажем, что М —
искомая точка. Возьмем точку Mi, отличную от М. Имеем:
AM, А-М!В=АМ! +MiB, >ав, =АМ+МВ, =ам+мв.
Следует запомнить такую рекомендацию: если в условии
задачи дана сумма или разность отрезков, то в процессе анализа,
поиска решения необходимо составить на чертеже из этих отрезков
сумму или разность.
133
16.	Построить треугольник по углу а, выходящей из этого
угла высоте h и периметру 2р.
Решение. Пусть АВС — искомый треугольник (рис. 31).
Задан угол В. Отложим на прямой АС отрезки ABi=AB,
СВ2 — СВ таким образом, чтобы BiB2 равнялся периметру этого
треугольника. Z-B\BA— Z~BB\A=^~ Z-BAC, /LCBB2=^- Z.BCA.
Значит, АВ1ВВ2=±-(АВСА + ^-ВАС)+ ЛАВС =
=у-(180°— ZXBC)+ ^4ВС=90°+-2-.
Теперь понятно построение: строим отрезок В\В2=2р. Точка
В определяется двумя геометрическими местами: расстояние от В
до BiB2 равно Л; ЛВ|ВВ2 = 90°+у-. Построив треуголь-
ник В\ВВ2, найдем точки А и С как пересечение срединных пер-
пендикуляров соответственно к В\В и В2В с прямой В\В2.
Параллельный перенос
17.	Даны две окружности и прямая I. Провести прямую,
параллельную I, высекающую на данных окружностях равные
хорды.
Рис. 32
134
Решение. Пусть Oi и 02 — центры окружностей, а пря-
мая параллельная /, высекает на них равные хорды (рис. 32).
К\ и К2 — проекции О\ и О2 на_/. Сделаем параллельный перенос
второй окружности на вектор К2Кь Ее центр перейдет в точку О2,
расположенную на прямой О\К\, а высекаемые хорды на прямой V
совпадут.
Из этого следует построение. Находим точку О2 (она явля-
ется точкой пересечения прямой О\К\ и прямой, проходящей через
О2 параллельно Z); строим окружность с центром О2, равную
окружности с центром О2; через точки пересечения окружностей
Oi и 02 проводим прямую. Эта прямая и является искомой.
18.	Дана окружность и прямая I. На окружности даны две
точки А и В. Найти на окружности такую точку М, чтобы пря-
мые МА и МВ пересекали I в точках К и N таким образом,
что KN = а, где а — заданный отрезок.
Решение. Построим точку Д' (рис. 33) так, что NKAA' —
параллелограмм (Д' получается из А при помощи известного па-
раллельного переноса). Поскольку Z.BNA' = АВМА, а последний
известен, то точка N находится как пересечение I с соответствую-
щим геометрическим местом точек. Следует также рассмотреть
случай расположения точки М на другой дуге АВ.
Поворот
Типичной задачей, иллюстрирующей метод поворота (враще-
ния), является следующая:
19.	Дана Точка А, прямая I и окружность со. Найти на пря-
мой I и окружности со по точке В и С, такие, чтобы треуголь-
ник АВС был правильным.
Решение. Рассмотрим вращение вокруг точки А на 60°.
При соответствующем выборе направления это вращение перево-
дит точку В в точку С (рис. 34). Построения сводятся к построе-
нию прямой /', получающейся из прямой I поворотом на 60° вокруг
точки А. Точка пересечения /' и со определит вершину С.
Понятно, что число решений задачи может меняться от 0 до 4.
(Два направления для вращения и в каждом случае получающая-
135
ся прямая может иметь 0, 1 или 2 точки пересечения с окруж-
ностью со. На рисунке 34 решений 2. При другом направлении
вращения прямая не пересечет окружность.)
Нередки случаи, когда для определения центра поворота необ-
ходимо сделать дополнительные построения. Кроме того, преобра-
зование вращения может сопровождаться также гомотетией (по-
воротная гомотетия). Справедливо утверждение:
Для любых двух отрезков АВ и CD существует такая точка Р,
что поворот на соответствующий угол а вокруг Р и последующая
гомотетия с центром в Р и коэффициентом	переводят
А в С, В в D.
В частных случаях это преобразование может представлять со-
бой один поворот, одну гомотетию и вырождаться в параллельный
перенос.
Доказательство. Обозначим через Q точку пересечения
прямых АВ и CD (рис. 35). Опишем около треугольников ACQ и
BDQ окружности. Обозначим через Р вторую точку пересечения
этих окружностей. Треугольники РАВ и PCD подобны. (Одинако-
во отмеченные на рисунке углы равны по свойству вписанных
углов.) Поворот на угол а= Z-AQC по часовой стрелке и по-
следующая гомотетия переводят АВ в CD, (Рассмотрите само-
стоятельно другие случаи взаимного расположения отрезков АВ
и CD, Как найти точку Р, если А совпадает с Q?)
Рассмотрим следующую задачу:
20.	Даны две окружности. На одной отмечена точка А, а на
другой — точка В. Найти на этих окружностях точки М и N так,
что центральные углы, соответствующие дугам AM и BN, равны
(дуги измеряются в одном направлении), а длина MN равна
заданной величине.
Решение. Найдем точку Р, являющуюся центром поворот-
ной гомотетии (рис. 36), переводящей О\А в О2В (Oi и О2—
центры окружностей). Это преобразование очевидным образом
переводит М в N. Треугольник MPN подобен треугольнику OiPO2,
MN известно. Можем построить треугольник, равный треуголь-
нику Л4РМ, а затем найти положение точек М и N.
136
Рис. 36
К задаче 20 сводится решение следующей задачи:
21.	Построить четырехугольник по диагоналям и углам.
Решение. Пусть отрезок АС равен одной из диагоналей.
Построим дуги, соответствующие заданным углам В и D (рис. 37).
На этих дугах нам надо найти точки В и D так, чтобы расстояние
BD равнялось длине второй диагонали, a /LBAD был равен за-
данной величине. Найдем точку A i на дуге CD А так, что Z.CAA\ =
= Z.BAD (точку А\ можно найти). Тогда Z~DAA\ = Z-ВАС и
задача сводится к предыдущей. Точки С и А\ заданы на окруж-
ностях.
Еще несколько задач
В предыдущих параграфах мы проиллюстрировали основные
методы решения задач на построение. При этом мы совсем не
стремились ни к созданию какой-либо теории, ни к большой пол-
ноте этого обзора. Рассмотрим еще три задачи, методы решения
которых трудно классифицировать. Можно сказать, что в них
используется метод вспомогательной фигуры (а именно окруж-
ности). Можно также сказать, что методы решения этих задач
основываются на вспомогательных теоремах.
22.	Построить окружность, проходящую через две данные точ-
ки и касающуюся данной окружности.
Решение. Проведем через данные точки А и В произволь-
ную окружность, пересекающую данную в точках С и D (рис. 38).
Обозначим через м точку пересечения прямых АВ и CD. Про-
ведем через М касательные к данной окружности МК и NIL.
Оказывается, что окружность, проходящая через точки Л, В и К
(а также через Л, В и L), касается данной.
В самом деле, если окружность, описанная около АВК, пере-
секает данную окружность, то она пересекает также и прямую МК
в точке Ki, отличной от К. Но MK2 = MC*MD=MB*MA =
= МК*МК\- Противоречие.
137
Рис. 38	Рис. 39	Рис. 40
23.	Дан угол с вершиной А и точка М. Провести через М
прямую, пересекающую стороны угла в точках В и С, так,
чтобы периметр треугольника АВС равнялся данной величине.
Решение. Рассмотрим окружность, касающуюся отрезка ВС
и продолжений АВ и АС (вневписанная окружность треуголь-
ника АВС, рис. 39, Ai, В\,С\ —точки касания).
Имеем:
ЛВ, =АС, =-^-(АВ> +ACi)=-^-(AC+CB1 A-AB + BCt) =
=^-(ЛС + СЛ1+ЛВ + ВЛ,)=^-(ЛС + СВ + ВЛ)=р)
где р — полупериметр треугольника АВС.
Теперь понятно построение искомого треугольника: находим
точки Bi и Ci, строим окружность, проводим к ней касатель-
ную.
24.	Построить треугольник по высоте, медиане и биссектрисе,
выходящим из одной вершины.
Решение. Рассмотрим треугольник АВС. Проведем из вер-
шины В высоту BD, медиану ВМ и биссектрису BE (рис. 40).
Продолжим BE до пересечения с описанной около АВС окруж-
ностью в точке F. F — середина дуги AC, FM перпендикулярна
АС и проходит через О — центр описанной окружности.
Получаем следующее построение. Проводим прямую. В произ-
вольной точке D восставляем перпендикуляр, на котором
откладываем отрезок BD, равный высоте. Находим точки Е и М.
BE равен длине биссектрисы, ВМ — длине медианы.
Е лежит между D и М. (Почему?) Восставляем к исходной
прямой перпендикуляр в точке М и находим его пересечение
с прямой BE — точку F. Точка О — центр описанной окруж-
ности — находится на пересечении MF и серединного перпенди-
куляра к BF. После чего находим точки А и С.
138
Построения одной линейкой
Обычно рассматриваются построения одной линейкой при усло-
вии, что на плоскости имеется изображение какой-либо фигуры:
два параллельных отрезка, параллелограмм, квадрат, окружность.
(Здесь стоит заметить, что если на плоскости задана окружность
с центром, то все построения, осуществляемые циркулем и линей-
кой, могут быть сделаны одной линейкой.)
25.	На плоскости задана пара параллельных прямых. При
помощи одной линейки через данную точку провести прямую,
параллельную данным.
Решение. Построение основывается на следующем утверж-
дении: прямая, проходящая через точку пересечения диагоналей
трапеции и точку пересечения продолжений ее боковых сторон,
делит каждое из оснований трапеции пополам (X, § 7, № 7 ввод-
ной части).
Последовательность проведения прямых указана на рисунке 41.
(Первая и вторая прямые проводятся произвольно через задан-
ную точку Л, / и m — данные параллельные прямые.) То, что
прямая АВ параллельна прямым I и т, следует из упомянутого
утверждения: отношение расстояний от А до I и m равно отно-
шению оснований изображенной трапеции, таким же будет и от-
ношение расстояний от В до I и т.
26.	На плоскости дана прямая I и изображение полуокруж-
ности с концами на I. Построить какую-либо прямую, перпен-
дикулярную I, при помощи одной линейки.
Решение. Последовательность проведения прямых показана
на рисунке 42. Прямые 1 и 2 проводятся через концы диаметра так,
чтобы они пересекали полуокружность. Прямые 3 и 4 являются
высотами в треугольнике, образованном прямыми /, 1 и 2. По-
скольку высоты треугольника пересекаются в одной точке, то
прямая 5 перпендикулярна /. Используя построение задачи 25,
мы можем через любую точку А плоскости построить прямую
перпендикулярную /. (А может быть, на окружности, на пря-
мой /.) Для этого, если сразу не проходит наше построение,
Рис. 42
Рис. 41
139
достаточно сначала построить пару любых прямых, перпендику-
лярных Z, а затем через точку А провести прямую, им парал-
лельную.
Построения одним циркулем
В теории геометрических построений доказывается, что все
построения, осуществляемые циркулем и линейкой, могут быть
проделаны одним циркулем. Мы не будем излагать эту теорию,
ограничимся двумя примерами.
27.	При помощи одного циркуля данный отрезок (указаны две
точки — концы отрезка) разделить на п равных частей.
Решение. Нетрудно при помощи одного циркуля увеличить
данный отрезок в п раз. На рисунке 43, а показано, как удвоить
отрезок АВ (АВ = ВС). Продолжая этот процесс, будем последо-
вательно на прямой АВ находить точки D, Е, ... так, что
AB = BC=CD = DE . . ., пока не сделаем нужное число шагов.
Пусть М— точка на прямой АВ, такая, что АМ = пАВ
(рис. 43,6). Теперь с центром в М и радиусом AM проводим
окружность и находим точки К и L. Далее строим точку Р —
точку пересечения окружностей с центрами К и L и радиусом АВ,
Имеем АР=— АВ.
п
Докажем это. Треугольники АКР и АМК равнобедренные
и подобные (рис. 43, в). Следовательно,
АР АК 1
АК AM п
АР=—АК=—АВ.
п	п
28.	С помощью одного циркуля построить середину заданной
дуги окружности с заданным центром.
Решение. Пусть А и В — концы дуги, О — ее центр
(рис. 44). Укажем сначала построение, а затем его обоснуем. На-
ходим точки С и D так, что АВОС и ABDO — параллелограммы.
Е — точка пересечения равных окружностей с центрами С и D
и радиусом CB = AD. Окружность с радиусом ОЕ и центром
в точке С (или D) пересекает дугу АВ в ее середине F,
м

Рис. 43
140
Докажем это. Пусть радиус ок-
ружности равен /?, АВ —а. В па-
раллелограмме АВОС знаем стороны
и диагональ АО. Находим вторую
диагональ СВ:
СВ2 =2АВ2 + 2ВО2 - А О2 = 2а2 + R2.
Из прямоугольного треугольника
СОЕ находим:
ОЕ2 = СЕ2 — СО2 = СВ2 - СО2 =
= a2 + R2.
Оказывается, OE=CF, что и требовалось доказать.
28.	Задачи на разрезание
Мы выделили задачи на разрезание в отдельную группу по сле-
дующим соображениям. Дело в том, что наряду с задачами, кото-
рые вполне можно отнести к классическим задачам на построе-
ние, поскольку основная проблема в них — построить с помощью
циркуля и линейки необходимую линию разреза, сюда относятся
также задачи, где нужно доказать возможность или невозмож-
ность требуемого разрезания. Впрочем, и задачи на построение
в этом случае очень часто оказываются весьма специфичными,
как, например, следующая классическая:
29.	Разрезать два данных квадрата на части, из которых
можно сложить новый квадрат.
Решение понятно из рисунка 45. Исходные квадраты ограниче-
ны сплошной линией, суммарный — штриховой. Нумерация пока-
зывает, как перекладываются отдельные части.
В следующей задаче проблема не в построении.
30.	Можно ли фигуру, изображенную на рисунке 46, разрезать
на п равных частей? (0mA и ОпВ — полуокружности равного
радиуса, АрВ — дуга окружности с центром О>)
Рис. 47
Рис. 45
Рис. 46
141
Ответ. Можно. Для этого разделим дугу АрВ на п равных
частей. Соединим О с точками деления и на каждом из этих
отрезков построим полуокружность в нужную сторону (сектор
АОВ разрезан на п секторов, а затем каждый «искривлен»).
На рисунке 46 показано деление на три части. Понятно, что не для
любого п нужное построение можно осуществить при помощи
циркуля и линейки.
В олимпиадной практике часто встречаются задачи, в которых
требуется выяснить, возможно ли разрезать некоторую фигуру,
составленную из единичных квадратов (прямоугольник znX«), на
фигуры заданного вида, также составленные из единичных квадра-
тов (обычно из 3—4). Одним из стандартных методов доказа-
тельства невозможности разрезания является метод «раскраски»,
сущность которого мы покажем на примере следующей задачи:
31.	Доказать, что квадрат со стороной 46 + 2 нельзя раз-
резать на прямоугольники 1X4.
Решение. Раскрасим данный квадрат в четыре цвета так,
как показано на рисунке 47. При разрезании квадрата на пря-
моугольники вида 1X4 в каждый прямоугольник попадут по од-
ному разу клетки четырех цветов. Это означает, что если бы раз-
резание было возможно, то клеток каждого цвета было бы по-
ровну, а именно каждый цвет встречался бы-|-(46 + 2)2 = (26+1)2
раз. Но (26-) I)2 — число нечетное, в то время как клеток с цве-
том 2, как легко видеть, четное число. (На всех диагоналях, в том
числе главной, на которой стоит 2, четное число клеток.)
29.	Геометрические неравенства
Раздел «Геометрические неравенства» начинается с неравенст-
ва треугольника. Решение очень многих задач основывается на
этом главном неравенстве геометрии. Например:
32.	Пусть s — сумма медиан треугольника, 2р — его периметр.
Доказать, что -|-p<s<2p.
Решение. Пусть BD=mb — медиана к стороне АС треуголь-
ника АВС, стороны треугольника ВС=а, CA—b, АВ=с, F —
середина ВС (рис. 48). Из неравенства треугольника для BFD сле-
дует, что mt,<.BF+FD—±-(aA-c). Записав аналогичные неравен-
ства для медиан пга и пгс и сложив их, докажем неравенство
s<2p.
Пусть М — точка пересечения медиан треугольника АВС.
Применив неравенство треугольника к треугольникам ABM, ВСМ,
САМ, получим	^-(mb + mc)>a, ^-(m.c-\-ma)>b.
О	О	О
Сумма этих неравенств дает нам $>-|-р.
142
Рис. 49
Если произвольный многоугольник разрезать на части (две
или более) при помощи одного прямолинейного разреза, то пери-
метр каждой из получившихся частей будет меньше периметра
исходного, поскольку длина отрезка меньше длины любой ломаной
с теми же концами (рис. 49). При помощи таких разрезов мы
можем из данного многоугольника вырезать любой выпуклый мно-
гоугольник, расположенный внутри данного. Таким образом,
справедлива теорема: периметр выпуклого многоугольника мень-
ше периметра любого другого многоугольника, внутри которого
он содержится.
33.	Доказать, что R^2r, где R и г соответственно радиусы
описанной и вписанной окружностей произвольного треугольника.
Решение. Пусть Л(, В\, Ct — середины сторон треуголь-
ника АВС (рис. 50). Радиус окружности, описанной около тре-
угольника Л1В1С1, равен -у. Теперь ясно, что -у>г, поскольку
окружность, описанная около AiBtCt, вообще говоря, «вылезает»
за границу треугольника АВС. Формально можно поступить сле-
Дг
Рис. 50	Рис. 51	Рис. 52
143
дующим образом: проведем касательные к этой окружности,
параллельные сторонам треугольника ЛВС; получим треугольник
А2В2С2, подобный треугольнику АВС, содержащий АВС внутри
D
себя, с радиусом вписанной окружности, равным —.
34.	Доказать, что если у четырехугольника ABCD углы А и С
тупые, то AC<.BD.
Решение. Построим на BD как на диаметре окружность
(рис. 51). Поскольку углы А н С тупые, то Л и С находятся
внутри окружности, т. е. ACCBD.
35.	В треугольнике АВС на стороне АС взяты трчки К и М так,
что АК=МС (рис. 52). Доказать, что если АВ>ВС, то Z.ABK<Z
< AM ВС.
Решение. Можно считать, что АК.—МС^-^-АС. В про-
тивном случае мы можем, исключив из углов общую часть А МВ К,
поменять ролями К и М. Проведем медиану BD. Из того, что
АВ>ВС, следует, что ABDA тупой, проекция В на АС ле-
жит на луче DC. Значит, проекция КВ больше проекции
ВМ и КВ>ВМ. Но треугольники АВ К и СВМ равновелики,
т. е. АВ• ВК-sin ААВК = СВ-ВМ-sin АСВМ, следовательно,
sin Z.AfBC>sin Z.KZL4. Но ААВК не может быть тупым. Зна-
чит, АМВС> ААВК.
36.	Пусть а, Ь, с, d — длины сторон четырехугольника, задан-
ные в порядке обхода, S — его площадь. Доказать, что
S^±-(ac + bd').
Решение. Если а, с и b, d были бы соседними сторо-
нами четырехугольника, то наше неравенство было бы очевидным
(площадь треугольника не превосходит полупроизведения его двух
сторон). Ну, так сделаем их соседними! Преобразуем четырех-
угольник ABCD в четырехугольник ABCiD (рис. 53), в котором
А	треугольник BCtD равен треуголь-
нику BCD. Четырехугольник ABCiD
/	равновелик четырехугольнику
/	ABCD. Проведем в нем диаго-
/	наль ACi, получим два треуголь-
d/	ника, у которых по две стороны
/	^^^7! & соответственно равны а, с и b, d.
/	/1 Несмотря на то что мы рас-
7^-/ I смотрели небольшое число задач
р	b/	Iе на геометрические неравенства,
х/"	I	уже сейчас можно сделать вывод
\	--/	о том, сколь разнообразны геомет-
\/	С,	рические приемы, используемые
С	при доказательстве подобных не-
равенств, сколь сложны задачи
Рис. 53	классификации методов доказа-
144
тельства. Обращаем внимание на за-	_____ 6
дачу 35. В ней соседствуют чисто
геометрические мотивы с аналити- f	/1\
ческой техникой. Подчеркнем: по- /	/ I \
добный синтез очень часто оказы- /	/ I \
вается весьма плодотворным.	[	/	1
Вот еще один пример.	I / 0^1 /\	|
37.	Доказать, что если а, Ь и	I / s'	I /	\	I
с — стороны остроугольного треу-	\	/s'	I/	\	/
гольника, R — радиус описанной	р _______\/
около него окружности, то:	А	р ~7в
а)	а24-ft24-с“>8/?2;
б)	a+b+c>4R.
Р е ш е н и е. а) Пусть mc = CD —
медиана треугольника АВС (рис. 54).	Рис 54
По формуле длины медианы т?=
=-^-(2а24-262 —с2), следовательно, а2 4-4-с2 = 2m? 4—|-с2.
Поскольку треугольник АВС остроугольный, то О внутри
треугольника. Рассмотрим прямоугольный треугольник АС\В.
Имеем C\D<zCD, поскольку zLCOD> Z_C\OD. Следовательно,
а2 4- ft2 4- с2 = 2m? 4--|- с2 > 2С( D2 4--|- с2=Л С? 4- СВ2 4-ВЛ2 = 8В2.
б)	Поскольку а, b и с меньше 2/?, то 2R(a-\-b-\-c)>
>a2-{-b2 + c2>8R2, значит, а4Нс>4^
И в заключение нашего небольшого обзора одно геометричес-
кое неравенство, доказываемое чисто аналитическими методами.
38.	Доказать неравенство а2 4- Ь2 4- с2 4S -у/3 4- (а — Ь)2 4-
4-(д—с)24-(с —а)2, где a, b, с, S — стороны и площадь треуголь-
ника.
Прежде чем приступить к решению, обратим внимание на одно
следствие из нашего неравенства: a2-\-b2-4-c2^4S -у/3. Послед-
нее неравенство широко известно. Один из наиболее удобных спо-
собов его доказательства — это доказать сначала более сильное
неравенство 38. Подобные парадоксы, когда более сильное ут-
верждение доказывается проще, чем ослабленное, не так уж
редки в математике.
Решение. В данном неравенстве оставим справа лишь пер-
вое слагаемое, все остальное сгруппируем слева попарно в разнос-
ти квадратов, разложим в парах на множители и введем новые
переменные: х—а-4-b — с, у=а —b-[-c, z= -а + Ь-]-с.
Тогда (а2—(Ь—с)2) 4- (Ь2—(с—а)2) 4- (с2—(а—ft)2)=
=xy + xz+yz.
Поскольку р =4~ (а 4- b 4- с) =-%-(х 4- У 4- z), р—а z,p — b =
=-^-У> Р~с=-^х> т0 из формулы Герона получаем 5 =
=-^-y/(x+y + z)xyz.
145
Наше неравенство в переменных х, у, z имеет вид:
xy+yz+zx > -^(х+у+г^хуг.
Разделим обе части на xyz и перейдем к новым переменным
Будем иметь « +	(uv+vw-f-wu).
Возводя последнее неравенство в квадрат, после упрощений
приходим к известному неравенству
U2 + О2 4- w2 иV + VW -\--wu.
Замечание. Переход от сторон треугольника а, Ь, с к перемен-
ным х, у, z по формулам х — а + Ь — с, y=a — b + c, z= —а + + с
нередко бывает полезным. Очень важно то обстоятельство, что
если на переменные а, Ь, с, кроме положительности, наложены
ограничения в виде неравенств треугольника, то новые переменные
Положительны и только.
30.	Геометрические задачи на максимум-минимум
В этом разделе мы рассмотрим несколько чисто геометричес-
ких приемов решения экстремальных геометрических задач.
С одним таким приемом — симметрией — мы уже встречались
(см. задачу 15). Этот прием очень часто оказывается действенным
при нахождении кратчайших ломаных с вершинами на заданных
прямых (и не только прямых).
39.	Доказать, что среди всех треугольников, вписанных в
данный остроугольный треугольник, наименьший периметр имеет
треугольник с вершинами в основаниях высот данного.
Решение. Возьмем произвольную точку D на стороне остро-
угольного треугольника АВС (рис. 55). Найдем на АВ и АС точ-
ки F и Е так, чтобы при заданном Ь периметр DEF был наи-
меньшим. Пусть Di и D2 — точки, симметричные D относительно
сторон АС и АВ. В качестве вершин Е и F следует взять точки
пересечения отрезка D\Di со сторонами АС и АВ. В самом деле,
периметр треугольника DEF равен длине отрезка D\Di, а периметр
любого другого треугольника DEiFi равен длине ломаной
DiEiFiDi>DiDi. Осталось определить положение точки D, при
котором D\Di будет наименьшим. Рассмотрим треугольник D\ADi.
Угол при вершине А фиксирован (он равен 2Z.BAC), DtA =
= DiA — DA. Значит, D\Di будет наименьшим, если наименьшим
является отрезок AD, т. е. AD — высота треугольника АВС.
Поскольку мы доказали существование и единственность мини-
мального (по периметру) треугольника DEF, то, повторяя рас-
суждения относительно других сторон треугольника АВС, придем
к выводу, что Е и F также должны быть основаниями соответст-
вующих высот треугольника АВС.
146
d2
Рис. 55	Рис. 56
Другой полезный прием иллюстрирует следующая задача:
40.	Дан угол величиной а (а <90°), О — вершина угла. На
одной из сторон угла взята точка А, ОА = а. Точка В расположена
на той же стороне, а М — на противоположной стороне так, что
Z.AMB=90°. Найти наименьшее значение длины отрезка АВ.
Решение. Пусть М и В — какие-то две точки на сторонах
угла, для которых А АМВ=90° (рис. 56, а). Опишем около
треугольника АМВ окружность. Если эта окружность пересекает
сторону угла, на которой расположена точка М, то длину отрез-
ка АВ можно уменьшить. В самом деле, пусть Mt — любая точка
на высекаемой хорде, Z.AMtB>90°. Следовательно, на АВ
существует точка Bi, для которой Z.AM1B1 =90°. Итак, мы дока-
зали, что если минимальный отрезок АВ существует, то окруж-
ность, описанная около треугольника АМВ, касается стороны
угла. Можно поступить несколько аккуратнее, рассмотрев М и В,
такие, что описанная окружность касается стороны угла, дока-
зать, Что получившийся отрезок АВ имеет наименьшую длину.
Понятно, что В следует взять на отрезке О А (рис. 56,6). Для
любой точки Aft, отличной от М, будет АМВ <90°, а значит,
соответствующая точка Bi займет положение, для которого
ABt>AB.
Осталось найти отрезок АВ, соответствующий этому положе-
нию точки М. Пусть Р — середина АВ, АВ—2х, ОР — а—х,
МР—х, sina=——,	,fl,sin”—. Наименьшее значение дли-
а—х	1-f-sina
Л п	2а sin a
ны отрезка АВ равно $|п - -
Однако не всегда оказывается возможным дать прямое рас-
суждение, доказывающее, что найденное расположение реализует
искомый экстремум. Напомним, что при нахождении наибольших
и наименьших значений средствами математического анализа мы
опираемся на утверждение о существовании этого наибольшего
или наименьшего значения. Это утверждение может быть сформу-
лировано в общем виде. Правда, ссылки на это общее утвержде-
ние не совсем законны, поскольку доказательство общего факта
147
в школьном курсе отсутствует. С другой стороны, в каждом
конкретном случае существование наибольшего или наименьшего
значения достаточно очевидно из соображений здравого смысла.
Аналогично этому геометрические соображения, показывающие,
для каких расположений наибольшее или наименьшее значение
не достигается, пополненные теоремой существования, дают нам
условия, определяющие это экстремальное положение.
41.	Точки А, В и С расположены по одной на трех кон-
центрических окружностях с радиусами 1, Зд/2 и 5. Чему равно
наибольшее значение площади треугольника АВС?
Решение. Докажем, что для искомого треугольника выпол-
няется следующее свойство: прямая, проходящая через любую
его вершину параллельно противоположной стороне, должна ка-
саться соответствующей окружности. В самом деле, пусть прямая,
проведенная через С параллельно АВ, пересекает окружность
(рис. 57, а). Тогда, перемещая С по одной из получившихся дуг
в положение Ci, получим треугольник АВС\, площадь которого
больше площади треугольника АВС. Итак, мы доказали (при
условии существования), что точка О — общий центр окруж-
ностей — для искомого треугольника является точкой пересечения
высот (рис. 57, б).
Пусть АО=1, ВО = 3-\/2, СО=5. По теореме синусов для
треугольника АОВ имеем	3 -\/2, для треугольника АОС
cos С g
имеем ----—=5.
cos А
Пусть cosA=x, тогда cos В = 3-\/2х, cos С=5х. Из равенст-
ва АА~С= 180° — В имеем cos (А + С) =—cos В, откуда
х • 5х —-д/(1 — х2) (1 —-25х2) = — 3 -^2х, 30 -\/2х3 + 44х2 — 1 = 0. Один
корень этого уравнения х=^. Больше действительных корней нет:
30 ^х3 4- 44х2 -1 = (1 Ох - л/2) ( 3 л/2х2 + 5х+.
// (( / )) о) Рис. 57	90°$	90-А^.	в /\ \	90°-С б) с
148
Итак, cos А , cos В =-^~,	7^	г
10	5	S
cos С=^, sin А=7-^-, sin В=-^~,	(
2	10	О	/	7 A ct \1
Г~	А	fj у" >1В
sin С= 2 , 5ЛВС=3ЛОВ4-5ВОС+
+ $соа =14.	\\. \/^гУ
Последняя задача иллюстрирует	^7
одно интересное явление: условия, опре-	D
деляющие экстремальную точку, су-
щественно меняются при изменении	Рис. 58
параметров, заданных в условии задачи.
42.	В окружности радиусом R проведен диаметр АВ. На диа-
метре задана точка М на расстоянии а от центра. Через М про-
ведена хорда CD так, что площадь четырехугольника ACBD дости-
гает наибольшего значения. Чему равна площадь четырехуголь-
ника ACBD?
Решение. Рассмотрим треугольник COD (рис. 58). Если а —
угол между АВ и CD, то Sacbd=-^-AB- CD -sin а, SCOD =
=-±-ОМ -CD-sin а.
Следовательно, т£2£-=^-=^--
^ACBD Ла
Значит, площадь четырехугольника ACBD будет наибольшей,
если наибольшей будет площадь треугольника COD. Но SC0D =
=-|-7?2sin<p (<р= Z.COD). Значит, наибольшим должен быть
sin <р. Но фо^ф<18О°, где фо — угол, соответствующий а =
=90°(cosЕсли фо^9О°, то наибольшей площадь COD
будет при ф=90°. Если фо >90°, то наибольшей она будет при
Ф=ф0. (Доведите решение до конца самостоятельно.)
Ответ. Если a>R у-, то площадь ACBD равна если
то она равна 2R -\/R2 — a?.
31.	Задачи
Геометрические места точек
1.	Дан квадрат. Найдите геометрическое место точек М, таких,
что расстояние от М до центра квадрата не превосходит рас-
стояния от М до любой вершины квадрата.
2.	Найдите геометрическое место точек, из которых данный
квадрат виден под углом 60°.
3.	Дана окружность и точка Л. Найдите геометрическое место
149
середин всевозможных хорд, таких, что прямая, которой эта хорда
принадлежит, проходит через точку А.
4.	Дана прямая I и две точки А и В по одну сторону от нее.
Найдите геометрическое место центров всевозможных окружнос-
тей, проходящих через Л и В и пересекающих прямую /.
5.	Найдите геометрическое место точек М, таких, что ЛА1? +
-}-ВМ2 — СМ2, где А, В, С — данные точки плоскости.
6.	ABCD — трапеция. Найдите геометрическое место точек М,
таких, что AM2 CM2=ВМ2 A- DM2.
7.	На окружности фиксированы точки Л и В, а точка С
перемещается по окружности. Найдите геометрическое место точек
пересечения: а) медиан; б) высот; в) биссектрис треугольни-
ков АВС.
8.	Найдите геометрическое место середин всевозможных от-
резков с концами на противоположных сторонах данного четырех-
угольника.
9.	Через точку М, расположенную внутри параллелограмма,
проведены две прямые, параллельные его сторонам. Найдите
геометрическое место точек М, если: а) два параллелограмма
из четырех получившихся, не имеющие общей стороны, равнове-
лики; б) сумма площадей двух параллелограммов равна сумме
площадей двух других.
10.	Найдите геометрическое место точек, для которых: а) сум-
ма; б) разность расстояний до двух заданных прямых равна за-
данной величине.
11.	Около данной окружности описан треугольник ЛВС, у ко-
торого Z-A~^ Z_B^ Z_C. Найдите геометрическое место вер-
шин Л, В и С.
12.	Найдите геометрическое место таких точек М внутри дан-
ного треугольника, которые являются серединами не менее
чем двух различных отрезков с концами на сторонах этого тре-
угольника.
13.	Даны точки Л и В. Найдите геометрическое место точек С,
таких, что в треугольнике ЛВС медиана AM равна высоте BN.
14.	Дана окружность и точка Л. Произвольная окружность,
проходящая через Л, пересекается с данной в точках В и С.
Касательная к этой окружности в точке Л пересекается с пря-
мой ВС в точке М. Найдите геометрическое место точек М.
15.	Через точку пересечения двух окружностей проведена пря-
мая, вторично пересекающая окружности в двух точках Л и В.
Найдите геометрическое место середин отрезков АВ.
16.	Дана точка Л и прямая I, В — произвольная точка I. Най-
дите геометрическое место точек М, таких, что АВМ — правильный
треугольник.
17.	Дан правильный треугольник ЛВС. На продолжении его
сторон АВ и АС за точки В и С взяты точки D и Е так, что
BD-CE—BC2. Найдите геометрическое место точек пересечения
прямых DC и BE.
150
18.	Даны три точки А, В н С на прямой, D — произвольная
точка плоскости, не лежащая на этой прямой. Проведем через С
прямые, параллельные AD и BD, до пересечения с прямыми BD
и AD в точках Р и Q. Найдите геометрическое место оснований М
перпендикуляров, опущенных из С на PQ, а также найдите все точ-
ки D, для которых М — фиксированная точка.
19.	На стороне АС треугольника АВС взята точка К, а на ме-
диане BD — точка Р так, что площадь треугольника АРК равна
площади треугольника ВРС. Найдите геометрическое место то-
чек пересечения прямых АР и ВК.
20.	В окружности проведены два взаимно перпендикулярных
диаметра АС и BD. Пусть Р — произвольная точка окружности,
РА пересекает BD в точке Е. Прямая, проходящая через Е па-
раллельно АС, пересекается с прямой РВ в точке М. Найдите
геометрическое место точек М.
21.	Дан угол, вершина которого в точке А, и точка В. Про-
извольная окружность, проходящая через А и В, пересекает
стороны угла в точках С и D (отличных от А). Найдите геометри-
ческое место центров тяжести треугольников ACD.
22.	Одна вершина прямоугольника находится в данной точке,
две другие, не принадлежащие одной стороне,— на двух задан-
ных взаимно перпендикулярных прямых. Найдите геометрическое
место четвертых вершин таких прямоугольников.
23.	Пусть А — одна из двух точек пересечения двух данных
окружностей; через другую точку пересечения проведена произ-
вольная прямая, пересекающая одну окружность в точке В, а
другую — в точке С, отличных от общих точек этих окружностей.
Найдите геометрическое место: а) центров окружностей, описан-
ных около АВС-, б) центров тяжестей треугольников АВС;
в) точек пересечения высот треугольников АВС.
24.	Пусть В и С — две фиксированные точки данной окруж-
ности, А — переменная точка этой же окружности. Найдите гео-
метрическое место оснований перпендикуляров, опущенных из
середины АВ на АС.
25.	Найдите геометрическое место точек пересечения диагона-
лей прямоугольников, стороны которых (или их продолжения)
проходят через четыре данные точки плоскости.
26.	Через точку, лежащую на равном расстоянии от двух
данных параллельных прямых, проведена прямая, пересекающая
эти прямые в точках М и N. Найдите геометрическое место вер-
шин Р равносторонних треугольников MNP.
27.	Точки А, В и С расположены на одной прямой (В — меж-
ду Л и С). Найдите геометрическое место точек, таких, что
ctg /.ЛЛ1В +ctg Z_BMC=k (£=const).
28.	Даны две точки А и Q. Найдите геометрическое место то-
чек В, таких, что существует остроугольный треугольник АВС,
для которого Q — точка пересечения медиан.
151
29.	Дан угол и окружность с центром в точке О, вписанная
в этот угол. Произвольная прямая касается окружности и пере-
секает стороны угла в точках М и N. Найдите геометрическое
место центров окружностей, описанных около треугольников MON.
30.	Даны две окружности, на них взяты по одной точке А
и В, равноудаленные от середины отрезка, соединяющего их
центры. Найдите геометрическое место середин отрезков АВ.
31.	Дан отрезок АВ. Возьмем на АВ произвольную точку М
и рассмотрим два квадрата AMCD и MBEF, расположенные
по одну сторону от АВ. Опишем около этих квадратов окруж-
ности и обозначим через N их точку пересечения, отличную от М.
Докажите, что: a) AF и ВС пересекаются в AZ; б) MN проходит
через фиксированную точку плоскости. Найдите геометрическое
место середин отрезков, соединяющих центры квадратов.
32.	Дана окружность и точка А. Пусть М — произвольная точ-
ка окружности. Найдите геометрическое место точек пересече-
ния серединного перпендикуляра к отрезку AM и касательной к
окружности, проходящей через М.
33.	Две окружности касаются друг друга в точке А. Одна пря-
мая, проходящая через Л, пересекает вторично эти окружности
в точках В и С, другая — в точках В\ и G (В и В\ — на одной
окружности). Найдите геометрическое место точек пересечения
окружностей, описанных около треугольников АВ\С и АВС\.
34.	Найдите геометрическое место вершин прямых углов все-
возможных равнобедренных прямоугольных треугольников, концы
гипотенуз которых лежат на двух заданных окружностях.
Задачи на построение
35.	Постройте отрезок х по формулам (а, Ь, с, . .. — данные
отрезки): а) х=-\/2а2 + 3&2; б) х = g	; в) х=-~^-; г) х =
= ^]abcd\ д) x=-yJab-}-cd\ е) -y/x=^/a+^[b +д/с; ж) у-=~-+
~ b ~ с ~ d
36.	Данный отрезок разделите на две части, относящиеся
как д/2:д/3.
37.	Дан отрезок единичной длины. Постройте отрезки длиной
д/n, где п — натуральное число.
В следующих задачах (38—55) постройте треугольник по за-
данным величинам (а, й, с — стороны, Л, В, С — углы, та, ть,
тс — медианы, йа, й&, hc — высоты, /а, 1ь, 1С — биссектрисы, R —
радиус описанной окружности, г — радиус вписанной окружности,
2р — периметр):
38. а, Л, ha.	40. а, Л, г.	42. а, йа, Ь:с.
39. а, mbi тс.	41. Л, В, йа + й&.	43. та, ть, тс.
152
44» ha, hfo he.
47. ha, ma, hc.
50. а, В —C, b — c.
53. ha, hb, lc.
45. ha, hb, mc.
48. Cl, ha, la*
51. a, B, b—ha.
54. А, ть, b + c.
46. ha, ть, mc.
49. a, B, b — c.
52. Л, 2p, b.
55. Л, & + c, a + c.
56.	Постройте точку M внутри треугольника ЛВС, такую, что
расстояния от М до сторон ЛВ, ВС и СЛ относятся как 1:2:3.
57.	Постройте точку М, расстояния от которой до данных
точек Л, В и С относятся как 1:2:3.
58.	Пусть Л1 и Cj — середины сторон ВС и В А треугольника
ЛВС. Найдите точку М, такую, что треугольники МАС, МВС\
и МВА\ равновелики.
59.	Постройте треугольник, если даны три точки, в которых
продолжения бессектрисы, медианы и высоты, выходящие из од-
ной вершины, пересекают описанную около треугольника окруж-
ность.
60.	Через данную точку М провести прямую I так, чтобы сумма
расстояний до I от двух данных точек Л и В равнялась бы
данному отрезку.
61.	Л, В, С и D — четыре точки, расположенные на одной
прямой, следующие в указанном порядке. Постройте все точки
плоскости, из которых отрезки ЛВ, ВС и CD видны под равными
углами.
62.	Даны две прямые Z и р и точка М. Проведите через М
прямую, пересекающую Z и р в точках Л и В соответственно
так, что ЛЛ1 = 2ВЛ1.
63.	Даны три луча с общим началом и точка М. Проведите
через М прямую, пересекающую лучи в точках Л, В и С так, что
AM —ВС.
64.	Дана прямая / и две точки Л и В. Найдите на прямой /
точку Af, такую, что угол между AM и Z в два раза больше угла
между ВМ и Z.
65.	Постройте квадрат, если заданы четыре точки, расположен-
ные на его сторонах или продолжениях сторон.
66.	В данный треугольник впишите квадрат, одна сторона
которого лежит на заданной стороне треугольника.
67.	Постройте общие касательные к двум данным окруж-
ностям.
68.	На сторонах ЛВ и ВС треугольника ЛВС найдите точки
К и Л! так, чтобы АК = КМ — МС.
69.	Постройте равнобедренный прямоугольный треугольник,
вершина прямого угла которого расположена в заданной точке,
а две другие вершины находятся на заданных окружностях.
70.	Дан угол и две точки Л и В внутри его. Постройте равно-
бедренный треугольник KLM, основание которого КМ лежит на
одной стороне угла, вершина L — на другой стороне, а боковые
стороны KL и LM проходят через Л и В.
153
71.	На окружности даны две точки А и В. Постройте на ок-
ружности точку М, такую, что АМ — ВМ = а, где а — заданный
отрезок.
72.	Через одну из точек пересечения двух окружностей про-
вести прямую так, чтобы отрезок АВ, где А и В — точки пере-
сечения этой прямой и окружностей, отличные от общей точки,
имел заданную длину.
73.	В данный треугольник вписать правильный треугольник
со стороной заданной длины.
74.	Постройте окружность, проходящую через две данные точ-
ки и касающуюся данной прямой.
75.	В данный круговой сектор впишите треугольник, равный
заданному.
76.	Найдите точку М, такую, что длины касательных, про-
веденных из М к двум данным окружностям, равняются заданным
отрезкам.
77.	Даны две окружности а и р и прямая /. Проведите
прямую р, параллельную /, так, чтобы сумма хорд, высекаемых
на а и р, равнялась бы заданному отрезку.
78.	Даны две окружности и на них по точке. Постройте две
равные окружности, касающиеся между собой и данных окруж-
ностей в указанных точках.
79.	Постройте окружность, проходящую через данную точку
и касающуюся данной прямой и данной окружности.
80.	Дана прямая /, на которой отмечены три точки А, В и С,
причем АВ = ВС. При помощи одной линейки проведите через
заданную точку D прямую, параллельную /.
81.	При помощи одной линейки заданный отрезок разделите
на три равные части, если указана середина отрезка.
82.	На плоскости изображены две пересекающиеся окружнос-
ти. При помощи одной линейки постройте центр каждой из них.
83.	Постройте биссектрису угла, вершина которого находится
за пределами листа бумаги.
84.	В листе бумаги вырезано круглое отверстие. Через задан-
ную точку проведите прямую, касающуюся окружности, ограни-
чивающей это отверстие.
85.	При помощи линейки, на которой сделаны две отметки
(с помощью этой линейки на прямой можно отложить отрезок,
длина которого равна расстоянию между отметками), постройте
прямую, проходящую через данную точку и перпендикулярную
заданной прямой.
86.	При помощи одного циркуля постройте точки пересечения
окружности с заданным центром и радиусом и прямой, проходящей
через заданные точки А и В.
87.	Докажите, что существуют прямоугольники, которые нель-
зя превратить в квадрат, разрезав их менее чем на 100 частей.
88.	Докажите, что прямоугольник, у которого отношение боль-
шей стороны к меньшей не превосходит 2, можно превратить
в квадрат, разрезав его не более чем на 3 куска.
154
89.	Данный треугольник, не являющийся правильным, раз-
режьте на три части таким образом, чтобы одна часть являлась
треугольником, подобным данному, а из двух оставшихся можно
было бы сложить треугольник, подобный данному.
90.	Данный прямоугольный треугольник разрежьте на остро-
угольные треугольники.
Геометрические неравенства, задачи
на максимум и минимум
91.	Площадь треугольника равна 1. Докажите, что средняя
по длине его сторона не меньше д/2.
92.	Пусть BD — биссектриса треугольника АВС. Докажите,
что ABz>AD, СВ> CD.
93.	Докажите, что если в выпуклом четырехугольнике ABCD
имеет место неравенство АВ^АС, то BD>DC.
94.	В треугольнике АВС проведены ВМ — высота, BN — бис-
сектриса, ВК — медиана. Докажите, что N лежит между М и К.
95.	Чему равно наибольшее значение MN, где М — точка на
границе прямоугольного треугольника с катетами 3 и 4, a W —
точка вписанной в этот треугольник окружности.
96.	Дан угол величиной 60° с вершиной О. На одной из его
сторон взяты две точки А и В, ОД = 5, ОВ = 2. Пусть 1Л —
точка на другой стороне угла, W — точка, такая, что AANB = &0Q.
Чему равно наименьшее значение длины MN?
97.	Из точки Л4, лежащей на стороне АВ остроугольного
треугольника АВС, опущены перпендикуляры МР и MQ на сторо-
ны АС и ВС. При каком положении точки М длина отрезка PQ
будет наименьшей?
Докажите справедливость для произвольного треугольника
следующих неравенств (98—106):
98.	^2 + &2^-~с2.	99. а2 + &2 + с2<2 (ab + bc + ca).
100. (a-}-b — с) (а — b +с) (—« + & +
101. S<-b(a2 + &2).	102. SC-t-tab + bc + ca').
103. m2 + mi>Ac2.	104.	1 <J_.
О	fla fib *
105.	ha + hb + hc^r. 106.
107.	На одной из сторон прямого угла с вершиной О заданы
точки А и В, ОА=а, ОВ = Ь (Ь>а). Чему равно наибольшее значе-
ние угла АМВ, где М — точка на другой стороне угла?
108.	Л, В и С — данные точки плоскости. Для какой точки М
сумма ЗАМ + 2ВМ + СМ будет наименьшей?
109.	Найдите площадь наибольшего правильного треуголь-
ника, описанного около прямоугольного треугольника с катетами
1 и ^/З.
155
110.	Две деревни А и В расположены по разные стороны
от реки, берега которой — параллельные прямые линии. Опреде-
лите, где следует строить мост (мост перпендикулярен берегам
реки), чтобы путь из А в В был кратчайшим.
111.	Докажите, что если для некоторой точки М выполняется
равенство AM2 + BM2 + CM2 + DM2 = 2S, где S — площадь четы-
рехугольника ABCD, то ABCD — квадрат, М — его центр.
112.	Внутри угла с вершиной А расположена окружность.
Через точку М этой окружности проведена прямая, касающаяся
окружности, пересекающая стороны угла в точках В и С, причем
окружность принадлежит треугольнику АВС. Докажите, что если
ВМ=МС, то площадь треугольника АВС будет наименьшей.
113.	Дан угол величиной а с вершиной А. Центр О окруж-
ности радиусом R, касающейся одной стороны угла, расположен
на другой стороне. Касательная к окружности пересекает сто-
роны угла в точках В и С (О — на отрезке АС). Чему равно
наименьшее значение площади ЛВС?
114.	Дано: MN — диаметр окружности, MN=\, А и В —
точки окружности, расположенные по одну сторону от MN, С —
на другой полуокружности, А — середина полуокружности,
о
МВ=-^-, длина отрезка, образованного при пересечении диаметра
MN с хордами АС и ВС, равна а. Чему равно наибольшее зна-
чение а?
115.	ABCD — выпуклый четырехугольник, описанный около
окружности диаметра 1. Внутри ABCD существует такая точка Л4,
что МД2 + МВ2 + Л1С2 + Л1Р2 = 2. Найдите площадь ABCD.
116.	Четырехугольник ABCD описан около окружности ра-
диусом г. Точка касания окружности со стороной АВ делит эту
сторону на отрезки а и ft, а точка касания окружности со сто-
роной AD делит ее на отрезки а и с. В каких пределах может
меняться г?
117.	Докажите, что если треугольник, составленный из медиан
данного треугольника, является тупоугольным, то меньший угол
исходного треугольника меньше 45°.
118.	Пусть ABCD — выпуклый четырехугольник. Докажите,
что хотя бы один из четырех углов ВАС, DBC, ACD, BDA не
превосходит
119.	Докажите, что медиана к большей стороне треугольника
образует со сторонами, ее заключающими, углы, величина каждо-
го из которых не меньше половины наименьшего угла треуголь-
ника.
120.	Докажите, что если в треугольнике АВС угол В тупой
И АВ=±-АС, то АО-^-АА.
121.	В треугольнике из вершины А выходят медиана, биссек-
триса и высота. Какой угол больше: между медианой и бис-
сектрисой или между биссектрисой и высотой, если угол А дан?
156
122.	Докажите, что если медианы, проведенные из вершин В
и С треугольника АВС, перпендикулярны, то ctg В + ctg С
_2_
3 ’
123.	Дан треугольник АВС, АВ<ВС. Докажите, что для про-
извольной точки М на медиане, проведенной из вершины В,
Z_BAM> АВСМ.
124.	Из внешней точки А к окружности проведены две
касательные АВ и АС и середины их D и Е соединены прямой DE.
Докажите, что эта прямая не пересекает окружность.
125.	Докажите, что если длины биссектрис треугольника мень-
ше 1, то его площадь меньше
126.	Докажите, что если длины сторон треугольника связаны
неравенством а2 + 62>5с2, то с — наименьшая сторона.
127.	Треугольники АВС и АМС расположены так, что МС
пересекает АВ в точке О, причем АМА~МС=АВ-}-ВС. Дока-
жите, что если АВ = ВС, то ОВ>ОМ.
128.	В треугольнике АВС точка М лежит на стороне ВС.
Докажите, что (AM — АС) ВС^(АВ — АС) МС.
129< Пусть а, Ь, с — стороны треугольника АВС, М — про-
извольная точка плоскости. Найдите минимальное значение вы-
ражения МА2 + МВ2 + МС2.
130.	Четыре деревни расположены в вершинах квадрата со
стороной 2 км. Деревни соединены дорогами таким образом, что
из каждой можно пройти в любую другую. Может ли общая длина
дорог быть меньше 5,5 км?
131.	Точка А расположена между двумя параллельными
прямыми на расстоянии а и ft от них. Эта точка служит вершиной
угла, равного а, всевозможных треугольников, две другие верши-
ны которых лежат по одной на данных прямых. Найдите наимень-
шее значение площади таких треугольников.
132.	Найдите радиус наибольшего круга, который можно по-
крыть тремя кругами радиусом /?. Решите задачу в общем случае,
когда радиусы равны Ri, R2, R3.
133.	Можно ли покрыть тремя единичными квадратами квад-
5
рат со стороной —?
134.	Пусть a, b, с, S — соответственно стороны и площадь
некоторого треугольника, а, 0, у — углы другого треугольника.
Докажите, что a2 ctg а + b2 ctg 0 + с2 ctg у 45, причем равенство
имеет место лишь в случае, когда оба треугольника подобны.
135.	АВС — равнобедренный треугольник (АВ —ВС). На сто-
ронах АВ, ВС и СА взяты соответственно точки К, N и М,
отличные от вершин треугольника, такие, что ARzKB = BNzNC =
= СМ:МА. В каких пределах может меняться периметр тре-
угольника АВС, если RN = MN—l?
157
Задачи на доказательство и вычисление
136.	Из вершины А треугольника АВС опущены перпендикуля-
ры AM и AN на биссектрисы внешних углов треугольника
(В и С). Докажите, что отрезок MN равен полупериметру
треугольника АВС.
137.	В треугольнике АВС проведена высота BD, AN — пер-
пендикуляр к АВ, СМ — перпендикуляр к ВС, причем AN = DC,
CM=AD. Докажите, что М и N равноудалены от вершины В.
138.	Докажите, что для любого прямоугольного треугольника
радиус окружности, касающейся его катетов и описанной окруж-
ности (изнутри), равен диаметру вписанной окружности.
139.	Докажите, что если одна сторона треугольника лежит
на фиксированной прямой плоскости, а точка пересечения высот
совпадает с фиксированной точкой, то окружность, описанная
около этого треугольника, также проходит через фиксированную
точку.
140.	Докажите, что проекции основания высоты треугольника
на стороны, ее заключающие, и на две другие высоты лежат на
одной прямой.
141.	Три равные окружности проходят через точку Н. Дока-
жите, что Н является точкой пересечения высот треугольника,
вершины которого совпадают с тремя другими точками попарного
пересечения окружностей.
142.	В равнобедренном треугольнике АВС (АВ=ВС) D —
середина АС, Е — проекция D на ВС, F — середина DE. Докажи-
те, что прямые BF и АЕ перпендикулярны.
143.	В треугольнике АВС проведена биссектриса внутреннего
угла AD. Постройте касательную / к описанному кругу в точке А.
Докажите, что прямая, проведенная через D параллельно /, ка-
сается вписанной окружности треугольника АВС.
144.	В треугольнике АВС проведена прямая, пересекающая
стороны АС и ВС в точках М и N так, что MN = ЛЛ1 + ВМ.
Докажите, что все такие прямые касаются одной и той же ок-
ружности.
145.	Докажите, что точки, симметричные центру описанного
около треугольника круга относительно середин его медиан, лежат
на высотах треугольника.
146.	Две окружности проходят через вершину угла и точку,
лежащую на биссектрисе. Докажите, что отрезки сторон угла,
заключенные между окружностями, равны.
147.	Через вершины А, В и С треугольника АВС проведены
три параллельные прямые l\, h и /3. Докажите, что прямые,
симметричные l\, I2 и /3 соответственно относительно биссектрис
углов А, В и С, пересекаются в одной точке, расположенной на
окружности, описанной около треугольника АВС.
148.	Докажите, что если М — точка внутри треугольника АВС
и прямые AM, ВМ и СМ проходят соответственно через центры
окружностей, описанных около треугольников ВМС, СМ А и
158
АМВ, то М — центр окружности, вписанной в треугольник АВС.
149.	Докажите, что в треугольнике АВС биссектриса угла А,
средняя линия, параллельная АС, и прямая, соединяющая точки
касания вписанной окружности со сторонами СВ и СА, пере-
секаются в одной точке.
150.	На каждой стороне треугольника взято по две точки
таким образом, что все шесть отрезков, соединяющих каждую
точку с противоположной вершиной, равны между собой. Дока-
жите, что середины этих шести отрезков лежат на одной окруж-
ности.
151.	Пусть ABCD — вписанный четырехугольник, АВ — диа-
метр. Докажите, что проекции сторон AD и ВС на прямую CD
равны.
152.	На прямой расположены последовательно точки А, В, С
и D так, что ВС=2АВ, CD=AC. Одна окружность проходит через
точки Л и С, а другая — через точки В и D. Докажите, что общая
хорда этих окружностей делит отрезок АС пополам.
153.	Пусть В — точка отрезка АС. Фигура, ограниченная дуга-
ми трех полуокружностей с диаметрами АВ, ВС и СА, распо-
ложенными по одну сторону от прямой АС, носит название
«сапожный нож» или «арбелос Архимеда». Докажите, что радиу-
сы двух окружностей, каждая из которых касается двух полу-
окружностей и прямой, перпендикулярной АС и проходящей через
В, равны между собой (задача Архимеда).
154.	Даны две непересекающиеся окружности. Докажите, что
четыре точки касания общих внешних касательных к этим окруж-
ностям лежат на одной окружности; точно так же четыре точки
касания общих внутренних касательных лежат на одной окружнос-
ти и четыре точки пересечения общих внутренних касательных
с общими внешними касательными лежат на третьей окружности;
при этом все три окружности концентрические.
155.	Даны две непересекающиеся окружности. Третья окруж-
ность касается обеих данных внешним образом и имеет центр
на прямой, проходящей через центры данных. Докажите, что
третья окружность пересекает общие внутренние касательные к
данным окружностям в четырех точках, образующих четырех-
угольник, две стороны которого параллельны общим внешним
касательным к данным окружностям.
156.	Высота прямоугольного треугольника АВС, опущенная
на гипотенузу АВ, равна h, D — основание высоты, М и N — сере-
дины отрезков AD и DB. Найдите расстояние от вершины С
до точки пересечения высот треугольника CMN.
157.	ABCD — равнобочная трапеция с основаниями AD и
ВС, АВ —CD—a, AC=BD = b, ВС=с, М — произвольная точка
дуги ВС окружности, описанной около ABCD. Найдите отношение
вм+мс
AM + MD •
159
158.	Боковые стороны равнобедренного треугольника равны 1,
основание равно а. Около треугольника описана окружность.
Найдите хорду, пересекающую боковые стороны треугольника, де-
лящуюся точками пересечения на три равных отрезка.
159.	ABCD — выпуклый четырехугольник, М — середина АВ,
N — середина CD. Известно, что площади треугольников ABN
и CDM равны, а площадь их общей части в k раз меньше площади
каждого из них. Найдите отношение сторон ВС и AD.
160.	ABCD — равнобочная трапеция (ЛОЦВС), в которой ост-
рый угол при большем основании равен 60°, а диагональ рав-
на -73. Точка М удалена от вершин А и D соответственно на
расстояния 1 и 3. Найдите МС.
161.	Биссектриса каждого угла треугольника пересекает
противоположную сторону в точке, равноудаленной от середин
двух других сторон треугольника. Следует ли из этого, что тре-
угольник правильный?
162.	В треугольнике даны две стороны а и b (а>Ь). Найдите
третью сторону, если известно, что a-\-ha^b+hb, где ha и hb—
высоты, опущенные на эти стороны (ha — высота к стороне а).
163.	На стороне АВ треугольника АВС взята точка М так,
что прямая, соединяющая центр описанной около АВС окруж-
ности с точкой пересечения медиан треугольника ВСМ, пер-
пендикулярна СМ. Найдите отношение , если ^-= k.
164.	Во вписанном четырехугольнике ABCD, в котором АВ =
—ВС, К — точка пересечения диагоналей. Найдите АВ, если
BK=b, KD=d.
165.	Сторона квадрата равна а, произведения расстояний от
противоположных вершин до прямой I равны между собой. Най-
дите расстояние от центра квадрата до прямой I, если известно,
что ни одна из сторон квадрата не параллельна /.
166.	В треугольнике АВС одна из сторон в два раза больше
другой, кроме того, Z.B = 2Z.C. Найдите углы треугольника.
167.	Дан параллелограмм ABCD. Прямая, проходящая через
вершину С, пересекает прямые АВ и AD в точках К. и L.
Площади треугольников К.ВС и CDL равны р и q. Найдите
площадь параллелограмма ABCD.
168.	Основания трапеции равны а и Ь, угол между диагона-
лями равен 90°, а угол между непараллельными сторонами
трапеции равен 45°. Найдите высоту трапеции.
169.	В треугольнике АВС угол В равен 30°, ЛС=1. Прямая,
проходящая через В и перпендикулярная ВС, пересекает прямую
АС в точке D, такой, что BD = 1. Найдите DC.
170.	Разносторонний треугольник АВС двумя прямыми, пер-
пендикулярными АС, разделен на три равные по площади части.
Известно, что отрезки этих прямых, заключенные внутри треуголь-
ника, равны между собой и равны стороне АС. Найдите углы
треугольника.
160
171.	В треугольнике АВС известно: ЛВ = 12, ВС= 13,
СА = 15. На стороне АС взята точка М так, что радиусы окруж-
ностей, вписанных в треугольники АВМ и ВСМ, равны. Найдите
AM
отношение .
мс
172.	Дан прямоугольник ABCD, в котором ЛВ = 2а, ВС = а-\/2.
На стороне АВ как на диаметре во внешнюю сторону построен
полукруг. Пусть М — произвольная точка на полуокружности,
прямая MD пересекает АВ в точке Af, а прямая МС — в точке L.
Найдите AL2 + BN2 (задача Ферма).
173.	Две окружности радиусами /? и г (/?>г) имеют внешнее
касание в точке Л. Через точку В, взятую на большей окруж-
ности, проведена прямая линия, касающаяся меньшей окружности
в точке С. Найдите ВС, если АВ=а.
174.	В параллелограмме ABCD находятся три попарно касаю-
щиеся окружности, причем одна из них касается также сторон
АВ и ВС, другая — АВ и AD, а третья — ВС и AD. Найдите
радиус третьей окружности, если расстояние между точками
касания на стороне АВ равно а.
175.	В треугольнике АВС на стороне АС взята точка М,
а на стороне ВС — точка N. Отрезки AN и ВМ пересекаются
в точке О. Найдите площадь треугольника CMN, если площади
треугольников ОМА, О АВ и OBN соответственно равны Si, S2, S3.
176.	Окружность, вписанная в треугольник АВС, делит медиа-
ну ВМ на три равные части. Найдите отношение ВС: СА: АВ.
177.	Сторона ВС треугольника АВС равна а, радиус вписанно-
го круга г. Найдите площадь треугольника, если вписанный круг
касается окружности, построенной на ВС как на диаметре.
178.	Дан правильный треугольник АВС со стороной а,
BD — его высота. На BD построен второй правильный треуголь-
ник BDC\ и на высоте BDi этого треугольника — третий пра-
вильный треугольник BBiC2. Найдите радиус окружности, описан-
ной около треугольника CCiC2. Докажите, что ее центр находится
на стороне треугольника АВС (С2 находится вне треугольника
АВС).
179.	Высота прямоугольного треугольника, опущенная на гипо-
тенузу, равна й. Докажите, что вершины острых углов треуголь-
ника и проекции основания высоты на катеты лежат на одной
окружности. Определите длину хорды, высекаемой на прямой,
содержащей высоту, этой окружностью, и отрезки хорды, на
которые она делится гипотенузой.
180.	Окружность радиусом 7? касается прямой I в точке Л,
АВ — диаметр этой окружности, ВС — произвольная хорда. Пусть
D — основание перпендикуляра, опущенного из С на АВ. Точка Е
лежит на продолжении CD за точку D, причем ED = BC. Ка-
сательные к окружности, проходящие через В, пересекают пря-
мую I в точках К и N. Найдите AjV.
§ 6. СТЕРЕОМЕТРИЯ
При решении стереометрических задач требования к качеству
чертежа, его наглядности значительно возрастают. Мы не научим-
ся решать сколько-нибудь содержательные стереометрические за-
дачи, если не освоим принципы и технику построения пространст-
венного чертежа. Сюда входит: выбор оптимального положения
изображаемого тела (в частности, выбор ориентации — верх и
низ, право и лево), выбор ракурса и проекции, умение минимизиро-
вать количество изображенных линий (напомним, что видимые
и невидимые линии должны изображаться различным образом),
умение строить сечения и проекции на плоскость, умение выделить
на пространственном чертеже и соответственно изобразить плос-
кую конфигурацию, дающую ключ к решению задачи, умение пере-
вести условие задачи на графический язык.
Пространственные тела можно разделить на две группы: удоб-
ные для пространственного изображения и неудобные. К первой
группе мы отнесем следующие многогранники: параллелепипед (и
прежде всего прямоугольный), треугольную призму, треугольную
пирамиду (или тетраэдр) и четырехугольную пирамиду. Все ос-
тальные — неудобные. Конечно, такое разделение носит условный
характер. В частности, цилиндр и конус достаточно хорошо и
наглядно «смотрятся» на проекционном чертеже. Тем не менее
практика показывает, что в большинстве задач, в условии которых
не фигурируют «удобные» многогранники, можно или вычленить в
рассматриваемом теле один из вышеперечисленных «удобных»
многогранников, или каким-то способом «привязать» заданную
конфигурацию к одному из них.
Следует упомянуть также о возможности в некоторых случаях
вообще не строить пространственное изображение, а обойтись од-
ним или несколькими плоскими чертежами, представляющими со-
бой какие-либо сечения или проекции заданного тела, заданной
конфигурации.
Важную роль играет выбор правильного ракурса. В качестве
небольшой иллюстрации приведем рисунок 59, а, б, в, г, на кото-
ром изображен куб и его сечение, проходящее, через два противо-
положных параллельных ребра. Понятно, что рисунок 59, б совсем
плох; 59, а получше, но в нем один небольшой недостаток —
162
Рис. 59
диагональ задней грани куба «почти» проходит (в проекции) через
вершину куба; наиболее удачными для изображения рассматривае-
мой ситуации представляются рисунки 59, в, г. (Рассмотрите дру-
гие возможности изображения этого сечения.)
В данном пособии мы рассматриваем некоторые виды стерео-
метрических задач и методы их решения. При этом в разделах,
относящихся к методам решения, большей частью мы ограничи-
ваемся объявлением метода и одной-двумя задачами, иллюстри-
рующими «работу» этого метода.
Ведущие принципы решения геометрических задач, объявлен-
ные в пособии для X класса, остаются прежними. Напомним их.
Основным средством решения является аналитический метод.
В нем мы выделяем две разновидности: метод поэтапного решения
и составление уравнений. Аналитический метод имеет различные
формы реализации: выделение стандартных фигур и конфигураций
(прямоугольный треугольник, правильная треугольная пирамида,
треугольник и в нем биссектриса, окружность и две хорды и т. д.)
и применение к ним соответствующих теорем и формул, метод коор-
динат, векторный метод и др. К этому основному магистральному
пути добавляются различные геометрические методы и приемы.
Важнейшую роль играют опорные задачи, набор которых пред-
ставляет собой своеобразный арсенал используемого оружия: тео-
рем, формул, стандартных ситуаций, стандартных схем реализации
того или иного метода.
32.	Многогранники
Выделим два основных типа задач в связи с многогранниками.
Первый тип: задачи на вычисление элементов — длин, площадей,
объемов, линейных и двугранных углов — указанных многогран-
ников. Второй тип: задачи на сечения. Начнем с задач первого
типа.
Перечислим основные элементы правильных призм и пирамид.
Линейные: сторона основания, боковое ребро, апофема боковой
грани (для пирамид), радиусы окружностей, вписанных или опи-
санных по отношению к основанию, радиус описанного около
многогранника шара, радиус вписанного шара (для призм этот
шар не всегда существует) и т. д. Площади: основания (или осно-
163
ваний), боковой поверхности, полной поверхности. Объем много-
гранника. Угловые: линейные углы при вершине, двугранные при
основании или между боковыми гранями. Правильная призма
или пирамида задается величинами двух независимых элементов.
(В частности, эти два элемента не могут быть углами.) Таким
образом, возникает достаточно обширная серия простейших за-
дач: по двум данным величинам найти третью. Например:
1.	Найти объем правильной треугольной призмы, полная по-
верхность которой равна 8 -\/3, а боковое ребро равно -\/3.
Решение. Если а — сторона основания призмы, то площадь
одного основания будет -	, а полная поверхность а-^- +
+ 3а -\/3. Получаем для а уравнение - + 3а -д/3 = 8 -д/3, из кото-
рого найдем а = 2. Объем призмы равен 3.
2.	Найти объем правильной четырехугольной пирамиды, сторо-
на основания которой равна а, а двугранный угол между соседни-
ми боковыми гранями равен а.
Решение. На рисунке 60 изображена правильная четырех-
угольная пирамида SABCD. Построим линейный угол двугран-
ного угла между соседними боковыми гранями. Для этого опустим
из вершин В и D перпендикуляры на ребро SC. Поскольку пирами-
да правильная, то основания этих перпендикуляров совпадут
(точка К). Угол DKB является линейным углом между плоскостя-
ми SDC и SBC, ADKB = a.
Теперь составим план решения. Последовательно находим DB,
ОК (из равнобедренного треугольника DKB), sin <р=^А., tgcp =
= sin_y sinф	h = SO = OC-tg ф (из прямоугольного тре-
cos Ф yl—5ЙГф
угольника SOC) и, наконец, находим объем пирамиды.
Теперь реализуем этот план: DB = a^/2, ОК=ОВ • ctg-^-=
Sin<p = -^=Ctgf,
ctgy
tg<P=—р=г
V,-ctg2T
Рис. 60
sin a a -д/2 sin a
2 V — cos a	4-\/—cos a
Ответ. -a — (обращаем внимаю e:
12 -V—cos a
должно быть a >90°).
164
5)
Рис. 61
3.	Найти радиус вписанного и радиус описанного шара для
треугольной пирамиды со стороной основания а и высотой h.
Решение. Пусть О — центр основания АВС правильной тре-
угольной пирамиды SABC, М — середина ВС (рис. 61, а), AM —
высота в треугольнике АВС, АО=^&, ОМ=?-&. Очевидно,
что центры обоих шаров находятся на прямой SO. Найдем сначала
радиус описанного шара. Для этого продолжим SO до пересече-
ния с описанным шаром в точке D (рис. 61, б). Очевидно, SD —
диаметр этого шара, Z.SAD = 90°. В прямоугольном треугольнике
SAD известны высота АО, опущенная на гипотенузу, и отрезок ги-
потенузы SO. Отсюда найдем	=^-(см. X, 6, § 7). Таким
образом, если R — радиус описанного шара, то
2R = SD = SO + OD=h+£.
Для- нахождения г — радиуса вписанного шара рассмотрим
треугольник SOM (рис. 61, в). Если Q — центр вписанного шара,
то QM — биссектриса угла SMO и QO = r. В прямоугольном тре-
угольнике SMO известны катеты SO = h и ОМ=^-^-. Находим
гипотенузу SM Л2+-^-. По теореме о биссектрисе внутрен-
него угла (X, 19, § 7) имеем:
OQ   ом г___________a-fi
~SQ~ ~ SM ’ *~r ~	t---г ’
6VA2+n
°ткуда •
Ответ. Радиус описанного шара равен 3/2 6^~—, радиус впи-
санного шара равен ------ah - - .
r r a+V12/i24-^
Уже на этих примерах, особенно
решение стереометрических задач
на последнем, мы видим, что
очень часто (практически
165
всегда) сводится к решению одной или нескольких планиметри-
ческих задач.
Следующий тип задач — задачи на сечение. В основе этих
задач лежит умение построить сечение многогранника плоскостью
и определить вид этого сечения. Здесь мы рассмотрим лишь зада-
чи, в которых сечение задано или тремя точками, или точкой и
прямой, или двумя пересекающимися (параллельными) прямыми,
или двумя точками и прямой, параллельной плоскости сечения, или
точкой и параллельной плоскостью. В принципе возможны и неред-
ко встречаются задачи, в которых сечение задано иным, более
«хитрым» способом.
4.	Построить сечение куба плоскостью, проходящее через
середины двух смежных ребер куба и наиболее удаленную от со-
единяющей их прямой вершину куба. Найти площадь этого сече-
ния, если ребро куба равно 1.
Решение. Основная схема, которой обычно следует придер-
живаться при построении сечения, состоит в последовательном по-
строении прямых, по которым плоскость сечения пересекается с
плоскостями граней данного многогранника или же с какими-то
вспомогательными плоскостями.
Пусть К и L — середины ребер D\C{ и С\В\ куба ABCDA\B\C\D\
(рис. 62). Наиболее удаленной от прямой KL вершиной является,
очевидно, вершина А. Плоскость сечения пересекается с плос-
костью AiBiCiDi по прямой KL. Продолжим KL до пересечения с
прямыми A\D\ и A\Bi в точках Е и F. (В этом продолжении все
дело. Прием этот стандартный. Запомните его.) Точка Е принадле-
жит плоскости ADD\A\. В этой же плоскости расположена еще од-
на точка сечения — точка А. Следовательно, плоскость сечения пе-
ресекается с плоскостью ADDiAi по прямой АЕ. Обозначим через
А точку пересечения этой прямой с ребром DD\. Вновь имеем в
плоскости грани, на сей раз грани DCC\D\, две точки, принадлежа-
щие сечению,— К и N. Строим отрезок 7<А, являющийся стороной
многоугольника сечения. Аналогично находится точка М.
Окончательно получаем, что
сечением является пятиугольник
KLMAN. Найдем его площадь.
Эту площадь можно представить
в виде разности площадей: из пло-
щади треугольника AEF вычита-
ются площади двух, очевидно рав-
ных, треугольников NKE и MLF.
Более того, два последних треуго-
льника
AEF с коэффициентом =
=4^	. Значит, их площади
EF 3 /
Л
Рис. 62
подобны треугольнику
А
166
в девять раз меньше площади треугольника AEF, а площадь
искомого пятиугольника составляет-^-площади треугольника AEF.
Осталось найти площадь треугольника AEF. Последователь-
но найдем: D\E = DiK—B\L = B\F=-^~, A\E=A\F=-|-, EF =
=-|~л/2, AE=AF=y\+^-=±-^\3.
Таким образом, AEF — равнобедренный треугольник с основа-
нием ЕЕ=-|—/2 и боковыми сторонами	/13. Его
площадь равна — -у!7.
О
7	/—
Ответ, Площадь сечения равна — -у 17-
(Чтобы не удлинять решение, мы опустили многие элементы
полного обоснования. Например, почему треугольники ENK и
EAF подобны.)
33.	Круглые тела. Цилиндр, конус, шар
По сравнению с многогранниками круглые тела труднее под-
даются изображению. Особенно это относится к шару. В самом
деле, изображением шара (в ортогональной проекции) будет круг,
«увидеть» в котором пространственное тело при отсутствии каких-
то пространственных связей нелегко. Поэтому шар, а тем более
шары при решении стереометрических задач обычно не изобража-
ют. Скажем даже, что мы не знаем ни одной задачи, в которой
фигурируют два или более шаров и в которой хороший чертеж,
служащий подспорьем в решении, а не затрудняющий решение,
требовал бы изображения этих шаров. С другой стороны, многие
задачи на перечисленные в заглавии круглые тела очевидным
образом и сразу сводятся к планиметрическим задачам. Так,
например, определение радиуса шара, вписанного в заданный ко-
нус или описанного около него, сводится к определению радиуса
окружности, соответственно вписанной в равнобедренный тре-
угольник или описанной около этого треугольника.
Напомним основные понятия и параметры, связанные с цилинд-
ром. Основные понятия: основание, радиус основания, ось, высота,
образующая, осевое сечение, боковая и полная поверхности.
Соответственно параметры: радиус основания, площадь основа-
ния, высота (равна образующей), площадь осевого сечения, пло-
щади боковой и полной поверхностей, площадь осевого сечения,
объем цилиндра. Любые два из перечисленных параметров, кроме
пар: радиус основания и площадь основания, площадь осевого
сечения и площадь боковой поверхности, задают цилиндр.
Для конуса добавляются: угол наклона образующей конуса к
плоскости основания и угол при вершине осевого сечения, т. е.
167
угол между двумя диаметрально противоположными образующи-
ми. Поскольку два указанных угла являются углами равнобедрен-
ного треугольника, получающегося в осевом сечении конуса, меж-
ду ними имеет место очевидная связь. (Какая?) Как и цилиндр,
конус задается двумя независимыми параметрами.
5. Цилиндр и конус имеют равные основания, равные площади
полной поверхности и равные объемы. Найти отношение их боко-
вых поверхностей.
Решение. Обозначим радиус основания и высоту цилиндра
через г и Л. По условию радиус основания и высота конуса г и Зй.
(То, что высота конуса в три раза больше высоты цилиндра, следует
из равенства площадей оснований и объемов конуса и цилиндра.)
Если I — образующая конуса, то /2 = г2+9Л2. Боковая и полная по-
верхности цилиндра:
S6oK. ц =2nrh, Зпол. ц =2лг2 + 2л г/г;
конуса:
*^бок к. лг/, 3П0ЛК=лг лг/.
По условию 5ПОЛ ц =Sn0JI к , откуда г+2й = /. Подставим вместо
/ выражение г + 2й в соотношение /2=г2 + 9й2. После возведения
в квадрат и упрощений получим h=-^-r. Далее находим [=^-г,
О	О
е _____§_<ттг2 Q ___13 _г2
*^бок. Ц 5 21' » *^бок. К. 5	•
Ответ. Отношение равно .
6.	Образующая конуса наклонена к плоскости основания под
углом а. Через вершину конуса проведена плоскость, образующая
с плоскостью основания угол (3. Найти площадь получившегося
сечения, если площадь осевого сечения равна S.
Решение. На рисунке 63, а, б, в изображены: общий вид
конуса с проведенным сечением SBC, осевое сечение и основание
конуса. D — середина хорды ВС. По условию Z.SDO = 0.
168
Пусть / — образующая конуса. Тогда площадь осевого сечения
равна -|-/2 sin (180° —2а)=-|-/2 sin 2а.
По условию 4-/2 sin 2а = 3, /2= ,2^ .
J	2	sin 2а
Далее, ЗО = /sin а, OC = OB — l cos а,
OD = SO ctg 0 = / sin а ctg 0, SD=—=<-^-?,
& г	& r	sin Р sin 0 ’
Sce„=-~-BC-SD=BD-SD = SD-^OB2— OD2 =
=£gll^cos2 а-sin2 a-ctg2	X
sin p *	6 K sin 2a sin p ~
Xл/cos2 a—sin2 a-ctg2 8 =-- .  -Jcos2 a —sin2 a-ctg2 8 .
v	& cos a-sin p v	& r
Полученное выражение можно преобразовать к виду
--------------S  2 а Vs‘n (Р+«) sin (0 —a).
7.	Через ось конуса проведены две перпендикулярные между
собой плоскости. Найти радиус шара, вписанного в одну из четы-
рех образовавшихся частей, если радиус основания конуса равен
г, а угол наклона образующих к плоскости основания равен а.
Решение. Если х — радиус искомого шара, то расстояние
от его центра до центра основания конуса равно х-^3. В самом
деле, пусть проведенные плоскости и плоскость основания конуса
являются координатными плоскостями (осями являются линии
пересечения этих плоскостей). При соответствующем выборе на-
правления осей центр шара Q будет иметь координаты (х, х, х),
значит, OQ=x-\/3. Проведем сечение через центр шара и ось кону-
са (рис. 64, а, б).
На рисунке 64, б изображен треугольник ЗОЛ, представляющий
собой «половину» этого сечения. D — точка касания шара с плос-
костью основания, Z.QAD=-^-, ОЛ=х ctgOD=x^/2.
169
Поскольку OD + DA = г, то х Qn/2-f-ctg —= r.
Ответ. ---------.
л/2+ctgy
34. Прямые и плоскости в пространстве
В задачах на взаимное расположение прямых и плоскостей
в пространстве при построении чертежа очень важно суметь «при-
вязать» заданную конфигурацию к какому-либо многограннику.
Запомните: прямые не должны просто «висеть» в пространстве.
Удачная интерпретация — половина успеха, а то и более. Напри-
мер:
8.	Дан двугранный угол величиной а. В плоскости одной из его
граней проведена прямая, перпендикулярная ребру этого двугран-
ного угла, а в плоскости другой его грани — прямая, образующая
угол (3 с ребром. Найти угол между этими прямыми.
Решение. Можно считать, что обе прямые проходят через
одну точку на ребре двугранного угла. Рассмотрим прямую тре-
угольную призму АВСА\В\С\ (рис. 65). Пусть АА\В\В и АА\С\С
образуют грани данного двугранного угла, А1С1 — первая из ука-
занных в условии прямых, А\В — вторая, Z_B4C = a, Z_AA\B = $.
Мы еще располагаем определенной свободой и можем выбрать вид
треугольников, лежащих в основании призмы,— равнобедренные
или прямоугольные.
Пусть Z.BCA = Z_B\C\A\ =90°. Тогда Z.BCi4i=90° (по тео-
реме о трех перпендикулярах).
Обозначим Л1С1=а, тогда АВ=А\В\=—— , А\В = ^- =
cos a	sin р
__ а
cos а • sin р ’
Таким образом, cos Z-BA 1С1 =4^-=
Aid
= cos a-sin (3.
Ответ, arccos (cos a-sin (3).
9.	В пространстве заданы три прямые
и плоскость. Известно, что все углы меж-
ду двумя прямыми и между одной прямой
и плоскостью равны между собой. Найти
эти углы.
Решение. Будем считать, что все
прямые проходят через одну точку. Тог-
да нужную интерпретацию мы получим,
рассмотрев треугольную пирамиду, у кото-
рой боковые ребра наклонены к плоскости
основания под одним и тем же углом ср, а
170
каждый из плоских углов при вершине равен <р или л—<р. Соот-
ветственно возникают четыре случая: все плоские углы при вер-
шине равны <р; два угла равны <р, а один равен л —<р и т. д.
Начнем со второго случая. Пусть в треугольной пирамиде ABCD
ребра DA, DB и DC образуют угол <р с плоскостью ABC, Z_ ADB =
= Z_BDC=q>, Z-ADC=n — (f>. Проведем высоту DO (рис. 66, а).
Все боковые ребра DA, DB и DC равны между собой. Пусть они
равны 1. Тогда АВ = ВС=2 sin АС=2 cos О — центр опи-
санной около АВС окружности, радиус этой окружности равен
cos <р. Получили треугольник со сторонами 2sin-^-, 2sin-^-,
2 cos -2- и радиусом описанной окружности, равным cos <р.
Проведем в равнобедренном треугольнике АВС (рис. 66, б)
высоту BE=^jABi — BE2 —	4 sin 2 -2— cos2	.
По теореме синусов ( /?= a ) имеем:
\ z sin /1 /
COS ф
BC __BC-AB
2 sin A 2BE
Получаем уравнение для ср:
2 sin2
-^4 sin2cos2
COS ф*
S!n 2
—• cos2 -|-= 2 sin2	.
Пусть cos <p=y. Имеем уравнение у у 2 — 2у—=1—у,
откуда 5у3 —у2—4у + 2=0.
Получившееся уравнение не имеет положительных корней. Это
можно, например, доказать, представив левую часть в виде суммы
171
z/(5y2-4z/ + ^-) +(3y2-^-z/ + 2) .
Первый из квадратных трехчленов, заключенных в скобки,
неотрицателен, а второй положителен.
К такому же уравнению мы придем, рассматривая вариант,
когда два плоских угла при вершине равны л —ср, а один равен ср.
Если все плоские углы при вершине ср, то рассматриваемая
пирамида является правильной. Уравнение для ср имеет вид
3pcos <p = sinИз этого уравнения можно найти, что cos ср =
===^~~1 . (Можно решать как квадратное относительно sin-^-, а
можно возвести в квадрат и решать относительно cos <р.)
Последний случай (все плоские углы при вершине л —<р)
оказывается невозможным, полученное уравнение не имеет реше-
ний, для которых cos<p>0.
_1
Ответ, arccos.
О
Замечание. В данной задаче все варианты, кроме простейшего,
оказываются невозможными. Тем не менее их наличие придает
задаче значительную глубину, а любители проверять себя ответом
получают очередное предупреждение.
В двух рассмотренных примерах интерпретация условия, при-
вязывание плоскостей и прямых к «удобному» многограннику
затруднений не вызывали.
Рассмотрим задачу, в которой найти удачную интерпретацию
не так просто.
10.	На плоское зеркало под углом а падает луч света. Зеркало
поворачивается на угол 0 вокруг проекции луча на зеркало. На
какой угол отклонится отраженный луч?
Решение. Обозначим через А какую-то точку на падающем
луче, В — точка падения луча на зеркало, Ci — проекция А на зер-
кало, находящееся в исходном положении, A i и Дг — точки, сим-
метричные А относительно зеркала, исходного и повернутого соот-
ветственно, Сг — середина ДДг (рис. 67).
Поскольку отраженные лучи представляют собой соответствен-
но продолжения AiB и ДгВ, то искомый угол равен углу AiBA2. ACt
и АС2 перпендикулярны данному зеркалу и повернутому. Значит,
jLC\AC2— Z.AiAA2 = fi. По условию Z.ABCi = a. Если АВ —
=AiB=A2B = a, то ДС1=азша, CiC2=ACi-sin 0=а sin аХ
Xsin 0 (Х.АС2С\ =90°, так как С\С2 принадлежит повернутому
зеркалу, а С2 — проекция А на него). Значит, AtA2 = 2 Ct С2 =
=2а sin a sin 0. Теперь в равнобедренном треугольнике AiBA2 мы
знаем все стороны и легко найдем угол AiBA2.
Ответ. 2 arcsin (sin a sin 0).
172
35. Проектирование. Нахождение расстояния и угла
между скрещивающимися прямыми
Проектирование и проведение сечений — два наиболее рас-
пространенных приема, при помощи которых пространственная за-
дача сводится к одной или нескольким планиметрическим задачам.
Вспомогательными сечениями мы уже неоднократно пользо-
вались в предыдущих параграфах. Типичными здесь являются за-
дачи на нахождение радиусов вписанных и описанных шаров для
правильных пирамид, конусов и т. д.
Большей частью метод сечений играет роль вспомогательного
графического приема, облегчающего решение или поиск решения
задачи. Рассмотрим метод проектирования, а точнее, один класс
задач, где этот прием может быть эффективно использован.
Как известно, при проектировании сохраняется отношение от-
резков, расположенных на одной прямой или параллельных. Имен-
но это свойство проектирования обычно и используется.
Как полноценный метод проектирование (ортогональное) вы-
ступает при решении задач, в которых требуется определить рас-
стояние и угол между скрещивающимися прямыми. В основе ле-
жит следующее утверждение:
Расстояние между скрещивающимися прямыми равно расстоя-
нию от точки, являющейся проекцией одной из данных прямых на
перпендикулярную ей плоскость, до проекции другой прямой на
эту же плоскость.
Другими словами, если 1\ и /2 — две скрещивающиеся пря-
мые (рис. 68), L — плоскость, перпендикулярная одной из них,
например 1\, точка А — проекция прямой Ц на плоскость L, прямая
/2 — проекция прямой /2 на плоскость L, то расстояние между
прямыми /]' и /2 равно расстоянию от точки А до прямой /£ При
этом общий перпендикуляр между прямыми Ц и /2 проектируется
в перпендикуляр, проведенный из точки А на прямую /£
Высказанное утверждение достаточно очевидно. Чтобы убе-
диться в его справедливости, можно, например, провести через
прямую /2 плоскость л, параллельную прямой /(. Тогда прямая 1'г
есть линия пересечения плоскостей L и л.
Рис. 68	Рис. 69
173
Предложенная конструкция позволяет находить и угол между
скрещивающимися прямыми: если а — угол между прямыми 1\
и /2, а р — угол между прямой /2 и плоскостью L (рис. 68,
, P<f), то a=f-₽.
Таким образом, взяв на прямой I отрезок длиной d и найдя
d'—длину его проекции на плоскость L, получим sina=-^-.
Решим две задачи.
11.	Найти расстояние между скрещивающимися диагоналями
двух соседних граней куба с ребром 1.
Решение. Рассмотрим куб ABCDA\B\C\D\. Будем искать
расстояние между прямыми А\В и В\С (рис. 69, а). Спроектируем
куб на плоскость, проходящую через точку В и перпендикулярную
диагонали А\В (рис. 69, б, проекции вершин куба на этом рисунке
обозначены так же, как и его соответствующие вершины, но с
добавлением «штриха»). Задача сводится к нахождению расстоя-
ния от точки В' до прямой B'tC'. Поскольку плоскость ABtCtD
перпендикулярна прямой AiB, то прямоугольник A'B'iC'D' равен
прямоугольнику ABtCtD. Но В' — середина отрезка A'B't, следо-
вательно, в прямоугольном треугольнике B'BtC' катеты B'B't
/9	/ з
и В'С' равны соответственно и 1, В [С =~м	
Если В'М — высота, проведенная к гипотенузе B'tC', то В'М —
_В'В{-В'С _ 1
В'>С'	
Замечание. Если мы проведем общий перпендикуляр между
прямыми AtB и BtC, то он спроектируется в В'М. Поскольку
при проектировании отношение отрезков, расположенных на од-
ной прямой, сохраняется, то общий перпендикуляр между прямы-
ми AiB и BtC делит отрезок BtC в отношении .
МС
Последнее отношение легко вычисляется, оно равно. В таком
же отношении делится общим перпендикуляром и диагональ В At.
12.	В основании пирамиды SABC лежит равносторонний тре-
угольник АВС, длина стороны которого равна 4-\/2. Боковое
ребро SC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 2.
Найти величину угла и расстояние между скрещивающимися
прямыми, одна из которых проходит через точку S и середину реб-
ра ВС, а другая — через точку С и середину ребра АВ.
Решение. На рисунке 70, а изображена данная пирамида,
D и Е соответственно середины ребер АВ и ВС. Спроектируем
пирамиду на плоскость, перпендикулярную CD (рис. 70, б): мож-
но считать, что она содержит ребро АВ. При этом CD спроектиру-
ется в точку D', точка Е — в Е' — середину отрезка B'D'.
Очевидно, B'D'=±-B'A'=±-BA=2^2, S'D'JLA'B' и S'£>' =
= 5С = 2.
174
s'
В1 Е‘ o' А'
5)
Искомое расстояние равно расстоянию от точки D' до пря-
мой SE', т. е. равно высоте в прямоугольном треугольнике
S'D'E', проведенной к гипотенузе S'E'.
Имеем E'D'^2, S'E'^S'D'f+^E'D'^ =Л/б.
т,	S'D’-E’D'	2л/2	2
Итак, искомое расстояние равно —----=—|р=— .
Поскольку SE=-\[SCr+CE^=-yf\2, то можем найти а — иско-
мый угол между прямыми SE и CD:
S'E'	л/6	V2	л
Sin а=—хтг"=——“о > а—~7~ •
SE	-J\2	2	4
36.	Развертка
К двум упомянутым ранее приемам, при помощи которых сте-
реометрические задачи сводятся к плоским (проектирование, про-
ведение сечений), можно добавить еще один — развертку. Вот
один из известных примеров:
13.	Доказать, что если у тетраэдра суммы плоских углов при
трех вершинах равны 180°, то все его грани — равные треуголь-
ники.
Решение. Понятно, что и у четвертой вершины сумма плос-
ких углов равна 180°. Обозначим данный тетраэдр ABCD и сде-
лаем развертку этого тетраэдра, разрезав его поверхность по
ребрам DA, DB, DC (рис. 71). Поскольку суммы плоских углов
при вершинах Л, В и С равны 180°, то при развертке получим
треугольник DiD^Dz, в котором Л, В и С — середины сторон.
Следовательно, на самом деле все грани тетраэдра ABCD равны
между собой.
Метод развертки очень удобен при решении задач, в которых
требуется найти кратчайший путь между двумя точками по поверх-
ности многогранника, цилиндра или конуса. Например:
14.	Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA\B\C\D\, в ко-
тором ЛВ=ЛЛ1 = 12, ЛВ=30. Точка М расположена в грани
175
Рис. 72
ABBtAi на расстоянии 1 от середины АВ и на равных расстояниях
от А и В. Точка N принадлежит грани DCCiDy и расположена
симметрично точке М относительно центра параллелепипеда. Най-
ти длину кратчайшего пути по поверхности параллелепипеда
между точками М и N.
Решение. Рассмотрим следующие варианты:
1)	Путь пересекает AiBi и D& (рис. 72, а). Длина кратчай-
шего пути в этом случае находится легко. Она равна 11 + 30 +
+ 1=42.
2)	Путь последовательно пересекает ребра BBi, BtC\, C\D\.
Сделаем развертку. Для упрощения будем обозначать точки на
развертке так же, как и на параллелепипеде (рис, 72, б).
По теореме Пифагора MN=->/Л1К2+КК2=-\/372+172=V1658.
3)	Путь пересекает последовательно ребра АВ, ВС, B|Ci, Ci£)|.
Сделаем развертку (рис. 72, а). Длина кратчайшего пути в этом
случае будет равной МN	+ 7VK2=-\/242 + 322 = 40.
Удивительно, но именно этот парадоксальный путь и оказывает-
ся кратчайшим. Его длина 40. Других вариантов (кроме, очевидно,
плохих) не осталось.
37.	Достраивание тетраэдра
Суть метода в том, что рассматриваемый тетраэдр достраивает-
ся до параллелепипеда, призмы. Чаще всего используется следую-
щий способ. Через каждое ребро тетраэдра проведем плоскость,
параллельную противоположному. Получим три пары параллель-
176
ных плоскостей, образующих парал-
лелепипед. Ребра исходного тетра-
эдра являются диагоналями граней
получившегося параллелепипеда
(рис. 73). При построении чертежа
лучше начинать с изображения па-
раллелепипеда. Ограничимся одним
типичным примером.
15. Противоположные ребра тет-
раэдра попарно равны. В основании
Рис. 73
лежит треугольник со сторонами а, b и с. Найти объем тетраэдра.
Решение. Достроим тетраэдр описанным выше способом до
параллелепипеда (рис. 73). В получившемся параллелепипеде
диагонали противоположных граней равны. Следовательно, все
грани — прямоугольники, а получившийся параллелепипед прямо-
угольный. Объем данного тетраэдра составляет объема парал-
о
лелепипеда (от параллелепипеда отрезаются 4 треугольные пи-
рамиды, объем каждой пирамиды равен объема параллелепи-
педа) . Обозначим ребра параллелепипеда через х, у и z. Получаем
систему уравнений: х* + у*=.а2, y2+z2 = b2, z2-\-x2 = c2. Сложив
эти уравнения, получим x2+y2+z2=-^-(a2+b2 + c2>). Таким об-
разом, х2=±-(а2 — Ь2 + с2), y2—~(a2 + b2 — c2), z2=-^-(—а2 +
+ &2 + с2). Теперь находим объем параллелепипеда, а затем и
тетраэдра. ______________________________________________
Ответ. ^-\1'-^-(а2 + Ь2 — с2) (а2 — Ь2 + с2) ( — а2 + Ь2+с2).
38.	Касание круглых тел
Из всех пространственных тел наиболее неудобен для изобра-
жения (имеется в виду пространственное изображение) шар. Как
правило, шар (а тем более несколько шаров) не изображается:
указывается его центр (центры), фигурирующие в условии радиу-
сы и т. д. (Помните? «Скелетный чертеж», X, § 7.)
Рассмотрим следующую задачу:
16.	В пространстве расположены четыре шара одного радиуса
и четыре шара другого радиуса. Каждый шар касается трех шаров
такого же радиуса и трех — другого. Найти отношение радиуса
меньшего шара к радиусу большего шара.
Решение. Центры четырех шаров одинакового радиуса яв-
ляются вершинами правильного тетраэдра, ребро которого равно
диаметру одного шара. Пусть центры шаров радиуса R располо-
жены в вершинах правильного тетраэдра ABCD (рис. 74, а).
177
Ребро тетраэдра равно 2R. Центр каждого из четырех шаров
радиуса г (r<.R) равноудален от трех вершин этого тетраэдра,
а значит, все эти центры расположены на высотах данного тетра-
эдра (или на их продолжениях). Проведем две высоты AAi и
BBi и рассмотрим треугольник АВК, получающийся в сечении
тетраэдра плоскостью, проходящей через эти две высоты
(рис. 74, б). Центры двух шаров радиуса г лежат на прямых AAi
и ВВ\. Возможны два случая. Оба центра расположены на от-
резках АО и ВО или оба — вне этих отрезков.
Начнем со второго (правильного) случая. Обозначим через
М и М центры двух шаров радиуса г. Тогда ABMN — равнобочная
трапеция, ее боковые стороны AN=BM = /? + г, основания АВ =
= 2R, MN=2r. Если Z_ABB\=y, то sin<p=^-=—. (В\ —
АВ -у/3	\
центр правильного треугольника ADC, АВ\ •) Опустим из М
перпендикуляр МР на АВ. Проведем через О прямую перпен-
дикулярно основаниям трапеции. Понятно, что высота трапеции —
РМ — равна сумме высот равнобедренных треугольников АОВ и
и MON, т. е. PM=(/?+r)tg<p=(/? + r)-^ .
Следовательно, PB = PM=(RA-r)-^=. (Оказывается, РВМ —
равнобедренный прямоугольный треугольник.) С другой стороны,
PB = R — r. Таким образом, (RA-r)-^- = R — r, —=3 — 2 д/2. (До-
уЗ	К
кажите самостоятельно, что центры меньших шаров не могут рас-
полагаться на отрезках АО и ВО.)
Ответ. 3—2 -^2.
Похоже решаются задачи, в которых шары касаются цилинд-
ров и конусов. Например:
В
Рис. 74
178
Рис. 75
Рис. 76
17.	Конус и цилиндр имеют равные основания и равные вы-
соты. Их основания принадлежат одной плоскости и касаются
друг друга. Два равных шара, радиус каждого равен радиусу ос-
нования конуса (и цилиндра), касаются между собой, боковых
поверхностей конуса и цилиндра и плоскости, содержащей другое
основание цилиндра и вершину конуса. Найти угол при вершине
осевого сечения конуса.
Решение. Спроектируем центры шаров и оси конуса и ци-
линдра на плоскость, проходящую через верхнее основание ци-
линдра. На рисунке 75, а точки А и D соответственно проекции
(или концы) осей цилиндра и конуса, В и С — точки касания
с рассматриваемой плоскостью шаров. Из условий (основания
конуса и цилиндра касаются, шары касаются между собой и бо-
ковой поверхности цилиндра) следует, что AB = BC=CA = DA —
= 2г, где г — радиус каждого из шаров (а также оснований
цилиндра и конуса). Теперь найдем DC = DB — 4r sin 15° =
=4r sin (45°-30°) = г (д/б-п/2).
Рассмотрим плоскость, проходящую через ось конуса и точку
В (рис. 75, б). Пусть О — центр шара, поверхность которого
содержит точку В, а а — половина угла при вершине осевого
сечения конуса. Из условия касания шаров с боковой поверх-
ностью конуса следует, что Z.BDO=-^-	—а), т. е.
tgf2L_^_\= ОВ_=—1—=3/64j2	2L_^_=
Б\4	2/ BD Тб-л/2	4	2
=arctgfe®.
Ответ, л— 4 arctg	.
Отдельно следует выделить задачи, в которых речь идет о
касающихся конусах.
179
39.	Каркас для конуса
Проиллюстрируем один специфический прием, нередко оказы-
вающийся эффективным при решении задач, в условии которых
фигурируют касающиеся между собой конусы.
18.	Три равных конуса имеют общую вершину, касаются одной
плоскости и попарно касаются между собой. Найти угол в осевом
сечении одного из этих конусов.
Решение. Начнем издалека. Рассмотрим вспомогательную
треугольную пирамиду ABCD, в основании которой лежит равно-
бедренный треугольник АВС с углом при вершине 4 = 120°, а
ребро DA перпендикулярно плоскости АВС. Пусть, кроме того,
проекция вершины А на грань BDC совпадает с центром О окруж-
ности, вписанной в треугольник BDC (рис. 76). Это значит, что
в эту пирамиду можно вписать конус с вершиной в точке А и осно-
ванием, вписанным в BDC. (Построенная пирамида — каркас для
этого конуса.) Понятно, что если мы поставим на плоскость АВС
три такие пирамиды так, чтобы они имели общее ребро DA
и попарно совпадающие грани (эти пирамиды получаются из
ABCD поворотами в разные стороны около DA на угол 120°),
то вписанные в них конусы будут равными, попарно касающимися
друг друга и касающимися одной плоскости, одним словом, эти
конусы удовлетворяют условию задачи. Если М — середина ВС,
то Z-OAM = a. и равен половине искомого угла.
Пусть АМ — 1, ОМ=г. Из прямоугольного треугольника DAM,
а
в котором АО— высота на гипотенузу, найдем DM=—.
Далее, ВМ=АМ-tg МАВ=1 tg 60°=/ ->/3.
ВО — биссектриса угла DBM. Если Z.OBM=q>, то
ВМ 1^з ’ tg2<p ВМ г^/з 
Но tg2<p = ,2tffff . Получим соотношение —£-=	, из
1-tg Ф 3	г^з и2—г2
. г / 3	1
которого находим sin а=—-у-, откуда cos2a=-~-.
Ответ, arccos---.
40.	Пересечение тел
Задачи о пересечении пространственных тел требуют хорошо
развитого пространственного воображения. Большей частью,
самое главное — «увидеть», что представляет собой заданное в
условии пересечение, хорошо и наглядно его изобразить. Однако
иногда чисто формальные рассуждения могут помочь нашему
часто хромающему пространственному воображению. Например:
19.	Дана правильная треугольная пирамида объемом V. О —
середина ее высоты, опущенной на основание. Найти объем общей
180
части данной пирамиды и пира-
миды, симметричной данной отно-
сительно точки О.
Решение. Не так просто «уви-
деть», какой многогранник получа-
ется при пересечении указанных пи-
рамид. Попробуем порассуждать.
Получающийся многогранник имеет
шесть граней (три боковые грани
первой пирамиды и три — второй).
Все грани попарно параллельны.
(Они симметричны относительно О.)
Следовательно, искомая общая
часть представляет собой паралле-
лепипед. Как говорится, другого не
дано.
На рисунке 77 изображена исходная пирамида и общая часть
двух пирамид. Для вычисления объема общей части поступим
следующим образом. Объем параллелепипеда можно представить
как объем исходной пирамиды (V) минус объемы трех пирамид,
равных пирамиде AiBCtDi (эти пирамиды подобны исходной с
коэффициентом -т~, т. е. объем каждой равен — V), плюс объемы
трех пирамид, равных пирамиде A1B1C2D2, поскольку объем каж-
дой из них мы вычли дважды (объем каждой из них равен V).
Ответ. -£-V.
20.	Дан куб с ребром 1. Найти объем общей части трех че-
тырехугольных призм, таких, что вершины каждой призмы распо-
ложены в серединах сторон двух противоположных граней куба.
Решение. Обозначим данный куб через ABCDA\B\C\D\.
Начнем с какой-либо призмы и будем последовательно отсекать от
нее лишнее. Начнем с призмы, основания которой принадлежат
граням ABCD и AiBiCiDi. Добавим призму с основаниями в гра-
нях АВВ1А1 и DCC\D\. Вторая призма отсечет от первой призмы
«уголки» при вершинах F, R, S, Т, при этом общей частью будет
многогранник KLMNPQ (рис. 78, а). Этот многогранник называ-
ется октаэдром. Его можно рассматривать как объединение двух
равных четырехугольных пирамид с общим основанием. Причем
это можно делать различными способами: как объединение пи-
рамид KLMNP и KLMNQ или объединение пирамид QLPNK и
QLPNM и т. д. Если V — объем многогранника KLMNPQ, то
V—-^~, а объемЪ! четырехугольных пирамид, из которых он со-
О
ставляется, соответственно равны -|-У=-|-.
Перенесем полученный результат на рисунок 78, б и добавим
третью призму с основаниями в гранях ADD1A1 и ВСС1В1. Воко-
181
вые грани третьей пирамиды перпендикулярны плоскости KLMN
и проходят через середины этого квадрата. Каждая из этих бо-
ковых граней в свою очередь отсекает от многогранника KLMNPQ
«уголки» при вершинах К, L, М, N. Каждый из отсекаемых
многогранников является четырехугольной пирамидой. Найдем
объем одной из этих пирамид. Например, при вершине К. Рас-
смотрим пирамиду QLPNK. Ее объем, как мы знаем, равен
Соответствующая боковая грань третьей призмы параллельна
плоскости QLPN — основанию этой пирамиды и проходит через
середины ее боковых ребер. Следовательно, объем отсекаемой
пирамиды равен	. Всего отсекаются четыре такие
пирамиды. Их суммарный объем . Объем общей части -|—
1 _ 1
12	4 '
Ответ. 4~.
4
41.	Метод координат
Многие задачи про куб или прямоугольный параллелепипед
удобно решать при помощи метода координат, поскольку к этим
многогранникам очень естественно привязать прямоугольную сис-
тему координат. Например:
21.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром 1. Найти радиус сферы,
проходящей через вершину А, середины ребер DC и ВВ\ и центр
грани AiBiCiDi.
Решение. Введем систему координат с началом в вершине А,
выбрав оси так, чтобы вершины В, D и At имели соответственно
координаты (1, 0, 0), (0, 1,0) и (0,0, 1) (рис. 79). Координаты сере-
дин ребер DC и ВВ соответственно (-у, 1, €0, (1,0, у-), центра
грани Л1В1С1О1 —1)-
182
Напомним, что уравнение сферы с центром (хо, Уо, 2о) и радиу-
сом г имеет вид (х—х0)2+(у—yor+(z —z0)2 = r . Последнее урав-
нение можно преобразовать к виду x2+y2+z2-|-ax-|-6t/-|-cz-|-
-|-d=0. Обратно, выделяя полные квадраты по х, у, z, можно
последнее уравнение привести к виду (х—x0)2+(t/ —уо)2 +
+ (z —z0)2 = k.
Поскольку сфера содержит начало координат, то d=0. Для а,
Ь и с легко получить систему уравнении -у+-^-а + & = 0,
-|-+а+-|-с=0, -|-+у-а+-^-й-|-с=0. Решив эту систему, най-
дем а = —
Таким ।
13	и 9
14 ’	14 ’ с 14 
образом, уравнение сферы примет вид:
x2+y2+z2—у—^-2=0,
или
Искомый радиус равен
28
Ответ.
/371
28 ’
42.	Векторный метод
Выделим две разновидности применения векторного метода.
1.	Использование единственности разложения любого вектора
в пространстве по трем некомпланарным векторам. Решение задач
на отношения отрезков, площадей, объемов (так называемые
аффинные задачи).
Рис. 79
183
22. На ребрах DA, DB и DC треугольной пирамиды ABCD взя-
ты точки М, N и К так, что DM=-±-DA, DN=4~DB, DK=^-DC.
3	4	о
Пусть G — точка пересечения медиан треугольника АВС. В каком
отношении плоскость MNK делит отрезок DG?
Решение. Пусть DA = a, DB = b, DC —с (рис. 80). Плос-
кость MNK пересекает DG в точке Р, DP=XDG.
Выразим DG через а, b и с. Если Q — середина ВС, то
ЛЗ=4-(ЛВ+ЛС). Значит, AG =^AQ=±-(AB+AC).
Находим DG— DA 4- AG = а+-((6 — а)+с — а))=
=4- (а + b + с).
О
Значит, DP—-^-(a + bA~c). Поскольку точка Р принадлежит
плоскости MNK, то МР можно разложить по векторам MN и
МК, MP=xMN+yMK.
Следовательно,
DP=DM+МР=-|-а+х (DN—DM)+у (DK- DM)=
=тг+х(т»-тг)+"(1г-т“) =
=4-0 —х—У) а-)~хЬ +4-УС.
О	тг	О
Приравняем друг другу два полученных представления DP
через а, Ь и с:
4-a+4-&+4-F=-l-(l-x-y)a+-Lx6+-|-y?.
Ввиду единственности разложения любого вектора по трем не-
компланарным векторам будем иметь систему Л=(1—х—у),
Т=Т’ откУда
Искомое отношение равно --.
Ответ. .
2.	Использование свойств скалярного произведения (метричес-
кие задачи).
23.	Доказать, что сумма косинусов двугранных углов произ-
вольного тетраэдра не превосходит 2.
184
Решение. Возьмем любую точку О внутри тетраэдра, опус-
тим из нее перпендикуляры на его грани и отложим на этих
четырех лучах единичные векторы Л, /2, /з, /4. Углы между этими
векторами дополняют до 180° соответствующие двугранные углы
тетраэдра, т. е. их скалярные произведения противоположны
косинусам этих двугранных углов.
Следовательно, 0 < (/j + /2 + /3 + /4)2 = /1 +/2 + /з + /2 +
+ 2 (/i */2 + .. . + /з*/4)=4— 2Q, где Q — сумма косинусов дву-
гранных углов тетраэдра. Откуда Q^2.
43.	Задачи на максимум и минимум
Как и в планиметрии, следует выделить два подхода к ре-
шению стереометрических задач на нахождение максимумов и
минимумов — геометрический и аналитический.
Геометрические и другие элементарные методы в последнее
время все более и более вытесняются методами анализа. Многие
полагают, что поскольку математический анализ вооружил нас
мощными средствами дифференциального исчисления, позволяю-
щими стандартно и алгоритмично решать задачи на нахождение
экстремумов, то нет никакой необходимости в изучении геомет-
рических и прочих специфических методов, требующих зачастую
большой изощренности и изворотливости. Необходимо отметить,
что мнение, будто математический анализ отменяет и закрывает
все прочие приемы нахождения экстремумов, не совсем верно.
Можно привести много примеров, когда элементарные методы при-
водят к цели быстрее и проще, чем методы дифференциального
исчисления. С подобного рода задачами мы уже встречались
в этом обзоре (да и в предыдущих главах). Это задачи на на-
хождение расстояния между скрещивающимися прямыми, крат-
чайшего пути по поверхности многогранника. Приведем еще
примеры.
24.	Найти наибольшую площадь проекции единичного куба
на плоскость.
Решение. В общем случае проекцией куба является шести-
угольник, противоположные стороны которого попарно параллель-
ны. Мы не будем выяснять, любой ли шестиугольник такого рода
(с точностью до подобия) может являться проекцией куба.
На рисунке 81 изображена проекция куба и его граней. Пло-
щадь получившегося шестиугольника AA\B\C\CD в два раза
больше площади треугольника A\C\D. Но треугольник A\C\D
является проекцией правильного треугольника со стороной -^/2.
При проектировании его площадь может лишь уменьшиться.
В лучшем (максимальном) случае его площадь не изменится. Это
имеет место, если плоскость проекции параллельна плоскости
рассматриваемого правильного треугольника. Таким образом,
максимальная площадь проекции куба равна 2^^-^=п/3.
185
25.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром 1. Найти наименьшее
расстояние от точки М, расположенной на окружности, вписанной
в ABCD, до точки N, расположенной на окружности, описанной
около треугольника A\BD.
Решение. Рассмотрим две сферы с центром в точке О —
центре куба. Первая касается всех ребер куба. Ее радиус равен
Вторая сфера описана около куба. Ее радиус равен .
Обе данные окружности принадлежат этим сферам. Следователь-
но, расстояние между М и N не может быть меньше разности ра-
диусов этих сфер, т. е. меньше чем . Осталось доказать,
что это расстояние достигается и для окружностей. Для этого
спроектируем из О меньшую окружность на большую сферу.
Получим на большой сфере окружность, которая пересекается с
окружностью, проходящей через Alf В и D.
В заключение рассмотрим задачу, для решения которой при-
меняются аналитические, но элементарные методы (задачи, тре-
бующие использования методов дифференциального исчисления,
рассматриваются в § 3).
26.	В правильной треугольной пирамиде SABC (S — верши-
на) длина ребра основания равна 6, а длина высоты пирамиды
SH равна V15. Через точку В перпендикулярно к прямой про-
ходит плоскость, которая пересекает отрезок SH в точке О.
Точки Р и Q расположены на прямых AS и СВ соответственно так,
что прямая PQ касается сферы радиуса~\ с центром в точке О.
V
Найти наименьшую длину отрезка PQ.
Решение. В правильной пирамиде SABC прямые ЗЛ и ВС
перпендикулярны. LM — общий перпендикуляр к 5Л и ВС, рас-
положен в плоскости SAH (рис. 82, а), при этом точка L —
середина ВС. Очевидно, что LM пересекает SH в той же точке О,
что и плоскость, проходящая через В перпендикулярно ЗЛ. Эта
плоскость есть ВСМ.
В треугольнике SLA имеем:
Ь4=3л/3, ЯЛ=2Л/3, LH=^>,
186
Если 2.5ЛЯ=<р, то tg<p=^=^.
Тогда LM = LA • sin <р=715,
Vi+tg2 ф
LO=—=^-715-
sin ф 5 *
Пусть QL=x, РМ=у. Рассмотрим прямоугольный паралле-
лепипед с ребрами QL, LM и МР (рис. 82,6).
В треугольнике QOP имеем QO=~\Jх2-}-^-, OP=~\jУ2+-у.
QP=7x24-y2+15.
Высота ON, проведенная из О на QP, равна ~\1 (по условию
V о
QP касается сферы радиуса с центром О).
Имеем QN=^/QO2-ON2 =7?+5, NP=^+2.
Поскольку QN + NP=QP, то 7x24-54-7(/2 + 2=7x2 + i/24-15.
После преобразований получим х2у24-5у2-|-2х2=6.____
При этом условии надо определить минимум /=7х2+у2-)-15.
Имеем у2=12 — х2 —15, поэтому
х2(/2 —х2—15)4-5 (Z2—х2— 15)+2х2 — 6=0,
или
х4+(18-/2) х2+81 - 5/2=0.
Получившееся уравнение имеет решение при /2^^г-, поскольку
при I2 все слагаемые левой части неотрицательны, а последнее
□ ___
положительно. При /2=-^- находим х=0, У—~\/~£~> значит,
и есть искомое наименьшее значение PQ.
у □
♦ ♦ *
Как и в планиметрии, раздел «Задачи» мы начинаем со списка
опорных задач. Из числа задач, рассмотренных нами во вводной
части этого параграфа, к числу опорных следует отнести следую-
щие: 2, 3, 4, 7, 8, И, 13, 15, 18, 21, 22.
44.	Задачи
Опорные задачи (1—20)
1.	Дан правильный тетраэдр с ребром а (треугольная пира-
мида, все ребра которой равны а). Найдите его полную поверх-
ность, объем, расстояние между противоположными ребрами,
радиус описанного шара, радиус вписанного шара.
187
2.	Докажите, что в правильной треугольной пирамиде про-
тивоположные ребра попарно перпендикулярны.
3.	Докажите, что если боковые ребра пирамиды равны между
собой, то в основании пирамиды лежит многоугольник, около кото-
рого можно описать окружность, и вершина пирамиды проектиру-
ется в центр этой окружности.
4.	Докажите, что если все двугранные углы при основании
пирамиды равны между собой, то в основании пирамиды лежит
многоугольник, в который можно вписать окружность, и вершина
пирамиды проектируется в центр этой окружности. Как следует из-
менить утверждение, если вместо слов «все двугранные углы...»
будет «углы наклона боковых граней к плоскости основания»?
5.	Докажите, что площадь проекции многоугольника, располо-
женного в плоскости а, на плоскость (J равна S cos <р, где S —
площадь многоугольника, <р — угол между плоскостями аир.
6.	Даны три прямые, проходящие через одну точку Л. Пусть
В\ и В2— две точки на одной прямой, С\ и С2— на другой,
D\ и D2 — на третьей. Докажите, что
_АВ^АС^АР\
VAB2C2D2	AB2*AC2'AD2
7.	Пусть а, р и у — углы, образованные произвольной прямой
с тремя попарно перпендикулярными прямыми. Докажите, что
cos2 а + cos2 р + cos2 у = 1.
8.	Пусть S и Р — площади двух граней тетраэдра, а — длина
их общего ребра, а — двугранный угол между ними. Докажите,
что объем тетраэдра V может быть найден по формуле
у 2SP sin а
За
9.	Докажите, что для объема произвольного тетраэдра V
справедлива формула V=-^-abd sin <р, где а и b —два противо-
положных ребра тетраэдра, а — расстояние между ними, <р —
угол между ними.
10.	Докажите, что плоскость, делящая пополам двугранный
угол при каком-либо ребре тетраэдра, делит противоположное
ребро на части, пропорциональные площадям граней, заключаю-
щих этот угол.
11.	Докажите, что для объема V многогранника, описанного
около сферы радиусом /?, справедливо равенство V=~-SnR, где
Sn — полная поверхность многогранника.
12.	Дан выпуклый многогранник, все вершины которого рас-
положены в двух параллельных плоскостях. Докажите, что его
объем можно вычислять по формуле V=-|-(Sr+S2 + 4S), где Si —
площадь грани, расположенной в одной плоскости, S2 — площадь
грани, расположенной в другой плоскости, S — площадь сечения
188
многогранника плоскостью, равноудаленной от двух данных, h. —
расстояние между данными плоскостями.
13.	Докажите, что отрезки, соединяющие вершины тетраэдра
с точками пересечения медиан противоположных граней, пересе-
каются в одной точке (центре тяжести тетраэдра) и делятся в ней
в отношении 3:1 (считая от вершин). Докажите также, что
в этой же точке пересекаются и делятся пополам отрезки, соеди-
няющие середины противоположных ребер.
14.	Докажите, что если отрезки, соединяющие середины про-
тивоположных ребер тетраэдра, равны между собой, то противо-
положные ребра попарно перпендикулярны.
15.	Докажите, что сумма плоских углов трехгранного угла
меньше 2л, а сумма двугранных углов больше л.
16.	Пусть плоские углы трехгранного угла равны а, 0 и у,
а противолежащие им двугранные углы — А, В и С. Докажите,
что справедливы следующие равенства:
1)	т—v=-r—т (теорема синусов для трехгранного угла);
' sin Л sin D sin С '	*	х
2)	cos а — cos ₽ cos у + sin 0 sin у cos А (1 -я теорема косинусов
для трехгранного угла);
3)	cos Л = —cos В -cos С + sin В -sin С cos а (2-я теорема ко-
синусов для трехгранного угла).
17.	Найдите геометрическое место середин отрезков, парал-
лельных данной плоскости, концы которых находятся на двух
скрещивающихся прямых.
18.	Три шара радиусом R касаются одной плоскости и попарно
касаются друг друга. Найдите радиус четвертого шара, касающе-
гося трех данных и той же плоскости.
19.	Докажите, что площадь части поверхности сферы, заклю-
ченной между двумя параллельными плоскостями, пересекающими
сферу, можно найти по формуле S = 2nRh, где R — радиус сферы,
h — расстояние между плоскостями.
20.	Докажите, что объем тела, получающегося при вращении
кругового сегмента вокруг диаметра, его не пересекающего, можно
вычислять по формуле V=-±-na2h, где а — длина хорды этого
сегмента, ай — проекция этой хорды на диаметр.
21.	Ребра прямоугольного параллелепипеда равны 4, 5 и 6.
Найдите площадь наибольшего сечения, проходящего через два
параллельных не лежащих в одной грани ребра параллелепипеда.
22.	В правильной треугольной пирамиде известна сторона а
основания и плоский угол при вершине а. Найдите ее объем,
двугранный угол при основании, двугранный угол между боко-
выми гранями, радиус вписанного и описанного шаров.
23.	Решите предыдущую задачу для четырехугольной пира-
миды.
24.	Через середину бокового ребра правильной треугольной
пирамиды проведено сечение, параллельное двум скрещивающим-
189
ся ребрам этой пирамиды. Найдите площадь этого сечения, если
сторона основания равна а, а боковое ребро равно Ь.
25.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром а. Постройте сечение
куба плоскостью и найдите площадь сечения, если:
а)	плоскость проходит через вершины А и D\ и середину
ребра ВВ\\
б)	плоскость проходит через вершину А и параллельна плос-
кости DBC\\
в)	плоскость проходит через середины ребер АВ, ВВ\, В\С\.
26.	Докажите, что плоскость, пересекающая боковую поверх-
ность цилиндра, но не пересекающая его основания, делит ось
цилиндра, боковую поверхность и объем в одинаковом отношении.
27.	В конус вписан цилиндр — основание цилиндра лежит на
основании конуса, а другое основание цилиндра совпадает с се-
чением конуса плоскостью, параллельной основанию. Радиус осно-
вания цилиндра в два раза меньше радиуса основания конуса.
Найдите отношение объемов цилиндра и конуса.
28.	Через центр шара проведены три попарно перпендикуляр-
ные плоскости, разделившие шар на восемь частей. В каждую из
этих частей вписано по шару.
а)	Найдите отношение объема вписанного в одну из частей
шара к объему исходного шара.
б)	Центры вписанных шаров являются вершинами многогран-
ника. Что это за многогранник? Найдите отношение объемов
полученного многогранника и данного шара.
29.	Найдите объем тела, получающегося при вращении прямо-
угольного треугольника с катетами а и b вокруг его гипотенузы.
30.	Основания цилиндра и конуса расположены в одной плос-
кости, а шар касается этой же плоскости, причем высота цилиндра
равна высоте конуса и равна диаметру шара. Объемы всех трех
тел равны между собой. Как относятся их полные поверхности?
31.	Найдите объем конуса, разверткой боковой поверхности
которого является полукруг радиусом /?.
32.	Из круга вырезан сектор с центральным углом в 90°.
Из двух получившихся частей склеены два конуса (боковые по-
верхности). Найдите отношение объемов получившихся конусов.
33.	Найдите угол: а) между двумя диагоналями куба; б) меж-
ду диагональю куба и непересекающейся с ней диагональю грани.
34.	Найдите объем многогранника, вершинами которого явля-
ются сеоедины ребер треугольной пирамиды объемом V.
35.	Определите вид многоугольника, являющегося ортогональ-
ной проекцией куба на плоскость: а) перпендикулярную диагонали
его грани; б) перпендикулярную диагонали куба. Найдите пло-
щадь этой проекции, если ребро куба равно а.
36.	Все ребра правильной треугольной призмы равны между
собой. Найдите угол между плоскостью основания этой призмы и
плоскостью, проходящей через противоположные вершины боко-
вой грани и середину противолежащего этой грани бокового
ребра.
190
37.	Сторона основания правильной треугольной призмы рав-
на 6, боковое ребро равно 4. Найдите площадь сечения, проходя-
щего через две вершины одного основания призмы и середину
стороны другого основания (не совпадающего с боковой гранью
призмы).
38.	Все ребра правильной четырехугольной пирамиды равны 2.
Найдите объем этой пирамиды, а также радиусы вписанного
и описанного шаров.
39.	В основании правильной треугольной призмы лежит пра-
вильный треугольник со стороной 6. Найдите объем этой призмы,
если известно, что в нее можно вписать шар.
40.	Основания двух правильных треугольных пирамид распо-
ложены в одной плоскости. Сторона основания и высота одной
соответственно равны 3 и 2, другой, наоборот, 2 и 3. Плоскость,
параллельная основаниям, пересекает эти пирамиды по равным
треугольникам. Найдите площади этих сечений.
41.	Внутри куба с ребром а расположены два равных касаю-
щихся между собой шара. При этом один шар касается трех
граней куба, имеющих общую вершину, а другой касается трех
оставшихся граней куба. Найдите радиусы этих шаров.
42.	Угол при вершине осевого сечения конуса равен 150°.
Через вершину конуса проведено сечение, являющееся прямо-
угольным треугольником. Найдите угол между плоскостью сечения
и плоскостью основания конуса.
43.	Найдите объем треугольной пирамиды, в основании кото-
рой дежит треугольник со сторонами 3, 4 и 5, а двугранные углы
при основании равны 60°.
44.	Найдите отношение объемов цилиндра и конуса, вписанных
в один и тот же шар, если высота и цилиндра и конуса равна
радиусу шара.
45.	Осевое сечение конуса является правильным треугольни-
ком. Через ось конуса проведены две взаимно перпендикулярные
плоскости. Рассмотрим два шара, каждый из которых касается
этих двух плоскостей, плоскости основания конуса и его боковой
поверхности, только один касается ее изнутри, а другой —
снаружи. Найдите отношение радиусов этих шаров.
46.	Осевым сечением цилиндра является квадрат, а осевым
сечением конуса — правильный треугольник, равновеликий квад-
рату. Найдите отношение объемов цилиндра и конуса.
47.	Внутри треугольной пирамиды, все ребра которой равны
а, расположены четыре равных шара. Каждый шар касается трех
других, а также трех граней пирамиды. Найдите радиусы этих
шаров.
48.	Радиус основания цилиндра равен 1, а высота равна ->/2.
Две вершины правильного треугольника расположены на границе
одного основания цилиндра, а одна вершина — на границе другого
основания. Найдите сторону правильного треугольника.
49.	Докажите, что рисунок 83, изображающий треугольную пи-
рамиду, в которой проведено сечение, неверен.
191
5)
Рис. 84
50.	На каждом из рисунков 84, а и 84, б изображена проекция
(ортогональная) какого-то многогранника (вид сверху, невидимые
ребра отсутствуют). Докажите, что многогранники, проекции ко-
торых изображены, невозможны.
51.	Сколько осей симметрии имеет: а) правильный тетраэдр;
б) куб; в) цилиндр; г) конус?
52.	Проекцией куба является правильный шестиугольник со
стороной а. Найдите объем куба.
53.	Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна 2, радиус вписанного шара —Найдите величину дву-
гранного угла между боковыми гранями пирамиды.
54.	Найдите величину двугранного угла между соседними бо-
ковыми гранями правильной четырехугольной пирамиды, если из-
вестно, что радиус вписанного в нее шара в три раза меньше
стороны основания.
55.	Ребро куба равно 1. Найдите объем треугольной пирами-
ды, вершины которой находятся в центрах трех смежных граней
и в вершине, не принадлежащей этим граням.
56.	Найдите радиус шара, вписанного в треугольную пира-
миду, пять ребер которой равны 2, а одно ребро равно 1.
57.	ABCD — правильный тетраэдр с ребром 1. Найдите радиус
шара, касающегося ребра АВ в его середине, а также ребер АС
и CD.
58.	В каком отношении делит объем куба ABCDAiBiC\Di плос-
кость, проходящая через вершину А, середину ребра C\Dt и центр
грани BCCiBi?
59.	В каком отношении делит объем треугольной пирамиды
ABCD плоскость, проходящая через вершину А и середины медиан
треугольников АВС и ABD, выходящих из вершины В?
60.	Дан куб ABCDAiBiCiDi с ребром 1. Найдите объем общей
части двух треугольных пирамид ACBiDi и AiCiBD.
61.	Высота конуса равна диаметру его основания. В конус
вписан куб, четыре вершины которого расположены на основании
конуса, а четыре — на его боковой поверхности. Найдите отноше-
ние объемов куба и конуса.
192
62.	Полная поверхность треугольной пирамиды в 5 раз боль-
ше поверхности вписанного в нее шара. Найдите отношение объема
пирамиды к объему вписанного в нее шара.
63.	В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник
ABCD, в котором АВ=3. Высота пирамиды равна 4 и проходит
через середину AD. Найдите AD, если известно, что в эту пирами-
ду можно вписать шар.
64.	В основании пирамиды SABCD лежит прямоугольник
ABCD, в котором АВ=3, ВС=4. Высота пирамиды равна 3 и
проходит через середину ВС. Найдите радиус наибольшего шара,
который может поместиться внутри этой пирамиды.
65.	ABCDAiBiCtDi — параллелепипед. В каком отношении
плоскость, проходящая через D, Ci и середину A JSi, делит диаго-
наль D\B?
66.	SABCD — правильная четырехугольная пирамида, все
ребра которой равны 1. Найдите расстояние от середины ребра
АВ до плоскости, проходящей через С и середины ребер SB и SD.
67.	Из круга вырезан сектор с центральным углом <р. Из полу-
ченного сектора и оставшейся части свернуты два конуса. Высота
первого конуса в два раза больше высоты второго конуса. Найдите
величину угла <р.
68.	Внутри конуса находятся четыре шара равного радиуса.
Три шара касаются его основания, каждый шар касается боковой
поверхности конуса, кроме того, каждый шар касается трех дру-
гих. Найдите угол при вершине осевого сечения конуса.
69.	Радиус шара, описанного около правильной четырехуголь-
/о_ 1
ной пирамиды, равен 1, радиус вписанного шара . Найдите
объем пирамиды.
70.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром 1. Найдите радиус шара,
проходящего через вершины С, С| и касающегося прямых АВ и AD.
71.	Чему равна длина кратчайшего пути по поверхности куба,
соединяющего центр какой-либо грани куба с одной из вершин
противоположной грани, если ребро куба равно 1?
72.	В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит
параллелограмм ABCD. На ребре ХЛ взята точка М так, что
SM = 2AM. Через М и середины ребер SB и SD проведена плос-
кость. В каком отношении эта плоскость делит объем пирамиды?
73.	В основании треугольной пирамиды лежит треугольник,
одна сторона которого равна 1,04, все боковые ребра равны 2.
Около пирамиды описан конус так, что вершины основания лежат
на окружности основания конуса, а вершина конуса совпадает с
вершиной пирамиды. Найдите угол в осевом сечении конуса, если
площадь осевого сечения конуса равна 1.
74.	Дан куб ABCDAXB\C\D\. Через середину D\C\ проведена
прямая Z, пересекающая прямые ВА\ и AD\. Какой угол образу-
ет / с ВА^
75.	Три шара касаются попарно между собой плоскости осно-
вания конуса и боковой поверхности конуса. Центры шаров на-
193
ходится вне конуса. Найдите угол в осевом сечении конуса, если
известно, что точка касания каждого шара с поверхностью конуса
делит соответствующую образующую пополам.
76.	ABCD — прямоугольник. В вершинах Л, В и С к плоскости
прямоугольника восставлены перпендикуляры и на них взяты
точки К, М и Р так, что А К = 7, ВМ = 5, СР = 3, причем точ-
ки К и М находятся по одну сторону от плоскости ABCD, а Р — по
другую. Плоскость, проходящая через К, М и Р, пересекает пер-
пендикуляр, восставленный к плоскости ABCD в вершине D, в
точке S. Найдите DS.
77.	Найдите объем тела, получающегося при вращении прямо-
угольника со сторонами 1 и 2 вокруг его диагонали.
78.	ABCD —правильная пирамида, в основании которой лежит
правильный треугольник АВС со стороной 2. Боковые ребра пира-
миды равны 3. Найдите площадь равнобедренного треугольника,
одна вершина которого совпадает с Л, другая — с серединой CD,
а третья лежит на отрезке ВС.
79.	Радиус основания и высота конуса равны 1. Внутри конуса
находятся три шара равного радиуса. Каждый шар касается двух
других, основания конуса и боковой поверхности конуса. Найдите
радиусы этих шаров.
80.	В основании пирамиды SABC лежит треугольник АВС, у
которого ЛВ = ЛС = 2, Z.ZL4C = 30°. Ребро ЗЛ перпендикулярно
плоскости АВС. Известно, что существует конус, вершина которого
совпадает с точкой Л, а основание вписано в треугольник SBC.
Найдите объем пирамиды.
81.	ABCD — правильный тетраэдр с ребром 1. М — середина
АВ, К — точка на ВС, такая, что ВК = 2СК. Найдите расстояние
от точки К до середины DM.
82.	Найдите радиус шара, касающегося всех ребер правильной
треугольной пирамиды, у которой сторона основания равна 2, а
боковое ребро равно 3.
83.	Дана правильная треугольная призма со стороной основа-
ния, равной 6, и боковым ребром, равным 5. Через сторону основа-
ния проведено сечение, образующее угол 45° с плоскостью осно-
вания. Найдите площадь сечения.
84.	В правильной четырехугольной призме, высота которой
равна 5, а сторона основания 2, проведено сечение плоскостью,
проходящей через вершину основания параллельно диагонали ос-
нования и образующей угол 60° с плоскостью основания. Найдите
площадь сечения.
85.	ABCDA\B\CiDi — прямоугольный параллелепипед, в кото-
ром АВ = 2, ЛО = ЛЛ1 = 1. Найдите угол между диагональю BD\
и плоскостью, проходящей через D, С\ и А\.
86.	SABC и DABC — две правильные треугольные пирамиды
с основанием АВС, причем вторая внутри первой. Все плоские углы
при вершине S равны 60°, а при вершине D — 90°. Ребра DA,
DB и DC продолжены до пересечения с боковыми гранями пира-
миды SABC в точках К, М и Р. Найдите отношение площадей
треугольников КМР и АВС.
194
87.	В каком отношении делит объем куба плоскость, прохо-
дящая через центры трех смежных граней куба?
88.	В каком отношении делит объем куба плоскость, прохо-
дящая через одну вершину куба и центры двух граней, не содержа-
щих эту вершину?
89.	Три диагонали параллелепипеда попарно перпендикуляр-
ны, их длины равны а, b и с. Найдите длину четвертой диагонали.
90.	Радиус шара, описанного около правильной шестиуголь-
ной пирамиды, равен 2. Боковое ребро пирамиды равно 1. Найдите
объем пирамиды.
91.	Прямоугольный треугольник повернут вокруг биссектрисы
прямого угла на угол 45°. На какой угол повернулись его ка-
теты?
92.	В основании треугольной пирамиды лежит правильный
треугольник со стороной 1. Боковые грани наклонены к плоскос-
ти основания под равными углами. Одно боковое ребро равно д/7,
а два других меньше его. Найдите объем пирамиды.
93.	Две противоположные вершины куба совпадают с центрами
оснований цилиндра, а остальные лежат на боковой поверхности
цилиндра. Найдите отношение объемов цилиндра и куба.
94.	В основании пирамиды лежит равнобедренный прямоуголь-
ный треугольник с катетами, равными 1. Найдите объем пирамиды,
если известно, что ее боковые ребра равны, а боковые грани рав-
новелики.
95.	В каком отношении делит объем тетраэдра ABCD плос-
кость, проходящая через точку М на ребре АВ, такую, что ЛЛ4 =
=-^-ЛВ, и через середины медиан треугольников АВС и ABD,
выходящих из вершины А?
96.	АВС — правильный треугольник со стороной 3; М и К —
точки на В А и С А такие, что ВМ = СК=1. Найдите объем тела,
полученного при вращении треугольника АВС вокруг прямой МК.
97.	Во всяком ли тетраэдре высоты пересекаются в одной
точке?
98.	Существует ли такая треугольная пирамида, что основа-
ния всех ее высот лежат вне соответствующих граней?
99.	Докажите, что прямая, образующая равные углы с тремя
пересекающимися прямыми плоскости, перпендикулярна плос-
кости.
100.	Какие правильные многоугольники могут получаться при
пересечении куба плоскостью?
101.	Любой ли трехгранный угол можно пересечь плоскостью
таким образом, что в сечении получится правильный треугольник?
102.	Докажите, что если все плоские углы трехгранного угла
равны 90°, то любое сечение этого трехгранного угла является
остроугольным треугольником.
103.	Дан куб с ребром а. Две вершины правильного тетраэдра
лежат на его диагонали, а две оставшиеся — на диагонали его
грани. Найдите объем тетраэдра.
195
104.	В основании четырехугольной пирамиды лежит прямо-
угольник, высота пирамиды h. Найдите объем пирамиды, если
известно, что все ее пять граней равновелики.
105.	Среди пирамид, все ребра которых равны а, найдите
объем той пирамиды, которая имеет наибольшее число ребер.
106.	Вокруг шара описана правильная усеченная четырех-
угольная пирамида, апофема которой равна а. Найдите ее боко-
вую поверхность.
107.	Определите угол при вершине осевого сечения конуса,
если его объем в три раза больше объема вписанного в него
шара.
108.	Три шара касаются плоскости данного треугольника в
вершинах треугольника и между собой. Найдите радиусы этих
шаров, если стороны треугольника равны а, b и с.
109.	Докажите, что отношение объемов сферы и описанного
около нее усеченного конуса равно отношению их полных поверх-
ностей.
ПО. Докажите, что прямые, соединяющие середину высоты
правильного тетраэдра с вершинами той грани, на которую эта
высота опущена, попарно перпендикулярны.
111.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром а, К— середина реб-
ра DDi. Найдите угол и расстояние между прямыми СК и AiD.
112.	Найдите угол и расстояние между двумя скрещивающими-
ся медианами двух боковых граней правильного тетраэдра с реб-
ром а.
113.	В основании пирамиды SABCD лежит четырехуголь-
ник ABCD. Ребро SD является высотой пирамиды. Найдите
объем пирамиды, если известно, что ЛВ = ВС=д/5, AD — DC = ^/2,
ЛС = 2, SA + SB = 2 + -y/5.
114.	В основании пирамиды лежит правильный треугольник
со стороной а, боковые ребра имеют длину Ь. Найдите радиус
шара, касающегося всех ребер пирамиды или их продолжений.
115.	Сфера проходит через вершины одной грани куба и
касается сторон противоположной грани куба. Найдите отношение
объемов шара и куба.
116.	Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно а. Найдите радиус
сферы, проходящей через середины ребер AAlf ВВ\ и через верши-
ны А и С\.
117.	В основании прямоугольного параллелепипеда лежит
квадрат со стороной а, высота параллелепипеда равна Ь. Найдите
радиус сферы, проходящей через концы стороны АВ основания
и касающейся граней параллелепипеда, параллельных АВ.
118.	В сферу радиусом R вписана правильная треугольная
призма со стороной основания а. Найдите площадь сечения
призмы плоскостью, проходящей через центр сферы и сторону ос-
нования призмы.
119.	Два шара одного радиуса и два другого расположены
так, что каждый шар касается трех других и данной плоскости.
Найдите отношение радиуса большего шара к меньшему.
196
120.	Дан правильный тетраэдр ABCD с ребром а. Найдите
радиус сферы, проходящей через вершины С и D и середины ребер
АВ и АС.
121.	Одна грань куба лежит в плоскости основания правиль-
ной треугольной пирамиды, на одной из боковых граней пирамиды
лежат две вершины куба, а на двух других — по одной. Найдите
ребро куба, если сторона основания пирамиды равна а, а высота
пирамиды h.
122.	В треугольной призме АВСА{ВХС\ проведены две плос-
кости: одна проходит через вершины Л, В и Ci, а другая — через
вершины Л|, В\ и С. Эти плоскости разделили призму на четыре
части. Объем меньшей из этих частей равен V. Найдите объем
призмы.
123.	В основании правильной треугольной призмы лежит тре-
угольник АВС со стороной а. На боковых ребрах взяты точ-
ки Л1, В\ и С|, удаленные от плоскости основания соответственно
на расстояния , а, — а. Найдите угол между плоскостями АВС
и Л1 В[ С\.
124.	Сторона основания правильной четырехугольной пирами-
ды равна апофеме боковой грани. Через сторону основания прове-
дено сечение, делящее пополам поверхность пирамиды. Найдите
угол между плоскостью сечения и плоскостью основания пира-
миды.
125.	В правильной четырехугольной пирамиде плоский угол
при вершине равен углу между боковым ребром и плоскостью ос-
нования. Определите двугранные углы между соседними боковыми
гранями этой пирамиды.
126.	В основании треугольной пирамиды, все боковые ребра
которой, попарно перпендикулярны, лежит треугольник пло-
щадью S. Площадь одной из боковых граней Q. Найдите площадь
проекции этой грани на основание.
127.	В правильной четырехугольной пирамиде угол между
боковым ребром и плоскостью основания равен углу между
боковым ребром и плоскостью боковой грани, не содержащей это
ребро. Найдите этот угол.
128.	Найдите двугранный угол между основанием и боковой
гранью правильной треугольной усеченной пирамиды, если из-
вестно, что в нее можно вписать шар и, кроме того, существует
шар, касающийся всех ее ребер.
129.	В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ из-
вестны АВ = а, AD = by AAi=c. Найдите угол между плоскостями
ABiDt и AtCiD.
130.	В основании пирамиды ABCDM лежит квадрат ABCD со
стороной ау боковые ребра AM и ВМ также равны а, боковые
ребра СМ и DM имеют длину Ь. На грани CDM как на основа-
нии во внешнюю сторону построена треугольная пирамида CDMN,
боковые ребра которой имеют длину а. Найдите расстояние между
прямыми AD и MN.
197
131.	Дан куб ABCDA\B\C\D\\ через ребро AAi проведена плос-
кость, образующая равные углы с прямыми ВС и B[D. Найдите
эти углы.
132.	Боковые ребра треугольной пирамиды попарно перпен-
дикулярны, причем одно из них равно а и равно сумме двух
других. Найдите радиус шара, касающегося основания пирамиды
и продолжений ее боковых граней.
133.	В основании треугольной пирамиды SABC лежит пра-
вильный треугольник АВС со стороной 3, ребро равно 5.
Найдите объем пирамиды, если известно, что боковые грани
пирамиды равновелики.
134.	Точка # — середина ребра АА\ куба ABCDA\B\C\D\, точ-
ка L лежит на ребре ВС. Отрезок KL касается шара, вписан-
ного в куб. В каком отношении отрезок KL делится точкой каса-
ния?
135.	В тетраэдре ABCD дано: Z_ABC = /L BAD = 90°, АВ = а,
DC = b, угол между ребрами AD и ВС равен а. Найдите радиус
описанного шара.
136.	Ребро куба и ребро правильного тетраэдра лежат на
одной прямой, середины противоположных им ребер куба и тетра-
эдра совпадают. Найдите объем общей части куба и тетраэдра,
если ребро куба равно а.
137.	В каком отношении делит объем треугольной пирамиды
плоскость, параллельная двум ее скрещивающимся ребрам и де-
лящая одно из других ребер в отношении 2:1?
138.	В правильной четырехугольной усеченной пирамиде про-
ведено сечение через диагонали Оснований и сечение, проходя-
щее через сторону нижнего основания и противоположную сторо-
ну верхнего основания. Угол между секущими плоскостями ра-
вен а. Найдите отношение площадей сечений.
139.	В правильную шестиугольную пирамиду вписан конус и
около нее описан конус. Найдите разность объемов описанного и
вписанного конусов, если высота пирамиды //, радиус основания
описанного конуса R.
140.	В тетраэдре два противоположных ребра перпендикуляр-
ны, их длины а и А, расстояние между ними с. В тетраэдр вписан
куб, четыре ребра которого перпендикулярны этим двум ребрам
тетраэдра, и на каждой грани тетраэдра лежат в точности две
вершины куба. Найдите ребро куба.
141.	Два равных треугольника KLM и ЛХМ имеют общую
сторону ЛХ, AKLM= ALKN=^-i KL = a, LM = KN = 6a.
Плоскости KLM и KLN взаимно перпендикулярны. Шар касает-
ся отрезков LM и /GV в их серединах. Найдите радиус шара.
142.	В тетраэдре три двугранных угла прямые. Один из отрез-
ков, соединяющих середины противоположных ребер тетраэдра,
равен а, а другой b (Ь>а). Найдите длину .наибольшего реб-
ра тетраэдра.
198
143.	Отрезок АВ единичной длины, являющийся хордой сферы
радиусом 1, расположен под углом к диаметру CD этой сфе-
ры. Расстояние от конца С диаметра до ближайшего к нему конца
А хорды АВ равно д/2. Определите величину отрезка BD.
144.	В треугольной пирамиде ABCD грани АВС и ABD имеют
площади р и q, образуют между собой угол а. Найдите площадь
сечения пирамиды, проходящего через ребро АВ и центр вписан-
ного в пирамиду шара.
145.	ABCD — правильный тетраэдр с ребром а. Пусть М —
центр грани ADC, N — середина ребра ВС. Найдите радиус шара,
вписанного в трехгранный угол А и касающегося прямой MN.
146.	В треугольной пирамиде SABC известно, что АС = АВ,
а ребро наклонено к плоскостям граней АВС и SBC под уг-
лом 45°. Известно, что вершина А и середины всех ребер пирамиды,
кроме 5Л, лежат на сфере радиусом 1. Докажите, что центр сферы
расположен на ребре 5Л, и найдите площадь грани Л5С.
147.	Шар касается плоскости основания ABCD правильной
четырехугольной пирамиды SABCD в точке Л и, кроме того,
касается вписанного в пирамиду шара. Через центр первого шара
и сторону основания ВС проведена секущая плоскость. Найдите
угол наклона этой плоскости к плоскости основания, если
диагонали сечения перпендикулярны ребрам 5Л и SD.
148.	Длина ребра куба ABCDA\B\C\D\ равна а. Точки Р, К,
L — середины ребер ЛЛЬ A\D\, В\С\ соответственно, точка Q —
центр грани CC[D\D. Отрезок MN с концами на прямых AD и KL
пересекает прямую PQ и перпендикулярен ей. Найдите длину этого
отрезка.
149.	Внутри правильного тетраэдра ABCD расположены два
шара радиусами 27? и 3/?, касающиеся друг друга внешним
образом, причем один шар вписан в трехгранный угол тетраэдра с
вершиной в точке Л, а другой — в трехгранный угол с вершиной
в точке В. Найдите длину ребра этого тетраэдра.
150.	В правильной четырехугольной пирамиде SABCD
(ABCD — основание) сторона основания равна а, а угол между
боковым ребром и плоскостью основания равен а. Плоскость,
параллельная диагонали основания АС и боковому ребру BS, пе-
ресекает пирамиду так, что в сечение можно вписать окружность.
Определите радиус этой окружности.
151.	В правильном тетраэдре точки М и W являются сере-
динами противоположных ребер. Проекция тетраэдра на плос-
кость, параллельную MN, представляет собой четырехугольник
площадью S, один из углов которого равен 60°. Найдите площадь
поверхности тетраэдра.
152.	В кубе ABCDAiB{C\D\ на АС взята точка Л4, а на диаго-
нали BDi куба взята точка/V так, что zl.VMС = 60°, Z.A4/VB = 45°.
В каком отношении точки М и N делят отрезки АС и BD?
153.	Сторона основания АВС правильной треугольной приз-
мы ABCAiB[C\ равна а. Точки М и N являются соответствен-
199
но серединами ребер А\В\ и AAi. Проекция отрезка ВМ на прямую
CiN равна . Определите высоту призмы.
154.	Два шара касаются между собой и граней двугранного
угла, величина которого а. Пусть А и В — две точки касания
этих шаров с гранями (А и В принадлежат разным шарам и раз-
ным граням). В каком отношении отрезок АВ делится точками
пересечения с поверхностями этих шаров?
155.	Основанием пирамиды ABCD является правильный тре-
угольник АВС со стороной 12. Ребро BD перпендикулярно плос-
кости основания и равно 10д/3- Все вершины этой пирамиды
лежат на боковой поверхности прямого кругового цилиндра, ось
которого пересекает ребро BD и плоскость АВС. Определите
радиус цилиндра.
156.	Основанием пирамиды служит квадрат ABCD со сторо-
ной а, боковое ребро SC перпендикулярно плоскости основания
и равно b. М — точка на ребре ЛВ. Точки Л4, В и D лежат
на боковой поверхности прямого кругового конуса с вершиной в
точке Л, а точка С — в плоскости основания этого конуса. Опре-
делите площадь боковой поверхности конуса.
157.	Внутри прямого кругового конуса расположен куб так,
что одно ребро куба лежит на диаметре основания конуса, верши-
ны куба, не принадлежащие этому ребру, лежат на боковой по-
верхности конуса, центр куба лежит на высоте конуса. Найдите
отношение объема конуса к объему куба.
158.	В треугольной призме АВСА\В\С\ проведены два сечения.
Первое сечение проходит через ребро АВ и середину ребра СС\, а
второе — через ребро А\В\ и середину ребра СВ. Найдите отно-
шение длины отрезка линии пересечения этих сечений, заключен-
ного внутри призмы, к длине ребра АВ.
159.	В правильной четырехугольной усеченной пирамиде с бо-
ковыми ребрами ЛЛ|, ВВ\, СС\, DD\ сторона верхнего основания
равна 1, а сторона нижнего основания равна 7. Плоскость, про-
ходящая через ребро В\С\ перпендикулярно к плоскости AD\C,
делит пирамиду на две части равного объема. Найдите объем
пирамиды.
160.	Основанием призмы АВСА1В1С1 является правильный
треугольник АВС со стороной а. Проекцией призмы на плоскость
основания является трапеция с боковой стороной АВ и площадью,
в два раза большей площади основания. Радиус сферы, проходя-
щей через вершины Л, В, A i, Сь равен а. Найдите объем призмы.
161.	В плоскости дан квадрат ABCD со стороной а и точка М
на расстоянии b от его центра. Найдите сумму объемов тел, полу-
чающихся при вращении треугольников ABM, BCM, CDM и DAM
соответственно вокруг прямых Л В, ВС, CD и DA.
162.	Центры трех сфер, радиусы которых равны 3, 4 и 6,
расположены в вершинах правильного треугольника со сторо-
ной 11. Сколько существует плоскостей, касающихся одновремен-
но всех трех сфер?
200
163.	Все ребра треугольной пирамиды ABCD касаются некото-
рого шара. Три отрезка, соединяющие середины скрещивающихся
ребер, равны. Угол АВС равен 100°. Найдите отношение высот
пирамиды, опущенных из вершин А и В.
164.	В треугольной пирамиде SABC с основанием АВС
и равными боковыми ребрами сумма двугранных углов с ребрами
и SC равна 180°. Известно, что АВ —а, ВС — b. Найдите
длину бокового ребра.
165.	На поверхности сферы радиусом 2 расположены три по-
парно касающиеся друг друга окружности радиусами -^2. Часть
поверхности сферы, расположенная вне окружностей, представ-
ляет собой два криволинейных треугольника. Найдите площади
этих треугольников.
166.	Три двугранных угла тетраэдра, не принадлежащие одной
вершине, равны . Оставшиеся три двугранных угла равны
между собой. Найдите эти углы.
167.	Определите полную поверхность призмы, описанной около
шара, если площадь ее основания равна S.
168.	Центр сферы а лежит на поверхности сферы р. Отно-
шение поверхности сферы р, лежащей внутри сферы а, ко всей
поверхности сферы а равно Найдите отношение радиусов
О
сфер аир.
169.	Через вершину прямого кругового конуса проведено
сечение максимальной площади. Известно, что площадь этого се-
чения в два раза больше площади осевого сечения. Найдите угол
при вершине осевого сечения конуса.
170.	Найдите объем тела, полученного при вращении правиль-
ного треугольника со стороной а вокруг прямой, параллельной
его плоскости и такой, что проекция этой прямой на плоскость
треугольника содержит какую-либо высоту треугольника.
171.	Дана треугольная пирамида SABC. Шар радиусом R
касается плоскости АВС в точке С и ребра в точке S. Пря-
мая BS вторично пересекает шар в точке, диаметрально противо-
положной точке С. Найдите объем пирамиды SABC, если ВС = а,
SA=b.
172.	Внутри правильной треугольной пирамиды расположена
вершина трехгранного угла, все плоские углы которого прямые,
а биссектрисы плоских углов проходят через вершины основания.
В каком отношении поверхность этого угла делит объем пирамиды,
если каждая грань пирамиды разделена ею на две равновеликие
части?
173.	Правильный тетраэдр объемом V повернут около прямой,
соединяющей середины его скрещивающихся ребер, на угол а.
Найдите объем общей части данного тетраэдра и повернутого
(0 < сс < л).
174.	Дан куб ABCDA\B\C\D\, М — центр грани АВВ\А[у W —
точка на ребре В\С\, L — середина А\В\, К — основание перпен-
201
дикуляра, опущенного из W на ВС\. В каком отношении точ-
ка N делит ребро BiCi, если	Z_MKN?
175.	В правильной четырехугольной пирамиде центр описан-
ного шара лежит на поверхности вписанного шара. Найдите
величину плоского угла при вершине пирамиды.
176.	В правильной шестиугольной пирамиде центр описанной
сферы лежит на поверхности вписанной. Найдите отношения ра-
диусов описанной и вписанной сфер.
177.	п равных конусов имеют общую вершину. Каждый каса-
ется двух других по образующей, а все касаются одной плоскости.
Найдите угол при вершине осевого сечения этих конусов.
178.	Высота усеченной пирамиды равна ft, площадь среднего
сечения равна 5. В каких пределах может меняться объем
этой пирамиды?
179.	Найдите наибольшее значение объема тетраэдра, вписан-
ного в цилиндр, радиус основания которого /?, высота h.
180.	Основанием прямоугольного параллелепипеда
ABCDA\B\C\D\ является квадрат ABCD. Найдите наибольшую
возможную величину угла между прямой BD\ и плоскостью BDC\.
181.	В правильной четырехугольной призме ABCDA{B\C\D\
высота в два раза меньше стороны основания. Найдите наиболь-
шее значение угла А\МС\, где М — точка на ребре АВ.
182.	Все ребра правильной треугольной призмы ABCAiBiCi
имеют длину а. Рассматриваются отрезки с концами на диагона-
лях BCi и СЛ1 боковых граней, параллельные плоскости ABB^Ai.
Найдите наименьшую длину таких отрезков.
183.	Какое наименьшее значение может принимать отношение
объема конуса к объему цилиндра, описанных около одного и того
же шара?
184.	Два конуса имеют общее основание и расположены по
разные стороны от него. Радиус основания г, высота одного
конуса ft, другого Н	Найдите наибольшее расстояние
между двумя образующими этих конусов.
185.	Длины ребер прямоугольного параллелепипеда равны
а, b и с. Чему равно наибольшее значение площади прямоуголь-
ной проекции этого параллелепипеда на плоскость?
186.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром а. На прямой AAt
взята точка Л4, а на прямой ВС — точка N так, что прямая
MN пересекает ребро CiD\. Найдите наименьшее значение вели-
чины MN.
187.	В основании четырехугольной пирамиды лежит прямо-
угольник, одна сторона которого равна а, боковые ребра пирами-
ды равны ft. Найдите наибольшее значение объема таких
пирамид.
188.	Дан куб ABCDA\B\C\D\ с ребром а. Найдите длину
наименьшего отрезка, концы которого расположены на пря-
мых АВ\ и ВС\, образующего угол 60° с плоскостью грани ABCD.
189.	Две вершины тетраэдра расположены на поверхности
сферы радиусом -/10, Две другие вершины — на поверхности
202
сферы радиусом 2, концентрической с первой. Какой наибольший
объем таких тетраэдров?
190.	Каков наибольший объем тетраэдра ABCD. все вершины
которого лежат на поверхности сферы радиусом 1, а ребра АВ,
ВС, CD и DA видны из центра сферы под углом 60°?
191.	Дан куб с ребром а. Пусть W— точка на диагонали
одной грани, М — точка на окружности, находящейся в соседней
грани и имеющей центр в центре этой грани и радиус
Найдите наименьшее значение величины MN.
192.	п равных шаров радиусами R касаются боковой поверх-
ности изнутри и плоскости основания конуса, причем каждый
шар касается двух соседних; п шаров радиусами 2R расположе-
ны аналогичным образом, касаясь боковой поверхности с внешней
стороны. Найдите радиус шара, вписанного в конус.
193.	Все грани тетраэдра — подобные между собой прямо-
угольные треугольники. Найдите отношение наибольшего и наи-
меньшего ребер этого тетраэдра.
194.	На прямой I расположены центры шаров радиусами
1, 2 и 5, причем шар радиусом 2 касается двух других внешним
образом. Прямая р касается всех трех шаров. Найдите угол и
расстояние между прямыми I и р.
195.	Два шара радиусами 1 и 3 касаются друг друга внешним
образом. Через точку М, расположенную на расстоянии 3 от центра
меньшего шара, проведены две прямые, касающиеся обоих шаров.
Найдите угол между касательными, если известно, что одна из
них образует угол 45° с прямой, проходящей через центры шаров.
196.	В основании четырехугольной пирамиды лежит выпуклый
четырехугольник, две стороны которого равны 10, а две другие
равны 6..Высота пирамиды равна 7. Боковые грани наклонены
к плоскости основания под углом 60°. Найдите объем пирамиды.
197.	Проекции прямоугольного треугольника на обе грани
двугранного угла величиной а являются правильными треуголь-
никами со стороной 1. Найдите гипотенузу прямоугольного тре-
угольника.
198.	Дан куб ABCDA\B\C\D\. К — середина ребра АВ, Р —
середина ребра СС\. Пусть М—точка грани ВСС\В\, такая,
что длина кратчайшего пути от М до К по поверхности куба равна
расстоянию от М до Р. Найдите геометрическое место точек М.
199.	Найдите объем общей части п одинаковых цилиндров
радиусом г, оси которых расположены в одной плоскости,
проходят через одну точку, причем угол между двумя соседними
равен —.
п
200.	Все плоские углы при вершине D пирамиды ABCD пря-
мые, DA=a, DB = b, DC —с	Через вершину прове-
дена прямая /. Чему равно наибольшее и наименьшее значение
суммы расстояний от точек А, В и С до прямой /?
203
ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ
§ 1. Тригонометрия
1. а) «—»; б)« —»; в) «—»; г) « + »; д) «—»; е) «—»;
ж) « + ». 2. а) б) 0; в) г) sin 15° = sin (45°-30°)=
=+л/б-л/2); д) cos 67°30'+С°2 135°=f V2’ е) 2 +
4--\/3. 3. a) sin7<sin8; б) sin3<cos5; в) cos6<sinl,5;
г) -д/ ctg —2 sin -^=-7з> A) s^n 121° >0,85. Указание.
Рассмотрим график функции y = sinx (х в градусной мере) на
отрезке 120°^х^135°. Проведем хорду, соединяющую концы
получившейся дуги. Значения функции г/ = sin х на рассматривае-
мом отрезке больше соответствующих значений на хорде. При
х=121° значение у на полученной прямой равно	.
Докажем, что	> 0,85. Это неравенство эквивалентно
неравенству 28 V? + 2-\/2>51. Но 28-д/3 + 2 д/2>28-1,73 +
+ 2-1,4>51; е) sin 22>—0,01. Указание. Воспользуйтесь
неравенством sinx<x, верным для любых х>0. (|sinx| есть
кратчайшее расстояние от конца подвижного радиуса единичной
окружности до оси абсцисс, ах — длина дуги от точки на оси
абсцисс до конца этого радиуса.) Кроме того, 22—0,01 <
< 7-3,1415 < 7л <7-3,142 <22. Значит, —sin 22 = sin (22 — 7л)<
<22-7л<0,01.
4. а) б) -L-; в) ; г)
б) -|-л-3; в) 2л —7. 19.----1=
2	Тиб
22.	Левая часть равна:
5. а) 5 —2л;
^=-•20. а) -4; б) 4-
130	5	5
tgf(tgf+tBf)+tgftgf=
204
sin
= tg-£------
& 2
а у \	. ₽
9	9 /	*, п	9
-—LZ__i_	л tg л=--------?—
а V’ ^2 ^2	а у
cos — cos —	cos у cos —
+‘g 1	f=
COSTCOST
= l-tgf tgf+tgf tgf=l.
23.	Данное равенство сводится к предыдущему.
25.	Докажем сначала, что из равенства tg^~^tg;^j^ =
= tg -^-следует равенство cos x = cos a cos 0. Имеем ~"^_|_cos х =
= !7"Мг • Освобождаясь от знаменателя и приводя подобные
1 +cos р	г
члены, получаем cos х = cos a cos 0. Теперь легко проделать все
преобразования в обратной последовательности.
о А 2(1+6а* 2 3— Зд4 5)	о	г	« 1	1—cos 2а
(Л1)3—~ • 31. Воспользуемся формулой tg а=~,~2а ‘
В нашем случае
tg 142°30z	1 ~cos 285° _ 1 — sin 15°_
g	sin 285° cos 15° ~
= 1— sin (45° — 30°) =	4*4 = -^6—
— cos (45° —30°)	-76 -V2 — л/6+л/2
4	4
34	1-уЗ  cos 10°— V3 sin 10° =4 sin (30°—10°)^ .
sin 10° cos 10° sin 10° cos 10°	sin 20°
35. Обозначим слагаемые левой части через а, 0, у, 6. Имеем
-^+-^
tg(« + P)= — 1-^-=4~’ tg(y + 6)=-^-, tg(a + 0 + Y + 6)=l.
3 5
Поскольку 0<а + Р + у4-6<л, то а + 0 + у + 6=-^’.
36. Обозначим слагаемые в левой части через а, 0, у. Имеем
cos а = \4 —sin2 а=-|-, cos0=4t- Далее, cos (а + 0)=-|-~—
5	13	5	13
—yy=-||-=sin y = cos^-2—у). Учитывая, что а, 0, у — острые
углы, сделаем вывод, что а + 0=-2—у.
205
37._1
л
S,nl5
1
. 4л
SlnT5
4л л
sm—-sin —
. 4л . л
S,n 15 Sm Тб
. л . л
4 cos — sin —
о 1U
л 1
COST”T
2л
т
2 cos — 1
о
1
Аналогично
j__
. 2л 1 .8л	2л
sin — sin —	2 cos -=- -f-1
15	15	5
Таким образом, левая часть равна
2л
cos —
о
4-А
I 2cos-~—1
л
COS-=-
о
2 cos +1
5
_ л 2л . 2л । _ л л	л
2 cos2 -=-+cos -=- + 2 cos2 -=—cos -=-
о о	о о
л л 2л , п л 2л ,
4 cos — cos —+ 2 cos -=—2 cos -=— 1
5	5	5	5
2 — 21 cos ——cos — )
= 4^3____________\	5	5/
v я 2л , _ л 2л ,
4 cos -=- cos -=-4-2 cos ——2 cos —— 1
5	5	5	5
При решении задачи 7 вводной части мы доказали, что
cos -2- cos ^•=•4-. Из этого также следует, что cos -2— cos ^-=4- •
5	5	4	5	5	2
Таким образом, левая часть равна 4 -\/3.
38. Обозначим А=cos -2-cos	cos -у-, B = cos-2—{-cos-y-4-
4-cos-^, С=cos -2-cos + cos	cos -^4-cos -^2 cos -2". Дока-
у	У У	У У	У У
жем, что Л=-|-, В=0, С=—По формулам приведения
и синуса двойного угла
Л1	/ . л л 2л 4я \
=—Sln тcos тcos тcos ~) =
s,n-9
1	/ 1 2л_2л_4л \	1
=—s,n - cos Т cos -)=••• =т >
В=2 cos	cos-^+cos-^-=coscos^=0. В выражении для
У	У	У	У	У
С перейдем к сумме, после чего по формулам приведения до-
206
1/3	\	3
кажем, что С=—1—-—В) = —— . В данном выражении для
каждого слагаемого в левой части воспользуемся равенством
tg* 2 ос= 2а * После сложения получившихся дробей полу-
з-злч-в-с_3 *~Т+Т_п
чим слева	i__3	9-
+ 8	4
41. Умножим обе части данного равенства на sin у- и преоб-
разуем получившиеся слева произведения в разности синусов.
42. Стандартный путь состоит в следующем: заменить каждый
тангенс отношением синуса к косинусу, а затем преобразовать
числитель и знаменатель получившейся дроби, переходя от про-
изведений к суммам и разностям. Предложим другой путь. Обозна-
чим x = tg 10°. Тогда
/3 Б	1 —tg20° tg 10®
2tg l0° , .
1—tg*2 10o+tg°	_ 3x—x3
“ 2tgl0°	1—3x2'
’“ПйёПо3*8 10
С другой стороны, tg 50°=tg (60° —10°)=	» tg70° =
= и данное в условии произведение будет равно
1 —уЗх
-д/З—х . ~УЗ+х _ Зх—х3 ___ 1
1+^Зх * 1->/Зх ”” 1-Зх2 — д/З ’
43.	Найдем сначала сумму тангенсов. Имеем
л	. 4л	.4л
Sln~3 | sln~9~	л/З ! Sln~9
л 2л 4л л , л 4л
cos у cos у	cos у	cos у + cos у	cos у
4л . 1 . 4л . л . 4л
TP COS "9 +~2 S * *'n "9 +c0S Т Sln Т _
7П л”Х 4л
VT+cos-9/COS’9
2 -\[3 cos у+sin у 4-sin y^+sin -у
4л . л , 5л
COS у + COS у + COS у
Z-\/3 4л 1 . 4л\
4TcosT+Ts,n
1
2
=8 sin-^Н-д/3.
207
44.	Сложим сначала пары тангенсов, равноудаленных от кон-
цов. Получим
sin Ю ( cos 10° cos 160° + cos 40° cos 130° + cos 70° cos 100° ) ’
Первое слагаемое в скобках равно
______________________2_________ 4
cos 150°+cos 170°_______________-73+2cos10°’
2	2	4
второе-------.	=-------, третье--------------------.
н sin 80° cos 10° г	-у/3—2 cos 10°
Сумма первого и третьего равна
16 cos 10°	16 cos 10°
3—4 cos2 10°	1—2 cos 20° ‘
Сумма всех трех равна
—2+4 cos 20°+16 cos2 10° = —2+4 cos 20°+8 cos 20°+8
cos 10° — 2 cos 20° cos 10°	—cos 30°
= —8д/з(со5 20°+-|-).
Вся левая часть равна —8 -\/3^sin 10° cos 20°4—sin 10°) =
-8V3(-|-sin 30°--sin 10°+-i-sin 10°) = -2V3.
45.	Можно, как это мы делали при решении задачи 7 (вводная
часть), умножить обе части на sin , после чего «сворачивать»
35
произведение, используя формулу sin 2а. При этом, однако, не-
ясно, «свернется» ли у нас все произведение сразу, или же эту
операцию надо будет делать повторно. Мы поступим несколько
иначе. Левая часть равна
2л	. 4л	34
/ 1	\ 17	sln 35	s.n^	s.n^n
\ 2	/	.л	. 2л ‘ ’	.17
Sln 35	5Ш 35	S*n35"
Рассмотрим один множитель знаменателя: sin , k = 1,. .. 17.
Если k четно, то найдется такой же множитель в числи-
теле. Если k нечетно, то sin-j^ = sin ^35ог.- ~, а множитель
35	35
sin л- также есть в числителе. Следовательно, равенство
35
доказано.
46.	Умножим обе части на cos -|у, возведем равенство в
квадрат, а затем преобразуем произведения в суммы.
208
Будем иметь
sin2 3n_J_Lcos^
Sln 112	2 C S 11 ’
8-„ 3л 2л Зл А 6л 2л
sin — sin — cos “ip=4 sin — sin —=
=2 cos -yp—2 cos уу- , 16sin2yy cos2-|p=
=4(1— cos tp)(1 4-cos yy)=4—4cos-yp4-
4-4 cos -fp-2 cos yy-2 cos yy ,
llcos TT=T+-cos-n--
Перенеся косинусы в левую часть, а константы в правую,
придем к равенству 2cosyy+2cos|y4-2cosyy4-2cos-|y4-
4-2 cos-^=-1.
Теперь умножим обе части на sin -ру- и заменим произведения
на разности синусов.
47.	Обозначим углы через а, 0, у. Тогда tg (0—у)=
X X
= tg р—tg у = T~fe+T =_____х___	.
Ц-tgptgy , , х х k(k+l)+x2 1ё •
k *4-1
49. а) Получается из графика функции y = sin х сжатием в два
раза вдоль оси абсцисс, б) Получается из графика функции
у=cos х растяжением в три раза вдоль оси абсцисс, в) Получается
из графика функции y = tgx при помощи двух последовательных
операций: 1) сдвиг влево вдоль оси абсцисс на можно ска-
зать, сдвиг на —у-); 2) сжатие получившегося графика в три
раза вдоль оси абсцисс. Или в другом порядке: 1) сжатие
графика функции y=tgx в три раза; 2) сдвиг влево на .
г) У= 1, x^-^-k. д) y=tg 4х, Хт£-2-4—е) y = sin х, x^-^—f-nk.
ж) Если 0^х<л, i/ = 2sinx; если л^х<2л, у=0. Далее
периодически повторяется, з) г/=0, если х^О; i/ = 2sin2x, если
х>0. и) Рис. 85. к) Если—^-<х<-~, i/ = sin х; если-^-<х<-|-л,
!/=—sin х. Далее периодически повторяется, л) Если 0^х<-^-,
209
y = tgx-, если -2-<х<л, y—Q-, если л<х<-|-л, у=— tg х;
О
если — л<х<2л, у = 0. Далее периодически повторяется,
м) z/=|sinx|. и) Рис. 86. о) Множество точек состоит из двух
семейств параллельных прямых: х+у=2л&, х—х/=л+2л£.
п) Множество точек с координатами (-^-+2л/г, 2лл). р) Рис. 87.
График симметричен графику y = sinx, —2-<х<-^-, относи-
тельно биссектрисы I и III координатных углов (у=х).
с) у=^/\ —х2 или z/2-f-x2 = l, у>0. т) Если —2-<х<у-, у=х;
если -£-«^х<-|-л, у=л—х. Далее периодически повторяется,
у) В первой четверти (х>0, у>0) имеем множество точек
^-2—|-2л£, 2лп), в третьей четверти (х<0, у<0) также множество
точек (—2-+2л£, л+2л/0. В остальных двух четвертях части
прямых: х—у=—2-+2лй и х+у=-|-л4-2лА. ф) у=-^^.
х) Данная функция определена при единственном значении х =
= sin 1. Г рафик состоит из одной точки (sin 1, -2-) . В самом
деле, из определения arcsin а следует, что arcsin х^1, значит,
x^sin 1. Аналогично 2 arcc°s *	1	arccosx^-J—1, х^
л —2	2
^cos^-£—0=sin 1. (arccos х — убывающая функция.) Значит,
x=sin 1.
50. а) I; б) 2л; в) 2л2; г) 2л; д) 2л; е) 60л; ж) 2л; з) 2л; и) л;
к) л. В пунктах л), м), н), о) указаны функцйи, не являющиеся
периодическими. 51. ±^-+-52. -2-+ nk, (—I)4-£-+л£.
210
53. f-f—A, (-l)*-^4-fA. 54. nA,-2-4-f k. 55. fA, ±k.
56. -%-k. 57. -2-+-2-k. 58. (- 1)*+1 -2-4- nk. 59. (-1)*-2-4-лА.
60. ^+nk. 61. 2nk. 62. л4-2лА, ( — 1)‘-2-+лА. 63. -2--|-2лА, nk.
64. -%-k. 65. л4-2лА, ± arccos-^-4-2nA. 66.-£-+-2-6. 67. ±-2--|-лА.
68. -2-4- nk, -arctg -|--|-nA. 69. -2-4-лА, 2лА, — ^-4-2лА. 70. -2-4-
+ nk, f nk. 71. f+л*, f+f k. 72. ^-+f k. 73. -2-4-
+f^+fk- f+л^> тНт*- 75- й- +
+^-k. 76. ±-2-|-£-^ 77. -2-4-nfe. 78. ±k, ±-2-±2лА.
79. f±f4-nA. 80. 4°4-45°A, (— 1/ 30°4-8°4- 180°A. 81. -j2--|-
+^~k, -2-4-т-лб.	82. £-|-2-A,	—83. nk.
84. (—1)* arcsin-|-(2-\/2—-\/6)-|-nA. 85. -2-4-лА, ±^+^-nk.
x	x	У о
86. ±^4-2лА. 87. ±-2-4-2nk. 88. ±-y- arccos	4* nA.
3	О	z	4
89. ±-2-4"nA, ±-2-4- nk. 90.-2-4-vA’-r+v^’
91.-2-A, ,2-4-лА. 92. -2-4-лА,-2-4-nA. 93. 2лА. 94. лА, (-1/-2-+лА.
3 z	4	3	о
95.	-2-4—|-А. Указание: Воспользуемся следующими ра-
венствами:
sin* x-l-cos4 х= 1—2 sin2 х cos2 х,
sin8 x4-cos8 x=(sin4 x-|-cos4 x)2 — 2 sin4 x cos4 x =
= 1 —4 sin2 x cos2 x 4- 2 sin4 x cos4 x,
a5 4- b5=(a 4- b) (a4 - a3b +a2b2- ab3 4- 64).
Освободимся в уравнении от знаменателя (sin2 x)54-(cos2 х)5 =
1*2	2
— —Sin X COS X.
4
Воспользуемся указанными выше равенствами, сделав при
этом замену у—sin2 х cos2 х:
1 —4у4-2у2—у4-2у24-у2=4-У’
или	20у2-21у4-4=0,
откуда у1=Л-, у2=-1_. в первом случае решений нет.
211
96.	—2-+nk. 97.	98. nk, ±^- + nk. 99. -у+лб,
(—I)4 arcsin 4-+л&. 100. 4~n + 3nk. 101. ^-+nk, ±-2-_|_JLjife.
o	2	2	4	3
102.	-^-k, ±-|-arccos	Указание. Преобразуем
уравнение к виду
sin 5х__।____sin 5х ___g
cos х cos 4x ' cos 2x cos 3x
Возникают два случая:
1)	sin 5x=0, x=-2-fe.
О
2)	cos x cos 4x4-cos 2x cos 3x = 0.
Заменим cos 3x=cos 3x4-cos x —cos x = 2 cos 2x cos x —cos x.
Поскольку cos x y= 0, то будем иметь cos 4x 4- cos 2x (2 cos 2x — 1) =
= 0. Далее замена y = cos 2x.
103.	(-I)4-!-arcsin (V3-l)+-p.
104.	±-|-arccos2—]-л£. Указание. Воспользуемся pa-
венством tg a 4-2 ctg 2a = ctg a.
В самом деле, tg a 4-ctg 2a 4-ctg 2a =
__ cos a_____। cos 2a   1 -|~ cos 2a   ।
cos a sin 2a ’ sin 2a sin 2a ®
Следовательно, левую часть уравнения можно преобразовать
следующим образом: tg х4-3 ctg Зх-}-2 (tg 2х-}-2 ctg 4x)=tg x-f-
4-3 ctg 3x-}-2 ctg 2x=ctg x-}-3 ctg 3x.
Получаем уравнение
cos x sin 3x-}-3 cos 3x sin x = 0,
--(sin 2x4-sin 4x)4--|-(sin 4x —sin 2x) = 0,
2 sin 4x — sin 2x = 0, sin 2x (4 cos 2x — 1) = 0,
cos 2x=~~(sin 2x=#0).
105.	nfe, -^4-^fe. 106.	+	107. ±^-4-2nfe.
1U	о	□
108.	-^+2л6,	(-1)4-^+л6, fc=#0.
109.	-2—Указание. Левая часть равна ctg х.
(Докажите.)
212
119. -^—}-2nk, -j-±arccos(^—1)-]-2л£. Указание. Обо-
значим у = cos х 4- sin х, тогда у2 = 1 + 2 sin х cos х.
Получаем для у уравнение
У2^=^(У2-1), У3+У2л^—Зу—л/2=0.
Подобрав корень у\=^2, (можно сделать замену y = z^/2,
тогда получим уравнение с целыми коэффициентами, один корень
которого равен 1), разложим левую часть на множители:
y3+y2^-3y-V2=(y-V2)(y2 + 2yV2+l)=0,
у2=1—л/2, Уз=— л/2— 1.
Возвращаемся к исходной переменной y=cos x-f-sin х =
=д/2 cos^x—j-) .
111.	1)*arcsin|—уk. Указание. Преобразуем
левую часть(у = 2х—2-, 4х=2у4~70:
sin 4х — sin( 2х—?-)
_______\_____4 /	cos 2г/ — sin у
. л , . /о л\	cos2t/ + sint/
sin 4x4- sin ( 2х—— }	*	*
Затем сделаем замену sint/=z.
112. -~|-л£. 113. ±-~|—|-лЛ. Указание. Воспользуйтесь
формулой cos Зх = 4 cos3 х — 3 cos х.
114.	^г+лй, (-1/ + 1 Л-+л*.
4	О
115.	±-^-+nk. Указание. Из равенства tg а 4-2 ctg 2а =
= ctga, доказанного при решении уравнения 104, следует, что
правая часть уравнения равна ctg 2х— tg 2х.
Получаем уравнение tg2x = ctgx или tg2x = tg(-^—х), от-
куда 2х=^—x + nk, x=-^-+-^-k. Теперь необходимо провести
отбор корней. Поскольку общий период функций, входящих в
уравнение, равен л, достаточно рассмотреть значения fe = 0, 1, 2
(или —1, 0, 1), k = l не подходит.
116.	— — 4-л£, л/г. 117. ±-|-л4-2л6. 118. — arctg ^-4-л/г.
119.	±-2-4- 2лй. Указание. Обозначим -\/cos Х = У- Полу-
чаем уравнение \/8у2—(-\/2—^/2) у—1 =0. Это уравнение имеет
Два корня:
. 213
120. ± arctg
лй. Указание. Выразите все триго-
нометрические функции через tg х.
121. Л.+пк, (-1)‘+'1-arcsin	122. nk,
I	2*	L	А	\ L	£
123. 75-+-5-А, nk. (Серия
~|-л£ содержится в первой.
124. f+^-Л; ±-|-+л*. 125. (-1/£ +±-k, ±-п, п^т + 2.
126. f k, %+^k- l27-lHf k- ,28-й+т*’f+tЦсерия
~+л^ содержится в первой.
129. ±-“arccos
130. -£-+лй. 131. -~-k, k=£8m+\, k=/=8m + 3. Указание.
2	о
Правая часть равна tg(—Зх—. 132. nk. 133. -2- k, k Ф 5т + 3.
134. —&#=5/п + 3. Указание. При отборе корней
1 и	о
достаточно отбросить те из найденных значений, при которых не
имеет смысла левая часть. Если х — — ттг+^-лй, то -^-хЧ--2-=
=-|-А!л+-£г. Теперь достаточно рассмотреть для k значения
0, 1, 2, 3, 4, так как в дальнейшем будем получать углы, от-
личающиеся от рассмотренных на величину, кратную л. Но лишь
при fe = 3, -|-х4—у-=-|-л тангенс не существует.
135. -2-4-лЛ. 136. 2лй, --2-4-2лЛ.
137.	(— 1)*	|-л£, —2—2 arctg	|-2лй. Указание. Пре-
образуем уравнение:
1 —2 sin2 х4-4 sin х cos х—2 -\[2 cos х=0,
(1 —\/2 sin х) (1 +л/2 sin х)—2 -\/2 cos х (1 —\/2 sin х)=0,
(1 —д/2 sin х) (1 4—\/2 sin х—2 -\/2 cos х)=0.
В уравнении 1 4--\/2 sin х — 2 -\/2 cos х=0 вводим вспомогательный
угол <р. Тогда tg ф=4-( sin <р=-р, cos<p=-^-). Получаем
\	у5	"у5'
2=г—cos (х4-<р)=0, х= ±arccos —arctg 4-4-2лй. Можно до-
-Л0	VT6	2
казать, что arccos —Lr—arctg 4-=-4
-Л0	6 2	4
214
138.	л+2лА. Указание.	ctg Аналогично пре-
образуется вторая дробь в левой части. Получаем уравнение
ctg у-bctg-|-x = — sin 2х или -----*.п 2* 3 = — sin 2х и т. д.
sin у sin у х
139.	-f-4—-J-4-Дгп» n¥=9m+4. Указание. Перенеся
О о У У
все в правую часть, преобразуем уравнение к виду -----------------
Sin X COS jLX
1	।	1 n ________ cos 3x 2 cos 3x sin 2x
. “i c —0 или	. _	—0.
sin x sin 5x	cos 2x sin x sin 5x sin x
Возникают два случая: 1) cos3x=0, х=-~-4--^-й. Здесь под-
ходят все значения.
2	) sin 5х —sin 4х=0, cos-|-х sin-^-=0.
a) sin ~-=0, x = 2nfe. Эти значения не входят в область опре-
деления уравнения.
б.) cos-—x = 0,	Достаточно рассмотреть для k
значения 0, 1, . . ., 8. Не подходит одно значение k = 4.
140. у-&, й=И=7п. Указание. Освободимся от знаменателя
sin 4х sin 8x4-sin 2х sin 8x-f-sin 2х sin 4х = 0,
cos 4х—-cos 12х 4-cos 6х —cos 1 Ox 4-cos 2х —cos 6х = 0,
(cos 4х — cos 1 Ox) 4-(cos 2x — cos 12x) = 0,
sin 7x sin 3x4-sin 7x sin 5x = 0,
sin 7x sin 4x cos x = 0.
Ho sin 4x=#0 и cosx#=0. Значит, sin 7x = 0 и т. д.
141. у-}—*1' k^7m + 3. 142. т"+у-Л. k=£7m + 3. 143. -|-+
4“2л&.
144.	|-л/г, тт+-?-^. Указание. Преобразуем уравнение
о	12	2
к виду 2 sin 2х cos x = sin^x4—
или sin Зх-j-sin x = sin^x-|—
sin 3x=sin(x-|-y-) —sin x, sin 3x = cos(x4--^-). sin 3x—sin(y—
—x)=0 и т. д.
145.	—2-4-лЛ, +4-arccos|-л/г. Указание. Пре-
образуем уравнение 2 (cos 3x-|-cos x) —3 (cos x-|-sin x)=0,
215
4 cos 2x cos x—3 (cos x + sin x)=0,
4 (cos2 x—sin2 x) cos x — 3 (cos x + sin x) = 0,
(cos x-f-sin x) (4 cos2 x—4 cos x sin x—3)=0,
(cos x+sin x) (2 cos 2x — 2 sin 2x—1)=0
и T. д.
146.	-2-+nfe, л/г. Указание. Уравнение можно преобразо-
3 sinf 2x+-^-j	4 cos(x+-^- J cos( x—
вать к виду ---у-----r-=---------CQS x--------. Затем заме-
cos(x--J)
ним sin(2x+y-) =2 sin(x-|-^0 cos(x-|--£-) и т. д.
147.	nk, ±4-arccos-~}-nk. Указание. Имеем
4 (tg 4х —tg 3x) = tg 2x (1 + tg Зх tg 4x),
4 sin x	sin 2x cos x „	„
-----------—------------------- и T. Д.
cos 4x cos 3x cos 2x cos 3x cos 4x
148.	— k, fey=4n4-2. Указание. Имеем
4
(tg2 x —tg2 3x)4-tg 4x (1 —tg2 x tg2 3x) = 0. Затем
tg2 X - tg2 3x=(tg x - tg 3x) (tg x + tg 3x) = ~^^243x '
.	12	1 2 о COS 4x cos 2x
1 — tg x tg2 3x=---2--ГТ И T. Д.
& b cos2 X cos2 3x
149.	Указание. Заметим, что ——ctgx —
16	8	' sin 2x
==—*=—ctg2x. Затем преобразуем пару	=
= —ctg 4x и окончательно получим ctg8x = 0.
150.	“’7^+"^^’ ^=#3n + 1. Указание. Имеем
____1_________1_______ sin x — sin Зх _
cos 2x sin 3x sin x cos 2x cos 2x sin x sin 3x
__	2 cos 2x sin x 	2
cos 2x sin x sin 3x sin 3x
Затем освобождаемся от знаменателя.
151.	-^(14^ + 5), k^=23m — 2; ^-(14/1+9), п=£5т — 1. У к а-
23	о
з а н и е. Остановимся на отборе корней. Заметим, что знаме-
натели обеих дробей при найденных значениях или одновременно
равны нулю, или одновременно отличны от нуля.
216
Пусть х=^-(14^4-5). sin(-|-x —
т. е. |^(14йЧ-5)=2яп, 14Л + 5 = 23п.
Понятно, что если при каком-то ko выражение 14Аг0 + 5 делится
на 23, то оно делится на 23 при & = &о + 23/п. Легко подобрать
йо=-2.
152. —|-2nfe,	Указание. Заменим tg(-£—х) =
3	У о	\ 4	/
cos х—sin х
cos x4-sin x
Преобразуем
если -—х = 2ли,
О
левую часть, получим уравнение
2 cos 2х — cos х 4-sin х  	। о
2 cos 2х — cos х — sin х	v
Освободимся от знаменателя и перенесем все в одну часть, будем
иметь: 2 (^/3 + 1) cos 2х — (л/3+ 1) cos х—^/З (л/3+ 1) sin х = 0,
cos 2х—^-cos 2х — ^sin х = 0, cos2x — cos(x—= 0 и т. д.
153. л4-2л£, у-4-л£. Указание. Заменим sin* 25x=l —
— cos'2 5х.
После преобразований получим уравнение
cos2 х + 2 cos х cos2 5x4-cos2 5х = 0.
Рассматривая это уравнение как квадратное относительно
cos х, найдем ---£) = cos2 5х (cos2 5х — 1).
Поскольку оказывается, что £)^0, то D = 0. Значит, cos 5х = 0
или cos25x=l, откуда (из уравнения) cosx = 0 или cosx= —1.
154.	155. —- k. Указание. 8cosxcos34x =
= 3 cos 3x4-3 cos 5х4-cos 1 lx4-cos 13x. 156.
~arctg^~k. 157. ^+nk, -arctg^+nfc.
158. y-fe, fe =#3m; dz-^-arccos -|—|- jik. Указание. 3 ctg 2x —
— 3 ctg x = —.
&	sin 2x
Затем 6 ctg 4x------Д -=—3 c°-4 * &--.--
° sin 2x cos 2x sin 2x
 3 (cos 4x — cos 2x) 	6 sin 3x sin x
cos 2x sin 2x	cos 2x sin 2x
3
sin 2х
3 sin Зх
cos 2х cos х
Получаем уравнение tg Зх-------3sm3x
J J	® cos 2х cos х
О и т. д.
217
159. -2-*. 160. ±-^4-л*. 161. -^-Ьл*. 162. ^+^-k, -^-+nk.
163. (-1)*+,т£-4-^*. 164. 4-+nfe<x<-^-+nfe, ±-2-|-л*,
24	4	4	4	о
±-£-+л*. 165. 4-(arctg arctg 2 72)+-^, -W arctg 2^2-
— arctg
166.	—2-|-л*, 2л*, — -2-4-2л*, ±arccos Цг-ЬтгН-2л*.
4	2	г-д/2	4
Указание. Замените cos Зх —2 cos 2х cos х —cos х, sin3x =
= 2 cos 2x sin x + sin x. После перенесения всех членов уравнения
в одну часть можно будет вынести множитель cos x + sin х.
167.	-2-*, —t-S-k. 168. --2-4-2л*. —|-л4-2л*. 169. ±+
Z	О Z	1U	О	О
4-4л*.	170.	(-1/-2-4-2л*.	171.	(-1)*-2-4-2л*.	172.	л-]-2л*,
О	о
--2-4-2л*.
173.	—^2.-|-2л*. Указание. -\/1 — cos 2х=л/2 | sin х|. Если
sinx^O, то решений нет.
174.	—arctg 2--|-л*, — arctg ~|-л*. 175. л*, — 4-2 л*,
о	о	2
—2-4-л*. 176. 2л*. -2-4-2л*, --2-4-л*- 177. -|-л-|-2л*.
3	4	4	о
178. arccos (д/5 —2) + 2л£, л+2лй. Указание. Возведем обе
части в квадрат. Заметим, что в исходном уравнении правая
часть неотрицательна, значит, неотрицательна и левая часть.
Таким образом, возникает условие sinx^O. После возведения
в квадрат получаем уравнение
cos2 х + 2 cos х + 2 |cos х| — 1 =0,
179. -|-я4-л*, -4-arctg 54-2-4-л*. 180. --2-|-2л*.
8	2	2	3
181. Jik. Указание. Возведем обе части в квадрат (усло-
вие cos(2x—и освободимся от знаменателя. Справа
будет 8cos2(2x—cos (2х—-у) =4 cos(2x—у) cos(4x —
—л) = 2 cos ( 2х —л) — 2 cos 6х. Слева будет — 1 — 2 cos 6х
и т. д.
182. —2-4-2л*. 183. 22-4-2л*. |^4-(2*-|-1) л.
218
184.	-2--|-2л&. Указание. Замена: -у tg -£-=у (У^О)-
185.	—J-f-nfc, 2л6.
5л
186.	2л&, —+2л/г. Указание. При отборе корней следует
ограничиться проверкой одного неравенства cos х — sin 2x^0.
187.	-т-4- 2лй, тг4-2л6, ~b-2nk.
4	4b
188.	— л+2л&. Указание. Сделайте замену неизвестного
у = cos х4-sin х. Тогда уравнение примет вид
-д/ 190-5^ у 2у.
189.	-|-л+л/г, (— l)ft arcsin -у-t-лй. Указание. Пре-
образуем уравнение:
4(^+sin 2х^ —2^^cos x-|--|-sin х^ =0,
4 sin(x-|--0 cos(x—0—cos(x—0=0 и т. д.
190.	-2-+лй, (— l)fc+l arcsin \-nk. Указание. Урав-
нение можно преобразовать к виду
3cos(-g--|-х) sin(-£—х) — cos(-|—|-х) =0.
191.	-7-Л4-Л&, ±arccos-4-—|-2лй.
3	10 о
192.	-|-л + лА, -у±у—|-2л£. Указание. Преобразуем
уравнение:
sin 3x4-(-^cos x4--|-sin х) —f-^-cos 2x+^sin 2x) =0,
\	2*	2^	/	\ 2*	f
cos	— 3x) 4-cos (x—0 —cos ^2x—0 =0,
2cos^-2—x) cos^2x—0—cos^2x—0 =0 и т. д.
193.	-yk, ±^+2nk.
194.	-|-лй4--^-. k^9n;	Указание. Имеем
(cos x-|-sin x) sin 2x cos 4x=^, cos(-t—x^ sin 2x cos 4x=4-.
o	\ 4	/	о
21»
Обозначим — х—у,х = — у. Получаем cos у cos <2у cos 4z/=
___1_
8 ’
Умножим обе части на 8 sin у (при этом появляются лишние
корни £/ = лп). Приходим к уравнению sin 8z/ + sin y = Q.
195.	—arctg ~“+nfe, -j-±arccos(-p— 1) + 2л£. Указание.
Умножим уравнение на sin x cos x, получим:
2 sin2 x —2 sin2 x cos x + 3 cos2 x —3 cos2 x sin x-J-5 cos x sin x = 0,
(2 sin2 x —2 sin2 x cos x + 2 cos x sin x) + (3 cos2 x —
— 3 cos2 x sin x + 3 cos x sin x) = 0,
(2 sin x + 3 cos x) (sin x —sin x cos x + cos x) = 0.
Возникают два случая: 1) 2 sin x + 3 cos x = 0;
2) sin x — sin x cos x + cos x = 0.
Во втором случае делаем замену и — sin x + cos х, откуда
Sin X COS X =у(£/2 — 1).
196.	f ±-f+2nZ>.
Указание. Преобразуем уравнение: 1 +sin 2x+2 cos 3x sin x+
+ 2 cos 3x cos x = 2 sin x + 2 cos Зх + cos 2x,
1 +sin 2x + sin 4x —sin 2x + cos 4x + cos 2x =
= 2 sin x + 2 cos Зх + cos 2x, (1 +cos 4x) +
+ sin 4x = 2 cos(-£—x) +2cos3x,
2 cos 2x(cos 2x + sin 2x) = 4cos(-^-+x) cos^~—2x) ,
д/2 cos 2x cos	—2x) =2cos(-^-+x) cos^-j—2x) и т. д.
197.	-|-л£ + 5л£, —1|- л±-|-л + 5л£. Указание. Уравне-
ние преобразуется к виду
(л х \	/2	. 5л \ • / л х \
~~т) =^С0Ч-гх+тг) 51п(т~5-) •
198.	±~+л£, ± arctg ?/5 +л£. Указание. Имеем ctg х —
—= — tg х. (Докажите!) Затем ctg 2х — tg х — . c°s3x—.
sin 2х	& v	7	&	& Sln 2х cos х
\т	cos Зх , cos Зх л
Уравнение теперь примет вид ---——------г—— =0.
cos х sin 2х sin Зх
Возникают два случая: 1) cos3x = 0, x=-^-+-^-fe, £#=3n+l;
о <5
220
2 \ sin ох । ।____q siri zx cos x -j- cos zx sin X । । _q Ig X ।
' cos x sin 2x	' cos x sin 2x	'	' tg2x '
-|-2=0, откуда найдем tg x =
199.	-|-л + 2л*. 200. -|-л+2л*. 201. — -2-+2л*.
202.	-J-nfe, |2- + л*. Указание. Уравнение приводится
к виду tg Зх = 1. Затем отбор корней. Примерный путь: левая часть
2 cos х
преобразуется к виду , затем переносим все в одну часть
(в левую) и приводим к общему знаменателю.
203.	-J-*, *#=9п. 204. 8л*. 205. 4л*. 206.	+-£-*. Ука-
зание. Перенесем ctg х в левую часть и, используя равенство
tg a — ctg а= — 2 ctg 2а, преобразуем уравнение к виду
—16 ctg 16х= 16.
1	I а/З
207.	arctg —|-л£. Указание. Преобразуем уравнение
к виду 2 sin 2х cos x + 2cos 2х sin x + cos х cos 2х = 2 cos 2х cos хХ
X(tg x + tg2x), а затем разделим почленно на cos 2х cos х.
208.	---+л£, л + 2лй.
9
209.	-д-л£, £#=9п. Указание. Умножим уравнение на
sin-—(при этом появляются лишние корни: х = 2лм). После чего
9
уравнение преобразуется к виду sin—х=0.
210.	—*, ±—л + 2л*. Указание. Докажите, что из ра-
2	3
венства а3 + *3 + с3 — 3abc = Q следует, что а + *-{-с = 0 (см. X,
18, § 1).
211.	-2-*, -^+^k, v+v*-
212.	-у+л*, arctg(-^-(V3-4±V434-16\^)) +-у+л*. У к а-
з а н и е. Заменим x = £/ + -j—, получим относительно у уравне-
О
ние A-tg(r/-h-2-) +2 tg i/-btg(t/4-y-) =0. Раскрывая тан-
генсы по формуле сложения, переходим к неизвестной z = tg у.
213.	-“+лй. Указание. Можно рассмотреть уравнение как
квадратное относительно cos Зх. Можно преобразовать его к виду
(cos3x—j-cos4x)2 +-“(cos2 х — cos8x) = 0. Отсюда следует, что
каждое из слагаемых равно нулю.
221
214.	n-f-2nk.
215.	2л+8л&. Указание. Преобразуем уравнение к виду
— sin2 х (1 + cos	= 2 ( sin — cos х) 2 .
Левая часть неположительна, правая неотрицательна. Следова-
тельно, они обе равны нулю.
216.	2л-|-8л£. Указание. Уравнение приводится к виду
5
cos х -|- sin —х = 2.
217.	13m; -|-лп, n=#3m. Указание. Умно-
жим обе части на sin х. Тогда все уравнение можно преобразовать
к виду sin 5х—sin 8х=0.
218.	-тЧ—s-Л, ±^-+2л&. Указание. Каждый множитель
4 Л	о
преобразуем по формуле 1 4-cos а = 2 cos2 у-. Уравнение распада-
х	3	1
ется на два: cos — cos х cos — х= ±—.
Преобразуем левую часть, а затем сделаем замену y=cosx.
Получаем два уравнения: 1) 4у34~2у2—2у—1 =0,
(2у2—1) (2у4-1)=0.
2) 4у34-2у2-2у+1 =0.
Докажем, что во втором случае уравнение не имеет решений,
удовлетворяющих неравенствам —
Если у^О, то у3^0 и 2у2 —2у+1>0.
Если — 1^у<0, то левую часть преобразуем к виду
4у(у2-1)+(2у2 + 2у+1).
Вновь первое слагаемое неотрицательно, а второе положи-
тельно.
219.	-у+2л&. Указание. Сделайте замену y = sinx-f-
—sin2 х. Тогда y2 = 2-f-2 sin х-\/2 —sin2 х.
220.	£-k,	14л. У к а з а н и е. Умножьте обе части на sin х.
14
221.	nk. Указание. Преобразуем левую часть:
4 (sin 7х—-sin 5х)4-9 (sin 5х—sin Зх)4-
+15 (sin Зх —sin х)4-22 sin х=8 cos 6х sin х+
+18 cos 4х sin х + 30 cos 2х sin x-f-22 sin х =
= 2 sin х (4 cos 6x4-9 cos 4x-{-15 cos 2x-|-11).
Докажем, что выражение в скобках всегда положительно.
Выразим его через y = cos 2х, получим 16у3-|- 18у24-Зу4-2. Ясно,
что при у^О этот многочлен положителен. Пусть — 1^у<0.
222
Имеем 16у2 (t/+l) + (2y2 + 3y+ 2). Первое слагаемое неотрица-
тельно, а второе положительно.
222.	л/г, -2—j-л/г. 223.	+1; -£-n, n=^5m.
2	bo	о
224.	arctg 2 +л/г. Указание. Рассмотрите три случая:
tgx=2, tgx>2, tgx<2. Покажите, что во втором и третьем
случаях решений нет. Левая часть соответственно меньше или
больше 1.
225.	— -у—|-2л/г, у|-л + 2л/!.
226.	-|-+2л&. Указание. Оценим левую часть:
5 sin5 х + ( — 3 cos3 х)^5 sin2 x + 3 cos2 х = 5 — 2 cos2 х^5.
Равенство имеет место, если sinx=l, cosx=0.
227.	± arcsin (2—-у/3) +Указание. Перепишем
уравнение в виде
sin (-7г-cos 2х) = sin f -|-л sin х).
\ Ь	/	\ 2 о	/
Возникают два случая: 1) -2-cos2x=-2---^-л sin х+2л/г.
и	Z	о
2) -2-cos 2х = л—(-2----|-л sin х) +2л/г.
Рассмотрим первый случай. Обозначив y = sin х, получим урав-
нение -1-(1 —2y2)=-i—-уу + 2^ или у2 —4у + 6^+1 =0.
Это уравнение имеет решение, удовлетворяющее условию
—	при целых k, если /г = 0 или /г= —1. Если k=0,
у = 2—^/3; если k— — 1, у= — 1. Аналогично разбирается второй
случай.
228.	(-1 )n arcsin (-2-(4/г +1)4-\/2^(46 +1 )2 -1) + лп, k < -1;
(-1)" arcsin(-J-(4fe +1)--д^^-(4^+1)2-1) + лп, 6>1;
(-1)" a resin (-2- (4* + 1) +-д/(4* +1 )2 + 1) + л п, /г^-1;
(-1)" arcsin(-2-(4Л +1)£ (4* +1 )2 +1) +	*>0.
229.	± 1 ±д/ 1 —2- +2л£ , /г>0, возможны любые комбина-
ции знаков. 230. ±л/лк,	-2—|-л&. 231. n2k2, -2—|—2-л, п^О.
Л	О о
223
232. ±л/л*. 6>0; -^+nk. 233. ±^nk, k^O; ~-n + nk.
о	О
234.	^16~2Я• Указание. Из уравнения следует, что
-\/х +16—\Jx — nk. Но 0<-\/х+16—->/х=
вательно, возможно одно значение: 6=1.
16
Vx+16+Vx
<4.
Следо-
235.	1+^. 236. ^-(26 +1 ±V(2^ + 1 )й-192), 6<-8 или
6^7, k=£—25, 6=/=—10, 6=/=9, £=/=24. Кроме того, уравнение
имеет еще четыре корня: —У к а з а н и е. См.
решение уравнения 20 вводной части. 237. ^--|-2л6. 238. л + 2л6,
О
л±-£-+2л£. 239. --2-+2лЛ. 240.	л, л. 241. —7— л,
6	6	42	42	42	12
тх* л. 242. ^гл + 4л£, 4-л+4лй, — 4гл + 4л6. 243. 4-^+4~^k<
12	15	3	15	4	3
~т+т^	244-т-
245.	у-. Указание. Задача сводится к доказательству не-
равенства л + arctg -|->3 или tg ( 3 -|—л) <4-. Но
3	3	\	3	/	3
3-|—Л<ТТ (докажите!), a tg^- = tg(-^—у-) =2— л/3<4--
О	1 Z	1Z	\ О	/	О
246.	10 4-л + З arctg^r- . У к а з а н и е. Корни уравнения обра-
Л	о
зуют две серии: -£-Ч-л6 и arctg +nk. Для первой серии k=0,
2	5
1,	2; для второй серии 6 = 1, 2, 3, поскольку arctg 4-Зл<
О
<-2- +3л < 10.
247 0* | 1 • I —1 —~\/33 248	2 Зл 2 — л
’	’	4	’	4	’	6	’	6	’	2	’
Зл4"2	2 — л — 11 л-f-2 9л-f-2	24^ тг_____1
2	’	6 ’	6	’	6	’4
250.	Рассмотрим уравнение cos3a=—£"или 8 cos3 a —
— 6 cos a-f-1=0. Ясно, что при а, равном у-, у-, у-, имеет
место равенство. Положим х=* ~^~^os а . При рассматриваемых
9 Л	9 2л	9 4л
значениях а х принимает значения cosz—, cos — , cos — .
224
В уравнении для а заменим cos а = 2х — 1. После преобразования
получим данное уравнение.
251.	3 корня. Указание. Из уравнения следует, что
-7х + 90 — д/х = £, где fe = l, 2, ..., 9. Но лишь для fe = 4, 7, 8 полу-
ченные значения х входят в область определения исходного урав-
нения.
252.	0, у, у л. Указание. Первое уравнение имеет сле-
дующие решения, удовлетворяющие неравенству |х|^3: х=
=-£-£, где —и x=-^-fe, где —
о	7
Нетрудно среди первой группы отобрать решения, удовлетво-
ряющие второму уравнению. Докажем, что среди второй группы
ни одно решение, кроме х=0, не удовлетворяет второму уравнению.
Преобразуем второе уравнение: cos 2x4~cos ------5х) =1,
2cos(f-Tx)cos(Tx~f) =L
Подставим x=-^-k.
Получим 2cos(-j---COS^y- —
При целых k cos^^- —=	.
Следовательно, должно выполняться равенство cos^-j-----
Зл&\ , л/2	Зл& л 1	7	о
——) =	» т- е- тт" = -z-n, &=—п\ значит, п = 3 т,
14 /	2	14	2	3
k = 7tn, а поскольку |&| <7, то т — 0.
7	1
253.	—— , —. Указание. Выразим из второго уравнения
О о
sin у . Заменим в первом cos лх = 1 — 2 sin2 у и подставим вместо
sin у найденное выражение. Получим после преобразований
^2 sin -у — 1) ^cos—у — 1) =0 и т. д.
2	1	1
254.	——, — — , —. Указание. На основании первого
о	1э	3
уравнения найдем 4 cos2 5лх=^5ш у — cos у , откуда
sin — — —2 cos 10лх— 1.
X
Заменим во втором sin у . Получим уравнение соз^ЮлхН-
+-?-) —4“’ откуда: 1) 10лх = 2л/г, х —
О / Z	Э
225
2) 10лх=2л/г—.
О	1 о
1) Заменив во втором уравнении 10лх на 2л£, получим
sin — = —3, что невозможно.
X
2) В этом случае sin =0, откуда х = -—-.
Приравняем значения х: 3^~-- =—, м =	.
к к	15 п 3k — 1
Знаменатель этой дроби не делится на 3. Следовательно,
3/г— 1 может равняться делителю 90, не кратному 3, т. е. 3k—1
может принимать следующие значения: ±1, ±2, ±5, ±10.
Найдем, для каких из этих чисел k — число целое.
Подставим эти значения х в первое уравнение. Подойдут все,
2
кроме х=— .
255.	При O^cz^y", а = -~, -|-л^а<л решение одно; при
остальных а три решения. Указание. Пусть аУ=-~. Обозначим
*/ = tg(x + 2a), a = tg а.
Уравнение примет вид
=1 или (‘/-1)(У2 + (1+а2)у+1)=0.
Дискриминант квадратного уравнения равен £) = а4 + 2а2 —
— 3=(а2 —1)(а2 + 3). £>>0, если а>\ или а< —1. Случаи
а=±1 и а=у-рассматриваются отдельно.
256.	±-у- + Указание. Преобразуем уравнение
4 (cos (х + а) + cos (х — а)) cos (х — а) + 1 = 0,
(2 cos (х — а) + cos (х + а))2 + 1 —’ cos2 (х + а) = 0.
Таким образом, cos2 (х4-а)= 1; х + а = 2л£ или х + а =
= л(2£+1).
В первом случае cos(x —а)=—i-, х — а= +2ля,
Z	<5
а=±-т-+л(£ —га), х=4-^-+л(& + п).
О	о
Во втором cos (х —a)=-i-, х — а=±—-+2лп,
Z	о
=•=£") +л(& — п), х=("5“	+л(^4-п).
а=(т±
226
257.	Рассмотрим два уравнения:
х2 cos a cos p + x(sin а 4-sin Р)4- 1 =0	(1)
и
х2 cos р cos у + х (sin р + sin у)+ 1 =0,	(2)
cos a=/=cos у, cos p=/=0.
Найдем, при каком необходимом и достаточном условии эти
два уравнения имеют общий корень. Вычтем почленно одно из дру-
гого и сократим на х(х=/=0). Получим линейное уравнение
х cos р (cos a —cos у) 4-(sin a —sin у) = 0 или
x cos p sin — cos =0.	(Iх)
Умножим теперь почленно уравнение (1) на cosy, уравнение
(2) на cos а и вычтем почленно одно из другого. Получим после
преобразований уравнение
x(cos + sin р sin ) 4-sin =0.	(2х)
Можно доказать, что если уравнения (1) и (2) имеют общий
корень, то и уравнения (Г) и (2х) также. И наоборот, если урав-
нения (Г) и (2х) имеют общий корень, то и уравнения (1) и (2)
имеют общий (тот же) корень.
Для того чтобы уравнения (Г) и (2х) имели общий корень,
необходимо и достаточно выполнение равенства
cos Р sin2+ cos	(cos4-sin р sin ) =0,
£	Li	\	L	£	/
ИЛИ
cos р —cos р cos (a 4-?)+ cos a 4-cos у 4-sin p sin (a4-y) = 0,
cos a 4- cos P 4- cos у — cos (a 4- P 4~ ?) = 0.
Из симметрии этого равенства относительно a, р и у следует,
что любые из трех рассматриваемых в условии квадратных урав-
нений имеют общий корень.
Осталось доказать, что этот корень один и тот же для всех
трех. Для этого нам достаточно доказать, что если между а, р, у
имеет место найденное соотношение, то общий корень первого и
второго уравнений совпадает с общим корнем первого и третьего.
Из соотношения (Г) следует, что общий корень первого и вто-
a-hy
cos—9-
рого равен --------— .
cos р sin —-—
Р+т
COS“2“
Общий корень первого и третьего равен -------—- .
cos a sin
227
«+y	P+y
cos--^-	c°s —
Надо доказать, что-------- ----------— .
л . a + v	p + y
cos p sin —cos a sin —%—
Освободившись от знаменателя и преобразовав произведения в
суммы или разности, получим:
sin3a+P+2v +sin ~3“+р sin -g+2P+2?. =
= Sin <Х + ЗР + 2Т +sin«^3P +sina-P2+2V .
Перенесем все в одну часть и вновь преобразуем разности в
произведения:
sina~p cos (a + р + у)+sin (р — a) cosaр +sinp-^a cosy=0,
откуда sin 2-^- (cos (a + P + y)—cos a —cos p —cos y)=0.
258.	1. 259. л/З—|~Л/б. 260.	•
’	3	4
261.	—->]2. Указание. Перепишем уравнение в виде
arctg (х — 1)—arctg (х +1)=2 arctg (х+ 1).
Найдем тангенс левой и правой частей. Получим:
(*-!)-(*4-1) _ 2(х+1) OTKVna х2_9
14-(х-1)(х+1) - ~(х+1)2 ’ ОТКУДа Х 2-
х=-у/2 не подходит, так как 3 arctg (-\/2+(даже >л).
262.	— sin^^—4~ —. Указание. Воспользуйтесь тож-
деством arcsin x + arccos х=-^-.
263.	±-|-(л/9 + 4л-1). 264. 0; 1. 265. 10« + 20nAi. 266. ±(л/3 +
+ 1). 267. —1; 0; 1. 268. —1.
269.	Уравнение не имеет решений. Указание. Если
О^х^-^-, то 2 arcsin х^-^-, arccos 2x<i-£-.
£	__ о	Л
л/3	2
Если —^х<0, то 2 arcsin х<0, arccos 2х^—л.
4	3
Если —то 2 arcsin х<—arccos 2х^ л.
2	4	6
^Неравенство 2 arcsin х<—если х<—следует из
того, что sin уЬ. ==±.(Л/б^Л/2)<^.
228
+ nk, ±^-
о
к а-
1.
1 л
276.	~4~ ——|- л (k -р л), -4-— л (k— n)j .
277.	~4~ ——р л (& л), — —|-л (Л — л)^ ,
278.	(&л; л л); ( —+&л, —+лл) ;	4~/гл,	.
279.	(-у- + л (fe + л), у-4-л(& —п)) .
280.	(0; 0); (v+t^ T+Tfe) ' Указание- Если *=0,
то у = 0. Пусть jq/=/=O. Поменяем во втором уравнении левую
и правую части и перемножим почленно уравнения. Получим
sin2(x —	sin2^z/+y-^ =cos2^y+-~-) cos2(x—, или
х —
X —
0. Значит,
х —
= -2-4-л&. Но в обоих случаях будет sin2(
+ -£-) , значит, х=у. (Следует из системы.)
281.(-g- +л6, —£-+лл) .
\ 1Z	о	/
4-nfe, ± arccos
283.	( ± arccos+ 2л£, =F arccos X- + 2лп) . Указание.
Из системы получаем 4 cos у = 5— 6 cos х, 4 sin у= —6 sin х. По-
членно возводим эти уравнения в квадрат и складываем.
284.	(л£, лп). 285. (^~+4-k, пп
286.	(±у- +2л£, (-1)я-2- + лл) .
Л i \
—+nn) 
229
287.	+2nfe, -—-л ±-—-+ 2лп) . Выбор знаков любой.
Указание. Сделайте замену n = sin % + cos х, u = sin у 4-cos у.
288.	(nk, ли); ( ± arctg + nk, ± arctg + пп) . Указа-
ние. Применим к левым частям формулу синуса суммы, а затем
перейдем к новым неизвестным n = tgx, u = tg у. Предварительно
надо убедиться, что х =/=-—- +nk, у#=—-+ли.
289.	((-l)^+nfe, (-1)"+1 f- +лл); ((- 1)*+'	+ nk,
(— 1)"	+ лп) .Указание. Сделайте замену u = sin х, v = sin у.
290.	(±-J-+2n&,	+ 2лл) ; ( ±^- + 2л&, Ту-+2лп) .
У к а за н и е. Почленно возведем оба уравнения в квадрат и сло-
жим.
291.	((- 1 )* -2-+ nk, -=-+ лп) ; (2L+	-2-+ (- 1 )*arctg4 + лп).
Указание. Вычтем почленно одно уравнение из другого. Полу-
чим после преобразования —Sl” 2х —2 cos х. Пусть cosx=#0.
COS г“ cos
Выразим cos 2у = sin х —cos 2х.
Перемножим почленно уравнения:	2%+cos 2^ sin2 х —
— 4 cos2 х. Заменив cos 2у, после преобразований получим урав-
нение
20 sin3 х + 4 sin2 х —3 sin х —2 = 0,
или
(2 sin х — 1) (10 sin2 х + 7 sin х4-2) = 0.
292.	(~+nk, ^-+лПу, (v+f*’ arcfg т+т(* + 2/г))-
Указание. Пусть ху=-^—{-л£, у =#-£-+ли. Из первого урав-
2	2
нения следует sin х cos у = 3 cos х sin у или tg у=—tg х.
О
Затем преобразуем второе уравнение, применив формулу коси-
нуса суммы, разделим его почленно на cos у и заменим tg у.
293.	( —arcsin ^+2nk, arcsin Ц-4-2лл);
( л 4-arcsin т^-4-2л£, л—arcsin ^|-4”2лп^ . Указание. Разде-
лив почленно одно уравнение на другое, найдем cos х = 2 cos у.
230
Раскроем во втором sin (% + */) и заменим cos % на 2 cos у, затем
найдем sin х=——2 sin у и т. д.
о
294.	(nfe; ли); ( ±4~arccos4—±4"агссо$4—(-ли);
\	2	4	2	4	/
( ±-|-arccos	±-^-arccos	Указание
Из системы следует уравнение
sin (Зх + 2у) sin у — sin (2х + 3//) sin х,
откуда после обычных преобразований получим равенство
sin (2x + 2r/) sin (х —г/) = 0.
Если 2х + 2// = л£, то sinx = 0, sin у = 0.
Если y = x-\-jik, то, заменив в первом уравнении у, получим
4 sin 5x + sin х = 0 или sin х (8 cos 4x-j-8 cos 2х + 5) = 0.
295.	(j-+nk, -у+лга);
( ±4-arccos	—|-nfe, ±4-arccos	—l-roi ). Указание.
\	2	2a	2	2a	/
См. решение 294.
296.	( ±-~-+ л& + 2лп, л£^,
( arctg 2^ +2лл 4-nfe, Tarctg 2-\-nk^ .
297.	(лк, 2лп); ( — arccos ~+2лк, ^+2лп^;
(arccos'-i—|-2л&, —^-4-2лгг). Указание. Перемножим по-
членно данные уравнения. После преобразований получим урав-
нение с одним у, из которого найдем: 1) cos z/=l; 2) cos у= —i-.
Второй случай в свою очередь разбивается на два:
а) //=“4-2лл; б) у= — ~Ц-2лгг.
О	о
Рассмотрим случай а). Подставим //==^+2ли в оба уравне-
ния. Получим (после преобразований):
-\/3 cos х —5 sin х = 3 д/3,
3 д/З cos х —sin х=д/3.
Из этой системы найдем cosx=—, sinx=----------.
Аналогично рассматривается случай б).
Замечание. Проверьте, что при подстановке найденного у лишь
в одно из уравнений будут лишние корни.
231
298.	( ±(у—arccos 4~n*, Ту-arccos y-4- лп) .
Указание. Перемножьте почленно данные уравнения.
(4	5 \ /	4	\
arccos —, л — arccos —); I л — arccos -=-, л).
о	13 / \	о	/
Указание. Выразим cos х и sin х через у.
2	1
cos х=—(2 cos // + 3 sin у), sin х=—(2 sin // —3 cos у).
о	о
Далее почленно возводим эти равенства в квадрат и складываем.
300.	(у-+л£, (- 1)яу-+лп); (--^4-л*, ±у-+лп).
Указание. Первое уравнение можно преобразовать к виду
2(sin у—4")(sin У 4-у-) =(sin у—-0 (1 4-sin 2х).
301.	(у-4-л/г, ±у-4-2лп);
((— 1? -уarcsin±arccos2лп);
((— l)*+l arcsin~^-|-4*у-±arccos~^-|-4-л4-2лп).
Указание. Из первого уравнения следует, что или cos
или cos у = sin 2х.
302.	± arccosлп ) ;
(±й+я<!' т±т+2’и) 
(f±£+n*. -f±f+2™).
Указание. Из первого уравнения следует, что или tg х = 1, или
sin y = cos 2х.
303.	( —£-4"2л&,	р2лп) . Указание. Второе уравнение
преобразуется к виду
(sin x + sin у)2 + 2 (sin у— 1)2 = 0.
304.	(у-4-л (2*4-1), у-+лга, у—(2*4-1) л-ли) .
Возможны любые перестановки указанных троек. Указание.
Преобразуем первое уравнение:
—^-(cos 2x + cos 2//)— cos2 (х + //)^=0,
cos (х + //) cos х cos y = 0f или cos x cos у cos z = 0.
232
305.	(-2-+2nfc, -2-+2лл, -£-+2лт);
(-|-л4-2л&, л4-2лл, -|-л4~2лт) ;
|-2л/г, -“4“ 2 л/2, —£-4-2ши);
^~-+2л&, —£-4-2лл, -£-л + 2л/п).
Возможны также любые циклические перестановки третьей и чет-
вертой троек. (Это означает, что если (а, Ь, с) — решение системы,
то (Ь, с, а)\ (г, а, Ь) также решения.) Указание. Из первых
двух уравнений найдем sin y = cos х tg z, cos y=—tg z. Почленно
возводя эти уравнения в квадрат и складывая, получаем уравне-
ние, не содержащее у, Заменяя в этом уравнении ( tg2 z —
= —2g—) cos z на — tg x, получим уравнение относительно x.
306.	(-у+2л&, ~-± arccos ^4"2лп, -у-4“2лт);
( —£-+2л£, ——Ь arccos ^~4-2шг, —--4-2л;/п) ;
(—л + 2л£, ~fc arccos	2лп, -^-л4-2ллЛ ;
( —^-л + 2л&, —л± arccos ^-4-2ли, —|~л4-2лт^ . Указа-
\	3	о	4	3	/
н и е. Вычтем почленно второе уравнение из первого. Получим
(после преобразований) sin 2 sin *+z~2y-J- sin х+г+2У^ = о.
Возникают два случая: 1) sin-^-^=0, х—z = 2nk. На основа-
нии третьего уравнения найдем х=±-^—|-2лп, з=±у-4-2л/п
(знаки одинаковые). Затем подставляем в первое (или во второе).
2) 2sin(^i^-—4+sin(^i^+f/)=0’откуда
2 sin x+z cos у — 2 cos sin у + sin x^— cos у 4-
-|-cos *+z sin y=Q, 3 sin cos y=
cos —- sin y, tgi/ = 3tg4^.
Преобразуем теперь первое уравнение:
12 cos х cos 2/4-4 sin x sin y = 3.
233
Почленно поделим это уравнение на cos у и возведем в квадрат,
а затем сделаем замену: tg t/ = 3 tg x+z ;
получим 16(cos x-J-tg X^~ sin x^ = 1 +9 tg2 x+z ,
или 16(cos cos x4-sin x^z sin x) = cos2 *+~4~9 sin2 x~^-~,
in 2 X — Z	2 X4-Z . л • 2 x + z
16 cos2 —-=cos2 ——1-9 sin2 ,
16+16 cos (x —z) = 1 +cos (% + z) + 9 — 9 cos (x + z),
8 cos (x — z) + 4 cos (x+z)= —3.
Учитывая третье уравнение, получим cos (х —z) = cos (x + z) =
=____1_
4 *
Вновь возможны два случая. Рассмотрим один: х = 2л/г,
z = ± arccos ( —+ 2лп.
Заменив х и z в первом и втором уравнениях, получим для у
два уравнения, не имеющие общих решений.
Аналогично рассматривается другой случай.
307.	( ±-£~+л/г, ±^-+лт, т-^+лп),
где & + m + n — четное число. Указание. В каждом уравнении
перенесем константы в левую часть и попарно перемножим (по-
членно). Например, рассмотрим первое и второе. Получим:
tg X tg2 у tg z — 3 tg у tg z + 5 tg x tg у — 15 = tg x tg .
Ho —^—= 1 -Hg2 У-
cos21/	1 s 57
Обозначим tg x tg y = a, tg у tg z = ft, tg z tg x = f.
Получим из первых двух уравнений 5а —3ft —f= 15.
Аналогично, рассматривая другие пары, найдем:
За — ft — Зг = 9, — а + 3ft + 5г = — 15.
Из системы для а, ft и с найдем а = 1, ft = — 3, с= — 1. Затем
найдем tgx=±4r, tgy=±V3, tgz==F-\/3 и т. д.
л/3
308.	(а±-^+2лй, а=Ру-+2лп).
309.	((— 1/а + л/г, ла); (л/г, (—1)па + лп).
310.	(а + 2л/г, ла); (л/г, а + 2ла);
—а + 2л/г, ч—-—а + 2лп^.
234
Указание. Будем преобразовывать второе уравнение, учиты-
вая первое уравнение, имеем
sin х cos x + sin у cos y = (sin x4-sin y} cos a,
sin x (cos x — cos a) 4- sin у (cos у — cos a)=0,
(sin a —sin y) (cos x —cos a)-|-(sin a —sin x) (cos y —cos a)=0,
(sin a cos x-f-cos a sin x)4-(sin у cos a4-cos у sin a) —
— (sin у cos x-f-cos у sin x) — 2 sin a cos a = 0,
sin (a-|-x)4-sin (a-hy) —sin (x-|-y) —sin 2a = 0,
sin (a4-^1^-) cos	sin fa 4-^1^-) cosf a —=0,
sin (a4-sin x~- sin ^~-==0 и т. д.
В следующих далее ответах на неравенства указывается номер
соответствующего уравнения, затем в скобках — знак неравенст-
ва, заменивший знак равенства. В самом ответе для краткости
указывается период решения и решение на одном периоде. Вклю-
чается или нет конец интервала в решение, указывается направ-
лением квадратной скобки. Изолированные точки решения обозна-
чаются фигурными скобками.
Например, запись ответа в виде Г = л, {у-}, [у у[ озна-
чает, что решение состоит из изолированных значений х =
=-2-4-л£ и системы интервалов
о	<5	Z
1 ~ 2 ; LU’ 4 J; t 8 J •
57. (» 7' = л; [-f, f], 58. «) Т=2щ ]-f, fл[.
59.	(>) 7' = 2л; J-2-,	60. «) T=2n; [--j-, -f-].
61.	(>) х = 2л6. 62. (<) Г = 2л; ]-|~л, л[; ]л, -^-л[.
63.	(>) x=^nk, x=#-^+2nfe. 64. (О x —любое. 65. (» Т=2л;
[—arccos^-, arccos^-]; {л}. 66. (<) Т = л;
235
67.	(» т=л; }f, f [; ]f,
68.	(О Т=я; [ — arctg
69.	(»7--2л;[—
70.	«) 7=2»; ]-f я. о[; ]f л; f{; л. л[; ]f я. f л[.
71.	(» 7 = 2л;	]f. 21[;	^л[.
72.	«)Т=л; [JL. £]; {-=-}; [£. £].
73.	(» Т = л; [-i i]; [f ,£]; {-=-); [£ . f я].
74.	«) 7 = 2n;]if[;][l,^[; [£,!£[;
15л	21	Г	125	29	Г
Н“ * л ’ ГиГ л» Тл л •
J 4	16	L	J16	16	L
75.	(»7=2„;]-ALa.|L„[;]Hn
1149	209	Г.	1269	71	Г.	1329	389	Г
J240	Л’	240	Л[ ’	J240 Л’ 60	Л L ’	1240 Л’ 240	Л|_ '
76.	(О Т=^-; [-2-, -2-]. 77. (» х — любое.
76.	«)7 = 2„;]-f.o[;]f.f{;]n,i„[.
79.	(» Т-я-. ]0.2L[;]An,f[.
80.	(<) 7=360°; [4°, 38°]; [49°, 94°]; [139°, 158°]; [184°, 229°];
[274°, 319°] 81. (» -^+^-лЛ<х<^+4-лй; x=-i-+-|-n*.
Замечание. Часть указанных изолированных точек принадлежит
также и интервалам. 82. (<) Г = л; 1—, ^-Г ; 1|£, |^Г ;
I /и оо I I оо хи l
1л 7лГ 113	17 Г 111	7	Г . 125	3 Г . 129	11 Г
J 4 ’ 20 L ’ J36 Л’ 36 Л1 ’ J20 Л’ 12 Л1 ’ J36 Л’ 4 Л[ ’ J36 Л’ 12 Ч ’
83. (>) х=/=л£. 84. (^) Г = 2л;	—	arcsin-^-(2-\/2—-\/б), 2л +
+ arcsin-i-(2-\/2 — -\/6)J . 85. (^) Г = 2л; £—|-л, -|-л^ ;
[т"- т]- [т"•	[г* М”' (<> г-2л;
]-Г"' т"[-87- <» г-2"; J-O-M-
236
88. (^) Т= л; [—arccos3 , o[j jo, f-arccos
89. О)	^];[т’т[']т’Т"];
[-?-" т-4 - ]т». т490 «> 7'=21’' > -гЫ-ь
В- И;В_„, я[;]л,	-н^Н;
If л, -£лГ. 91. О) 7’=л; Ъ, f[ ; If-. f-лГ. 92. «) Т=л;
[—j-л, f ]. 93. (» х = 2л/г. 94. «) Т = 2л; ]f-, -|-л[ ;
]л. 2л[. 95. (>) x^k. 96. «) Т=п- ]-f, -f-]; ]f-, -=-[ .
97. (» 7=л; [f-, f-]. 98. «) Т=2л; ]-f, o[ ; ]f-, -|-л[;
]л, -|-л[. 99. (>) Г=2л; ]-f-, arcsin ; ]f-, л— arcsin
237
то решением неравенства будет 0О<у, -^-<х<^-,
-|-л^х^2л. Если 2л£^х^2л (k-\-1), k=/=Q, то 2л/г^х^-^—|-2л^.
•|-л + 2л/г<х<2л(Л +1). 109. (» Т=л; ]о,	-J-];
]f. v]- но- «) т=2я’ ]^-arccos(l-^),
^+arccos(l-f)[. lll.(>) Т=л\ ]£,f+
+-i-arcsin-J-Г ; 1^- -^-arcsin %- лГ . 112. (<) 7' = л;
Z	“ L J О	Z	*r Z1 L
]f • 1];	”[• "3- О’ Г-Т"; O' T]• "4- «’r-
=2л- ]!• -M • >• M • "s- <>’ T=n> ]f  t[:
”[• ll6’ «H=’:[-t'i{"’-|>)r=2t
}f, |-л] ; ]«, |«] ; ]f Л, 2л[ . 118. (О Г = 2л; ]-arctg^-,
n-arctg-l-[ . 119. (>) Г = 2л;	f{ • 120. «) Т=л;
]-t •	: ]-f-0[  ]t 	
121. (» 7 =	-farcsinf]; {f); [f+^-arcsin A.
{,[. 122. «) r=f; j^-. ^[. 123. (» Т=л; ]£, f [;
>• Sb ]b тг[; 1МФ > "[• ,M- «’O";
In —1 • Г — л Г • 1 л — 1 • 1 л 5л "| . "|2л_ Зл Г . Г5л 7л~|
J0, 8 J ’ L 6 ’ 4 L ’ J з ’ 8 J ’ J 2 ’ 8 J ’ J 3 ’ 4 L ’ L 6 ’ej*
125. (» 7’=2л; Го, =£-1 ; Г§- , -=-Г ; Г-J-,	1 ;	, f-Г ;
L 3oJ |_3о о L L 4 Зо J |_3о z L
]f  t t ОО М"] о-о
[t * §"] ; [в- "• Т ]  И " 7- "[ • 126- «’ Т= > 5Г [ :
1 л 5л Г , "IZZL Зл Г , 111л л Г . ~|1 Зл 5л Г , ~|17л 19л Г . ~17л 23л Г
JT ’ 241 ’ J24*’ 8L ’ J 24" ’ TL ’ JIT ’ TL ’ J 24 ’ "241 ’ J 8 ’ 24 |_ '
,27. (» T=f; ]i, |1[. 128. (<) T = K
[3* 2L1 . [52. 9л I ГЗл Нл 1 129	T =
L14 ’ 4 J ’ L14 ’ 14 J L 4 ’14 J v /
238
Г-^-arccos 4~(л/б —2), л-4- arccos(л/б — 2)1 . 130. (<) Нет ре-
I	I
шений. 131. (» Т = п; ]о.£-[ ;	; }=-,!£[ ;
~13л	11л Г . "1 л	21л Г . ~|5л	17л Г	.	~|17л 29л Г ,	~13л	19л Г
J 8 ’ 24 L ’ J 2 ’	40 L ’ J 8 ’	24 L	’	J 24 ’ 40 L ’	J 4 ’	24 L ’
>.3£[. 132.	«) Т = к	]f ,f л [ .	133. (» Т=л;
т]  > • f [ ; > • Т ]•>"] 134' «> г=21" Е“”
0<х<—неравенство выполняется. Знак меняется в точках
-17Г+1ГЛ*’	v+vnA- ПРИ этом *=V + 21лЛ
принадлежит всем трем сериям, т. е. знак в этих точках меняется.
135. (» 7’=2л; ]-f л, f[ • 136. «) 7 = 2л;	0 [ .
137. (» Т=2л; {у-} ; [у , у-2 arctg у] . 138. «) Т=2л;
[’>	'|"я[ ’ ]"|"л’ 2л[ • 139. (>) 7'=2л. Если
0<х<у-, то левая часть меньше правой (знак <). Знак меня-
ется в точках -^-(14-2/г), -^-k,	Ь-%-k, -т-+-х-Л. (В точках
9	о о о 4	2,
nk знак меняется.) 140. (<) Т— л;	’>	у’[ ’
|3л Зл Г ф« "|_л_ 4лГ , "|5л_ 5л Г . "|3л_ 6л Г , ~|7л
18 ’ ~L; J 2 ’ TL ’ J 8 ’ 7 L ’ J 4 ’ 7 L ’ J 8
[у-л, 2л[. 143. (>) 7'=2л; ]о, у[ ; ]у, -у[ . 144. «) 7'=2л;
7’=2л; [-f, arctg; [л-arctg^2 ,	;
Гл + arctg2л — arctg ^<^1 • 146. (<) Т=2л; (у-1 ;
L	о	о J	х О }
239
J^-, -|-л£; [я’"|'я[’ Л'Я’2Я]* 1^7. (>) Т = л. Если 0<х<
<-?-, неравенство справедливо. Знак меняется в точках ,
о	о
-^±^-+я*, ±-£-arccos -^-+л/г(-£-<-|-агссо8 4-<’г) •
Z О	Z	О	\ О Z	О + /
148. (<)7- = K]0,f[;]f.^[;]^.f[;]^.S-[.
$ 2. Показательная и логарифмическая функции
1.	а) 1; б) 24; в) 8; г) 1g 2; д) 10; е) 7; ж) 0; з) 0; и) 0. У к а-
за н и е. Группируем первое слагаемое с последним, второе —
с предпоследним и т. д.; к) 1.
2.	а), б), в) Минус; г) плюс. 3. a) logs 3>-^-; б) log2 5<2-|-;
<5	о
в) log 110> —2-|~; г) -^8>22log2S+log’69; д) равны; е) logeSclogeb;
1 5
ж) log2 5>log5 32; з) log7 8>'loge 9. 4. 3a + ab. 5. 3(1—a — b).
6. 4(3—a) 7 2b±a=2	8 5n^3	9	_6<x^ _5; 5<^x<7;
34-a	1 — a	6
6) — 3<x< — 2; — 2<x< —1; х>1; в) — 5<x<—4;
-4<x<—|-; x>0,5; г) x>-4,5; д) l<x<2; 2<x<3;
e) l<x<2. 10. а) Рис. 88; 6) i/ = log2 |x|; в) y=l—x2,
1—x2>0; г) y=x2, x>0; д) рис. 89; e) рис. 90; ж) y = log2X,
log2X>0; з) рис. 91; и) рис. 92; к) у=0, х>0, х=/= 1. 11. 9.
12. —2; 4. 13. -5; 5. 14.—3; 5. Указание. 33+7128 =
=(732+ I)2. 15. 5. 16. 0,6. 17. 0,25. 18. —4; 3. 19. 66. 20. 2. 21. 1,5.
Рис. 90
240
Рис. 91
22. Решения нет. 23. 3. 24. 1. 25. 1,5. 26. —2; 3. 27. 0; 2. 28. — 1; 2.
29. — 1; 0. 30. 0. 31. 1; 2. 32. 0. 33. -log2 3; 1. 34. 1; 4. 35. 2; 9.
36. —2; 2. 37. —2; — 1; 1; 2. У к а з а н и е. Замена у —2х — 2~х
38. 1. 39. 4; 5. 40. 1. 41. —2.
42. Решения нет. Указание. После замены у =	•
’	5 +4-5
получаем 4у2——0,01=0. Так как свободный член
этого квадратного уравнения отрицательный, то корни имеют раз-
ные знаки. Сумма корней 2-, значит, положительный корень
больше 4-, а по замене 0<у<4_-
4	4
43. nk. 44. -Т-+-2-Л. 45. -7-+л*; 4“|-2л/г; л + 2л/г.
4	2	4	2
46.	±-k. 47.	48. (-!)*•-£-+лб; nk. 49. 1. 50. 0,1;
ЮА 51. 10. 52. 4. 53. 10; 100. 54. 0,001; 10. 55. 3; 81. 56. 4. 57. - 17.
58. -3; —2. 59: —2. 60. 5. 61. 2. 62. 1,5. 63. 1. 64. 9. 65. log3 10;
log328 —3. 66. 1. 67. 1. 68. 100. 69. 10. 70. — 2 log5 2; 2.
71.	log;5 L 72. 3(l+log2_3)	2 73. 3 4-|_log 3. 74. 0,1; 1; 10.
1—	Iog2 5	1— 5log23	&
75.	0,1; 10. 76.0,0001; 10. 77.7; 14. 78. 104. 79.2. 80. 10. 81.2.
82. -A-; 6. 83. 3. 84. 2. 85. 4~; 2. 86.	; 4~. 87.	; 2. 88. 1.
89.	-1-. 90.	. 91. 4~; 9. 92. 8. 93. 4"- 94. -4~; 4~- 95- 5.
У	о	3	2	2	2
96.	д/2; 3. 97.	; —2; 3.98.1;2.99.-5-. 100. —101.17.102.
D	3	3	4
103.	—1. 104. 0<х<1; 4. 105. 4г- *09- —32; —2.
20
107.	—64; — 1. 1О8.-|-. У к а з а н и е.±2 Vх — 1 = IVх— 1 ± 1I-
241
109.	—i-. Указание. 6x2-f- 23x4-21 =(3x + 7)(2x4-3). После
замены у = log3x+7 (2х-|-3) уравнение принимает вид 2у+—=3.
У
110.	-1-; 1- 111. 4-. 112. -4-. ИЗ. -4-4-2Л*. 114. (— 1)Л--^-4-
Л	4	о	1Z	О
4-л£. 115. 4--|-2л&. Указание. Замена y=log2cosx, тогда
О
cosx = 2!/, ctg2x=3!/. Так как ctg2 •y = 1L°cos^x ’ то получаем
4У / 3 \ у
уравнение Зу= или! —) =3^4-1, которое решаем графичес-
ки. 116.-7-4-лб. 117. -2-|-2л£. 118.4-4- nk. 119. -2-4-2лЛ. 120.4"+
4	о	<5	4	4
4-2л&. 121. arcsin^"1 4-2лА;; arccos4~2л/г.
122.	arccos (V2 — 1)4-2л&. Указание. Замена y = log^ sin х.
123. —т-4-2лй. 124. Ц-. 125. £. 126. 1. 127. 3. Указание.
4	25	25
Проверить все целые числа из области определения. 128. 2.
129. (0; — 3). 130. (1;2). 131. (3; 0). 132. (3; -9). 133. (13; 8).
134. (1,5; 2). 135. ( — 2; —2); (2; 2). У к а з а н и е. Первое уравнение
имеет вид f(x)=f(z/), где функция f (/) монотонно возрастает,
значит, принимает каждое свое значение один раз, откуда х=у.
136. (^11	. 137. (1;2). 138. (2; 2). 139.(4-;-|-).
140.	(4;2). 141. (--Ь -2) . 142. (^2; 15); (2; 3). 143.	:
(З;9). 144. (f;f) .145. (-V2;J-) ; (2; 1). 14в. ( -f; J-).
Указание. Умножим первое уравнение на 2~л+//*32^, выразим
2~х~^ и подставим во второе. Получим однородное уравнение
З2* —4-З'+^ + З-32х = 0. 147. (с; —2); (1,5; 4), где 1<с<2.
148.	(2; 1); (с; с), где с — любое действительное положительное
число. 149. (125; 4); (625; 3). 150. (4; 16). У к а з а н и е. Прологариф-
мировать первое уравнение по основанию у. 151. (2; 6); (6; 2).
152. (—1; —3); (3; —3). 153. (-|-; у-; у-) . Указание. В каж-
дом уравнении переходим к одному основанию и потенцируем. По-
лучаем х -y/yz =4, у	z 16, откуда xyz=24. 154. —
155. — 2<х<2. 156. —3<х<—2^/2; 2^/2<x<3.
157. х<4 — 2д/2; х>4+2^2. 158. х>—2. 159. х>-|-.
160. x<log3-i-; log3<х<log3 161. log з lg.<x<l.
ZD	О	— 4У
О
242
162. 0<х<1. 163. х<—6; х>2. 164. х<—3; х> — 1.
165. х<—2; х>1. 166. х>1. 167. 1<х<2. 168. — 2<х< —1;
х^> 1. Указание. Домножить на (-\/5 —2)л_|. 169. —3^х<2;
2<х<7. 170. — 3V|+! <х<—2; 1 <х<3л/|+1 .
171. —|~<x<-5+VT3 ;	172. у-<х<1.
2<х<4-. 173.^-<х<1. 174. х>2. 175. 1<хС4. 176.2<х<5;
2	4
5<х<15. 177.	<х< —1; 1<х<^Д . 178. 1<х<10.
О	о
179. 0<х<у-; х>243. 180. х>3. Указание. 2А + 3-2~Л > 1.
181. 0<х<3. 182. х<0; 1||-<х<2. 183. 0<х<1.
184. -1<х<4-;	185.
О	О
186. 1 <х<у-. 187. 2<х<3; х>7. 188. х> 1. 189. -у<х<-у;
1<х<4. 190. х<—2. 191. —у<х<1; х>1. 192. -1 <х< 1;
3<х<5. 193. —|-<х<0. 194.	х>-|-. 195. х>2.
196. х>0. 197. 4<х<3+л/2; х>5. 198. х>^/3. 199. 0<х<
<^y-L- 200. -2<x<-i±^. 201. 0<х<0,1; х>1.
202. —2<х< —1; 1<х<2. 203. 1<х<-|-; 2<х<-|-; х>3.
204. у-; -|-<х<у-. 205. х<-2-^3+л/б;	— 3<х<-2 —
—^З-л/б; — 2+л/З—л/5<х<-1; Х>— 2+-V3+V5. Ука-
зание. Замена: у = х-)-2. 206. —2+д/З—д/5<х< — 1;
х> —2+л/3+л/б- 207. 3<х<^Ь^ ; 4<х<-|-. 208. 0<х<1.
209.0<х<1; х>1. 210.0<х< 1; х> 1. У ка з а н ие. Перейти к
основанию • 211. х< 9+л/зз . —5<х< —4; 4<х<5;
x>9j^3 212 Х<9-Н/33; _5<Х<_ЛД7; _yi7<x<_4;
4<x<V17; V17<x<5; х>^Ь^1 . 213. —у<х<0. У к а-
з а и и е. Рассмотреть графики функций у\	, у2 = 1 + log2 х
и доказать, что при —-~<х<0 и х>0 будет у\<у2-
243
214. -±-<х<1. 215. х<—3; — 1 + л/3 < х < 1. 216. х<0;
1<х<3. 217. 1<х<4. 218. 4-<х<1; х>4-.
2’^2
219. л'СЗ. 220. 1. 221. х<1; 1<х<2. 222. — 4<х<1. 223. х<0;
-±-<х<1; 1<х<2; х>3. 224. у-<х<6.
§ 3. Элементы математического анализа
1.	а) Отразить график y = f(x) симметрично относительно
оси у. б) Сжать график функции y = f(x) к оси ординат в два
раза, в) Для построения графика функции y = f(-~М) =
= f(f(x+2)) нужно растянуть график функции y = f(x) в два
раза от оси ординат и перенести влево на 2 параллельно оси х.
г) График функции y=f (х) растянуть в два раза от оси ординат,
перенести вправо на 2 параллельно оси х, растянуть в два раза
от оси абсцисс и поднять вверх на 1 параллельно оси ординат,
д) Искомый график функции симметричен относительно оси у.
Следовательно, достаточно построить график функции y—\f (х)|,
оставив только те его точки, которые лежат в правой полуплос-
кости. Затем эти точки отразить симметрично оси ординат. Для
построения графика функции i/=|f(x)| надо точки графика
функции y=f(x), лежащие в верхней полуплоскости, дополнить
точками, симметричными относительно оси х точкам графика
функции y=f(x), лежащим в нижней полуплоскости.
2.	Рис. 93. Указание.
{Зх —24-2 —Зх = 0 при х^-|-,
о
2
-3x4-24-2 — Зх=—6х-|-4 при х< —.
«5
3.	Рис. 94. У к а з а и и е.
-x-f-З —2х-|-1 =-3x-f-4 при х^-~~,
У =
— х-|-3-|-2х—1 =х4-2 при <х^3,
х —3-|-2х—1=3х — 4 при х>3.
4.	Рис. 95. Функция у=||х-|-2| — |х — 21 Учетная. Сначала
построить ее график в правой полуплоскости, рассмотрев два
интервала: [0; 2] и ]2; оо[.
244
Рис. 93
X
5.	Рис. 96. Пусть х^п, тогда х=1. Если у^х, то y=i.
6.	См. рис. 97.
7.	Рис. 98. Данное равенство равносильно совокупности че-
тырех систем:
О (	2) Г х^у, 3) f х^у, 4) f x<z/,
< l*l>lf/l, < Ixldyl, I |х| >\у\, J Ixiciyl,
(*=1у1;	(x=|x|;	[ y=\y\;	(y=|x|.
8.	Рис. 99. Множество точек симметрично относительно обеих
осей. Для точек I четверти уравнение переписывается в виде
х+//=1.
9.	Рис. 100. I способ. Для освобождения от знаков модуля
рассмотреть четыре случая. II способ. При у^О получаем
совокупность двух уравнений: х + у = 2у и х + у= — 2у\ при г/<0
получаем х-{-у = 0.
10.	Рис. 101.
11.	Данное равенство равносильно совокупности четырех сис-
тем:
1) ( |X|>£/+1,
х2>2х + г/,
I |х| =2х + г/;
Рис. 97	Рис. 98
Рис. 99
Рис. 100
245
3)
4)
^//+1 =2x4-i/; t z/4-l=x2.
Построим точки, удовлетворяющие системе 1. Эта система равно-
сильна совокупности двух систем:
1,а)
1,6)
x2>2x4-z/, и
х = 2х-|-у
х2 > 2х + у,
— x=2x + t/.
Систему 1,а перепишем в виде х^О,
*/ = —х.
Точки, удовлетворяющие этой системе, изображены на рисунке
102, а (луч у= — х, х>1).
Систему 1,6 перепишем в виде х^О,
*/ = — Зх.
Точек, удовлетворяющих этой системе, нет (см. рис. 102,6).
Построим точки, удовлетворяющие системе 2. Так как уравне-
ние |х| = х2 имеет три корня: — 1; 0; 1, то эта система равносильна
совокупности трех систем:
2, а) ( z/^0,	2, 5) Г z/< — 1, 2, в) ( //<0,
< */>3,	< £/>0,	1,
х = — 1; ^х = 0;	^х=1.
Из этих систем только система 2, в имеет решения. Они изобра-
жены на рисунке 102, в.
Рис. 101
Рис. 102
246
Построим точки, удовлетворяющие системе 3. Так как из урав-
нения системы 3 следует, что х=-~, то эта система равносильна
системе
которая является противоречивой.
Построим точки, удовлетворяющие системе 4. Эту систему
перепишем так:
у>|х| —1,
у х2 — 2х,
У=х2 — 1.
Точки, удовлетворяющие этой системе, приведены на рисун-
ке 102, г (часть параболы z/ = x2— 1, х^О).
Окончательная картинка приведена на рисунке 102, д.
12. Рис. 103. Так как нужно найти минимальное значение
выражения в зависимости от а, то х рассматриваем в качестве
параметра. Дифференцируя ах2+~- по а и приравнивая произ-
водную нулю, получаем а=±-^-.
Значение выражения у-лежит в промежутке [1; 2] для х из от-
резка ; 1J . Следовательно, при этих значениях х нужно взять
наименьшее из выражений: —х2 + ; тт = 2х, х24-1 и 2х2+4-.
‘ (4)
Рис. 102
247
Сравнивая их, получаем, что 2х— наименьшее из них (даже
при любых х, а не только из промежутка 1 J).
Значение выражения (—лежит в промежутке [1; 2]
для х из отрезка £ — 1; —• Следовательно, при этих значе-
ниях х нужно взять наименьшее из выражений: —~х2+^ --1— -=
= —-2х, х2 +1 и 2х2 + 1. Таким выражением является ( —2х).
При х, лежащих вне отрезков £ — 1; —и 1 j , нули
производной не попадают в промежуток [1; 2], и для определения
минимального значения данного выражения нужно сравнивать
его значения на концах промежутка: х2+1 и 2х2+-^-.
Так как х2+1 <2х2 + у- (интересуют только значения х,
лежащих вне отрезков £—1; —и	при |х| > 1 и
2х24~<х2+ 1 (интересуют только значения х, лежащих вне от-
резков [ —1; —и 1 при |х| то окончательно по-
лучаем:
{2х2+“|“, если |х|
2|х|, если |х| < 1,
х2+ 1, если |х| > 1.
13. См. рис. 104. 14. у = х3 — 3х2 + 3х — 5 = (х— I)3 — 4. 15. См.
рис. 105.
248
Рис. 106
16.	Уравнение можно переписать в виде (х — 1)2+(у—2)2 = 32,
т. е. искомое множество точек — окружность с центром в точке
(1; 2) радиусом 3.
17.	Рис. 106,в. Указание, а) Если у^х, то у2 —у+х+у—
— 2хуЦ-х=0, у2 — 2ху + 2х = 0,
к _ у2 у2-1 + 1	у+> .	1
2(0—1)	2(0—1)	2 “Г 2(0-1) •
Соответствующее множество точек изображено на рисунке 106, а.
б) Если у<.х, то у2 + у — х+у — 2ху+х=0, у2 + 2у — 2ху=0,
что равносильно совокупности уравнений у = 0, у=2х—2 (см.
рис. 106,6).
18.	Рис. 107. У к а з а н и е. Множество точек симметрично от-
носительно начала координат.
Для ^точек I четверти уравнение можно переписать в виде
(х—0 +(у+т) =Т’ для точек IV—в виде (у — х)Х
Х(у+х-1)=0.
19.	Рис. 108. Указание. Левее прямой х= 1 точек нет.
При х^1, возводя почленно правую и левую части уравнения
в квадрат, получаем:
(х — 1)2 = 3 + 2х — у2 о (х — 2)2 + #2 = 6.
249
Y2_ 1	1
21.	Рис. ПО. у=—-—= х—y- Область определения: х=/=0.
Функция нечетная. Так как производная данной функции сущест-
вует при всех х из области определения и не равна нулю ни в одной
точке, то экстремумов нет. Решение неравенства:	—^->0;
х>0 дает промежуток возрастания.
22.	Рис. 111. у =	= (* +1) 7 2).. Следовательно, если
1*4-11	|х-Н1
х> — 1, то z/=x —2, а если х< — 1, то у = 2 — х.
23.	Рис. 112. Указание. Область определения: х=/= 1, *У=2.
у' = —* Так как у'<0 при х<1, 1<х<4—д/б,
*	(х— 1) (%—2)2	27	г	’	v ’
4+л/6< х, то на этих промежутках функция убывает. При
4—-^6<х<2, 2<х<4 + -\/б функция возрастает. Точка макси-
f л I /с 33-12л/6\	/ л к 33-Н2л/6\
мума: ( 4 + V6; ---%—точка минимума: ( 4 —п/6; —~J •
24.	Рис. 113. У к а з а н и е. Область определения: х=/= 1, х=/=2.
Так как у' = —ПРИ всех х из области определения,
то функция убывает, если х< —1, — 1<х<2, х>2. Экстрему-
25.	Рис. 114. У к а з а н и е. у = ?	= Iх	=
х (х— 1) (х-|- 1)—2 (х — 1). (х— 1)(х2-}-х —2)х2-j-х — 2
(х— 1)(х — 2)	(х—1)(х —2)	х —2
при х=/=1. Так как	^->0 при х<0, х>4, то функция
возрастает на этих промежутках. На промежутках ]0; 1[; ]1; 2[; ]2; 4[
функция убывает.
В точке х = 0 максимум (*/тах=1), в точке х = 4 минимум
(//min = 9). При х, принимающих «очень большие» значения по
модулю, график данной функции приближается к прямой f/ = x + 3,
так как	+	•
250
(х-2)(х-3)
(х-5)(х-3)
26.	Рис. 115. Указание. у =
3 X2 —8x4-15
(х-2) . ((х—5)4-3) _ . ,_____3
(х —5) х —5	"Т” х — 5
(х=#3).
^=л/(* * * * * х+4-)!+'т+
27. Рис. 116. Указание.
+л/(х-'02+1 При х>0 пРямая у=(х+‘2“)+(х-т) =
= 2х является асимптотой. Строя график, учитываем четность
функции.
28. Рис. 117. Указание. Функция нечетная. Так как у'>0
при всех х, то функция возрастает на всей оси. При возрастании
х функция стремится к 1.
29. Рис. 118. Указание. Так как у=^4 — (х +1)2, то
у2 + (х +1 )2 = 22, где у>0.
I у._ II г—
30. Рис. 119. Указание. Так как у = -—•^х, то при
0^х<1 z/=—д/х, а при х>1 z/=^/x.
1 _ у.
31. Так как у' =——>0 при х<1, то на этом промежутке
функция возрастает; у'<0 при х>1, и на этом промежутке
функция убывает; (1; -j-') —точка максимума.
Рис. 119	Рис. 120
251
32.	Рис. 120. У к а з а н и е. Можно построить график функции
у=х2 — х — 2 и при данных абсциссах точек этого графика возвести
2 в степень, равную ординатам этих точек.
33.	Так как	при 0<х<1, 1<х<е, то на этих
промежутках функция убывает; у'>0 при х>е. При х — е
минимум.
34.	Так как у' = е~х (2х —х2)>0 при 0<х<2, то функция
на этом промежутке возрастает; у'<0 при х<0, х>2. При х = 0
минимум, при х = 2 максимум. Учесть, что показательная функция
растет быстрее степенной.
1 ~' 2 1 п х
35.	Область определения: х>0. Так как у' = ——>0
при 0O<V^ то на этом промежутке функция возрастает;
r/'СО при х>^ё. При х=-\[е максимум. Учесть, что логариф-
мическая функция растет медленнее, чем степенная.
36.	Рис. 121.Указание. График данной функции можно по-
строить «умножением» графиков функций У—~ и y = sinx.
Этот способ полезно применять, когда у одной из функций —
«сомножителей» «много» нулей.
37.	Рис. 122. Указание. См. задачу 36.
38.	Рис. 123.
39.	Функция определена при x = jik.
252
40.	Рис. 124. Указание. i/ = log i —|-cos х). От ординат
точек графика функции {/=-£-+cos х(у>0) при данных абсциссах
находим логарифм.
41.	а)	а>0,	6<0,	с<0,	rf>0;
б)	а<0,	6<0,	с>0,	d<0;
в)	а>0,	6>0,	с>0,	d>0.
Указание. Знак а определяется по направлению правой ветви.
График идет вверх, а>0, вниз, а<0. Знаки d, Ь и с опреде-
ляются по знаку у, у' и у" при х=0, поскольку у (0) = d, у' (0) = с,
у" (0) = 26. (Если выпуклость вверх, то y" = 2b<Si.)
42.	а) 3; б) 63. У к а з а н и е. Построить графики левой и пра-
вой частей. Число точек пересечения равно числу корней. Напри-
мер, в пункте б), поскольку 15-2л + л< 100< 16*2л, на каждом
из первых 15 периодов луч г/пересечется с синусоидой дваж-
ды (включая точку х=0). Также два пересечения будет и на
16-м периоде. Далее, > 1 и решения нет. Таким образом,
число корней будет при х^О равным 2-16 = 32, а всего их 2-32 —
-1=63.
43.	а) 4. Указание. Данная система неравенств равно-
сильна совокупности двух систем:
х<0,
у<6 + 2х,
г/ > 2 — 2х
{х>0,
у	6 — 2х,
у > 2 + 2х,
в которых каждое неравенство определяет полуплоскость, а си-
стемы неравенств — равнобедренные треугольники с общим осно-
ванием на оси у. Два треугольника образуют ромб с вершинами
Л (0; 6), В(1; 4), С (0; 2) и D(—1; 4), площадь которого равна
-Ь|ДС|. IBDI =у- 4-2=4. б) 6.
44.	а) 25; б) 36; в) 16.	45. а) 100 (х+1)99;
__1	_ 2
б) -|-(х 3 -X 3);
в) --- 1 -	----; г) 2x4-2* In 2;
8	+V*‘v i +л/' +V*
д) — Зх2 sin х3; е) 2 cos 2х; ж) x,og2X 1-2 1og2x;
з)	—2 sin cos3 x-cos cos3 x-3 cos2 x-sin x;
_ j	2	_ 2	2
и)	-^-sin 2 x-cos4 x+4-cos 4 x-sin2 x.
2	____________	2	___L
Указание. r/=^\/tg x -y/cos x = sin 2 x-cos 4 x,
к)	. Это формально найденная производная.
(2 In 2) Vlog2 cos x— 1
253
Обращаем внимание на то, что исходная функция не определена
ни при одном значении х.
46. а) £/„,„ = 400, ymin=—86; б) ym„=350, ymin= — 497.
47. а) Функция убывает на промежутках 0<х< 1 и 1 <х<е,
возрастает на промежутке е<х< оо, имеет точку минимума х = е
и не имеет точек максимума.
б) Функция возрастает на промежутках е2<х<сю и
0<х<1, убывает на промежутке 1<х<е2, имеет точку мини-
мума х = е2 и не имеет точек максимума.
в) Функция возрастает на промежутке — оо <х<—-> убыва-
О
ет на промежутке ~<х< сю, имеет точку максимума х=-~- и не
имеет точек минимума.
48. а) х=^-(( — l)n+I —-и — целое;
в) х=—л + 2лп), х=-|-(~-л + 2лп) , и — целое.
49. а) (— 1 )Л-^--4-тел, п — целое; б) ±~+2лп, п — целое.
50. — 1-~л. 51. -2—V5. 52. —1—^7-
53.	t/min = 0, г/max = 21 + 3 In 2. Указание. Трехчлен под зна-
ком модуля имеет абсциссу вершины х =— 1 и корень х=1 на
1	з
промежутке —^х^4, слагаемое —In х есть монотонно возрас-
тающая функция от х. Поэтому максимальное значение у дости-
гается в точке х —4, а минимальное значение у находится на
промежутке у-^х^1, где г/=-|-1п х—х2 + 2х + 3, г/'=~~2х—-
— 2^0 для всех х из этого промежутка, т. е. t/min = y (1) = 0.
54.	Функция имеет минимум в точке x=^^~-2-, а наибольшее
значение ее равно 21.
55.	ymin —У ( —3)= — 3, утах = у( —4) = —Указание.
Преобразовать у (х) к виду у=х+ |х+31 • |х+11 =
=х—(х+1)|х+3| ^х4-1<0 при —
56. ymin=y(4)=—г- 56 57‘ f+т* 2шг- 58- 17- 59- ~19-
60. —118. 61. £/min=y (0)=1. 62. Функция возрастает на про-
межутках — оо <х<0 и 2<х< оо, функция убывает на проме-
жутках 0<х<1 и 1<х<2. 63. 2, е. 64. 3, А
254
2
65. {/тах=у(|-л)=^в4Я, ymin=y(O) = O. 66. утах=у(0)=1,
Ут1П=!/(-%— j-arctgA-)=-^.earc,gT-'2’. 67. t/max=54, ymin =
= -135. 68. ymax = 8, ymin = -73.69. max f (x)=-|-, min/(x)= -j-.
70.	max f (х)=4л—1min f (x)= —4л — 1 —
71.	maxf (х)=л —l+^Д min f (x)= — 1 — In —	72. 3^/3.
73.	74. (-l)n-£-+nn. 75. (-1)”+1 -j-4-лп, n — целое.
76.	±Д+2лп, n — целое. 77. ±-~-|- nk, k — целое.
3	о
78.	Имеется единственная точка экстремума (минимума)
1	/Тб
Х=— И
79.	Имеется единственная точка экстремума (минимума)
1	2 г
Х==“б" И y*nin=—
80.	—д/29^Л	д/29. Указание. Воспользоваться фактом,
что величина a sin х-|-& cos х принимает все значения от
— -д/а2-4-&2 до д/а2 + &2, и тем очевидным обстоятельством, что
число А есть значение функции у = 5 sin х + 2 cos х.
81.	—82. ±^+^-+лп, п — целое,
о 1О
83. —~+лй, k — целое. 84. -~-+лп, п — целое.
85.	Указание. Можно решать путем прямого вычисления
максимума функции на отрезке и доказательства затем требуемого
неравенства либо перейти к равносильной задаче: доказать,
что для функции ф (f) = 2/(1 — г)= — 2/3 + 2/ справедливо нера-
венство max 1 ф (/)<0,77 (/ = cos х).
86.	См. указание к задаче 85.
87.	-~+1. Указание. Оба слагаемых, а следовательно,
и сумма достигают наибольшего значения при х=у-.
88.	(0; 5). 89.	о). 90. (3V3+2lt 	91. ( — 7; 4).
92. (-2-; 3+”-^). 93. у= (х-3). 94. (5,5; 3,5).
95. у=^-+л/2;	л/2. 96. у=-^/2х+^/2-, у=-^х+^2.
255
97. у = 2х. 98. у=2х и у=2х—99. ли, —-+~^; п — целое.
3	8	4
100.	-f-4-тр П — целое. 101. у=2х+1. 102. (-3; 11).
103. 6, 25. 104. 43, 75. 105. 49/32. 106. (8; 0), (0; 0).
107. t/max = 3 при 2<х<3. 108. t/min= — 3 при 1<х<0.
109.	у =—Х-х±— , где Хо=л/8+“\/бЗ или х0=^8—\/бЗ.
Указание. В силу свойств функции У—“ уравнения парал-
лельных касательных имеют вид (х0>0, хо и (— х0) — абсциссы
точек касания) (1) у ——1—х+— и (2) у =—Vх——
Хо Хо	Хо Хо
Для прямых y = kx + h и y = kx + l2 расстояние между ни-
ми равно (докажите)
уравнение
|/i-/2|
VT+*2’
т. е.
откуда для хо получаем
Хо — 16хо +1=0,	откуда
Хо = 8±^/бЗ, хо=_д/8±л/бЗ и х0=д/8—\/бЗ и т. д.
110.	—8х — 4. Указание. Представим у в виде у =
= (х2 — 2х —2)2 — 8х — 4. Теперь можно доказать, что прямая
у= —8х— 4 касается данной кривой в точках х\ и х2, являющихся
корнями уравнения х2— 2х—2 = 0. Для этого достаточно прове-
рить, что z/(х|)—— 8х — 4, у'(х|)=—8. То же для х2.
Замечание. Можно доказать, что найденная прямая единст-
венная, обладающая требуемым свойством. Докажем сначала, что
если график многочлена 4-й степени касается оси абсцисс в точ-
ках 0 и а, то этот многочлен имеет вид х2 (х —а)2 (предполагаем,
что коэффициент при х4 равен 1). В самом деле, из того, что одна
точка касания с осью абсцисс есть 0, следует, что многочлен имеет
вид Р (х) = х4 + тх3 + пх2 = x2q2 (х), где q2 (x)=x2 + /nx + n. Далее,
Р (a) = a2q2 (а) = 0, т. е. q2 (а) = 0, Р' (a) = 2aq2 (а) + а2<?2 (а) = 0, т. е.
q2 (а) = 0. Из этого следует, что q2 (а) = (х—а)2. Наш случай (и об-
щий также) сводится к рассмотренному. Пусть y = kx-}-b —
искомая прямая, абсциссы точек касания с и а + с, Q (х) — данный
многочлен. Тогда Q (х) — kx — b = Q\ (х) касается оси абсцисс в точ-
ках с и а + с, а многочлен Q2 (x)=Qi (х + с) касается ее в точках 0
и а.
111.	-^ . 112. (0; 2). 113.	1— ^).
114.	а) л/2/4; б) -^2 • log2	- .Указание, а) и б). Данные
256
функции являются обратными друг к другу, т. е. их графики
симметричны относительно прямой у=х. Кроме того, они не
пересекаются с этой прямой. Построим касательные к каждой из
этих функций, параллельные прямой у=х. Искомое расстояние
равно расстоянию между этими касательными.
115.	1.Указание. Расстояние от точки (х; у) до точки (0; 0)
равно d=^x2+у2 =~\Jх3+х2—2х + 4=Vf (*)•
Если d минимально, то минимально и d2. f' (х)=х2-|-х —
— 2 обращается в нуль при х= — 2 и х = 1. Минимум достигается
в точке х = 1, где f' (х) меняет знак « —» на « + ».
116.	В -£(^/5-1)). 117. В0-;	118. 18-|— кг.
119. 20 км/ч. 120.	. 121. -2-V4-a2- а=^2.
2	о
199	£
 V(V4+D3’
123.	2/? sin 40°. Замечание. Получившаяся трапеция будет
иметь наибольшую площадь среди возможных четырехугольников,
вписанных в окружность и имеющих одну сторону R -д/3.
124.	2d. 125. 4. 126. 6.
127.	-|-V. Указание. Пусть площадь основания пирамиды
равна S, высота пирамиды Л, высота параллелепипеда х. Тогда
площадь сечения пирамиды плоскостью, содержащей верхнее
основание параллелепипеда, равна	S. Площадь наи-
большего прямоугольника, вписанного в правильный треугольник
площадью Q, равна -^-Q (см. задачу 121). Объем параллелепипеда
2
равен	S.
Наибольшим он будет при х=—.
<5
128.		. Указание. Докажем сначала, что высота
225-^5
искомого цилиндра равна половине высоты пирамиды. Пусть
h = SA — высота пирамиды, г — радиус окружности, вписанной
в АВС, х — высота цилиндра, р — радиус его основания. Тогда
р=—^г (р равно радиусу окружности, вписанной в сечение
пирамиды плоскостью, содержащей верхнее основание цилиндра).
Площадь боковой поверхности цилиндра равна 2лрх =
= 2л-—-х (Л—х). Наибольшее значение будет при х=~-. Оста-
лось найти h и г. Имеем:
257
s
Рис. 125
h = SA=AB-tg AABS =
=11, BS=4 VV--
V5	V 5
Пусть Z.BSC=2a, Z.BAC=4a.
Далее, ВС = 2BS- sin a = 8-\/^-sina,
V 5
ВС = 2AВ • sin 2a = 2	sin 2a. При-
равнивая эти значения, найдем
2	3
cosa=—. Далее, cos 2a
-у5	5
sin 2a=-|-, SABC=^~. Из формулы
5	25
S = pr найдем r—^^- и т. д.
15
129.	2~^ . Указание. Обозначим SA=h, АМ = т,
оо
ВС = Ь. Диаметр оснований цилиндров равен х (рис. 125). Про-
ведем через основания цилиндра плоскости. Эти плоскости
пересекают нашу пирамиду по прямоугольникам. Одна сторона
каждого из них равна х. Пусть К и L, Р и Q — точки пересечения
этих плоскостей с SM и AM. Из подобия соответствующих тре-
угольников найдем QM=АМ ^=т -%-, АР=АМ^=т 4-.
оЛ п	ЪМ о
Таким образом, образующая цилиндра PQ = m — m-j-—
Боковая поверхность 2ntnx(l—|-------£-) = 2л/пх0—
Наибольшее значение при х. При этом она равна .
г 2 (Л+6) г	г 2(ft+ft)
Далее, по условию h = m-^?>, SM — Зт. Пусть Z_BSM=a,
тогда Z-BAC=2a. BM = SM‘tg а — Зт tg a, BM=AM-tg 2a =
= m tg 2a. Имеем уравнение tg 2a=3 tg a, откуда a=30°. Затем
m=-L,	6=^-
V6 t/3	3
130.	Is. Указание. Пусть у — площадь сечения, х — пло-
щадь соответствующей грани пирамиды, V — объем данной пи-
рамиды, W — объем отсекаемой пирамиды, г — радиус вписанного
шара. Ввиду подобия пирамид —=^-^-)	• С другой стороны,
V=7j-rS. Пусть S6oK — площадь боковой поверхности меньшей
пирамиды. Справедливо равенство IF=-~r (S6oK—-у), (Докажите
О
258
эту формулу. Она аналогична формуле V=-|-rS.) Поскольку
боковая поверхность исходной пирамиды равна S—х, то
S6oK=(S-x)f и W=j-r^S-x)^-y)=±-r^(S-2x). Таким
_з
2
. наи-
V Sx
образом, -==-=—,с о ,
r	W y(S—2x)
с
большее значение у будет при х=—.
131.	(6+2 л/3) г. Указание. Пусть х — высота пирамиды,
2у — сторона основания. Рассмотрев сечение плоскостью про-
ходящей через высоту пирамиды и перпендикулярной двум сто-
ронам основания, найдем у= , "ГХ" . Объем пирамиды равен
-yjx2 4-6xr + 8r2
v=±.u2x=—r2________-____
v 3 yX 3 Г х’-бхг + вг2 •
. 133.	134.
o	io
;	, высота равна 2(2a+l)+
i >	, то высота 2-a,  .Указание.
2	a—I
Рассмотрим половину осевого сечения конуса (рис. 126, Oi, О2,
О — центры шаров и основания конуса, SM — образующая, К —
точка касания, O2LJ_SM). Имеем SK=^Jx2— 1.
Из подобия треугольников SOtK и SMO найдем МО =
= xj~2a~*~-. Тогда объем конуса будет V= " (Л~|Ь^а+1) . Наи-
V*2—1	3	* ~1
меньшее значение V будет при х=2а +1 +2 -\/a2 + a+1 . (Высота
равна х+2а+1.) Необходимо еще учесть, что O2L^a. (В про-
тивном случае наименьший объем будет, когда конус описан
около обоих шаров.)
м
Рис. 126
Рис. 127
259
Поскольку О2^—, то приходим к неравенству х
>а, х(а—1)<а+1.
Интерес представляет случай а>\. Тогда х< . Имеем
неравенство 2а + 1 +2 ?/а2 + а + 1 <	, или (а— 1) д/а2 + а + 1<
С—а2 + а + 1. Решая его обычными средствами, найдем, что
а<-.1+УТз
2
135 а V6 (4Z?2 —а2)
8 ^2Ь2 -\-а2
137.	3V3a .Указание. Пусть построенная прямая пересека-
о
ет стороны угла в точках А и В, О — вершина угла (рис. 127).
Из условия следует, что ОА = ОВ. Обозначим ОА = ОВ=х, рас-
стояния от М до О А и ОВ равны т и п (т-Ь-п = а). Имеем
Sboa = yx2 sin а = $моА + $мов=-5-хт+±-хп = ±-ах. Следова-
тельно, х = “^. Радиус описанного круга равен
r	х	а____=_________а_______
2sin^90—2 Sin a COS-j-	4 sin1 — sin2
Задача сводится к определению наименьшего значения функ-
ции f (t) = t (1 — /2), где	Это наименьшее значение равно
^-(прн <=i)-
138.	Треугольная пирамида, четырехугольная пирамида, конус,
параллелепипед, цилиндр. Указание. Пусть поверхность каж-
дого тела равна 1. Рассмотрим правильную треугольную пира-
миду, х — сторона основания, I — апофема боковой грани. Полная
поверхность х2	1, откуда /=——•
4 Л	о
Высота пирамиды h
Объем
^-V4x2-2V3x4.
□и
Задача сводится к нахождению наибольшего значения функции
f (х) = 4х2 — 2 д/Зх4. Наибольшее значение при х=^, тогда / =
А/З л/З
= 2==X2t т’ е’ искомая пирамида — правильный тетраэдр, ее
260
_/2
объем —. В случае четырехугольной пирамиды наибольший
объем имеет та, у которой высота равна диагонали основания,
ее объем (5ПОЛ = 1) равен Наибольшим из параллелепипедов
будет куб, его объем —.
6 -уб
У наибольшего конуса образующая в три раза больше радиуса
основания, его объем ——
6л/2л
У наибольшего цилиндра высота равна диаметру основания,
его объем —
9т/2л
139.	Задача имеет смысл при cos а >	, k < 2. 1) “V k < 1.
2	V о
Если -~<cos а<£, <р=arccos fe+V^+21. Если cos а k, <р=0.
2) 1 ^£<2, <р = arccos	• Указание. Рассмотрим по-
ложение, при котором стержень образует угол ф с горизонтальной
плоскостью, / = cos <р. Если k<z 1, то обозначим cos фо=6, фо соот-
ветствует положению, изображенному на рис. 128, а.
Пусть диаметр равен 2, длина стержня 2fe, y=f (/) — расстоя-
ние от середины стержня до диаметральной плоскости полу-
сферы. В положении равновесия у (/) имеет локальный максимум
(расстояние от середины стержня — его центра тяжести — до
горизонтальной плоскости равно R — y(t\ будет иметь локальный
минимум).
Построим график функции y=y(t).
Возникают два случая: 1) О^ф^фо или	При этих t
оба конца стержня внутри чаши (рис. 128, а). Расстояние от цент-
ра полусферы до середины стержня равно дМ — &2, значит, y(t) =
=V1 cos ф = / -д/l
2) фо^Ф^Фь где ф1 соответствует положению, при котором
середина стержня расположена на границе полусферы, т. е. у (6) =
= r/(cos ф|) = 0. Можно показать, что
S)
о)
Рис. 128
261
Имеем (рис. 128, б, М — середина стержня AC) АВ = 2 cos <р,
МВ=АВ—AM=2 cos <р—k. Расстояние от М до диаметральной
плоскости равно z/(/)=(2 cos <р—k) sin <р=(2/—k)^/\ —t2. у' (t) =
. Обозначим через /2 положительный корень уравне-
ния у' (f)=0.	• При этом ti<k, если
о	V з
/ 2
Таким образом, график y(t) имеет вид: если —--------рису-
V о
I 2
нок 128, в, если £<“\—-------рисунок 128, г. Поэтому, если
V о
7 о
1>Л>_\/—, возможны два положения равновесия. А именно
V о
k	Ь-1_-у/Ь2	Д-32
при —Ceos а<«в положении равновесия cos <p=f2 = о — •
2.	о
Если cos аk, в положении равновесия cos<p=l, т. е. <р=0.
Если 1<Л<2, положение равновесия единственно (рис. 128, д):
t fe+-Vfes+32
COS ф = 12 =—- о —.
О	___
140.	Если h^2, то	если h>2, то а>йХ
VQ1-2
1 — .Указание. Обозначим ребро куба через х. По-
нятно, что глубже всего куб можно опустить, если ребра его нижней
грани будут перемещаться параллельно боковым граням. Рассмот-
рим самое нижнее положение куба. (На рис. 129 изображено
сечение пирамиды и куба. Плоскость сечения перпендикулярна
противоположным боковым граням.)
Пусть у — высота подъема воды. При этом часть куба высту-
пает над поверхностью, т. е. xh + x^y. (Нижняя часть куба огра-
ничивает пирамиду, подобную данной.) Аналогично тому, как это
делалось при решении задачи 45 из вводной части, имеем соот-
262
ношение-^5-=-^-+х2 (у —хй). Найдем наибольшее значение у.
оП orl
Q
Берем производную обеих частей, заменяя у'=0. Найдем y=—xh.
£ ______________________________________________________
Из условия xh-j-x^y получим Л<2. Далее найдем у = а\
и т. д.
*х/33
141.	2-т—ч. Указание (см. задачу 9 вводной части),
оо
Примем за /=0 момент, когда отрезок, соединяющий корабли,
перпендикулярен их курсам. Обозначим через Xi и х? моменты
выхода и возвращения катера, у — момент его прибытия на вто-
рой корабль. Получаем соотношения 282 (у—Х|)2=(20у — 16*i)2 +
+16; 282 (х2 - у)2 = (20у -16х2)2 + 16.
Из этих соотношений следует, что х\ и х2 — корни одного
квадратного уравнения (относительно х).
49 (у — х)2=(5у —4х)2+ 1 или ЗЗх2 —58ух + 24у2 —1 =0.
Разность корней^, где £> = 582у2—4*33«24у2 + 33*4. Понятно,
что наименьшее значение D будет при у=0.
142.	Понятно, что плоскость АМВ должна быть перпендику-
лярной плоскости, разделяющей пространство. Понятно также,
что М должна принадлежать отрезку, соединяющему проекции А
и В на эту плоскость (рис. 130).
Возьмем на A|Bi точку М так, что £22-2.=— где а= Z-AMAi,
COS р V
Р= Л_ВМВ\. Такая точка существует. Если М совпадает с А ь то
cos а=0.
При движении М от At к Bi отношение косинусов монотонно
неограниченно возрастает. Пусть АМ = а, BM — b, u — k cos а,
V =k COS р.
Нам надо доказать, что т—-------Нт--------------Нт----« , гДе
k-cos а 1 A;.cosp £«cosa * A>cosp
A4i —любая точка отрезка Л1В|.
263
Обозначим ЛШ|=л. (Предполагаем, что Afi на MBi.) Спра-
ведливы неравенства AMi >а-\-х cos a, BMi>b—х cos 0. В са-
мом деле, ЛЛ11 = а2+х2 + 2ах cos а > а2 -f- х2 cos2 а+2ах cos а =
=(а 4-х cos а)2.
Аналогично доказывается второе неравенство. Таким образом,
АМ\ । ВМ\ а-\-х cos а . 6—x*cos ft   а . b
cos а ~ cos р cos а	cos р cos а ~ cos р
Замечание. Частным случаем является следующая задача:
«На плоскости дана прямая Z, точка А расположена на прямой,
В — вне ее. Точка движется по прямой со скоростью и и вне прямой
со скоростью v (и < и). Пусть точка движется от А до N, AN > 0, по
прямой, а затем от N до В. Тогда время, затрачиваемое на путь
от А до В, будет наименьшим, если cos а=—, где а — угол, обра-
U
зованный BN с I.

2-^26
5
[^А Q /о	,	,_
144. У-—~ -У-- и -у13-|--\/2. Указание. Множество точек,
координаты которых удовлетворяют первому уравнению, есть
полуокружность:
у—х^О. Второе
уравнение есть уравнение окружности (х+2)2 4-(у 4-1)2 = 2
(рис. 132). Длина отрезка, соединяющего их центры, равна
л/(т+2)2+(т+‘)2=3г
. Он больше суммы радиусов и пе-
"\/34	~~
ресекает обе линии. Наименьшее расстояние равно -------------\/2 —
&
л/2	л/34_3 -\/2
——5—. Наибольшее расстояние реализуется для край-
ней точки полуокружности (1, 1). Оно равно расстоянию от этой
точки до центра окружности плюс радиус окружности: УГ34-V2.
У1
Рис. 132
145. 126 -|-. 146. 2,25. 147. 2,25.
148. 62,5. 149. 9. 150. 21
151. 2-|-. 152. -j-. 153. 2-72-2.
154. 2. 155. 1. 156. 0. 157. 3.
158.	Прямая у=—Указа-
н и е. Пусть М (х0; Уо) — точка,
удовлетворяющая условию зада-
чи. Тогда уравнение произвольной
264
прямой (не вертикальной), проходящей через Л4, имеет вид
y = yQ-^k (х — Хо). Условие означает, что дискриминант уравнения
х2—уо —(х —Хо) = О равен 0, т. е. k2 — 4kxo + 4yQ=O. Для того
чтобы существовали две касательные, должно выполняться усло-
вие Хо — уо>О, т. е. М (хо; Уо) ниже данной параболы. Пусть ki и
kt — корни последнего уравнения. Перпендикулярность направле-
ний с угловыми коэффициентами k{ и &2 означает, что kikz = — 1,
т. е. 4уо= — 1, у0=——.
159.	Лучшее приближение дает касательная, проведенная в
точке с абсциссой а. Указание. Поскольку рассматриваемая
дуга лежит ниже каждой касательной, то лучшее приближение
«	аА-Ь
дает та из них, для которой ордината в точке х=—±— меньше.
£
Сравним их. Для первой у\ = sin а+ (	а ) cos а. Для второй
t/2 = sin b—cos b, у2 — t/i=(sin b — sin а)
Ь — а
X(cos а + cos 6) = 2 cos	cos • (tg	)>0, по-
скольку tgx>x при 0<х
160.	Точка Л4 (х0; уо) лежит в I четверти на ветви гиперболы
хоуо=-^-- Указание. То, что точка М лежит в I четверти,
достаточно очевидно из графических соображений. Единствен-
ность решения означает, что соответствующие две параболы каса-
ются, т. е. имеют общую касательную. Ее угловой коэффициент —
2х0. С другой стороны, рассматривая во втором уравнении х как
функцию от у, получим, что х' (у0) = 2у0, т. е. 2уо — тангенс угла
наклона этой
касательной к оси у. Значит, тангенс угла
х равен . Получаем 2хо=—- , хоуо=~-. Об-
2г/о	2уо	4
произвольную точку М (х0; уо), для которой хоуо =
наклона к оси
ратно, возьмем
=-^-. Проведем через нее две параболы заданного вида: у =
= х24-у0 — Хо, х = (/2 + хо —уо. Докажем, что эта система имеет
единственное решение (х0; уо). То, что (х0; уо) — решение системы,
очевидно. Его единственность следует из того, что обе параболы
имеют в этой точке общую касательную и расположены по разные
стороны от нее.
161.	|х-4-41 + |х — 61 — |х-j- 11 — |х — 31 -f- |х — 11 — 5.
Указание. Рассмотрим график функции у=|||х —1| —
— 2| — 3| (рис. 133). Этот график представляет собой ломаную
265
Рис. 133
кать представление в виде b-\-k\
+ I х — 31) + *31 х — 11.
линию, все звенья которой об-
разуют с осью х углы ±45° с
вершинами в точках, ука-
занных на рисунке. Следова-
тельно, в представлении дан-
ной функции в виде суммы
слагаемых вида k\x — а| бук-
ва а принимает значения —4,
— 1, 1, 3, 6. Поскольку график
симметричен относительно
прямой х=1, следует взять
равными соответствующие
значения k. Итак, будем ис-
(|х + 4| + |х — 6|) + *2(|х+1| +
Рассматривая три значения х: —4, —1, 1, получим систему:
Г 10*i + 10*2 + 5*3 + 6=0,
I 10* i + 4*2 + 2*з + 6	3,
I 10*1+4*2 + 6 = 1,
I 2* 1 + 2*2 + *3== 1 •
162.	а) Функция у=^— имеет наибольшее значение при х = е.
X
Значит, —	, е3>Зе.
е 3
б)	Рассмотрим функцию f (х) = хе~ех. Она имеет наибольшее
значение при х=—, значит, f(4-j <j(—] и т. д.
е	\ 3 /	\ е /
в)	То, что cos 40° <0,78, следует из неравенств cos 40° =
= cos(450-5°)<cos 450 + sin45°~=^+^ , л<3,15. Ле-
□О Л	I л
вое неравенство следует из выпуклости вверх функции y = cosx:
cos 40° = cos (4- 30° 4- 4- 45° ) > 4-cos 30°+4-cos 45° =
\ О	0/0	о
=2/3 I 2^/2 ^>0 75
6	' 6
г)	Из выпуклости вниз (вогнутости) тангенса при 0^х< —
£
1 г- г*о	1 ± л ко I 2 i рло 1 2 +3	1 -J- 2 • 1,75  
следует, что tg 55° <—tg 45°+—tg 60°=	<	„ !-- =
О	О	о	о
= 1,5.
7
Докажем левую часть неравенства. Имеем sin 55°>> —cos 55°.
Возводим неравенство в квадрат: 1—cos 110°}>^-(1+cos 110°),
12
откуда sin 20° = — cos 110° > — . Далее воспользуемся неравенст-
266
bom sinx^x — 7—при 0^х^-~(см. вводную часть): sin 20° =
О	&
_• Л___Л / Л \3	1 ._3,141	/ 1 \3	1____ QQ тт_ 12 __ЛАП
-->“9-------(-) -->0’33’ Н0 эт<0’33-
д)	Возведем обе части в квадрат: 1 —cos 2 -у/2>2 sin 2 или
1+cos (л — 2-д/2)>2 sin 2. Далее докажем, что cos (л — 2-д/2)>*
>cos 0,35>0,93. В самом деле, sin2 0,35 <(0,35)2<0,13.
Значит, cos2 0,35= 1 —sin2 0,35>0,87; cos 0,35>-д/0,87 >0,93.
Таким образом, 1+cos (л —2-\/2)> 1,93.
другой стороны, 2 sin 2 = 2 sin
<2(sin^+(2-^) cos у-) =Л/з + 2(-|—1) <1,75 + 0,1 =
= 1,85.
163.	в) Перепишем неравенство в виде sin х^(х+^—) cos х,
а затем оценим sin х снизу, a cos х — сверху:
у3	у2	у4
sin х>х— —, cos х< 1 ——+— .
6	2	24
г)	Поделим обе части неравенства на х и перенесем все в одну
часть. Надо доказать, что f (х) = 2 In х — хН——^0 при х>1.
Имеем	1+==+Д=1 =--Г-<0.
Значит, f (х) убывает. Но f(l) = 0.
'	X3	X2 X4
д)	Оценим sinx^x——, cos<l— -—|-— .
6	2	24
е)	Рассмотрим функцию f (х)	-----V*-
Докажем, что эта функция возрастает при 0<х^С-у-. Имеем
р / \ 	2 cos х . 2   2 (sin3 х — х3 cos х)
• \ )	sin3 X ~* X3	г3 sin3г
ОШ л,	л,	х oil! X
Из неравенства г) следует, что числитель положителен. При
1---г . Следовательно,
л“
_J_____-L<i-A
• 2	2	1	2
sin X X	Л
при 0<х^-^-.
164.	а) Неравенство следует из выпуклости вниз (вогнутости)
функции f(x)=“- и общего неравенства (см. вводную часть),
б) Рассмотрите функцию f (х) = х\
267
_2	_ 1
165.	Если 0<а<е е, три корня; при е	один ко-
рень; если	, два корня; если а = ее, один корень; если
2
а>ее, решений нет.
Указание. Рассмотрим случай а> 1. Имеем две монотонно
возрастающие взаимно обратные функции: у = ах и r/ = logax.
Эти функции пересекаться могут лишь на прямой у = х, а по-
скольку каждая из них может пересекаться с прямой не более
чем в двух точках, то, значит, при а>\ число решений данного
уравнения может равняться 0, 1 или 2. Число решений равно 1,
если каждая из функций касается прямой у = х, т. е. существует
такая точка (х0; Уо), что у0 = ах° = х0 и у'о = ах° In а = 1.
Значит, х0=—— = logae и a,oga£? = loga е, e = logae, а = ее.
|п а	2	1
Таким образом, если	решений два; если а = ее,
1
_	/>	о
решение одно; если а>е , решении нет.
Рассмотрим случай 0<а<1. В этом случае функции ах и
l°ga х убывают, их графики симметричны относительно прямой
у = х. Значит, симметричны их точки пересечения, причем всегда
есть одна точка пересечения, расположенная на этой прямой. Зна-
чит, число решений нашего уравнения при 0<а<1 нечетно.
Докажем, что оно равно 1 или 3. Пусть их больше трех. Данное
уравнение эквивалентно уравнению f (х) = х — loga logax = 0.
Тогда уравнение f' (х)=1----:---	2 =0 имеет больше двух
х logД X • In а
корней. Столько же (больше двух) имеет эквивалентное ему
уравнение (x) = loga х—*	=0. Значит, уравнение <р'(х) =
—---1—к- -а— =0 имеет более одного корня, но последнее
х In а х In а
уравнение имеет один корень: х=—-j^ .
Итак, число корней равно 1 или 3. Обозначим через (m; т)
точку пересечения графиков функций f\(x)=ax и f2(*) = logax
с прямой у = х, т. е. ат = m = loga tn. Пусть k = fi (tn), -^=[2 (tn).
Докажем, что если k> — 1, корень уравнения один; если же
k<Z — 1, корней три.
Пусть k> — 1, х>т. Вблизи к точке х = т ft (x)>fi (х), т. е.
(рис. 134). Поскольку при х^1 также f\(x)>fi(x),
то всюду fi (х)^}ч(х). Иначе при x>tn было бы две точки пере-
сечения (по крайней мере) и столько же при 0<х<^/п. И всего их
было бы более трех. Пусть найдется еще одна точка, где х = н,
268
f2(*)=loga*
Рис. 134
Рис. 135
fi(n)=Mn)- Значит, при х^т всюду ax^logax и am = logarn,
art = logan. Из этого следует, что при т^х<1 будет f(x)=x —
— loga loga (х)^0 и обратится в нуль в точках тип. Таким обра-
зом, п есть точка локального минимума и /' (п) = 0. Кроме того, есть
еще одно значение х между тип, где /' (х) = 0. То же было бы и при
0<х<т. Значит, f'(х) = 0 в четырех точках, что невозможно.
Можно доказать, что при k<Z — 1 корней будет три (зная, что их
не более трех). Осталось найти а, при котором если aw = m, то
ат In а = — 1. Имеем ат= = —loga е = т, a~Xogae= -—loga е,
_ j_	___L
—=loga —, а = е е. (При а = е е число решений 1. Докажите.)
С	с	I
Таким образом, если 0<а<е е, уравнение имеет три корня; если
_ 2
е е ^а<1, уравнение имеет один корень.
166.	Указание. Пусть М (t \ /2) — некоторая точка на
параболе у=х\ t>0 (рис. 135). Угловой коэффициент касатель-
ной в этой точке равен 2/. Тогда угловой коэффициент прямой,
ей перпендикулярной, равен а уравнение перпендикуляра
^4
y = t2-±-(x — /), у= — 77-Х +
2/ v 7	2/	2
Найдем вторую точку пересечения N перпендикуляра с пара-
болой у—х2. Получаем уравнение х2= —~-х + /2+-|-, х2 +
+^-х — t2—~=0. Один корень этого уравнения X\ = t (точка М),
^4
второй корень будет х2=—/ —. Площадь сегмента равна
5=	(У1— yz)dx, где (/! = — ^-х + /2+4-; у?=х2.
-'-27	(
Имеем )	( — ^-х + /2 + -5—х2) dx =
~‘~2t
269
= -^ГТ+(/2+т)х_т1 -/-24 =-Г/3-н+5Г+й? =
=т03+б£0 +/+5Г=т(/+4г) •
Наименьшее значение будет при
§ 4.	Нестандартные задачи
1.	а) —2—-^4 + cos-|-<x<0, б) — 1 —д/1 —cos5<x< —у-
Указание а) Пусть f(x)=cos-|—4х — х2. Так как
У<:Т<Т’ т0 cos'^_>cos f”>cos £"’ т е 0<e°s у<у п<>
этому f(-~\ = cos —Ц-<0, a f (0)=cos -|->0. Отсюда по
свойству квадратного трехчлена cos —4х—х2 решение задачи
определяется условием Х| <х <0, где Х| есть «левый» корень этого
трехчлена, т е Xi = — 2—-^4+cos-|-
2.	a) x=(-l)k+'-2---2-+«fe, x=^-+2nfe, k£Z,
б) X=(-I)kg-+^ , x=-f+nfe, k£Z
Указание
а) Так как «/=-y (sin х + д/З cos x) =
=y.sin(x+-2-) , то у принимает все значения из промежутка
—уСуСу-- Логарифмическое уравнение (2) относительно
tg у равносильно уравнению tgy=—-\/3, откуда для у получаем
совокупность двух значений у——и у=-|-л
Соответственно и для значений х
sin(x+f)	sin(x+f) =1
3.	а) л = 6, 7, 8, б) л=-2, -1, 0, 1, 2, ,11
Указание а) Так как 0<у-<у- =у. то у-<
Ceos у-<1. Отсюда основание логарифма 2 cos у- —л 4-8 при
л = 9 положительно и меньше единицы, а для остальных допусти-
мых значений п больше единицы (область определения для целых
270
значений п определяется условием — 30^9). При п = 9 ис-
ходное неравенство, очевидно, ложно, а для остальных решаем
систему (п — целое) — 3^и^8,
' Уп + 5—1 > ।
4.	а) (3, -4); (4, -5); б) (-7, 7); (-6, 6).
Указание, а) Выделим в левой части первого неравенства
полные квадраты по х и по у. Получим 2 (х —-3)2 + 2 (у + 5)2<3.
Затем выписываем все целые (х, у), удовлетворяющие этому нера-
венству (всего их 5), и отбираем те, которые удовлетворяют
второму.
5.	а) —\/2<х< —1 и У-1	, где /г = 15,16,..., 20;
1<х<^2 и ху=~‘+Ус1+-^ , где 1= 19, 20, ..., 25;
1о
б)	1<х<\/2 и х=#1+\1~1-13- , где k = 12, 13, 14, 15, 16;
1 о
-^2<х<-1 и	, где 1= 16, 17, 18, 19, 20.
1 о
Указание, а) Задача равносильна решению системы
г Зх4 —2 —х8>0,
t sin (л (2х+ 16х2))=#0, которая равносильна совокупности двух
систем:
| -^2<х< —1,	( 1<х<д/2,
I 16x2 + 2x-fe#=0 И I 16x2 4~ 2x — fe =# О,
где k — целое число.
Так как абсцисса вершины параболы трехчлена 16х2 + 2х равна
т0 f(*)=16x2 + 2x монотонна на каждом из интерва-
лов (—-^2; —-1) и (1; ^2). Следовательно, решаем неравенства от-
носительно целочисленной переменной k: f (—!)<&</(-А/2) и
f	(^/2) и исключаем им соответствующие значения х из
найденных интервалов («левый» корень для первой системы, «пра-
вый» корень для второй системы).
6.	а) (— 1)* arcsin —|-л&, k£Z\ б) ±arccos-^—\-2jtk, k£Z.
Указание, а) Задача равносильна решению системы дан-
ных уравнений, каждое из которых сводится к кубическому относи-
тельно sin х:
{6 sin3 х+ 10 sin2 х+ 14 sin х —6 = 0,
6 sin3 x + sin2 х + 2 sin х —1 =0.
Вычитая, получаем как следствие уравнение 9 sin2 х+12 sin х —
— 5=0, т. е. sin х=-“. Так как полученное равенство есть следст-
вие, то либо оно определяет искомые решения, либо решений нет.
271
Поэтому необходима проверка исходных условий для найденных х.
7.	а) х<—2; — 2<х<2—д/Тб; б^х;
б) х=С— 2; 1 + д/8<х <4; х>4.
Указание, а) Неравенство равносильно следующему:
______3 \log5(х2—4х—11) <0
log? 18 /	Зх24-5х —2
которое равносильно совокупности двух систем неравенств:
Зх2 + 5х —2>0, и ( Зх2 + 5х —2<0,
х2 — 4х — 11 > 1	(0<х2--4х — 11 <1,
так как 2—;-------—<С0.
log? 18
8.	а) 7; б) -1.
Указание, а) Перенесем все радикалы в левую часть и
разложим ее на множители. Получим (п/2х — 1 — 3) (д/х + б +
+ л/х + 2) = 4. Умножим обе части на (д/х + 6 — Vх+ 2) получим
->/2х— 1 —-3=-\/х + 6 —--д/х + 2. Далее возводим в квадрат и т. д.
уравнение приведется к виду |5—-6х| =4 sin	Построим график
о
левой и правой частей. Разбирая два случая х<-|-и x^-f-, дока-
6	6
жем, что в каждом случае существует единственное значение х,
удовлетворяющее последнему уравнению (из соображений моно-
з
тонности). Эти значения подбираются. х=~ не входит в область
определения исходного уравнения.
10.	а) 2; б) 2. У к а з а н и е. а) При всех х будет 4х —х2 —3^ 1
и 0^Clog2 (cos2 лх+ 1)^ 1. Значит, каждый множитель равен 1.
11.	^х< 1. Указание. Сделаем замену	,
1 — м2	1 — w2
откуда х= . Получаем неравенство	(8у+1)^11—-
— 16у или 4у3 — 6у2 + 12г/ —-5^0. Один корень многочлена, распо-
ложенного в левой части, подбирается:	(X, § 3). Затем этот
многочлен раскладываем на множители.
12.	х> 1. Указание. Левая часть — монотонно возрастаю-
щая функция.
13.	~-^х^2. Указание. Рассмотрите графики левой и
правой частей.
272
14.	a) 1+711 +4л/3, 1-711+4 л/З;
б) 2 + 714 + 473,2-714 + 473.
Указание, а) Возведя в квадрат основания обоих логариф-
мов, получим равносильное уравнение
1оё8+4 ./3 (*2 ~ 2х - 2)=log7+4 (х2—2х — 3),
которое можно переписать в виде loga (а+l) = log6 (6 + 1), где
а = х2 — 2х — 3, 6=7 + 4 д/3. Так как функция ср (/) = log/ (/ + 1)
монотонна (см. задачу 3 вводной части), то ф (а) = ф (6) равносиль-
но а = Ь, т. е. получаем уравнение х2 —2х —-3 = 7 + 4 д/3, равно-
сильное исходному.
15.	а) 1; б) 1. У к а з а н и е. а) Уравнение можно переписать
в виде x=-|++V^+l)+
1. Оно имеет вид х = /(/(х)), где
fW=+V^+i). Н*) — монотонно возрастает. Следовательно,
уравнение эквивалентно х=-|-(7х+1). Заменим \[х=у. Будем
иметь 2у3 — у— 1=0, откуда у=1.
16.	а) ^+2лп; б) ^+2лд.
Указание, а) Перепишем уравнение в виде cos 3% + sin Зх=
= 3-72 + 2 cos x + 2 sin 18x sin x. Воспользуемся в левой и правой
частях неравенством —д/а2 + 62^а cos z-\-b sin г^д/а2 + 62
(см. § 1). В частности, 2cos x + 2sin 18xsin xi> — д/4 + 4 sin2 18x^>
^—2 д/2. Левая часть не больше д/2, правая не меньше д/2.
Равенство получится, если cos Зх + sin Зх = д/2, sinl8x=zrl,
cos x±sin х= — д/2.
17.	~+лЛ. Указание. Обозначим /=1—|~cos2x. Тогда
sin2x = 8/ — 7. Имеем уравнение /8 = 8/ —7. Но прямая у = 8/ — 7
является касательной к функции у = /8 в точке /=1.
18.	а) 1; 3; б) 1О0,01; 1О~0,02. Указание. Докажите, что
уравнение ax = kx-\-b (a=# 1) может иметь не более двух корней
(см. §3).
19.	а) — 1<х<0, х>2; б) х^— 2, — у7<х^1.
Указание, а) Рассмотрим два случая: х<0 и х>0. В обоих
случаях левая часть монотонно возрастает.
2О.	^1,-|-^. Указание. Обозначим х —y = z, х —2д/х +
+ 2 = ц(ц^1). Будем иметь z2 + (u — z)2=y-, или 2z2 —2иг +
273
+ «2—|-=0, откуда -^-D — u2 — 2 (и2—«2^1- Значит,
ы = 1 и т. д.
21.	( ±-2-+2лп, ±-^+2л6 ) .
Указание. I способ. Преобразуйте сумму cos % + cos у в
произведение и cos(x + i/) в выражение 2cos2(^~Q — 1 и рас-
смотрите полученное уравнение как квадратное относительно
cos х •
II	способ. Преобразуем левую часть к виду (1 -—cos у) cos % +
+ sin у sin х + cos у и оценим ее (n cos х + b sin	+
она не превосходит -\/(1 — cos y)2 + sin2 y + cos у=^2 — 2 cos у +
+ cos у = 1—2 sin2 у+21 sin -|-| =-|—2( | sin -g-| —-0 <y-.
Равенство, если | siny-| =-|- и т. д.
22.	(-j-(2£ +1),	— 2& +1)) .Указание. Докажите, что
левая часть больше или равна 4, а правая — меньше или равна 4.
23.	а) ( 1; 1 4—-|-лп) ; б) ^2; ±у- — 24-2лл^ .Указание,
а) Пользуясь формулами 2 cos2 а= 1 4-cos 2а и sin2 а = 1 —cos2 а,
преобразуйте уравнение к квадратному относительно cos(x—у)
и исследуйте его дискриминант.
24.	а) (0; 1); б) (1; 0). У к а з а н и е. а) Область определения:
у х2 4- 1. т. е. у > 1. Поскольку cos х 1, у2 1, -^у — х2 — 1	0,
то левая часть неположительна и равна нулю при х=0, у=1.
25.	а) ( -1; -3), (3; -3); б) (2; 0), (6; 0). У к а з а н и е. а) Урав-
нение системы преобразуется к виду 2|х2-2*-31 = 3~г'~3. Так как
21*г-2х-з|^2°= 1, то 3~у~3^ 1, откуда у^—3, что позволяет
определить знаки величин под модулем в неравенстве системы и
найти у.
26.	(±2; ±9). У к а з а н и е. Из уравнения следует, что у =
= 2х4-у-^2“у2ху- = 2-\/20 (воспользовались неравенством
a + b^2 -y/ab, а^0, 6^0). Значит, у2 ^80. Тогда для х возможны
значения ±1, ±2, ±3, поскольку х2^90—у2 ^10.
Ю«(Ь -*)(* -т)-
Указание, а) Так как равенство |а| + 1&|=а + & равно-
сильно неотрицательности чисел а и &, то первое уравнение равно-
274
1	13
сильно системе неравенств у+—^0 и — + х—у>0, или
1	13
—— ^y^-g~ + x. Отсюда с учетом условий х<0 и у>0 для зна-
/	1	13
чений х получаем ограничения: ——Ь*»
х<0,
3	2
из которых следует, что х = —— или х= ——и т. д.
Z	о
28. а) (-2-+л(n + k\, —2-4-л(п—k), 2лл), |Ч-л(л + £),
y-J-л (л— k), 2лп) , (у- +л (п-у/г),	|-л (л—k), л-|-2лл) ,
(—+л (л-)-/?),— +л (л —6), л-|-2лл) j
б) (у|-+л(л + £), —jy л4-л(л —£), -2-+2лл) ,
( —^- + л(л — k), — уу л + л (л — k), -2-+2лл) ,
(-^-+л(л + ^), ^-л + л(л-^), -^-+2лЛ),
(уу + л (лЦ-Й), ту Л + Л (Л — k), у+2лб) .
Указание, а) Преобразовав произведение cos х cos у в сум-
му, перепишем первое уравнение системы в виде квадратного
относительно cos(x —у), из неотрицательности дискриминанта по-
лучим, что cos2 (% + «/)= 1. Отсюда следует, что исходная система
равносильна совокупности двух систем:
cos(x+y)= —1, и
cos (х—у)=у-,
x+y = z
' COS (х + у)= 1,
• COS (х —(/)= —-у,
. X-+-t/ = Z.
~Vn^4~ 16 \ / л
’	4	/’4^+16
( я — л/л2Ч~9 \
*	3	/
. —=2L—),
2^2(4-я) /
( -д/1- arcte т
t 1
arctg у
^1-arctg у
275
Указание, а) Первое уравнение системы на основании фор-
мул sin2 a + cos2 а= 1 и cos 2а = cos2 а —sin2 а сводится к одно-
родному тригонометрическому уравнению
sin2 (ху) + (л/3 + 1) sin (ху) cos (ху) -[--д/З cos2 ху = 0,
а второе уравнение и очевидное равенство х2=^- позволяют
выразить квадраты х и у (а следовательно, и сами х и у) через ху —
аргумент тригонометрических функций:
y2 = (xZ/)2+1, X2 =	"i' •
Полученные выражения для х2 и у2 после их подстановки в нера-
венство системы определяют область изменения ху.
30.	а) (— 1; 2), (-1; -2); б) (2; -1), (-2; -1).
Указание, а) Так как при любом х величина 5sin2x —
—6 sin х cos х —9 cos2 x 4-3^33 больше нуля (докажите, восполь-
зовавшись неравенством |Л sin 2х-\-В cos 2х| ^д/Л2 + В2 или,
исследуя соответствующую функцию, средствами анализа), а
(arcsin х)2+(arccos х)2 —4-д2 —5^-=0, то уравнение
равносильно системе
* Iarcsin х| =-~,
|агссозх|=л, т. е. \у\ =2 и х= — 1.
31.	а)(-2-^ ,1,1);(-^,7.-9); б) (-L , 2. в) ;
Указание, а) Оба подкоренных выражения равны нулю.
Рассматривая второе как квадратное относительно х, найдем
у- D = 3 (cos лу + cos лг)2 — 12^0.
Следовательно, I cos лу + cos лг |	2, cos лу = cos лг = ± 1,
з
/3
Возникают два случая: 1) у = 26, z = 2zn, х = 2^- . Выражение
о
под первым корнем равно — 8fe2 + 8m2 + 20m+ 126 — 14 = 0. Ра-
венство невозможно, поскольку все члены, кроме последнего, крат-
ны 4;
/з
2) у = 26+1, z = 2m+l, х=—2^- . Первое уравнение даст
о
276
нам —2&2 + 2/n2 + & + 7zn = 0, или 2 (m — k) (m + fe) + fe + 7m = 0.
Положим m —-k = u, tn + k = v, тогда	=	. Будем
иметь 2uv + 4v + 3u = 0, откуда (2t> + 3) (u + 2) = 6. Это уравнение
имеет два решения в целых числах, дающие целые значения т и k:
u = v=0, т. е. m = k — 0, и и= — 8, v— — 2, т. е т=—5, k = 3.
32.	а) ^-~+2лп; — 1) , п — целое число; б) (ли; 1), п — целое
число.
Указание, а) Рассматривая второе уравнение как квадрат-
ное относительно у, получите равенство (6f2 —25Z + 24) у2 +
+ (2/2-6/ + 8)у-/ = 0, где / = 4sin4
Случай б/2-—25/+ 24 = 0, т. е. /=-|-или означает, что
<5	z
у=—, что несовместно с первым уравнением системы (докажите!).
*	t
Поэтому найдите у как корень полученного трехчлена: у=^—— и
о — ot
1	у	t \
у=——7 , откуда равно соответственно — и —, т. е. число
2t— 3	1 Зу	о 2t
под знаком логарифма равно соответственно | sin х| .22s,n2x-3 и
I sin х| .2~2sin2jf-1,
Далее из первого уравнения системы и условия |у|	1 докажи-
те, что у = — 1, и т. д.
ЗЗ.	а)(-4-; -1) ;б)(—2; f) , (□;	.
Указание, а) Оценим правую часть первого, а затем вто-
рого соотношения.
Имеем ^Xy-x2y2=-yj -(ху-Х-) +т<+
2х2 -|--y'l +(2х —у)2	2х2 + 1.
Получаем систему ( у6+у3 + 2х2^-|-,
1 4ху3+у3>2х2+^-.
Вычтем почленно эти неравенства:
у6 —4ху3 + 4х2<0 или (у3 —2х)2<0.
Следовательно, это и все предыдущие неравенства должны
обратиться в равенства, т. е. у3 — 2х = 0, 2х—-у = 0, xy — -j-=0
и т. д.
34.	а) (4; -3; 0), (2; -1; 2); б) (2; -3; 3), (1; 0; 0).
Указание, а) Условия существования корней квадратных
относительно у и х второго и третьего уравнений соответственно
277
равносильно неотрицательности их дискриминантов, зависящих
от z, что наряду с условием z О определяет только два возможных
значения для z: z=0 или z = 2. Для каждого из них находим значе-
ния остальных переменных.
35.	а) (3; 3; 3); б) (-1; -1; -1); в) (1; 1; 1), (-2; -2; -2).
Указание, а) Докажем, что у=х=г = 3. Перейдем к новым
неизвестным. x=3 + «, y = 3-\-v, z = 3-}-w. Получаем систему
{(у2+9у_|_27) V=9и (и + 3),
(u»2+9o> + 27) w=9v (v + 3),
(u2+9u + 27) u = 9w (o>4-3).
Пусть u=/=0, для определенности ы>0. Из первого уравнения
следует, что у>0 (так как у24-9v + 27>0 при всех и), а из вто-
рого w>0. Таким образом, из положительности одного неизвест-
ного следует положительность всех. Значит, если отрицательно
одно, то отрицательны все.
Сложив все три уравнения, получим ы3 + и3 + и>3=0.
Противоречие.
в) Положим f (х)=^/3х—2, f(x) монотонно возрастает.
Имеем x—f (z)=f (f (y))=f (f (f (x))). Это уравнение эквивалент-
но уравнению x=f (х) (см. вводную часть) и т. д.
36.	cos-£-, cos-! л, cos 4" л.
Указание. Сделаем замену: x=cost/, О^у^л. Будем
иметь cos Зу=-|-, откуда yi—-^-, У2=-^-л, у3=-|-л.
37.	-2-± arccos -5/2 cos (-7~h4-arccos +2л&,
~h arccos -\/2 ( — cos arccos ) + 2лй.
Указание. Сделаем замену: cos x+sin х=у.
Получим у (3—у2)+0,1 =0; Зу—у3+0,1=0.
Положим теперь y=2cosz (0<z<n).
Будем иметь 2 (3 cos z — 4 cos3 z)+0,l =0; cos3z=—!-.
Тогда
z,=f—1-arccos±-, Z2 = 2L+-Larccos_^
гз-л—!-arccos^-.
38.	(2; 3). Указание. Рассматривая в первом уравнении
левую часть как функцию от х с параметром у, запишем ее в виде
f (f (*))> гДе f (х)=д/х+у2 —7. Поскольку f (х) монотонно возраста-
ет, то первое уравнение эквивалентно уравнению л!х-\-у2 — 7 =х.
278
Преобразуя так же второе уравнение, получим систему
Г л1х + у2 — 7=х,
\-^у + х2 + 2=у и т. д.
\ 4t '	10/	’	5 / '
Указание. Положим х+д/х2 +1 =«, у + л/у2 — 1 =v- Тогда
(Л/И+1)г=(и-х)г, Х = “-^ . д£?+Т=в-^1 =^±1 , „>0.
Аналогично t/=p Г*7—, -\jy2— 1 =Р ~ , -—-^0.	Получаем
а 2vn	2о v
I и2 + и2=у|- uv,
систему \ v2 — и2=^- ии, Ее решение и=2t, v = bt,
I u>0,
I	V
40.	Указание. Перейти к тригонометрическим функциям
аргумента 2х по формулам sinzx= -  , cos х=——- и
2 sin х cos х = sin 2х и воспользоваться неравенством |У1 sin ос -f-
+ Bcosa| <i-yC42 + B2 либо исследовать исходную функцию на
экстремум средствами анализа.
41.	а) (6; 1;0), (6; — Г, 0), (0; — 1; 0);
б) (1; 5; 0), (1; -5; 0), (— 1; 5; 0), (-1; — 5; 0).
Указание, а) Все слагаемые, кроме одного, и сумма крат-
ны 3. Отсюда z2 = 0 или z2 = 9 и т. д.
42.	Четыре корня. Указание. См. задачу 10 вводной части.
43.	112 корней. Наибольший корень 887) .
Указание. Получаем уравнение л -у/20 790+ %—л -д/х = л£,
у/20 790+х—Vx = fe- 20 790 = £2 + 2£-\/х> V*=2°	•
Из условия 0<^^д/20 790 находим, что k—\, 2, 3, .... 144.
Из этих значений необходимо удалить те значения, при которых
-\/x=2w+1 . Найдем соответствующие k.
Рассмотрим два случая: 1) k = 2n. Тогда д/х = 102^9- — п. По-
скольку д/х = от, то п — делитель числа 10 395=33-5-7-11
п ^72. Число делителей, не превосходящих 72, включая 1, не-
трудно подсчитать. Их 14.
2)	ft=2n + l, тогда -v=29-^|- —п—На сей раз для п
279
имеем 18 возможных значений (2л 4-1—делитель 10 395, и
(2л4-1)2^20 790). Всего исключается 32=144-18 значений k.
Наибольший корень будет при k=4, -д/х=-у8-' .
44.	а) (-2-4-Л&, лт] ; (-£-± arccos— arccos-7= -|-л6,
'z	\2	у17	-у17
±arccos-^=-— arccos-^=-4-л (2л1-|-1)) ;	arctg 4 -|-у-k,
arctg 4 4-л (£4-2 m)) .
б) лт) ; (-2—|-лЛ; лт) ; ( ±-|-arccos J- —
—i-arccos-уг 4--тг(2&4-1); ±arccos-L 4-arccos4-л/л^ .
Указание, а) По условию составляем систему уравнений
| ctg (у—x)=sin у4-cos у ctg х,
t 4 cos у ctg x=ctg (у—x)-|-(sin у — 1) ctg x.
Первое уравнение преобразуем к виду	= ‘"sinx^ '
Возникают два случая: 1) cos (у—х)=0. Второе уравнение бу-
дет иметь вид (ctg (у—х)=0):4 cos у ctg х=(sin у — 1) ctg х.
Вновь два случая: 1 a) ctgx=0. В этом случае х=-2—(-лЛ,
у=х 4* у'4- лп = л т;
16) 4 cos y = sin у— 1, y=±arccos^=-—arccos^=4-
4-л (2m 4-1).
2) sin (у—x)=sin х. 2 a) у—х=х-|-2л&, у=2х-|-2лЛ.
Подставляя во второе уравнение, получим 4cos2xctgx =
= ctg x4-(sin 2х—l)ctgx; откуда ctgx=0; х=-2—)-лл, у =
= л-|-2лл 4-2л&. Это решение является частью решения пункта
1 а или 4 cos2x = sin2x, ctg2x=4 и т. д.
2 6) у—х = л—x4-2nfe, у = л4~2лА: и т. д.
45. Положим u=^jx— 1, u=Vx2 — 1. Второе неравенство при-
мет вид м24-2«4-и2—2у>0 или («4-1)2—(v — 1)2>2.
Нам надо доказать, что если и 4- v > 2, и 0, v 0, то (и 4-1 )2 4-
4-(у —1)2>2.
Воспользуемся неравенством 2 (а24-62)Ха4-6)2 (докажите
это неравенство).
Имеем 2 («4-1)24-2 (и —1)2^(ы-|-у)2>4.
280
46. 1) a) — e) He существует; ж) a=0; 2) a) — ж) не сущест-
вует; 3) а), б) a>0; в) — 1	г) —1; д), e) a<0;
ж) —l^a^l; 4) a) x^2; б), e), ж) x— любое; в) x>—2;
г) x<2; д) x<Z —2; 5) a) — e) —a — любое действительное чис-
ло; ж) аУ=0; 6) а), б) а СО; в) аС— 1,	г) а^1,
а С —д), е) а^О; ж) а< — 1, а> 1; 7) а) х<2; б),е),ж) не
существует; в) хС —2; г) х^2; д) х~^ —2; 8) а), д) не существует;
б) aj>l; в) а =—J-; г)	е) — 1; ж) —
9) а), б), д), е) не существует; в) —1<аС—
г)	ж) у<а<1; — 1<аС—10) а) а — любое;
б) аС4~; в) а< — 1, г) аС —а~^ 1; д) а — любое;
е)	—i-; ж) а< — 1, а>1; И) а), д) а — любое число;
б) а<1; в) а#=—г) а<-|-, а>-|~; е) а> — 1; ж) а<
47. а) а< —2, а> 1; б) —2<а<3. 48. а) а<6; б) а< —4.
49. —8л<а<—6л, 6л<а<8л. 50. а) -|—<а<:1; б) 2<а-<8.
51. а) Если а<0, то х = 2 log2 |а|; если а = 0, решений нет; если
а>0, то х\ =log2 а, хг = 2 log2 а. б) Если а<0, то Xi =3 logs Iа\,
Х2—2 logs |а|; если а = 0, решений нет; если а>0, то х=2 logs а.
52. Если 0<а<И, то — а^.х<0 и 0<.х<2а^?; если а>1, то
— а<Х<0 и 0<Zx^.a. 53. а) Если а<0, то x<log3( —а); если
а>0, то х<_—2 + logaa; при а = 0 решений нет. б) Если а<0,
то x<log2 (— а)— 1; если а>0, то xdog2 а — 2; при а=0 реше-
ний нет.
54.	Если |а|^-\/2, решений нет; если 1С1а1<л/2, 0<х<
<-\/2 —а2; если |а| < 1, то 0<хС 1 —\/1 —а2 и д/2—а2<х^ 1 +
+V1 —а2- Указание. На рисунке 136 изображено решение не-
равенства на плоскости (х, а).
55.	Если , то 0<х<^-, а<х<2а; если —
т/З	За	т/6
281
о л
42
Г 1'
-42
Рис
< — , то 0<х<а, ^-<х<2п; если 0<а<-4г , то 0<х<а;
д/З	За	^/6
если а = 0, решений нет; если — -~<а<0, то а<х<0; если
——	, то а<х<0, 2а<.х<.^— ; если	,
л/З	д/6	За	-^з
то ^-<х<0, 2а<.х<.а. Указание. См. рис. 137.
За	г
56.	Если 0< |а| < 1, |а| =п/2, решений нет; при остальных а
получим х=±1. j
57.	х = а~2их = а 2 при а>0 и а^= 1; при остальных а реше-
ний нет.
58.	а) При <2 = arcsin+-у-+2лл получим х=—^-+2л/г,
-д/7	2	о
при а=—arcsin—2-+2л/г имеем х=—|-л + 2л&. При
остальных а решений нет; б) при а=-|~л + 2л/г получим х=-2—
5	5
+ 2л6, при а=—— л+ 2 л/г получим х=—л-|-2л6. При осталь-
ных а решений нет.
Указание, а) Оценим левую часть (Л cos <р + В sin
+ В2):4 cos х sin а + (2 sin х —3) cos
УГб cos2 х + (2 sin х — 3)2=-у28— 12 sin * + у") ^2 д/7.
59.	Задача имеет решение при |а|^у/2 — 1:
х = лп + ( —1)л arcsin (а2±2а), г/ = 2л&± arccos (а2±2а).
Выбор знака под символом arccos противополЬжен знаку под
символом arcsin. Знак перед arccos произволен.
282
60.	Если -\/2—1 а1, то x=-i-(±arccos (2а —а2)±
±arccos (2 — 2а — а2)) + л (fe + n), у=-^~(± arccos (2а—а2)—
— (ztarccos (2 —2а—а2))) + л (k — ri).
Выбор знаков произволен (4 варианта), но одинаковый для х
и у. При остальных а решений нет.
61.	а) Если |а|^4г , решений нет; если < |а[	1,
д/2	л/2
-1-л/2?^1	-1+V2?^1	.	...
2	g	>	если I и I 19	I ci |	х
-1+л/2а2-1
2
б) Если а <4 — 1, решений нет; если —
-?+Jg4g. <х<1; если КаСд/2,	и
—°+^2~а -	1; если а>д/2, то —
Указание, а) На плоскости (х, у) рассмотрим прямую
у=х+ 1 и семейство полуокружностей у=д/а2 — х2 (центр в нача-
ле координат, радиус |а|, рис. 138). Легко определяются гранич-
ные значения для а: |а| =-Ь (полуокружность касается прямой)
-у2
и |а| = 1 (прямая проходит через один из концов полуокружности).
Понятно, что при |а| полуокружность ниже прямой (или
касается), решений нет, и т. д.
б)	Как и в пункте а), только вместо семейства полуокружностей
семейство прямых.
62.	а) При а=-|- х=1, при остальных значениях а решений
нет. б) При а = 2 х= — 1, при остальных значениях а решений нет.
283
Указание, а) Уравнение приводится к виду
(а + 2)2 log3 (2х-х2)4-(3а-1)2 log,, (1 -^) =0,
где оба логарифма в области определения неположительны (дока-
жите!), а коэффициенты при них неотрицательны, поэтому урав-
нение равносильно системе ( (a-j-2)2 log3 (2х — х2) = 0,
( (За-I)2 log,, ( 1	=0.
63.	а) Если а<10|-л/5, решений нет; если а=10'~А то
х = Ю’-Л если 101-л/5<а< 101+А х, = 10*"А х2 = 10-,+^3+4lgo;
если а>101+А х, = 101-А х2 = 101+А
б) Если 0<а^ 1, х, = а_|+^1-а, х2=а|-л/1+3а; при остальных
а решений нет.
Указание, а) Обозначим y = lg х, 6 = lg а. Получаем урав-
нение t/=-|-(l 4-6— \у — Ь\) или у2 + 2 \y-bl — 2 — 26 = 0. Полез-
но множество пар (у, Ь) изобразить на координатной плоскости
(см. рис. 139).
64.	а) х=а —а5; б) а+(~“) , если 0 < а С1 • При других
а решений нет.
Указание, а) Рассмотрим данное уравнение относительно а.
Преобразуем его: а=х+(а’ + х)5. Полученное уравнение имеет
вид a=f (f (а)), где f (а) = а5 + х. Значит, оно эквивалентно урав-
нению а = а5 4-х.
65.	а) |а| x = cos((—1)* -^-arcsin 4а 4-^-) , где k = Q, 1,
2, 3 при а>0 и 6 = 1, 2, 3, 4 при а<0;
б)	. в)	. где зшк
2 4\/4а + УТбаг+1’	2^8 |а1+л/б4а2 + 1
совпадает со знаком а. Если а = 0, х=±1.
Указание, а) Сделаем замену: x = cos /, 0^/^ л. Имеем
cos t cos 2/ sin t = a, sin 4t = 4a и т. д.
б) Сделаем замену: х=±-(у—, у>0. Получаем
(у+1г) =а или У*-?~=8а’ У*-8ау4-
-1=0.
в) Пусть а>0, тогда х>1. Сделаем замену: х=у +	,
где у>1. Имеем 8х4 —8х2+1 =2 ((2х2—I)2 —1).
284
1Иу+т) (у2+Я (?+г) (У~т) =«илиу16-16ау8-
— 1=0, откуда y=^/8a+~\/64a2+T.
66.	а“. 67. а) ^- + 2лп; ^-+2лп;	+2ли; б) ^+2лп;
О	1о	1о	4
ъ+2м.
68.	а) При k= — 1 х = 2лп, х=-^-+лп; при й = 0 х= ±^- +
£	О
| _ /у
4-2лп; при k=\ х=± arccos——р2л/г; б) при k=Q х = лп,
х=~^-2лп; при k — l х=( — 1)л+1	|-лп; при k = 2 х =
=(— l)rt+1 arcsin 4-лп.
69.	а) 1; б) — 4.
Указание, а) Преобразуем уравнение к виду а (2x4-1)=
= —х24-6х4* 13. Значит, 2%4-1 =/=0, a=~*2+6x~l~13 .
2х+ 1
Найдем наибольшее значение х, при котором a^l, т. е. наи-
— х2 -4- 6х 4-13  	«
большее решение неравенства ----2х+1 —	’ а затем наиДем а-
70.	а) Если а<0, то нет решений; если а = 0, то три решения;
если 0<а<1, то четыре решения; если а=1, то два решения;
если а>1, то нет решений.
б)	Если а<0,то нет решений; если а = 0, то два решения; если
0<а<4, то четыре решения; если а = 4, то три решения; если
a >4, то два решения.
71.	а) а= — 2, а=—
При а= — 2 х\ = —2, Х2=-|-, х3=у";
при а=— 4- %1 = —1-, х2 = 0, Хз=4-*>
б)	а= —2, а= —g-. При а= —2 х, = — 1, х2=^-, *з=||-;
при a=—i-x. = —1g- , х2=0, х3=71у ;
в)а=— 3, а=—1-. При а=— 3 Xi = — 1, х2=^-, х3=|р;
при а= -1, х, -, х2 = 0,	;
285
г)а= — 1, а=—i-. При а= — 1	=	х2=^-, *з=-|-;
при а=—{-Xi = -±-, х2=0, х3=~.
Указание, а) Полезно предварительно представить график
правой части уравнения, построив последовательно следующую се-
рию графиков: ух=2х—а2, у2=у\(kl), Уз=1у21, У = 2у3. Послед-
ний график и есть график правой части исходного уравнения;
при а=0 он напоминает символ V, а при а#=0 — W. Поскольку
график левой части уравнения есть прямая, параллельная бис-
сектрисе I и III координатных углов, то эта прямая может пересе-
кать график правой части в трех точках (что соответствует трем
решениям) только при а=/=0 и только в двух вариантах (найдите
в каких).
72.	a) -V2<a<-l|, б)	,
0<а<^/2;	1<а<^.
Указание, а) Неравенство перепишем в виде
(х + а)(хЧ-4а-Ь2)<0. На плоскости (х, а) уравнение х2 + а2 = 4
задает окружность. Точки пересечения этой окружности с прямыми
х+а = 0 и х + 4а + 2 = 0 разбивают ее на четыре дуги. Две дуги
соответствуют точкам (х, а), для которых неравенство выполняется.
73.	а) 0; 1; б) — 1; 1. У к а з а н и е. При любом а уравнение
имеет корень х=0.
74.	а) 50; б) 32.
Указание, а) Условие |х| = | у | равносильно условию х=у
или х= — у. Поэтому неравенство принимает вид (а + 50)х2 —
— 2x+l5o или (50-а)х2+^- >0.
Полученные неравенства должны одновременно выполняться
для любых значений х. Очевидно, что в этом случае а должно удов-
летворять системе неравенств
а + 50>0,
 (-2)2-4 (а + 50)-^<0,
50 — а 0.
75.	а) а = 1, 6 = 5; б) а= — 1, Ь=^-.
Указание, а) Покажите, что наибольшее значение левой
части равенства равно наименьшему значению правой части ра-
венства, т. е. исследуйте функции f (/)=	, где / = 5а и
4>W=l-62-5& + 13.
286
Указание, а) Уравнения системы преобразуйте к квадрат-
ным относительно (х + 2у) и (х —у) соответственно, затем потре-
буйте неотрицательности их дискриминантов, зависящих от п.
П. Отрезок прямой с=—и часть линии
л 1	4	2
Ь = 2 С \ с^О.
78.	-V? н б) -.
У к а з а н и е. а) Решая неравенство (1), находим, что — 1
<2 и х#=0, а второе неравенство равносильно неравенству
|х| ^у-а2. Так как наибольшее значение |х| для решений нера-
венства (1) равно 2, то для искомых значений а получаем нера-
венство -у-а2 ^2.
79.	а) а<—2—д/б;	б) а<—2—д/8; а>2.
Указание, а) Исследуйте после замены sin2 х = 1 —cos2 х
квадратное относительно / = cos х неравенство t2 — 2а/ + а2 + 2а —
— 3>0 на промежутке —
80.	а) —б)
Указание, а) Неравенство можно преобразовать к виду
|2 + а + (а sin 2х —cos 2х)|^3 или
|2 + a+V^ + 1 sin (2х + ф)| ^3,
где ср — некоторый зависящий от а угол. Так как неравенство
должно выполняться для любых х, что равносильно тому, чтобы
287
наибольшее значение левой части было меньше 3, то для иско-
мых значений а получаем неравенство 12 + а| +-Va2 + 1 ^3.
81.	а) х = 1; б) х = 2.
Указание, а) При а=\ левая часть равна 1, соответст-
з
вующее уравнение имеет корни х = 1 и х = ——. Корень х = 1 явля-
„	з
ется решением при всех а, второй корень х= —— не при всех а
(например, при а = 0).
82.	а) 4<а<8; б) а = 8.
Указание, а) Освобождаясь от логарифмов, получаем
уравнение (после преобразований): 16х2 — (6а + 56) х + а2 + 8а +
+ 40 = 0, которое должно иметь единственное решение, удовлетво-
ряющее условиям 1<х<3, причем 4<а< 10, а+=7±д/8.
Обозначим левую часть через f (х).
Имеем f (1) = а2 + 2а, f (3) = а2 — 10а +16. Поскольку при
4<а<10 будет f(l)>0, то должно быть f (3)<0, если D>0.
Отдельно рассматриваются случаи f (3)<0, f (3) = 0 и 0 = 0.
S3.	-L; |;-2-.
Указание. Уравнение можно переписать в виде
2*!-2х |Og3 (x2_2x-f-3) = 22|x-a|_' log3 (2|х —a| +2), т. е. в виде
<Р(У|) = ф('/2), где <р(у)=2У log3 (у + 3), у\=х2—2х, у2 = 2|х —а| —
— 1. Функция ф(у) монотонно возрастает (докажите!), поэтому
исходное уравнение равносильно равенству У1=У2, т. е. х2 —2х =
= 2|х —a| —1 или (х — 1)2 = 2|х — а|. Последнее уравнение имеет
три корня при тех значениях а, при которых парабола z/ = (x—I)2
либо проходит через вершину угла (графика z/ = 2|x — a|), пере-
секая его стороны по одному разу (случай а=1), либо касается
одной стороны угла и пересекает дважды вторую сторону угла
(случай и а=-|-) *
84.	а=—j-+2nfe; a = arctg—|-2лп.
Указание. Квадратичная функция должна иметь коэффи-
циент при х2 положительным и дискриминант равным нулю, что
очевидно и достаточно для искомых а, т. е. значения параметра a
удовлетворяют системе
( cos a>0,
I 4 sin2 a —2 cos a (cos a —sin a) = 0.
85.	-^-arccos ~^~2---^+2лй, -2—-^-arccos+
+ n(2fe+l).
86.	a) a=2nAi; 6) a = n + 2n£.
288
Указание, а) Квадрат трехчлена ах2 -\-bx-\-c имеет вид
а2х4 -\-2abx3-}-{Ь2 + 2ас) х2 -}-2Ьсх-}-с2, откуда для искомых значе-
ний а имеем систему уравнений а2=1, 2а6=0, b2 + 2ac = 2C0S
2bc = sin a + tg а и c2 = 2C0Sа— 1, т. е. |а| = 1, & = 0, ac = 2C0S а-1,
sin a-J-tg а = 0, c2 = 2C0Sa—1. Из этих равенств следует, что
cos а > 0 и sina = 0 или а = 2л& и т. д.
87.	— 1, а^З. Указание. Рассмотрим систему
| х2 — 2ху — Зу2 = 8,
( 2х2 + 4ху + 5у2 = 6.
Умножим первое уравнение на 6, второе — на 8 и вычтем. Полу-
чим (Ь — 16) х2 — 2 (Ь + 16) xy — (3& + 40) у2 = 0. Если то от“
носительно t имеем квадратное уравнение. Его дискриминант
±-О = (б4-16)2 + (6-16)(36 + 40)>0 или 62+6&-96>0. Из
второго уравнения следует, что Значит, —З+у/105.
Перейдем к а: Ь = а2(а — 2)2 — 12 + -\/105—З+д/105.
88.	= 3, 4, 5, ... . У к а з а н и е. Условие задачи эквивалентно
тому, что система х + у + 3 = 0, ху = Ь имеет не более одного
решения х<0, у<0.
90+
У Казани е. Очевидно, искомые значения а
больше нуля. График первого уравнения представляет собой ромб
с центром в точке (0; 0) и диагоналями на осях координат, а гра-
фик второго при а>0 — окружность с тем же центром и радиу-
сом -у/а. Количество решений системы равно числу точек пересече-
ния ромба с окружностью. Поэтому восемь решений система име-
ет тогда и только тогда, когда радиус указанной окружности
больше радиуса окружности, вписанной в ромб, и одновременно
меньше половины меньшей диагонали ромба.
91.	у ^С0, q 12. Указание. Рассмотрите плоскость (х, у).
92.	/< —Указание, t должно удовлетворять системе
неравенств 1	<3.
93.	х>3. Указание. Если х > 1 и 0 < & 2, то	1
о
(равенство при х= 1, 6 = 2). На рассматриваемом множестве полу-
чаем (% + 26 — 1)<^-у^- или (% + &) (х — 2Ь + 1)>0, откуда
х>2Ь— 1. Значит, должно быть х>>3. (Предыдущее неравенство
выполняется при всех 0<6^2.)
289
г~	2
94.	2 д/2. Указание. Преобразуем уравнение 2Х + — =
= а sin лх.
Наименьшее значение левой части равно 2 -\/2, достигается при
х=-~. При этом же х наибольшей будет и правая часть (по-
скольку d>0). И т. д.
95.	d = 0, &= — 1. Указание. Если d>0, то множество ре-
шений первого уравнения состоит из двух прямых.
96.	а = пп, Ь = 0. Указание. Пусть а =/= -~+ jik и tg х = и,
iga = A.
Имеем и-\—= 6, т. е. Аи2 — АЬиА~А — Ь = 0. Получилось
квадратное относительно и уравнение, имеющее более двух (бес-
конечно много) корней. Значит, Л = 0, &=0ит. д.
Случай d = -^-+nfe рассматривается отдельно.
97.	0<Сх^.-\/32. Указание. См. задачу 26 вводной части.
98.	а<у-;	У каза ние. Задача равносильна опреде-
лению тех значений а, при которых совместна система исходных
неравенств, равносильная после преобразований следующей:
((х -f- 3d -f-1) (х -f- и — 1) О,
[ (х + За — 2) (х —а + 2)<0.
Точки М (а; х), координаты которых удовлетворяют каждому из
неравенств, составляют пару вертикальных углов (изобразите!).
99.	а<-~. Указание. См. задачу 98.
100.	а) —У2^а<1;	+ оо; б) —д/3^а<1;
-у3^а< + оо.
Указание. Перенеся —-д/2 в правую часть, получим квад-
ратный трехчлен, старший коэффициент которого равен (d—п/2)Х
Х(а2 + а — 3), а дискриминант (а2 — 2)(1— а).
101.	—^-^d^l. Указание. Точки оси х имеют у = 0.
Поэтому требуется найти те d, при которых для всех х из промежут-
ка — 2^х^ — 1 выполняется система неравенств x2 + (d + 4)x +
+ 4а^0 и Зх —(2d+ 4)^0, т. е. (d + x)(x + 4)^0 и -3*^_.
Так как при — 2^х^ —1 множитель (х + 4) больше нуля, то
Зу_4
—9— ^d^ — х при всех х из этого промежутка, т. е.
290
—^-=тах	Зх * 4 *	( — х)=1.
2 -2<хС-1	2	-2<х<-1
102. а) — — <а<—— : б) —.
7	16	16 ’	' VI4	V 14
Указание, а) Из уравнения системы следует, что x = k,
где k — целое число, а неравенство равносильно условию
16а —23	2а + 33	16а-23	2а + 33
-	g ,так как -	<----------
при а<0, откуда следует, что искомые отрицательные значения а
определяются требованием единственности целочисленного реше-
ния двойного неравенства 16а~“ —	е
4	6
Величина -6-а4  возрастает с увеличением а, а величина
( —2а+зз ) убывает, поэтому если при некотором ао число k
является решением, то и при всех а<ао оно также будет решением.
—g—= -5 при а=-—,
160^23 = _7 а= _ 5_ сле_
4	г	16
Отсюда и из того, что
16а —23
4
— — 6 при а———и
зет: ——	.
16	16
103. 6&л<а<3(2& + 1) л, 6 = 0, 1, 2, ... .
Указание. Второе уравнение системы преобразуется к виду
а— у = 3х с условием х>0 и у>0, поэтому система равносильна
следующей:
т.
< а — у = 3х,
^sin х (5 — 4 sin2 х) = 0,
е. х = л/и, у —а — Злт, где т — натуральное число и t/>0.
Отсюда видно, что искомые значения а определяются усло-
вием четности числа решений в натуральных числах неравенства
а —
104. 3(2т+1)л+у-<&<6(/п + 1)л-у-, т=0, 1, 2, ... .
Указание. См. задачу 102.
105. а) ^-<а<1; V2<a<2; б) -|-<а<1;	1<а<72.
Указание. См. задачу 28 вводной части.
106.	у-.Указание. Данное уравнение решает-
ся в целых числах. Преобразуем его к виду (5х — 2у) (Зх —4) = —7.
291
Возможны четыре случая:
|5х —2^=1,	| 5х — 2у= — 1, | 5х —2// = 7,	(5х — 2у— — 7
\Зх — у=—7; ( Зх — у = 7\ (Зх — у— — 1; (Зх — у=\.
Решения этих систем: (—15; —38), (15; 38), ( — 9; —26), (9; 26).
Условие x<Zy оставляет два из них. Затем находятся значе-
ния а, при которых одна пара удовлетворяет неравенству 2а2х +
+ Зш/<0, а другая нет.
107.	— а2, если а 4 — 2 д/2; — 8 (а — 1), если а > 4 — 2 д/2. Ука-
зание. См. решение задачи 100 вводной части.
108.	— —, если а^.2— -у2; 1 —2а, если а>2 — -д/2. Указа-
ние. См. решение задачи 100 вводной части.
109.	у =— 2х + 6. Указание. Используйте подобие тре-
угольников, образованных касательной, осями координат и перпен-
дикуляром из точки А на ось абсцисс.
110.	а = 2; а = —4. Указание. Кубическая парабола имеет
с прямой тогда и только тогда ровно две общие точки, когда одна
из них есть точка касания. Поэтому, приравнивая производные,
получим уравнение для абсциссы точки касания: 9х2 — а2 = 2а+ 1,
т. е. х= —^-(а4"1) или х = ^-(а4- 1). Далее, используя равенство
значений функций при найденном х, получаем уравнение для а
вида (а4-1)2 = 9, т. е. а = 2 ца=— 4.
Hl. а) г/тах = 3 при 2<х<3; б) утт= — 3 при — 1<х<0.
112.	а) 7,5; б) 30. У к а з а н и е. а) Так как у-х2^0, то нера-
венство равносильно совокупности систем:
(l)|i/<—(2) f	(3) (
lx* —* —2<0;	V<l+f.
Далее, построив на координатной плоскости (х; у) множества
решений систем (1) — (3) (рис. 140), находим площадь получен-
ной трапеции.
ИЗ. х = а— 1— д/2 —а, £/ = 2 (а — 1) — 2 -д/2 — а. Наибольшее
значение у при а = 2.
114.	а=-д/2 —?/2. Указание. Уравнение равносильно урав-
нению х|х — 2а|=а2 при а>0 и а=/=1. Это уравнение имеет кор-
ни а и а (1 4"л/2), откуда получаем равенство для определения иско-
мых а.
115.	х + у= —2 или х + у = —4. У Казани е. Так как в облас-
ти определения неравенства х 4-1/^0, то прямая, о которой идет
речь, не может пересекаться с прямой х4-z/ = 0 и, следовательно,
имеет уравнение вида у = а — х. Поэтому неравенство принимает
вид:
292
УЛ
Рис. 140
(х2 —(log4 |а| + log|a| 4)х+ 1)(х2— 10*2ах + а2 —3)>0,
и требуется найти значения а, при которых это неравенство
выполняется при любом х. Первый множитель при |а|^4 имеет
два различных корня и отрицателен в промежутке между ними,
так что для справедливости неравенства при любом х второй
трехчлен также должен быть отрицателен в точности в этом же
промежутке, т. е. должен иметь те же корни. Но тогда должны
выполняться равенства
10• 2° = log|O| 4 + log4 |а\, а2 —3 = 1,
откуда а= — 2.
При |а| =4 первый множитель неотрицателен, а второй при-
нимает вид х2—160x4-13, если а = 4, или х2 —-|-х4-13, если
о
а——4, и неотрицателен при а=—4. Следовательно, а равно
— 2 или — 4.
116.	См. рис. 141. Указание. Преобразуем выражение к
виду 2^cos /+-|-cos х cos у^ +cos х — cos у. Оно будет положи-
тельным при всех t, если cos х—cos у>0, или sin s*n
293
Рис. 141
Рис. 142
>0. Левая часть обращается в нуль на прямых %+у = 2лй,
у — х = 2лп. На этих прямых происходит смена знака.
117.	См. рис. 142.
118.	у =	Ь=^-.
14	14	л/28	-у/28
Указание. Первые два уравнения определяют в соответст-
вующих координатах уравнения окружностей радиусами -^/3 и 5.
Искомые значения х и а, очевидно, неотрицательны. Поэтому
удобно ввести замену х=-у/3 cos а, у=л/3 sin а, а = 5 cos 0,
6 = 5 sin 0, где углы а и 0 меняются от —до Третье
уравнение системы примет вид sin(a + 0)=l, т. е. а + 0 = -—, а
величина p = x4-a = -\/3 cos a-f-5 cos 0=-\/3 cos a + 5 sin a прини-
мает максимальное значение V(V3)2 + 52=V28 (cm. § 1),
a = arctg -77=arccos	и т. д.
V3	V28
119.	-|—-y/7	Указание. См. решение задачи
100 вводной части.
120.	а) <2=6/— 1, а = 6/, а = 6/ + 2, а = 6/ + 3, /CZ;
б) а=— 2 + 12Й, а = 2+ 12й, k£Z.
Указание, а) Для первого уравнения покажите, что его
левая часть не меньше 11, а правая не больше 11, т. е. что это урав-
нение равносильно системе уравнений cos^-=0 и
sin л^-2^-..1)=о.
О
294
Второе уравнение исходной системы решите относительно
/=(х2+(у--а)2). В итоге получите, что система равносильна
следующей: ( у = 2&-f- 1,
< х — 2у — 1 =3/,
I *2 + (*/ —я)2= 1 и т- Д-
121.а=1. Указание. Возьмем Ь = 0. Имеем систему
(х2+1)а=1, а + х2у=1.
Возникают два случая: 1) а = 0. Исходная система будет
иметь вид (&2+ 1)^=1, Ьху + х$у=\, откуда при из первого
уравнения у = 0, что не подходит второму уравнению.
2) х=0, тогда о=1. Можно проверить, что при а=1 исход-
ная система всегда имеет решение х = у = О при любом Ь.
122.	а) о = 2; б) о = 0.
Указание, а) Если (х0, Уо) — решение системы, то и ( — х0, уо)
также является ее решением. Значит, хо = О. Подставляя хо = О
в систему, найдем для о два значения: 0 и 2.
1)	а = 0. Исходная система имеет вид y + cos х = 0, sin4x +
+ у2 = 1. Эта система имеет более одного решения. (Решений
бесконечно много: х=-^+лй, у = 0 и др.)
2)	о = 2. Имеем систему 24-2|х| =y4-cos х, sin4x+y2=l.
Из второго уравнения у^1. На основании первого заключаем,
что х = 0, у=1. Решение единственное.
б)	Из четности по х заключаем, что должно быть х = 0,
откуда о=0 или о=2. При о=2 есть по крайней мере два
решения: (О, —1) и (1, 0).
123.	о=—2, 6= — 2.
124.	о=1. Указание. Каждое неравенство определяет на
плоскости (х, у) полуплоскость (вместе с границей). Для того
чтобы эти полуплоскости имели единственную общую точку, не-
обходимо, чтобы прямые, их ограничивающие, пересеклись в одной
точке. Соответствующая система из трех линейных уравнений
будет совместна, если 42а2—17а —25 = 0. Полученные значения
.	25
а=1 и а=— проверяем.
125.	а) —у/3+1<а<1; б) —2у/3<а< —1.
Указание, а) Второе неравенство имеет вид а2 (х + у)2 +
+ у2>а—1, и поэтому оно выполняется при всех х и у тогда и
только тогда, когда а — 1 <0 (так как левая часть неотрицательна
и равна нулю при х = у = О). Считая далее а—1<0, первое
неравенство преобразуем к квадратному относительно sin(x — у):
sin2 (х — у) + (а— 1) sin (х — у) + а2 — а — 4<0.
Последнее неравенство выполняется при всех х и у тогда
и только тогда, когда оно истинно при минимальном и макси-
мальном значениях sin(x —у). (Докажите!)
295
126.	a) 0<a<4-;	±arccos±^4-2n/s;
4	4	3 \	2— oa
(—1)" arcsin т-Ц-Ч-лп;6) -|-<a<2; 2<a<4
f ( — 1)* arcsin o1~al + 2л£; ±arccos 7—Ц—Ь2лм;	.
V	2a—1	1— 2a	4 —a J
Указание, а) Система в области допускаемых значений
переменных равносильна системе уравнений
( 2 cos x-j-a sin у— 1,
I 3 cos x-j-sin у = 2,
в которой первые два составляют линейную систему относительно
cos х и sin у. Так как в силу третьего уравнения исходной СПС-
p.	1	1 — 2а	1	2а
темы 0<а<—, то имеем cosx=-—— , siny=-—— и z=-——.
2	2 — За	2 — За	1 — 2а
Осталось учесть ограничения для значений cos х и sin у и вы-
разить в явном виде х и у.
127.	Указание. Докажите, что левая часть
уравнения больше или равна единице, а правая меньше или равна
единице, после чего рассмотрите систему
sin ах = 1,
< СОЭ^ЛХ---р) = 1,
2^х^3
для а из интервала (2; 5).
128.	5л. Указание. См. решение задачи 127.
<3	<3
129.	arctg 2-^~ 7 ; —arctg 2 ^~7 . Производная данной
функции обращается в нуль в точках х\ = — cos а, х2 = 0, х3 = sin а.
При этом Xi и х3 соответствуют минимальным значениям функции.
Рассмотрим два случая: 1)	Имеем sina^cosa.
Значит, если — sin a^x^cos а, то Xi^— sin а и наименьшее
значение f (х) будет или при х= — sin а, или при x = x3 = sina.
Далее, f (— sin а) = sin3 а (7 sin а — 10 cos а),
f (sin а)= — sin3 а (sin а+ 2 cos а), f (— sin а) — f (sin а) =
= 8 sin3 a (sin a —cos а)^0, т. е. наименьшее значение f (х) при
будет при х= — sin а, т. е. sin3 а (7 sin а — 10 cos а).
2)	В этом случае наименьшее значение будет
296
f (cos a)=cos3 a (7 cos a—10 sin a). Затем найдем наименьшие
(по а) значения на отрезках О^а^-^-и	сравним их
(они равны).
130.	а=-^-. Указание. См. решение задачи 129.
131.	а=-%~. Указание. Первое уравнение имеет неотрица-
О
тельный дискриминант (9a2 —4)2, поэтому оно имеет один корень
9
при а=±— и два корня при остальных значениях а. Второе
уравнение имеет вид f (х) = ф(х), где f (х) монотонно возрастает,
Ф (х) монотонно убывает. Следовательно, уравнение имеет не бо-
лее одного корня. Поэтому достаточно для нахождения ответа рас-
9	9
смотреть случаи а=—и а =——.
О	о
132.	а=4~. Указание. См. решение задачи 131.
О
133.	—4|х|. Указание. Пользуясь тем, что х2=|х|2,
получаем:
( 2х2 при |х| ^2,
(х)=\4|х| при |х| <2.
Отсюда легко увидеть, что речь в условии задачи идет о функ-
циях у = 2х2, у= — 4х и t/ = 4x, для которых при x<JO наименьшее
значение принимает f/ = 4x, а при х>0 наименьшее значение
принимает у=— 4х.
134.	0^а<5 + 2-\/б. Указание. Очевидно, х = 0 является
решением неравенства, которое при х<0 принимает вид х2 —
— (1 — а) х4-2а^0, а при х>0 принимает вид х2 — (l-j-a)* —
-2а<0.
В первом случае неравенство всегда имеет решения и, сле-
довательно, ему должны удовлетворять все отрицательные х.
Поэтому либо дискриминант трехчлена х2—(1—a)x + 2a должен
быть неположительным числом, либо при х = 0 трехчлен принимает
неотрицательное значение и вершина его параболы находится
справа от оси ординат, т. е. либо (1— а)2 — 8а^0, либо 2а^0
и	что означает 0^а^5 + 2 ^/б.
При найденных а квадратный трехчлен х2 — (1 4-а) х — 2а в нуле
отрицателен. Значит, он отрицателен на промежутке, содержащем
х—0.
135.	f(x)=-l-x+^.; <7(X)=_^_X + J_.
136.	См. рис. 143. Указание. Исходное неравенство равно-
сильно системе f у^—Зх при х^ — 2,
< У^4 — х при —2^х^1,
l^t/^Зх при х^> 1.
297
Рис. 143
Теперь покажите, что в этой системе можно снять ограниче-
ния на переменную х, после чего для искомого множества получаем
систему неравенств
' у — Зх,
< у<4 —х,
k У<3х.
137.	См. рис. 144. Указание. Задача сводится к нахожде-
нию точек плоскости, через которые можно провести касательные
к данной дуге окружности.
138.	Параллелограмм ABCD (рис. 145).
Неравенство разными способами (или выделением квадрата,
или разложением квадратного относительно у трехчлена на мно-
жители) можно привести к виду (у — (а (х — 1)4-2)) (у — (а (х— 1) —
— 2))^0. И так как при всех анх а (х— 1) — 2<а (х— 1)4-2,
то исходное неравенство равносильно системе линейных относи-
тельно х и у неравенств
। у<а(х—1)4-2,
t У (х— 1) — 2.
Каждое неравенство, как известно, определяет полуплоскость.
Для первого неравенства граница полуплоскости есть прямая АВ
(при а= — 1) (см. рис. 145), которая вращается вокруг точки
А при возрастании параметра а от — 1 до 2 до положения прямой
AD (при а = 2). Следовательно, искомые точки должны лежать
внутри острого угла DAB. Аналогично показывается, что-искомые
точки должны лежать внутри острого угла DCB, и, следовательно,
они образуют параллелограмм.
139.	12. Указание. Произведение ху координат искомых
точек постоянно, т. е. ху = с. Следовательно, они лежат на гипер-
боле, которую любая прямая может пересекать не более чем в двух
точках (или, что равносильно тому, система линейного уравне-
ния, соответствующего прямой, и уравнения ху = с имеет не более
298
двух решений). Поэтому на каждой из проведенных четырех пря-
мых находятся две различные точки, для которых
г y = k (х —3),
\ху = с, где с, а поэтому и k не равны нулю.
Отсюда для двух различных абсцисс получаем соответствую-
щее квадратное уравнение kx2 — 3kx — с = 0. Тогда по теореме
Виета для суммы указанных абсцисс получаем Xi4-X2 = 3, а для
всех восьми точек сумма равна 3-4 = 12.
140.	. Указание. Пусть х=хо — уравнение пря-
мой, на которой лежит гипотенуза искомого прямоугольного
треугольника. Тогда длина гипотенузы равна с=(-^— 2хо) —
—2-, абсцисса и ордината вершины прямого угла в силу условия
задачи равны соответственно (хо—£-) и ^+4- (докажите),
\	2 / 2хо 2
1	, с	1
откуда для хо получаем уравнение -—=—т--------г-> т. е.
2х0	2.	( с \
2v°“7
2хо — сх0—1=0 (с=/=0), или после подстановки с имеем
24хо—34хо—3=0 и т. д.
141.	5 -у/2; 3 -^2. Указание. Так как прямая у=х—4 обра-
зует с положительной полуосью х угол, равный 45°, то одна из
диагоналей квадрата параллельна оси ординат и равна с=
=х§—(х0—4), где Хо — абсцисса соответствующих этой диагонали
вершин квадрата. Далее см. указание к задаче 140.
142.	а) ; б) 3—
О	£
Указание, а) Исходная система равносильна совокуп-
ности двух систем:
{2у+К0, и (2у+1>0,
х2+у2>1,	(2) S -у/3\х\^у+2,
y+4>2V3|x|	и + 4>2^3|х|.
Далее воспользуйтесь тем, что окружность, определяемая ра-
венством х2+у2=1, касается сторон угла, определяемого равен-
ством -\/3|х|=у + 2, и лежит внутри угла у+4 = 2-\/3|х|.
143.	1) а=1, Ь- 10; 2) (— 1; 9), (2; 12).
Указание. Докажите, что а и b удовлетворяют системе
уравнений Di=0 и £>2=0, где D\—дискриминант квадратного
относительно х уравнения 8—Зх — 2x2 = ax-\-b, a Di — дискрими-
нант квадратного относительно х уравнения 24-9х — 2х2 = ах4-6.
144.	1) а=0, &=Х;2)(-2-;2-),(^-;^). Указание.
См. задачу 143.
299
145.	a) 1) — 2 —2д/2<а<0, — 2-f-2 л/2<а; 2) a< — 2 — 2^2,
0«.<-2+2V2. х=±л/1=^.	3) a=0,
*€[—1; 1} y= —Vl —x2 
6)	1)	-l<a<0, 0<a<-1+^, l<a;
2) ^f£<a<-l. ^!±£«:<1, x=(log,Jit^.) .
<=	3) o = 0, X6R. u = 2~x.
|al—-yja — a3
в)	1) a<-4^-. 0<«<-^VL;
2)	L^/L^a<0( JddL^a, x= JffL , y=±A/^^;
z	z	-ya —a	V a —i
3)	a=0, x=VT=7, y€[-1; 1].
г) 1) a<-2,8-2 V17<a<0, 0<а<2,84-2\Т7<а;
2)	—2<a<8-2VT7, 2<a<8 + 2V17,
x = Va3—4а—4|a| + |a|3	_ ।	/ 4|a|—Va3—4a \ .
—4| a| +л/а3 —4a ’	'	д/а3—4a	'
3)	a=0, x— — 3~y, y£R.
Указание, а) Вводя переменную t=^/\ —x2, получим
систему уравнений yt -\-t2 = 2a и у2 -\-yt=2a — а3, почленно склады-
вая и вычитая которые, получим ей равносильную систему урав-
нений (/+у)2 = 4а — а3 и (t + y)(t—y) = a3 и т. д.
146.	а) 27^--5л; б) 6 л/5 — 2 — 5л+ 5 arctg ±-.
У к а з а н и е. а) Из площади четырехугольника, определяемо-
го неравенствами Зх2 —4х —32^0 и (Зх — 2у) (Зу-х4-10)^0,
одна из сторон которого проходит через центр окружности
х24-у2=10, вычесть площадь полукруга.
147.	1)	2) -4<а<2.
Указание. 1) Вычислить по координатам точек В, С, D
координаты точки А. Далее, подставив их в систему, решить по-
лученную систему относительно а. 2) Уравнение прямой, проходя-
щей через точки В и О, имеет вид у= — х — 1. Поэтому задача
сводится к определению тех значений параметра а, при которых
система неравенств 3x4-1— 2а О и — 4х — 6 + 5а^0 имеет ре-
шения при xB^x^xD, т. е. при — З^х^З. Переписывая систему
в виде	» замечаем, что	4*^~6- прих^1.
Отсюда min	max , т. е. — 4^а^2.
зоо
148.	1) —^-<а< —1;2) —9^а^9. У к а з а н и е. См. за-
□
дачу 147.
149.	2,2. Указание. Ь — \\а^0, так как уравнение иначе
имеет не более двух корней. Искомые точки имеют координа-
ты (а, Ь), такие, для которых квадратный трехчлен (b — Ila) Z24*
+(Ь — 4а)/-Ь(а — Ь) имеет два различных положительных корня,
т. е. для а и b имеем систему
ОСасЗ,
0<6<22,
О = (6 —4а)2 —4 (6 —11а)(а — 6)>0,
Ь — 4а
Ь—1\а
а — Ь<.0,
принимающую после упрощения вид:
' 0<а<3,
0<6<22,
- (6—10а) (56 —6а) > О,
(6 —4а) (6 —11а)<0,
, а —6<0 и т. д.
150.	16--Г-. Указание. См. задачу 149.
□
151.	( —о). Указание. Если хо—решение уравнения, то
х= —хо также решение. Поэтому из условия единственности ре-
шения следует, что хо = 0, и других решений уравнение не должно
иметь. Отсюда, подставляя х=0 в уравнение, имеем равенство
|62 —4| 4-62 — 4 = 0, равносильное неравенству 62 —4^0, т. е.
— 2^ b ^2. При указанных b уравнение принимает вид:
х2 ((20а + 216 4- 63) х2 + (36 - 4а + 9))=0.
Чтобы последнее уравнение имело единственный корень х = 0,
необходимо и достаточно (докажите), чтобы
(20а 4-216 4-63) (36-4а4-9)>0,
Отсюда (с учетом неравенства —2^6^2) следует, что иско-
мое множество есть трапеция с вершинами Л ( — 1,05; —2),
В (0,75; —2), С (3,75; 2) и D ( — 5,25; 2), для которой выполняется
равенство AB-^CD = BC-{-AD (докажите), т. е. в нее можно
вписать окружность. Очевидно, для центра окружности коорди-
ната 6 равна нулю и т. д.
152.	а) а=С — 4; а= 1; -|-^а<4; а>4; б) а^—3; а= —1;
О
4-<а<3; а>3.
□
301
Указание, а) Исследуйте отдельно случай а = 0. При а=#0
рассмотрите две функции а=х2 -j-cos-^-y^- и а=~- на промежут-
ке — 2^х^3. Вторая функция монотонна и поэтому принимает
один раз любое значение из промежутков а^—4 и а^-|-,
а первая функция на промежутке — 2<х<2 каждое свое
значение принимает четное число раз, кроме значения 1, кото-
рое оно достигает при х=0, и монотонно возрастает на про-
межутке 2<х^3. Осталось заметить, что на промежут-
ке —2^х^3 равенство x2 + cos ^-^=-^- выполняется только
при х=2, поэтому соответствующее значение а = 4 не принадле-
жит ответу задачи.
153.	а=-^-; а =4-: 2<а<4.
о
Указание, а) Ограничения на а: —^а<4. Пусть второй
множитель не равен нулю. Обозначим квадратный трехчлен в
квадратных скобках через f (х). Коэффициент при х2 отрицателен.
Для того чтобы квадратное уравнение f (х) = 0 имело корни Х|
и Хг, причем Xi — 1, Х2^0, необходимо и достаточно выполнение
неравенств /( — 1)^0, f (0)^0, откуда а=-|-или 2^а<4. Затем
рассматриваем случай, когда равен нулю второй множитель. В
этом случае решений бесконечно много.
154.	а=2, а=-|-, 4<ia<9. Указание. См. решение за-
дачи 153.
155.	—1,2; —0,67. Указание. Если а= —1,2, то, при-
равнивая нулю первый множитель, найдем х=^-(18—22,8),
0<х<1, поскольку 4<22,8<8. Далее уравнение имеет решение
х=—|—2а (равен нулю второй множитель). При а—— 0,67
это значение попадает на интервал [0; 1]; при а = — 66 не попадает
и никакое значение не попадает (х= ±-|—2а + 4&). Остается
доказать, что при а =—0,6 не имеет нужного корня и первый
множитель.
156.	а — любое, 6=2; а=±1, Ь—— 2.
Указание. Первое уравнение приводится к виду
(х.—у+я) (х-]-у —1)=0. Возникают две системы:
{х—у + а = 0,	(х + у—1=0,
I х2 +1/2 + &ху — 1 =0 И ( х2+у24-Ьху—1=0.
Хотя бы одна из этих систем имеет не менее трех решений. Пусть
это первая система. Выразив у через х и подставив во второе
302
уравнение, получим квадратное уравнение, имеющее не менее
трех корней (каждому значению х соответствует единственное
значение у). Следовательно, это уравнение равно нулю тождест-
венно.
Имеем уравнение (6-|-2)х24-а(&4-2)х4-а2 —1=0, откуда
&=-2, а=±1.
Аналогично рассматривается вторая система.
157.	а)	б)
Указание, а) Почленно умножим первое уравнение на 2Ь
и сложим со вторым. Получим (2b2 + b — &)х — 2abz2 — 4z=4.
Если 2b2-{-b— 6#=0, то при любых а и z можем найти х,
а затем у (из первого уравнения).
Пусть 2Ь2-\-Ь— 6 = 0. 1) Ь = — 2. Имеем для z уравнение
az2 — z—1=0. Из условия D^O найдем	2) &=-^-.
Получаем 3az24-4z + 4=0, откуда а^4-. Остается убедиться, что
при этих а и b можно найти х и у (х можно взять произвольным).
158.	—2л<а^0 и 2л^а<4л.
Указание. Возведем почленно в квадрат третье уравнение
и прибавим учетверенное произведение первого и второго. Полу-
чим (после преобразований) cos (2x + 2f/)= 1, откуда x+y — nk.
Вычтем теперь почленно из второго уравнения первое. Получим
cos(x4-f/)=—(д^д)2 Но cos (x4-f/) = cos лЛ=(—1)\ Зна-
чит, (— l)fe<0, т. е. fe = 2n4“l- Таким образом, x = (2n4-1) я — у.
Из первого уравнения найдем sin //=-—. Тогда из третьего будем
иметь cos у =	• (Проверьте, что при этом автоматически
выполняется второе уравнение.)
Число решений системы равно числу целых п, для которых
Если а — л>0, то последние неравенства долж-
ны выполняться при п = 0 и не выполняться при п=1, т. е.
•	1,	->» 1, откуда 2 л	4 л. Если а — л<0, получаем
—2л<а<0.
159.	Функция f (х)=-|-^3^^ при х> 1 возрастает (докажи-
те!). Обозначим левую часть неравенства через Д. Пусть В =
logs 3 . log3 5 . e logs 79
log3 4 log3 6 * * * log3 80
iog33	i Лъ>2_
logs 81	4 ’	^2 ’
Поскольку В<Д, Д2>ВД =
303
160.	560 цифр. Указание. Пусть М = 5800, тогда 1g М =
= 800 — 800 1g 2. Заметим, что 21 =1024. Имеем 800 1g 2 =
= 80 1g 1024>80-3 = 240. Докажем, что 80 lg 1024С241. Для
/	1	\ п
этого воспользуемся неравенством ( 1 ——) <3 (эквивалентным
неравенству е<3). Имеем 80 1g 1024 —240 = 80 (1g 1024 —3) =
1000
= 80 Igf 1 +-2£-=80--^-lg(1+-^—^^<80--^— 1g 3<
'1000 7 юоо ё\ ~ юоо /	1ооо е
<2 1g 3d. Значит, 559dgW<560.
161.	Для прямой У = ПРИ всех О^х^л, будет
| sin х—^-| Су-, причем при х = 0, х = у-, х = л имеет место
равенство. Предположим, что при некоторых а и b будет
I sin х — ах — Ь\ <у- при всех 0^х^ л. В частности, это неравен-
ство имеет место при х = 0, х = у-, х = л. Из этого следует, что
a-0 + b <у-,	+ Таким образом, прямые
у=—и у = ах-}-Ь пересекаются не менее двух раз (между 0 и —,
между у- и л У чего не может быть.
162.	1. Указание. Положим z — x-\-iy, а = а + &/. Левые
части данной системы представляют собой действительную и
мнимую части квадратного трехчлена z2-|-az-|-l. Но аУ=±2.
Значит, уравнение z2 + az-f-1 = 0 имеет два комплексных кор-
ня: Z\ =Х| + 1у{ и z2 = x2 + /r/2. По теореме Виета ziz2 =
=(х1х2—yiy2)+(xiy2 + x2y2) 1=\, т. е. xix2 — у{у2 = 1.
2_
163.	2+г2" > ууу , где г — произвольное рациональное число.
Указание. Рациональная точка (0, 1) лежит на кривой.
Проведем через эту точку прямую с рациональным угловым ко-
эффициентом у— 1=гх. Получаем уравнение 2х2 + г2х2 + 2гх = 0.
Это уравнение имеет корень х=—ууу, тогда у = г • Не-
трудно видеть, что таким образом мы можем найти все рациональ-
ные точки на заданной кривой.
§ 5. Планиметрия
1.	Внутренняя часть и граница квадрата, образованного сере-
динными перпендикулярами к четырем отрезкам, концами каждого
304
из которых является центр квадрата и одна из его вершин.
Иначе, квадрат с вершинами в серединах сторон данного квадрата.
2.	Геометрическое место состоит из граничных точек криво-
линейного восьмиугольника. Сам восьмиугольник представляет со-
бой объединение четырех сегментов, построенных на сторонах
квадрата во внешнюю сторону и соответствующих углам 60° (из
точек на дуге сегмента соответствующая сторона видна под
углом 60°), и четырех таких же сегментов, построенных на каж-
дой диагонали в обе стороны.
3.	Пусть О — центр данной окружности. Искомое геометричес-
кое место является дугой окружности с диаметром ОД, заклю-
ченной внутри данной окружности. В частности, если Л внутри
данной окружности, то получаем всю окружность с диаметром ОД.
4.	Пусть прямая АВ пересекает /. Центры окружностей рас-
положены на серединном перпендикуляре т к АВ. На прямой т
есть две точки О\ и О2, такие, что окружности с центрами Oi и О2,
проходящие через А и В, касаются I. Искомое геометрическое
место состоит из двух лучей прямой т с началами О| и О2
(из т исключена внутренняя часть отрезка OiO2). Если АВ парал-
лельна /, будет один луч.
5.	Если угол С треугольника АВС тупой, искомое множество
пусто. Пусть Ci —такая точка плоскости, что АСВС\ —парал-
лелограмм. Если ДС = 90°, искомое множество состоит из одной
точки С{. Если Z_C<90°, имеем окружность с центром Ci и ра-
диусом 62 + с2 — а2 (а, Ь, с — стороны дЛВС). Доказать это
можно методом координат, введя систему, в которой А ( —|~, о) ,
в(^-, о) , С(т, п), при эт°м(т4--|-^ -\-n2 = b2,^m—+п2 =
= с2.
Можно иначе. Рассмотрим два треугольника АМВ и СМС{.
Медианы, проведенные из вершины М в этих треугольниках,
равны. Значит 2ЛЛ42 + 2ВЛ42 —ЛВ2 = 2С7И2 + 2С1Л42 —СС2, из ус-
ловия получим 2С\М2 = СС2—АВ2 и т. д. (см. задачу 5 вводной
части).
6.	Прямая, перпендикулярная основаниям трапеции (см. зада-
чи 2 и 5 вводной части).
7.	а) Окружность, гомотетичная данной. Коэффициент гомо-
тетии центр гомотетии в середине АВ. Точки, соответствующие
А и В, удалены.
б)	Окружность, симметричная данной относительно АВ. Точ-
ки, диаметрально противоположные А и В, удалены.
в)	Две дуги с общей хордой АВ. Указание. Если / — центр
вписанной в АВС окружности, то ДЛ/В = 90°+—-ДДСВ.
8.	Пусть ABCD — данный четырехугольник (рис. 146). Ис-
305
Рис. 146
Рис. 147
комое множество заполняет два параллелограмма KQMP и LQNP,
вершины которых соответственно середины сторон и диагоналей
ABCD. В частности, если F на стороне ВС, а другой конец отрез-
ка пробегает сторону AD, то середины отрезков заполнят от-
резок, параллельный KQ и МР, с концами на КР и QM.
9.	а) Диагонали параллелограмма. Указание. Пусть сто-
роны параллелограмма а и Ь. Стороны одного из двух равнове-
ликих параллелограммов ха, yb, другого — (1— х)а, (1—у)6
(рис. 147). Тогда из равенства площадей получаем ху =
= (1 — х) (1 —у), х+у = 1. Это означает, что М лежит на диагонали
исходного параллелограмма, не проходящей внутри двух рас-
сматриваемых.
б) Отрезки прямых, соединяющих середины противополож-
ных сторон параллелограмма. Указание. Если сумма площадей
двух соседних параллелограммов равна половине исходного, все
очевидно. В другом случае (в обозначениях рис. 147) имеем
Х1/+(1—х)(1-1/)=-£-, откуда (*—0(у—0=°-
10.	а) Пусть О — точка пересечения прямых. Возьмем на
прямых точки Л, L, Р и Q так, что расстояние от каждой из них
до другой прямой равно данной величине (рис. 148). Прямо-
угольник KLPQ (граница) есть искомое геометрическое место.
Это следует из того, что для любой точки на оснований LP рав-
нобедренного треугольника LOP сумма расстояний до боковых
сторон постоянна. Для точек внутри &LOP оно меньше, вне
&LOP (внутри угла LOP) соответственно больше.
б) Продолжения сторон прямоугольника KLPQ (см. рис. 148).
11.	Пусть г — радиус данной окружности, рд, рв, рс — рас-
стояния от А, В, С до центра этой окружности. Во всех трех случаях
граница множества состоит из концентрических окружностей. При
306
этом г<Рл^^ л/3, г -\[2<.рв, г -\/З^Рс- Указание. 60°^ АА <
<180°, Z.B<90°, Z.C<60°. Причем каждый из углов может
принимать любые значения, удовлетворяющие указанным огра-
ничениям.
12.	Внутренняя часть треугольника с вершинами в серединах
сторон данного. Указание. См. решение задачи 8.
13.	Пусть В{ — точка, симметричная В относительно А. Иско-
мое множество состоит из двух равных окружностей, проходящих
через А и В|, делящихся хордой ABi на две дуги в 60° и 300°.
Указание. Опустим перпендикуляр МК на АС (рис. 149).
Тогда Л4/<=-“-ВЛ/, значит, sin ^СЛМ=-|-, АСАМ равен или 30°,
или 150°, a ABiCA= АСАМ.
14.	Прямая, перпендикулярная ОА, где О — центр данной ок-
ружности. Указание. Касательные, проведенные через М к
обеим окружностям, равны (см. задачу 10 вводной части). Значит,
касательная из М к данной окружности равна МА. Далее, МА2 —
— MO2 = R2 (см. задачу 2 вводной части).
15.	Пусть С и D — точки пересечения окружностей (С на ЛВ),
М — середина АВ. Все треугольники ABD подобны между собой.
Значит, угол CMD равен одному из углов между DM и АВ (в зави-
симости от того, по какую сторону от CD расположена точка М).
Искомое множество есть окружность, проходящая через С и D.
Другое решение. /?1 и/?2 — радиусы окружностей, О| и
О2 — их центры, К\ и К2 — проекции центров на ЛВ, К\ и К2 —
середины АС и СВ. Значит, К\М = СК2, K2M = CKi, OiM2 +
+ О2М2=(О i к? + к, М2)+(О2к22 + К2м2)=(О i к? + К2М2) +
+ (О2К22 + м2)=(О IК21 + СКл)+(р2к22 + CKi) = R2 + Rl
Таким образом (см. вводную часть), искомое множество есть
окружность с центром в середине OiO2, проходящая через С и D.
16.	Искомое геометрическое место состоит из двух прямых,
получающихся из / поворотом вокруг Л на 60° в ту и другую
сторону.
17.	Искомое геометрическое место представляет собой дугу ВС
окружности, описанной около треугольника ЛВС. Указание.
307
Треугольники DBC и ВСЕ подобны	Z_DBC= Z.ВСЕ = 120°,
и подобны треугольнику ВМС (М — точка пересече-
ния DC и BE), значит, Z_BMC= Z_DBC= 120°.
18.	Если N— точка пересечения прямых PQ и АВ, то
т. е. N — фиксированная точка. Искомое мно-
жество есть окружность с диаметром CN. Если теперь М — фикси-
рованная точка, то D лежит на прямой, параллельной прямой MN
и проходящей через такую фиксированную точку L на прямой АВ,
AL AN
для которой ="с^ > причем L так же расположена относитель-
но отрезка АВ, как N относительно отрезка АС. (Проведем че-
рез D прямую, параллельную MN, найдем точку L. Покольку MN
содержит PQ, то из соответствующих подобий, найдем
AL __ AL BD AD _AN BP AQ _AN BP _ AN BN __AN \
LB ADLBBD AQ'BN'CQ BN CQ BN CN CN /
19.	Средняя линия, параллельная AC. Указание. Пусть
ср — угол между АС и BD. Тогда Sapk = ±-AK^PD«sin ср, SBPC =
DC-sin ср.
Из условия следует, что AK*PD = BP*DC, откуда ВР =
— AK-PD _AK-PD
DC AD '
Пусть прямая, проходящая через К параллельно BD, пересе-
кает АР в точке N. Из подобия треугольников AKN и ADP найдем
Отсюда следует, что АР делит В К пополам.
20.	Поскольку /LDEM = Z.DPM = 90°, точки D, Е, Р и М ле-
жат на одной окружности. Значит, /LDME= Z_DPE = 45°. Ис-
комое геометрическое место точек есть прямая DC.
308
21.	Рассмотрим случай, когда точка В лежит внутри данного
угла. Прежде всего заметим, что все получающиеся треугольни-
ки BCD (рис. 150) подобны между собой, поскольку ABCD =
= ABAD, ABDC = ABAC. Поэтому если N — середина CD, то
постоянными будут углы BNC и BND. Опишем около &BNC ок-
ружность. Пусть К — вторая точка пересечения этой окружности
с АС. Поскольку АВКА = 180°— ABNC, то точка К фиксирована.
Аналогично фиксированной будет точка L — вторая точка пере-
сечения окружности, описанной около ABND, с прямой AD.
При этом ALNK= ALNB+ ABNK=18O°— ABDA + АВСК =
= 180°, т. е. N лежит на прямой LK. Множество точек N есть
отрезок LK, а геометрическим местом центров тяжести ДАСО
будет отрезок, ему параллельный, делящий А К в отношении 2 : 1
(получается с помощью гомотетии с центром в А и коэффициен-
ТОМ -|-) .
22.	Если О — вершина угла, ABCD — прямоугольник (А фик-
сирована), то точки А, В, С, D, О на одной окружности. Следо-
вательно, АСОА =90°, т. е. точка С лежит на прямой, перпенди-
кулярной ОА и проходящей через О.
23.	Заметим, что все получающиеся треугольники АВС подоб-
ны между собой. Следовательно, если взять в каждом треуголь-
нике точку К, делящую сторону ВС в одном и том же отношении,
то, поскольку А А КС сохраняет постоянное значение, точка К
будет описывать окружность. Значит, точка М, делящая А К в
постоянном отношении, также будет описывать окружность,
получающуюся из предыдущей с помощью гомотетии с центром в
точке А и с коэффициентом	. Это рассуждение использу-
ется во всех пунктах: а), б) ив).
24.	Пусть К — середина АВ, а М — основание перпендикуля-
ра, опущенного из К на АС. Все треугольники А КМ подобны
между собой (по двум углам), следовательно, будут подобны все
треугольники АВМ. Теперь легко получить, что искомое гео-
метрическое место есть окружность с хордой ВС, причем углы,
опирающиеся на эту хорду, равны углу АМВ или к нему дополни-
тельному. (Меньшая дуга этой окружности расположена по ту же
сторону от ВС, что и меньшая дуга исходной окружности.)
25.	Если М, N, L и К — данные точки (М и N на противо-
положных сторонах прямоугольника, L и К также), Р — середи-
на MN, Q — середина KL, О — точка пересечения диагоналей пря-
моугольника (рис. 151), то ZLPOQ = 90°. Следовательно, искомым
геометрическим местом точек будет окружность, построенная на
PQ как на диаметре.
26.	Искомое геометрическое место точек — две прямые, пер-
пендикулярные данным прямым. Указание. Обозначим данную
точку буквой А, расстояние от А до данных прямых равно а
309
L
Рис. 151
Рис. 152	Рис. 153
(рис. 152). Имеем МА=—АР=МА -J3=-2jIL .Пусть Р{ —
r	cos a	v cos а J
проекция Р на прямую, проходящую через А параллельно дан-
ным. Тогда ЛА =ЛР cos а = а д/3.
27.	Восставим к ВМ в точке М перпендикуляр; пусть Р — точка
пересечения этого перпендикуляра и перпендикуляра, восставлен-
ного к исходной прямой в точке В (рис. 153). Покажем, что вели-
чина РВ постоянна. Пусть Z_MBC = cp, через К и L обозначим
основания перпендикуляров, опущенных из Л и С на МВ.
По условию	н0 LC = BC sin q, АК = ВА sin <р.
1\А LC
Значит,
МК  LM ВМ±ВК . BM + BL = k
BA sin ф ’ ВС sin ф	’ BA sin ф ВС sin ф ’
ВМ /___________________BL \ =ь
sin<p\B4 ' ВС/ \ВЛ sin <р ВС sin <р/	’
ВМ _k-BA-BC po — k-BA-BC
sin <р ВА+ВС ’	ВА + ВС ’
что и требовалось. Следовательно, искомое геометрическое место
точек — две окружности, касающиеся прямой АС в точке В, с диа-
метрами, равными ^'д^вс •
28.	Продолжим AQ за точку Q и возьмем на этом луче точ-
ку М так, что QM=±-AQ, и точку А\ так, что МА\=АМ\ М —
середина стороны ВС треугольника ЛВС; 2_СВЛ1 = 21ВСЛ,
ААВА{ = 180°— ABAC.
Следовательно, если мы построим окружности на AM, МА\
и AAt как на диаметрах, то искомое геометрическое место то-
чек будет состоять из точек, расположенных вне первых двух и
внутри третьей окружностей.
29.	Пусть Л — вершина данного угла. Рассмотрим случай,
когда О вне треугольника AMN (рис. 154, а). Обозначим через
зю
Р точку пересечения окружности, описанной около AMN, с биссек-
трисой АО. Докажем, что Р—центр окружности, описанной
около треугольника MON.
Имеем Z MPN = 180° — а (а = Z. MAN), A MON = 180° —
-(ZOA1JV+ ACWM)=180o--i-((180°-Z,4MW) + (180°-
- AANMJ)=±-(AAMN + AAУМ)=^-(180°-а)=90°—2-.
Значит, zLMPN = 2Z-MON, а поскольку MP = PN (как хор-
ды, окружности, которым соответствуют равные углы), то Р —
центр описанной около M0N окружности.
Итак, точка Р находится на отрезке АО. Найдем крайние по-
ложения этой точки. В треугольнике M0N угол MON постоянен,
ОР — радиус описанной окружности. Значит, ОР пропорциона-
лен MN. Из геометрических соображений достаточно ясно, что
наименьшим MN будет в случае, когда MN перпендикулярно АО,
а наибольшим, когда MN совпадает с AQ (вернее, сколько угодно
близко к AQ). Докажем это. OMqNq — треугольник, соответствую-
щий перпендикулярности MqNq и АО. Рассмотрим треугольни-
ки OMN (общий случай), OMqNq и OQA. У них одинаковые
углы при вершине О и равные высоты, опущенные из О. Повернем
треугольники 0MN и OMqNq вокруг О так, чтобы MN и MqNq
попали на прямую AQ (рис. 154,6). Треугольник OMqNq равно-
бедренный (OMq = ONq). Значит, NO> NqO = M0O>MO и пло-
щадь треугольника NONq больше площади треугольника MOMq
(углы при вершине О у них равны). Следовательно, NNq>MMq
и т. д.
Аналогично рассматривается случай, когда О внутри треуголь-
ника AMN. Рассмотрим на луче АО точки Л>, Рз, такие, что
АР1=^-АО, АР2=--------, ЛР3=-----------------г-----г-, где
2	.а/. । . а \	.а/	. а \
Sln'2'\ +S'n‘2'/	51ПТ\ ~SI"T/
г — радиус данной окружности.
Рис. 154
311
Тогда Р удовлетворяет условиям АР\<.АР^АР29 АР^АРз
(отрезок и луч).
30.	Обозначим: Oi, О2 — центры окружностей, г\, Г2 — их
радиусы, М — середина АВ, О — середина OiO2.
Имеем (по формуле длины медианы)
O|M2 =-±-(2r? 4-2О1В2 - АВ2), О2М2 =-J-(2ri + 2О2Л2 - АВ2),
O1B2=^-(OlOi+4OB2-2d), О2Л2=-|-(О,О2 + 4ОЛ2 —2г2).
Таким образом, OiM2 — О2М2=г\ — г2, т. е. (задача 2 вводной
части) точки М расположены на перпендикуляре к OiO2. Если
окружности разного радиуса и не пересекаются, то искомое геомет-
рическое место точек состоит из двух отрезков, получающихся сле-
дующим образом: надо из отрезка с концами в середине общих
внешних касательных выкинуть точки, расположенные между сере-
динами общих внутренних касательных. (Если М — точка отрез-
ка с концами в серединах общих внутренних касательных, то
прямая, проходящая через М перпендикулярно ОМ, не пересе-
кает окружности.) В остальных случаях (окружности пересекают-
ся или равны) искомое геометрическое место точек — весь отре-
зок с концами в серединах общих внешних касательных.
31.	а) Так как Z_FNB=90°, ^CNM=\35°, AFNM = 45°
(предполагаем, что АМ> МВ), то £FNC = 90° и С, N и В на од-
ной прямой и т. д.
б) Рассмотрим равнобедренный прямоугольный треуголь-
ник АВК с гипотенузой АВ (К по другую сторону от АВ, в от-
личие от квадратов). Четырехугольник ANBK вписанный, следо-
вательно, /LANK= ААВК = 45°, т. е. NK проходит через М.
Искомое геометрическое место точек есть средняя линия
треугольника ALB, где L — точка, симметричная точке К от-
носительно АВ.
32.	Пусть N — точка пересечения серединного перпендикуляра
и касательной, О — центр окружности, R — ее радиус.
Имеем ON2 — NA2 = R2 + MN2— NA2 = R2. Таким образом,
искомое геометрическое место точек — прямая, перпендикуляр-
ная ОА (задача 2 вводной части).
33.	Если Oi и О2 — центры данных окружностей, Qi и Q2 —
центры окружностей, описанных около треугольников АВС\ и
АВ\С, то OiQiO2Q2 — параллелограмм. Прямая QiQ2 проходит
через середину отрезка OiO2 (точка D). Вторая точка пересе-
чения окружностей, описанных около треугольников АВС\ и АВ\С,
симметрична точке А относительно прямой QiQ2. Искомое геомет-
рическое место точек есть окружность с центром в точке D и ра-
диусом AD.
34.	Пусть Oi и О2 — центры данных окружностей, г\ и г2 —
их радиусы. Рассмотрим два равнобедренных прямоугольных
треугольника с гипотенузой OiO2: OjO2O и OiO2O'. Искомое
312
геометрическое место точек есть два кольца с центрами О и О' и
радиусами: внешним	и внутренним	Гг!.
Докажем это. Пусть М — точка на окружности Oh W— на
окружности С>2. Если М фиксирована, a N пробегает вторую ок-
ружность, то вершины прямых углов равнобедренных прямоуголь-
ных треугольников описывают две окружности радиуса по-
лучающиеся из окружности Ог с помощью поворота вокруг М на
угол 45° (в одну и в другую сторону) с последующей гомотетией
с центром в М и коэффициентом . Пусть Ом — центр одной из
этих окружностей. Точка Ом получена из О2 поворотом вокруг М
в соответствующем направлении и гомотетией с центром в М и ко-
эффициентом Но Ом можно получить из М с помощью соответ-
ствующего поворота и гомотетии с центром О2. Следовательно,
когда М описывает окружность Оь Ом описывает окружность
радиусом yri с центром в О или О'.
35.	в) Строим сначала у = ^ , затем г) x=^^[ab •y[cd.
е) Умножим обе части на -\[а. Справа будет а-\-^Ьа-\--^са=у.
Тогда -\[ха=у, х=-^-. ж) Умножим обе части на а2. Затем
строим у, равный правой части.
37.	Возьмем отрезок AB = 2k. С центрами А и В построим
окружности радиусами £+1, С и F — точки их пересечения
(рис. 155): Тогда CE=V(* + О2-*2=^2^+1, 00=^2 (*+1).
Если	то получаем отрезки длиной -\[п, начиная с -д/З.
Отрезок длиной -^2 также легко строится.
39.	Если М — точка пересечения медиан треугольника АВС,
то в треугольнике ВМС знаем все стороны.
А
С
Рис. 155
313
40.	Если / — центр вписанной окружности треугольника АВС,
то в треугольнике BIC известны ВС, высота из вершины I
(равна г) и ZB/C = 90° + y-Z-Л.
41.	Задача решается методом подобия (см. задачу И вводной
части).
42.	Рассмотрим треугольник АВС. ВС известна. Вершина А
расположена на прямой, параллельной ВС (расстояние до ВС
равно ha). Кроме того, поскольку АС: АВ известно, то А лежит на
известной окружности (см. задачу 3 вводной части).
43.	Пусть М — точка пересечения медиан треугольника АВС,
N — середина ВС, К — середина ВМ. В треугольнике MNK из-
вестны все стороны ( MN=±-та, KM=±-mb, KN=-7—mcj.
44.	Возьмем произвольный отрезок d. Треугольник со сторо-
cP
нами х=—, у=—, Z-— подобен искомому по третьему приз-
Ла	Л^	tic
наку ух:у = hb:ha=—=a:b; x:y:z — a:b:cj .
45.	Достроим треугольник АВС до параллелограмма АСВС\.
В треугольнике СВС\ знаем сторону СС\=2тс и высоты из
вершин С (равна hb, так как АС параллельна ВС\) и С\ (равна ha).
Построение следующее: строим СС\, с центрами С и Ci строим
окружности радиусами hb и hc, проводим к ним касательные из С\
и С (возможны два случая), получаем треугольник CBCi, а за-
тем и АВС.
46.	Пусть М — точка пересечения медиан треугольника АВС.
В треугольнике ВМС знаем стороны ВМ — ^-ть, СМ=-^-тс и вы-
О	о
соту, опущенную из М (равна	Этот треугольник можно
построить. (Возможны два случая.)
47.	Рассмотрим треугольник АВС, в котором AD — высота,
АЕ — медиана. Треугольник ADE можно построить. Расстояние
от Е до АВ равно -^Ьс, т. е. АВ — касательная к окружности
радиусом -^-hc с центром в Е.
48.	Рассмотрим треугольник АВС, в котором AD — высота,
АЕ — биссектриса. Прямоугольный треугольник ADE задан.
Обозначим Z_DAE = $. Проведем через А прямую параллель-
ную СВ, и обозначим через В\ точку, симметричную В относительно
этой прямой (рис. 156). Если АСАЕ = а, то ЛВД£) = а + р,
АВАВ{ =2 (90°- zLBAD) = 180°-2а-2р, Z САВ{ = Z_BAB{ +
+ ЛВЛС = 180° —2а —20 +2а = 180° —2|3. "Таким образом,
Z_B\AC известен. Отсюда следует нужное построение.
314
Рис. 156
49.	Возьмем на луче АВ точку М так, что АМ=АС. В тре-
угольнике СВМ известны две стороны и угол. Можем его пост-
роить. Вершина А находится на пересечении прямой ВМ и середин-
ного перпендикуляра к СМ.
50.	Возьмем на луче АС точку М так, что АМ = АВ (рис. 157).
В треугольнике СМВ знаем стороны СМ и СВ и угол МВС:
ЛМВС = В- ЛАВМ = В-(90°-^-)=В-^±С=^-(В-С).
51.	Продолжим высоту AD треугольника АВС и возьмем
на продолжении AD точку С\ так, что АС\=АС (DC\=b —ha).
Проведем через Ci прямую, параллельную ВС, В\ — точка ее
пересечения с АВ (рис. 158). Получаем задачу: «Внутри угла с
вершиной В\ дана точка С. Найти на заданной стороне этого
угла точку А, такую, что расстояния от А до С и другой стороны
угла равны между собой».
Нужное построение можно осуществить методом подобия. Бе-
рем произвольную точку К на одной стороне угла (BiCi), вос-
ставляем к ней перпендикуляр КМ, строим окружность с цент-
ром М и радиусом МК. Берем одну (любую) из точек пересечения
этой окружности с BiC, проводим через С прямую, параллельную
NM, находим точку А.
52.	См. решение задачи 16 вводной части.
53.	Пусть CD — биссектриса треугольника АВС. Поскольку
ha*a = hb-b, то	Значит,	, т. е. точка D
* b ha	DA СА b ha
Рис. 159
315
Рис. 160	Рис. 161
находится на прямой, параллельной ВС, расположенной на извест-
ном расстоянии от ВС.
Построение. Берем произвольно прямую / (рис. 159) и
точку С на ней. Строим прямые тип, параллельные /, т — на
расстоянии ha от /, п делит расстояние между / и т в отношении
. Находим точку D на п (CD=lc). Симметрично отображаем I
относительно CD и находим А.
54.	Возьмем на продолжении ВА точку С|, так, что АС\=АС
(рис. 160). Треугольник DAC\ нам известен с точностью до
подобия. ( /LDAC\ = 180° — Д,	Имеем построение. На
прямой откладываем ВС\ = Ь -\-с. Берем произвольно К на ВС
и строим треугольник С\КМ ( Z-MKCi = 180° — Д, МК=±-С[К^ .
Затем на прямой С\М находим D как точку пересечения этой пря-
мой с окружностью с центром в В и радиусом ть-
55.	Возьмем на прямой АС точку Bi, на прямой АВ точку С\
так, что В1Д=ДВ==с, ВС\=ВС = а (рис. 161). В\С = Ь-\-с и
ДС1=а + с известны, Z-BB\A=±- Z_A. Проведем B{D=AC\,
BD\\AB, а затем DC\. Пусть С2— точка пересечения DCi и BiB.
Взяв на прямой отрезок BiC, можем построить точки D и С2.
На прямой ВС2 возьмем произвольно К, найдем L на DC2 так,
что KL параллельна B\D. Пусть М — одна из точек пересечения
окружности с центром К и радиусом KL с прямой СС2. Проведя
через С прямую, параллельную /СЛ4, найдем точку В и т. д.
56.	Указание. Геометрическим местом точек внутри данно-
го угла, для которых отношение расстояний до сторон угла равно
заданной величине, есть луч, выходящий из вершины угла.
57.	Указание. Воспользуйтесь результатом задачи 3 ввод-
ной части.
58.	Таких точек 4; две из них находятся на луче BD, где D —
середина ДС, причем BM\=^-BD, BM2=-^-BD, а две на прямой,
проходящей через В параллельно ДС, причем Д1з и М4 удалены
от В на расстояние 2ДС.
316
Указание. Воспользуйтесь тем, что для заданных точек
Р, Q и R геометрическое место точек Л4, таких, что треуголь-
ники MPQ и MPR равновелики, состоит из двух прямых, прохо-
дящих через Р: одна параллельна QR, другая делит QR пополам.
59.	Пусть К, L и Л1 — точки пересечения продолжения бис-
сектрисы, медианы и высоты, выходящих из вершины А треуголь-
ника АВС, с описанной окружностью (порядок следования L,
К, М), О — центр окружности. Прямая КО перпендикулярна ВС,
так как К — середина дуги ВС, значит, КО параллельна AM.
Можно построить точку А, затем середину ВС как точку пере-
сечения AL и КО и т. д.
60.	Возможны два случая: 1) Прямая Z не пересекает от-
резок АВ. В этом случае расстояние до / от середины АВ равня-
ется половине данной величины, т. е. эта прямая касается соот-
ветствующей окружности. 2) Прямая / пересекает отрезок АВ.
Проведем прямую 1\, проходящую через А и параллельную /.
Расстояние от В до h равно заданной величине.
61.	Если М— такая точка, что Z_AMB— Z.BMC, то МВ —
биссектриса угла М треугольника АМС. Значит, ^=5^,
точка М принадлежит известной окружности (см. задачу 3 вводной
части). Искомые точки — точки пересечения соответствующих
окружностей (если окружности пересекаются).
62.	Пусть О — точка пересечения I и р. Возьмем на продол-
жении отрезка ОМ точку D так, что MD = ±-OM. Тогда BD па-
раллельна /, т. е. В можно построить.
63.	Пусть О — начало лучей. Построим сначала прямую,
пересекающую данные лучи и ОМ в токах Р, Q, L, К так, что
PQ = LK (рис. 162, а). Рассмотрим параллелограмм KOPD.
Из равенства PQ — LK следует равновеликость треугольни-
ков ОРЕ и OKF. В самом деле,	==-££-, т. е.
\J л\	1\	г L	О/
OP* РЕ = ОК* KF. Возможно следующее построение. Возьмем точ-
317
Рис. 163
ки К и Р\ произвольно, ОК = ОР\—а. Построим треугольни-
ки OKF и ОРхЕ, (рис. 162, б, KF\\OP{> PJEX\\OK). Пусть KF = b,
Р[Е\=с, ОР=х. Из подобия треугольников ОРЕ и ОР\Е[ следует,
Snpp х2	о о	ab х2
что	, а поскольку S0PE = S0KF, то —=—, откуда
^oPiEi а	ас а
x = a-yl“^-9 и отрезок х можно построить. Затем через М про-
водим прямую, параллельную РК.
64.	Возможны два решения, которым соответствуют рисун-
ки 163, а, б. В первом случае строим окружность с центром в В9 ка-
сающуюся прямой /, и через А проводим касательную к этой ок-
ружности так, как на рисунке 163, а. Во втором сначала строим
симметричную В относительно /, затем, как и в первом случае,
строим окружность и касательную к ней (рис. 163,6).
65.	Рассмотрим квадрат ABCD и точки К, Л4, L и Р на его
сторонах.
/	решение основывается на том, что пара перпендикуляр-
ных прямых образует при пересечении со сторонами квадрата или
их продолжениями равные отрезки (рис. 164, а). Отсюда построе-
318
ние: проводим через М прямую, перпендикулярную ЛХ, и откла-
дываем на ней отрезок MP\ = KL (два случая) и проводим
прямую РР\, на которой расположена сторона AD. (Если Р и Р\
совпадут, решений бесконечно много.)
// решение. Окружности, построенные на АЛ4 и PL как на
диаметрах, проходят через вершины В и D квадрата (рис. 164, б).
Диагональ BD, будучи биссектрисой углов В и D квадрата,
пройдет через середины дуг КМ и PL — точки Е и F, которые
можно построить, затем провести прямую EF и найти точки В
и D (здесь также возможна неоднозначность).
66. Построения можно осуществить методом подобия (рис. 165).
«Маленький» квадрат строим произвольно, проводим ДЛ4о и нахо-
дим точку М — одну из вершин искомого квадрата.
67. Пусть KL — общая внешняя касательная к окружностям
с центрами О\ и О2 (рис. 166). Тогда прямая, проходящая через
О\ параллельно КЦ касается окружности с центром О2 и радиу-
сом, равным разности радиусов данных окружностей. Можно сде-
лать иначе. Проведем в окружностях параллельные радиусы О\Р
и O2Q, как на рисунке 166, найдем точку пересечения PQ и OiO2.
Через эту же точку должна проходить и прямая KL.
Аналогично решается задача о пост-
роении общей внутренней касательной
(при первом способе строится окруж-
ность с центром О2 и радиусом, равным
сумме радиусов).
68.	Задача может быть решена ме-
тодом подобия. Возьмем на АВ произ-
вольную точку К\ (рис. 167), проведем
через К\ прямую, параллельную ВС,
возьмем на ней точку /Wj так, что АК\ —
= KiMi, затем найдем на АС точку С\,
такую, что Л41С1 = KiMi =AKi, постро-
им ромб К1М1С1М2, после чего найдем
точку М как точку пересечения ВС и
АМ2, МК\\МъК{ (обоснование этого
построения достаточно очевидно).
Рис. 167
319
Рис. 168
69.	Сделайте поворот
на 90° вокруг заданной
точки (в ту и другую сто-
рону).
70.	Пусть О — верши-
на угла, а — его величи-
на. Построим точку Ai,
симметричную А относи-
тельно стороны OL этого
угла (рис. 168). Если
Z_OLK = q, то Z-A\LB =
= 2ф+ ZKLM = 2(p +
+ (180°-2ZL/CM)=2(p +
+ (180° — 2 (а + ф))= 180° — 2а. Значит, АА\ЬВ известен. Отсюда
следует построение.
71.	Если К — точка на AM, такая, что МК = ВМ, то треуголь-
ник АКВ можно построить (известны АВ, АК и ZАКБ).
72.	Опустим из Oi и О2 — центров окружностей — перпен-
дикуляры OiM и O2N на АВ (рис. 169). Отрезок MN известен,
MN=±-AB. Пусть L — точка на OiM, такая, что O2L\\MN
(O2L = MN). В прямоугольном треугольнике О\О2Ь известны гипо-
тенуза О\О2 и катет O2L = MN. Значит, его можно построить.
73.	Решим другую задачу: около данного правильного (на
самом деле, можно любого) треугольника KLM описать треуголь-
ник АВС, равный данному. Поскольку углы А, В и С известны,
то точки А, В и С лежат на окружностях, которые мы можем
построить, и задача сводится к предыдущей: через точку пере-
сечения окружностей провести прямую, образующую в пересече-
нии с ними отрезок данной длины.
74.	I решение. Пусть М — точка пересечения АВ с данной
прямой I, а Р — точка касания с этой прямой искомой окружности
(рис. 170). Тогда МР = ^МА- МВ, т. е. отрезок длиной МР можем
построить. (Обратите внимание на то, что для точки Р есть два
положения — по ту и другую сторону от Л4.) Если АВ парал-
320
лельна данной прямой, то Р единственна и находится на средин-
ном перпендикуляре к АВ.
II решение. Пусть серединный перпендикуляр к АВ пересекает
прямую в точке N. Прямая, симметричная данной относитель-
но серединного перпендикуляра, также касается окружности. При-
ходим к задаче: «В данный угол вписать окружность, проходящую
через данные (достаточно, впрочем, одной) точки А и В». Эта
задача может быть решена методом подобия: вписываем произ-
вольную окружность, находим ее точки пересечения с AN и т. д.
75.	См. решение задачи 14 вводной части.
76.	Геометрическим местом точек М, таких, что касательная
к данной окружности из М равна данной величине, есть окруж-
ность, концентрическая данной.
77.	См. решение задачи 17 вводной части. Надо сделать
перенос одной из окружностей, параллельный /, так, чтобы рас-
стояние между проекциями центров на / равнялось половине
заданного отрезка.
78.	Пусть 01 и О2 — центры окружностей, А и В — заданные
на них точки, С — точка пересечения 0\А и 02В. Требуется найти
на АС и ВС точки К и Л4, такие, что АК=±-КМ = ВМ. Решение
этой задачи аналогично решению задачи 68.
79.	Пусть искомая окружность касается данной прямой в
точке L, а окружности в точке К (рис. 171). Проведем через
центр О данной окружности прямую, перпендикулярную данной
прямой, и обозначим через С, Е и D ее точки пересечения с ок-
ружностью и прямой. М — точка пересечения СА с искомой окруж-
ностью. Точки С, К и L лежат на одной прямой. (Докажите!)
Треугольники СКЕ и CDL — подобные прямоугольные треуголь-
ники, откуда CK-CL = CE*CD. Значит, CA-CM = CK*CL~
= CE-CD, СМ = ^-~^-. Отрезок СМ можно построить (два
случая). Задача теперь свелась к задаче 74.
80.	Построение понятно из рисунка 172. Проводим последо-
вательно AM, МВ, МС, DC. Находим точку К, проводим А К,
321
находим точку Е. DE параллельна АВ (см.
также задачу 25 вводной части).
81.	Построение основывается на сле-
дующей теореме. Рассмотрим трапецию
ABCD с основаниями АВ и CD. Пусть
N — точка пересечения AD и ВС, М —
середина АВ, К — точка пересечения МС
и DB. Тогда прямая NK пересекает DC и
АВ в точках Р и Q, таких, что
7Б-=и=Т(рис- 173)‘
Докажем это. Имеем
=Т- Значит’ BQ=^AB.
Теперь, учитывая построение задачи 80, можно выполнить
требуемое построение.
Замечание. Можно доказать, что если МВ— — АВ, то ВО =
п
=	Значит, при заданных условиях мы можем с помощью
одной линейки делить отрезок на п равных частей.
82.	Возможность требуемого построения основывается на сле-
дующей теореме: если через точки пересечения двух окружностей
проведены две прямые, пересекающие одну окружность в точках М
и N, а другую в Р и Q, то MN параллельна PQ. Если расположение
точек такое, как на рисунке 174, то по свойству вписанного
четырехугольника Z_PQA = 180°— А АВР — 180° — Z.AMN, т. е.
MN\\PQ. То же имеет место и для других расположений (на-
пример, на рис. 174 PiQi||MAf). Дальнейшее основывается на
известном свойстве трапеции (см. решение задачи 25 вводной
части), благодаря которому мы можем найти середины параллель-
ных хорд PQ и PiQi и построить прямую, проходящую через
центр этой окружности.
83.	Можно, например, воспользоваться тем, что для любого
треугольника ОАВ биссектрисы углов, смежных к его углам А
322
и В (биссектрисы внешних углов А и В), пересекаются в точке М,
расположенной на биссектрисе угла АОВ (рис. 175).
84.	Можно, например, взяв три точки Д, В и С на данной
окружности, построить три точки Дь В\ и С|, им симметричные
относительно данной точки, провести через Ai, В| и С| окружность
и т. д.
85.	Достаточно просто уметь построить какой-нибудь перпен-
дикуляр. Тогда, построив два перпендикуляра, через данную точ-
ку проведем параллельную прямую (см. задачу 25 вводной части).
Для построения одного перпендикуляра воспользуемся методом
задачи 26 вводной части. Берем любую точку А на прямой,
строим на прямой такие две точки С и £), для которых CA=AD.
Теперь нам достаточно найти какие-либо две точки, расположен-
ные на полуокружности с диаметром CD. Это сделать легко. За-
тем «включается» построение задачи 26 вводной части.
86.	Пусть О — центр данной окружности. Предположим, что
О не на прямой АВ. Построим точку Оь симметричную О отно-
сительно АВ, а затем окружность того же радиуса с центром О\.
Искомые точки есть точки пересечения двух окружностей.
Пусть О на прямой АВ и А отлична от О. Построим окружность
с центром Д, пересекающую данную. Задача сводится к делению
пополам двух получившихся дуг (см. задачу 28 вводной части).
87.	Например, прямоугольник со сторонами 150. Равно-
великий ему квадрат имеет сторону 1. Наибольшее расстояние
между точками квадрата равно \2 < 1,5. Следовательно, при
разрезании допускаются части, в которых наибольшее расстоя-
ние между точками меньше чем 1,5. Точки, лежащие на наи-
большей стороне на расстоянии 1,5 от исходной, должны при-
надлежать различным кускам.
88.	На рисунке 176 показано нужное разрезание. Прямоуголь-
ник ABCD разрезан на части ABEFM, EDC, FDM. В квадрате
AKLM, равновеликом ABCD, имеем &KLF == &ECD, £±BKJE =
= Д MFD.
89.	Пусть в треугольнике АВС сторона АС наименьшая, АВ
наибольшая (рис. 177). Выберем на сторонах Ав и АС точки Р
323
и Q так, что Z-APQ— Z-ACB. Треугольник APQ подобен тре-
угольнику АВС. Через середину PQ проведем прямую, пересекаю-
щую ВС в точке М. Проведя через М прямую, параллельную PQ,
определим точки К и Af (К на стороне АВ). Проведем KL парал-
лельно АС. Нужное разрезание: треугольник BKL (он подо-
бен АВС), треугольник KLM и четырехугольник АКМС (из них
составляется треугольник Л/СМ).
90.	На рисунке 178 показано, как прямоугольный треугольник
АВС с острым углом а^45° можно разрезать на семь остро-
угольных треугольников (ОСК, OKL, OLM, OMN, ONC, AKL
и BMN), О — центр вписанной окружности, 45°——<ф<45°.
92.	Имеем Z.ADB > Z. DBC= Z.ABD. Значит, AB>AD. То
же для &DBC.
93.	Из неравенства треугольника следует, что AC-\-BD>
>AB-\-DC. Следовательно, если АВ^АС, то BD>DC.
94.	См. решение задачи 24 вводной части, а также задачи 59.
95.	+ Указание. М— вершина треугольника, про-
тивоположная катету 3, MN содержит центр окружности.
96.	Указание. Задача сводится к определению наи-
меньшего расстояния между точками прямой и непересекающейся
с ней окружности. Для этого находим расстояние от центра ок-
ружности до прямой и вычитаем из него радиус окружности.
В нашем случае, если О — центр окружности, описанной око-
ло ANB (W внутри угла), прямая АО перпендикулярна противо-
положной стороне угла.
97.	СМ — высота треугольника. Указание. Точки С, М, Р
и Q лежат на одной окружности с диаметром СМ.
98.	а2 + Ь2>^-(а + 6)2>^-с2.
99.	Из неравенства треугольника следует a2<a(6-f-f),
b2<.b (а + с), ст <.с (а-\-Ь). Сложив почленно неравенства, получим
наше неравенство.
100.	Пусть x — a-\-b — c, у = а — Ь + с, z— — а-\-b с. Тогда
a=y-(x + r/), 6=y-(x-f-z), с =	Имеем неравенство
fixyz (х + у) (у + z) (z + х). Последнее получается при почленном
перемножении трех неравенств 2 ^/ху^.х-\-у, % л[у2^У~\~2,
2 д/Zr^z + x.
101.	S^ab^±-(a2 + b2Y
103.	m2=-|-(2b2 + 2c2 — а2), т2=-^-(2а2 + 2с2 —62). Имеем не-
равенство а2 + 62 + 4с2>-|-с2 или а2 + Ь2>X-с2 (см. задачу 98).
324
Н
Рис. 178	Рис. 179
104.	Имеем	———,	Левое неравенство:
ha 28 hb 28 г 8
a-\-b>p или a-\-b>c. Правое неравенство: с>0.
105.	Получаем неравенство (см. задачу 104)
' 1L. а	* или (# + b -f" с) ( ——1-~7—2^9.
Перемножаем: 1	i	A+i >9.
Группируем: (т'+'г)+(т+‘г)+('Г+'т) По теоРеме 0
среднем сумма в каждой скобке не меньше 2.
106.	Из равенств 5 = ^- и S = pr следует, что Rr=^. По-
лучаем неравенство	ab9 , или (2р)3^27а6с,
(*+|+с) ~^abc. Последнее неравенство есть теорема о среднем
(арифметическом и геометрическом) для трех чисел.
107.	arctg f. . Указание. Докажите, что окружность,
2 уаб
описанная около АВМ, должна касаться прямой ОМ.
108.	М совпадает с А. Указание. ЗАМ-]-2ВМА-СМ =
=2 (Д М + ВМ)+(Д М + СМ) > 2 А В + А С.
I 7
109.	2~\1 —. Указание. Пусть АВС — данный прямоуголь-
ный треугольник (рис. 179), KMN — описанный около него пра-
вильный треугольник. Точки К,М и N лежат на дугах окружностей,
проходящих соответственно через А и В, Ли С, С и В и вмещаю-
щих углы по 60°. Задача сводится к следующей: «Через точку
пересечения двух окружностей (В) провести прямую, на которой
325
эти окружности высекают отрезок (NK) наибольшей длины». Мож
но доказать, что искомая прямая должна быть параллельной ли-
нии центров. (Спроектируем центры окружностей на прямую.
Получим отрезок, равный половине высекаемого и меньший, чем
расстояние между центрами.) При этом длина самого отрезка
равна удвоенному расстоянию между центрами. В нашем случае,
рассмотрев О| и О2 — центры окружностей, описанных около
АВК и CBN, увидим, что Z.OiBO2 = 90°, OiB = /?i=-^r, О2В =
7з
= Т?2 = 1.
110.	Пусть АКМВ — маршрут из А в В (рис. 180, КМ — мост).
Рассмотрим параллелограмм ЛЛ|Л1/<. Точка А\ фиксирована. По-
нятно, что надо соединить А\ с В, найти точку М\ и строить
мост К\М\.
111.	Из неравенств AM2 + ВМ2'^2АМ-ВМ и т. д. следует, что
am2+bm2+cm2+dm2^am-bm+bm.cm+cm-dm+
+ DM'AMZ^ZS. Равенство будет, если AM = BM = CM = DM
(первое неравенство) и углы между AM и ВМ, ВМ и СМ,
СМ и DM, DM и AM прямые (второе неравенство). Значит,
ABCD — квадрат, М — его центр.
112.	Рассмотрим другую касательную В\С\, касающуюся
окружности в точке М\ (рис. 181). Пусть К — точка пересече-
ния В\С\ и ВС. Если В\ на АВ (как на рисунке), то К на ВМ
и КС>ВК. Проведем через С прямую СС2 параллельно АВ.
Имеем SkcC' >* SKCC2 > SKBBl. Значит, S^BlCl Sabc* что и требо-
валось.
Замечание. В частности, если окружность вырождается в точ-
ку М, то прямая, проходящая через М, отсекает треугольник АВС
наименьшей площади, если М — середина ВС.
113.	y-(ctg а + 3 ctg^60° — у-)) • Указание. Пусть М
и N — точки касания окружности с ВС и АВ. Из результата
предыдущей задачи следует, что М — середина ВС. Значит, NB =
326
= ВМ — МС. Если ЛМСО = (р, то Z.AiBM = 2<p, <р + 2<р + а= 180°,
<р = 60°——. Затем 5ЛВС = 5Л^О + 35СЛ1О.
<3
114.	7 —4-\/3. Указание. Пусть ВС и АС пересекают MN
в точках Р и Q. Обозначим ^-=х. Тогда -^-= $—£=
С /V	rN ^BNC
= МВ-МС _3х
~~BN-CN 4 ’
Значит, МР= о 3\ . Аналогично MQ=—. Для х по-
З.г+4	х+1
лучаем уравнение -—-j з'х^А~~а' Зах2 + (7а-~ 1)х+4а==0. По-
скольку О^ОиО<а<1,то наибольшее значение а равно 7—4д/3.
115.	ABCD — квадрат площадью 1. Указание. Докажите,
что из всех описанных около данной окружности четырехуголь-
ников наименьшую площадь имеет квадрат. Можно, например,
выразить площадь через радиус и углы четырехугольника, а за-
тем воспользоваться неравенством tg а + tg 0 tg -^-(а + Р)«
Дальнейшее следует из результата задачи 111.
116.	д/ < r<^ab-\-bc-\-ca. Указание. Радиус впи-
санной окружности заключен между величинами радиусов двух
предельных случаев. Он не может быть меньше радиуса окруж-
ности, вписанной в треугольник со сторонами а-]-Ь, Ь-{-с, с-\-а,
с
который равен —, где S — площадь, р — полупериметр треуголь-
-	S -\/(a-±-b-±-c) abc	abc
ника; таким образом, г>—= у--	, —=-\/—. С дру-
г	р а-+-Ь-+-с у a-j-b-j-c
гой стороны, г меньше радиуса окружности, изображенной на
рисунке 182 (на этом рисунке противоположные касательные па-
раллельны, точка С «убегает» в бесконечность). Поскольку для
углов а, р и у, отмеченных на рисунке, выполняется равенство
a + P + T=y-. tga=-£-, tg 0=-^-, tg у
Z,	р	р
изображенной окружности, то tg (a + P) =
= ctgv ИЛИ (C + Q)P—откуда р =
р —ас о
=^ab + bc + ca.
117.	Если та — наибольшая из ме-
диан, то гПа>ть-\-т2с. Выразив медианы
через стороны треугольника, получим, что
5a2<.b2 + с2, откуда cos А >2	=
== 2 / Z?, _£_\ >-!_->
5 \ с 1 b )	5 ^2 '
118.	Пусть О — точка пересечения ди-
—, где р —
р
А
Рис. 182
327
агоналей четырехугольника ABCD. Предположим, что все углы,
указанные в условии, больше у-. Тогда на отрезках О В и ОС
можно взять соответственно точки В\ и С\ так, что АВ\АО =
= АОВХСХ=±-.
Пусть ЛВОЛ = а	. Имеем
ОС>ОСх =
ов}
________ОА_______
2sin(“—7) 5'п(а+т
ОА
cos 2а
>ол.
Точно так же докажем неравенство ОА>ОС. Противоречие.
119.	Пусть в ДЛВС стороны связаны соотношением а^Ь^с.
Возьмем на СВ точку М так, что АСАМ = -±- Z. С. Надо доказать,
что СМ^~~. По теореме синусов для АСАМ имеем
t . Z.C
^Sln“o_	и	is
см=_______ь ____________= аЬ~ с а
. 3Z. С	2cosZCH-l а2abb2 — с2 2
sm -у-
120.	Пусть D — середина АС. Восставим в D перпендикуляр
к АС и обозначим через М точку пересечения его с ВС\ аАМС
равнобедренный, значит, АМАС= АВСА. По условию AABD
также равнобедренный, AABD= ABDA, ААВМ>^° (по усло-
вию), ЛЛОА4 = 90°; значит, AMBD> AMDB и MD>BM. От-
сюда следует, что AMAD> АМАВ (если отобразим симметрич-
но В относительно прямой AM, то получим точку В\ внутри уг-
ла MAD, так как MDAAD и MD> МВ = МВ\); таким образом,
ZC>Z4-ZC, ZC>|-ZA
121.	Если Л <90°, то угол между медианой и биссектрисой
меньше, чем угол между биссектрисой и высотой. Если Л >90° —
наоборот; если Л = 90°, то углы равны. Указание. Пусть
AD — высота, AL — биссектриса, AM — медиана. Продолжим
биссектрису до пересечения с описанной около треугольника
окружностью в точке А\. Поскольку МЛ|||Л£>, то АМА\А =
= ALAD.
122.	Если AD — высота, AN—медиана, М — точка пересе-
чения медиан, то
1 о I + z*_DB I CD _СВ — СВ _ СВ _ 2
ctg в + ctg с =—+—=—>—=—=т.
123.	Из того, что SBAM = SBCM и ВС>ВА, СМ>МА, следует,
что sin ABAM>sm А BCM. Значит, если угЛы острые, то
АВАМ> АВСМ; тупым же может быть лишь угол ВАМ. Таким
образом, всегда А ВАМ > АВСМ.
328
124.	Если О А = а, R — радиус окружности, — точка пересе-
чения ОА и О£, то легко найти, что ОК=а —	=fl 4~—> R-
2а 2а
125.	Рассмотрим два случая:
1)	Данный треугольник АВС остроугольный. Пусть Z.B наи-
больший: 60° ^£<90°. Поскольку биссектрисы углов А и С мень-
ше 1, то и высоты этих углов hA и hc меньше 1. Имеем SABC =
—_hA-hc
2 sin В 3
2)	Если один из углов треугольника, например В, не острый,
то стороны, его заключающие, меньше соответствующих биссект-
рис, т. е. меньше 1, а площадь не превосходит
126.	Допустим противное: например, что с^а\ тогда 2с
+ возводя неравенства в квадрат и складывая, получаем
5с2>а2 + &2 — противоречие.
127.	Обозначим АВ = ВС = а, АМ = с, МС = Ь, МВ = т,
/LBMO=tyt AMBO = q>. Нужно доказать, что 0В>0М, или
г|)>(р, или cos ip Ceos ф. По теореме косинусов для ДЛ4ВЛ и
&МВС получим
cos ф — cos
т2-|-а2 —с2 т2-\-Ь2 — а2
2та	2тЬ
т2 (Ь —а} —а (Ь2 — а2) + Ь (а2 — с2)
2таЬ
но а — с = Ь — а, значит,
.	(Ь — а) (т2 — ab — а2 -±-аЬ -^-Ьс)
COS ф —cos ф=-------—-—————L
(b-д') (т2-а2-\-Ь (2а —Ь))(6 —g)	—g) (zn —a-j-6)q
2mab	2таЬ
что и требовалось доказать.
128.	Проведем через М прямую, параллельную Л С, до пересе-
чения с АВ в точке К. Легко найдем АК = СМ~^, МК =
св
= МВ--^-. Поскольку АМ^.АК+ КМ, то, заменяя АК и КМ,
СВ
получим AM^.см'АВ А~МВв'~С > откуда (поскольку МВ=СВ—СМ)
ВС ВС
(AM —АС) ВС^(АВ—АС)МС, что и требовалось.
129.	Минимум равен -~^~Ь и достигается, если М — центр
о
тяжести дЛВС. (Это можно доказать, например, методом коор-
динат.)
130.	Если дороги построить так, как показано на рисунке 183
(Л, В, С и D — деревни, дороги — толстые линии), то их сум-
329
Рис. 184
Рис. 183
марная длина будет 2 + 2 V3<5,5. Можно показать, что указан-
ное расположение дорог реализует минимум их суммарной длины.
131.	ab ctgУказание. Если одна из сторон треуголь-
ника, проходящая через А, образует угол ф с прямой, перпен-
дикулярной данным параллельным прямым, то другая сторона
образует угол 180 —ф —а; найдя эти стороны, получим, что пло-
ab sin a	ab sin а
щадь треугольника равна —  ------г—г=--------;---,  , о < •
7	г	2 cos ф cos (ф + а)	cos а + cos (а + 2ф)
Это выражение минимально, если а4-2<р=180°.
132.	Радиус небольшого круга равен диаметру окружности,
описанной около правильного треугольника со стороной 2R,
т. е. (Возьмем такой треугольник и на его сторонах как на
диаметрах построим окружности.) Для любой окружности боль-
шего радиуса, если бы она была покрыта данными кругами,
нашлась бы дуга не меньше чем в 120°, покрытая одним кругом,
но такая дуга содержит хорду больше 2R — противоречие.
В общем случае, если существует остроугольный треугольник
со сторонами 2/?ь 2/?2, 2/?г, радиус описанной около него окруж-
ности и будет искомым. Во всех остальных случаях радиус наи-
большего круга равен наибольшему из чисел R\, R2, Rs-
133.	Можно. На рисунке 184 показаны три единичных квадра-
V 5
та, покрывающие квадрат со стороной —.
134.	Пусть ctga=x, ctg p = t/, тогда
г	—ху-{-1	х2-]-!	_
ctg Y = г2—= —7"----
°	х-\-у	х+у
a2 ctg a + b2 ctg p + c2 ctg у =
= (a2-b2-c2)x + b2(x+y) + c2^±.
330
Минимум выражения 62 (х -|-1/) + с2	ПРИ фиксированном х
и х+у>0 достигается при таком у, для которого выполняется
равенство b2 (х+у) = с2 *
F	к -ту/	х+у	ь
Таким образом, 4-=-^==-= s'n I - • Значит, наименьшее зна-
Е ь V?+T sm р
чение данного в условии выражения достигается для таких а, 0 и у,
синусы которых пропорциональны сторонам а, b и с, т. е. когда
рассматриваемые треугольники подобны. Но в этом случае имеет
место равенство (легко проверить).
135.	3<2р^-^г. Указание. Обозначим отношения через k.
Пусть KB = NC=x, АМ=у. Тогда AK=BN=kx, CM = ky. По
теореме косинусов для треугольника KBN имеем 1 =/СЛ/2 =
==х2 + ^2х2—2kx2 cos В. Но cos В = 2x2~iy- (из дАВС). Значит,
х2 (1 +&2)—k (2х2 —у2) = 1 или х2 (Л2—2fe+l)+fe«/2 = 1. Анало-
гично из &MNC найдем 1 =MN2=x2-\-k2y2 — 2kxy cos C =
= x2 + k2y2—ky2(cos C=^-) , откуда x2 + y2 (k2 — k)= 1. Вычитая
почленно одно из другого полученные соотношения, будем иметь
х2 (k2 —2/г)+у2 (2k —&2)=0, откуда или х=у, или k2 — 2k = 0.
1) х=у. Треугольник АВС правильный, KMN также правиль-
ный. Периметр АВС больше 3, не превосходит 6 (равен 6, если
К, М, N — середины сторон).
2) k2— 2^ = 0. По условию k=/=0. Значит, k = 2. Возьмем k = 2
в одном из соотношений (любом), получим x24~2t/2=l. Пусть
/ = 2х+у- Учитывая связь между х и у, получим 1 = 2 -\/1 — 2у2+у,
откуда 9у2 — 2yl + l2 — 4 = 0. Условие £>>0 дает нам /2^-|-, зна-
3	3
чит, /< — (наД0 проверить, что при можно найти хну).
Значит, периметр, равный 3/, не превосходит
Докажем, что в этом случае 3/>4. В треугольнике KBN сто-
роны х, 2х и 1, значит, Зх > 1, х > -i-. Поскольку у =-J-i-( 1 — х2), то
о	V
1 = 2х+~у у-(1 — х2). Нам надо доказать, что при -|-<х<1 бу-
дет />4-. Если ^-<х<1, то неравенство очевидно. Если
О	о
1-<х<-|-, то, уединяя корень и возводя в квадрат, получаем
после преобразований 81х2 — 96х + 23<0, или (Зх — 1) (27х —23)<
331
o(f. f),
<0. Неравенство выполняется. Во втором случае периметр боль-
ше 4 и не превосходит .
136.	Пусть К и L — середины АВ и АС. Докажите, что К
и L на отрезке MN.
137.	Имеем BN2 = BA2 + ^N2 = (BD2 + DA2) + DC2 =
=(BD2 + DC2) + DA2 = В C2 + CM2 = BM2.
138.	Пусть катеты треугольника равны а и Ь. Рассмотрим
прямоугольную систему координат, оси которой содержат катеты,
начало в вершине прямого угла. Пусть х — радиус искомой ок-
ружности с центром Qi (х, х). Центр описанной окружности
а2А~Ь2. Условие касания означает, что
001 = /? —х, или (х—+^х—0 =(/? — х)2, откуда х = а +
4-6 —2/? = 2г, где г — радиус вписанной окружности. (Докажите
равенство 2/?4-2г = а4-6.)
139.	Докажите, что точка, симметричная точке пересечения
высот треугольника относительно стороны треугольника, лежит
на описанной окружности.
140.	Пусть Н— точка пересечения высот дДВС, AD — вы-
сота, К, L, Л4, N — проекции D на АС, СН, НВ и В А соответствен-
но. Воспользуйтесь тем, что К и L лежат на окружности с диа-
метром CD, L и М — на окружности с диаметром HD, М и N —
на окружности с диаметром DB.
141.	Пусть окружности пересекаются вторично в точках Д,
В и С, как на рисунке 185. Тогда ЛВАН= ЛВСН (опираются
на равные дуги в равных окружностях). Соответственно обра-
зуются еще две пары равных углов. Обозначим их а, р и у. По-
скольку 2а 4-20 4-2? = 180°, то а4-₽4-? = 90°- Значит, АН
(ВН, СН) перпендикулярна ВС (ДС, АВ). Для полноты решения
необходимо рассмотреть случай, когда Н вне треугольника АВС.
142.	Пусть М— середина AD. Проверьте, что BF2-\-FM2 =
= ВМ2.
143.	Докажите, что / образует с AD такие же углы, что и пря-
мая ВС, касающаяся нашей окружности. Отсюда следует, что
другая касательная к окружности, проходящая через D, будет
параллельна /.
144.	Построим окружность, касающуюся прямых MN, АС
и ВС таким образом, чтобы точки касания Р и Q с прямыми АС
и ВС были вне отрезков СМ и CN (это будет окружность,
вневписанная в треугольник MCN). Если /? — точка касания
MN с окружностью, то MP — MR, NQ = NR, следовательно,
MN = MP-\-NQ, но по условию MN=MA 4-WB. Таким образом,
одна из точек — Р или Q — лежит внутри соответствующей сто-
роны, а другая — на продолжении. При этом AP = BQ и СР =
332
= С<2=-|-(С/’ + С0)=-|-(ЛС-|-СВ), т. e. построенная окружность
постоянна для всех прямых.
145.	Если О — центр круга, описанного около /\АВС,
D — середина СВ, И — точка пересечения высот, L — середи-
на АН, то AL — OD, и поскольку AL^OD, то OL делит AD по-
полам, т. е. L симметрична О относительно середины AD.
146.	Если О — вершина угла, А — точка на биссектрисе,
Bi и В2— точки пересечения со сторонами угла одной окруж-
ности, Ci и С2 (Bi и С| на одной стороне) — точки пересечения
другой окружности, то дЛВ|С1= ДЛВ2С2.
147.	Продемонстрируем на примере этой задачи один краси-
вый метод. Пусть Р — некоторая точка окружности, прямая /,
проходящая через Р, вращается с постоянной угловой скоростью
вокруг Р. Тогда прямая симметричная I относительно фик-
сированной прямой р, проходящей через Р, вращается в другую
сторону с той же угловой скоростью, а ее точка пересечения с ок-
ружностью — точка М — движется по этой окружности с постоян-
ной скоростью (рис. 186). Применяя это рассуждение к нашей
задаче, приходим к выводу, что если прямые, симметричные
/|, /2, /3 относительно соответствующих биссектрис, пересекаются
в одной точке на окружности, описанной около дЛВС при ка-
ком-то положении, то они пересекаются в одной точке на этой
окружности всегда. В качестве исходного положения можно взять
направление, параллельное Л В. Тогда симметричные прямые пере-
секутся в вершине С.
148.	Если О — центр окружности, описанной около дЛМВ, то
ДМ Л В =90°—Z.OMB=2_BMC—180°. Таким же будет и
А МАС.
149.	Обозначим через С| и Л| середины АВ и ВС, В' и А' —
Точки касания вписанной окружности с АС и ВС. Пусть для опре-
деленности с^Ь (с и b — стороны дЛВС), тогда биссектриса
угла Л пересекает продолжение CiAi в такой точке К, что AiK =
ззз
=-^-(c — b\ а прямая В'А' должна пройти через ту же точку К,
поскольку треугольники КА\А' и А'В'С равнобедренные, А'С =
= В'С, AiK==A\A', AA'AiK=^A'CB'.
150.	Докажем, что центр искомой окружности совпадает с
ортоцентром (точкой пересечения высот). Пусть BD — высота,
Н — точка пересечения высот, а К и L — середины построенных
отрезков, выходящих из вершины В, BK=BL = l, М — сере-
дина BD. Тогда КН2 = LH2 = М Н2 + КМ2 = 12- ВМ2 + МН2 =
= l2-j-BD2+(BH-j-S^2==l2 + BH2-BH-BD=l2-BH-HD.
Нам осталось доказать, что произведения отрезков высот, на ко-
торые каждая делится их точкой пересечения, равны. Проведем
высоту АН. Ввиду подобия &.ВНЕ и £\AHD имеем BH-HD =
=АН-НЕ, что и требовалось.
151.	Утверждение задачи следует из того, что середина АВ
проектируется в середину CD.
152.	Пусть общая хорда будет MN, К — ее точка пересечения
с прямой. Тогда AK'K.C=MK-KN = BK.’KD. Если АВ = а, то
ВС=2а, AC = 3a, CD = 3a, BD = 5a. Пусть АК=х, тогда КС =
— За —х, ВК — х — а, KD = 6a—x. Имеем уравнение х(3а —х)=
=(х —а) (6а—х), х=-|-а, т. е. АК=КС.
153.	Пусть АВ = 2а, ВС=2Ь, О\—середина АВ, О2— сере-
дина АС, х — радиус окружности, касающейся полуокружностей
с центрами О| и О2, О — центр (рис. 187). В треугольнике OOtO2
имеем О\О=а-]-х, О2О = а-]-Ь—х, О\О2 = Ь. Если М — проек-
ция О на АВ, то МВ=х, OiM = a — x. Косинус угла OOiO2 равен
о~о =	. Запишем теорему косинусов для треугольника OOtO2:
(a-\-b — х)2=(а+х)2 + 62 — 2Ь (а —х). Из этого уравнения найдем
х =	. Таким же будет и радиус второй окружности.
154. Докажите, что центры этих трех окружностей в середине
отрезка, соединяющего центры данных окружностей.
155.	Пусть 01 и О2 —
центры окружностей, Ri и
/?2 — их радиусы, OiO2 = a,
М — точка пересечения об-
щих внутренних касатель-
ных. Окружность диаметром
O1O2 проходит через точки
пересечения общих внешних
касательных с общими внут-
ренними касательными. При
гомотетии с центром в точке
334
М и коэффициентом — эта окружность перейдет в окруж-
ность, касающуюся данных внешним образом, с центром на O1O2-
156.	Указание. Пусть Н — точка пересечения высот
треугольника CMN, Z.CMD = a. Тогда Z_HND=90° — a и
HD = DN • tg (90° - а) = DN • ctg а = DN •
=+-DB-~?-=±- AD-DB=±--h2=->-h.
2	2 h 4h	4h 4
157.	—f •. Указание. Обозначим Z_BAC= Z_BDC = a,
a-j-b	’
Z_CBA= 2_BCD = fi, Z_BAM = q>. Тогда
BM-j-MC__ sin (p-|-sin (a — <p)	____
AM-}-MD sin (0 4-а —ф) 4-sin (04-ф)
a /a \
sin — cos I — — ф J	:
_	2	\ 2	/	_ sin a__ c
•____________________________________( a A sin (0 +a) 4-sin 0 a + b *
sin\0+y; cosvy ф;
158.	Если	существуют две хорды, удовлетворяю-
V2
щие условию, их длины —Г7~г и	Если 4=^a <2, та-
2а2+1	79^2?	V2
кая хорда одна:	р • Указание. Если 0<а<2, то, всегда
существует хорда, параллельная основанию и делящаяся боковы-
ми сторонами на три равные части. Ее длина равна -.
Пусть хорда, непараллельная основанию, делится боковыми
сторонами на три части, длиной х каждая. Если одна боковая сто-
рона делится этой хордой на отрезки (считая от вершины, проти-
волежащей основанию) у и 1 —у, то другая должна делиться на
части \—у и у (суммы и произведения этих отрезков равны).
Имеем уравнение у (1 — у) — 2х2 (по теореме о произведении отрез-
ков хорд). Если a — угол против стороны а, то cos a=-j-(2 —а2).
Применим теорему косинусов к треугольнику, отсекаемому прове-
денной хордой: х2 = f/2-j-(l — у)2—у (1 — у) (2 —а2). Заменяя х2 =
— у), получим для у квадратное уравнение (после
упрощения):	(9_2a") ^_(9_2о’) р + 2_0.
Из этого уравнения у —</2= , г •	У— у2 = <1х2. Значит,
. Кроме того, на а ограничение: 0^0, откуда
335
(9 —2а2)2 —8 (9 — 2а2) О, (9 —2а2) (1 — 2а2)^О, значит, а2^у-.
Но при а будет у=-^-, т. е. этот случай совпадает с первым.
159.	~11. Указание. Из равенства SABN =
= SCDM следует, что SMBN = SMCN, так как MN — медиана треуголь-
ников ABN и CDM. Значит, BC\\MN, точно так же AD\\MN, т. е.
ABCD — трапеция, в которой AD и ВС — основания.
160.	д/7. Указание. Имеем AD^DM — АМ = 2. С другой
стороны, AD^—~  =2. Следовательно, Л£> = 2, AD — большее
sin 60
основание и точка М лежит на прямой AD.
161.	Пусть BD — биссектриса в треугольнике АВС, А\ и С\ —
середины ВС и АВ, DA\ = DC\.
Возможны два случая: 1) /С В A\D= zCBC\D и 2) Z_BA\D-\-
+ /-BCXD=\^Q.
В первом случае АВ = ВС. Во втором случае повернем тре-
угольник AC\D вокруг D на угол C\DA\ так, чтобы С\ перешла в Аь
г-r	Ьа а-4-с Ьс
Получим треугольник со сторонами ~2~' а+с * состав’
ленный из частей AC\D и DAiC (а, b и с — стороны дЛВС),
подобный треугольнику АВС. Следовательно,
а + с	2	а-\-с
откуда а + с = b д/2.
Поскольку а^с, то хотя бы одно из двух Неравенств 6#=а,
Ь=£с верно. Пусть Ь^=с, тогда аналогично b А~с — а ^2. Значит,
Ь=а и мы получаем треугольник со сторонами а, а, а (д/2 — 1),
обладающий данным свойством. Таким образом, с точностью до
подобия существуют два треугольника, удовлетворяющие условию
задачи: правильный и треугольник со сторонами 1, 1, д/2—1.
162.	д/а2 + ^2. Указание. Если а — угол между сторона-
ми а и Ь, то из условия следует a-j-b sin b + а sin а,
(а — b) (sin а— 1)^0, sina^l. Отсюда а = 90°.
163,	Если 1 <&< 3?^-, то обе точки находятся
4	2
внутри отрезка АВ. Указание. Обозначим: R — радиус описан-
ной около АВС окружности, О — ее центр, N — точка пересе-
чения медиан Л ВСМ. Перпендикулярность ON и СМ равносильна
равенству CN2 — MN2 = CO2 — OM2.
Пусть АВ = \, МВ = х, СМ = у, тогда
MN2 =^~(2у2 + 2х2 - /г2),
CN2= j-(2y2 + 2k2-x2), CO2 = R2,
336
164.
добны:
165.
0M2 = R2 cos2 C+(x—, R sin C = -j-.
Получаем для x уравнение 2x2 —3x + &2 = 0.
-\jb2A~bcl. Указание. Треугольники ABK и ABD по-
ле _ BD
вк AB ’
—Указание. Пусть x — расстояние от центра квад-
рата до прямой /, ср — острый угол, образованный одной из диа-
гоналей квадрата с Z. Расстояния от вершин квадрата до / в поряд-
ке обхода равны x + ay-sinq), x + a-y-coscp, | х — a -у-sin ср| ,
| х — a ^cos ф| .
По условию | х2—-ysin2<p| =| х2—-у-cos2 ср| , откуда или
tg2 <р= 1, что невозможно по условию, или х2 = -~.
166.	ZC = y-, ZB=y-,	Указание. Из усло-
вия Z_B = 2Z.C следует соотношение между сторонами треуголь-
ника 62 = с2 + ас. Перебирая всевозможные варианты: Ь = 2с,
а = 2с, Ь = 2а, а — 2Ь, получим, что а —2с, так как в других
случаях не будет выполняться неравенство треугольника.
167.	2 -y/pq. Указание. Треугольники КВС и CDL подобны,
откуда	или KB-DL = BC-CD, (KB-BC)-(DL-CD)=
= (BC*CD)2. Умножая обе части на sin2 а, где а — угол парал-
лелограмма, получим Apq = S2ABCD.
168.	• Указание. Проведем через вершину С трапе-
ции ABCD прямую, параллельную диагонали BD, и прямую,
параллельную боковой стороне АВ (рис. 188). Получим треуголь-
ники АСЕ и FCD-. Z_ACE = <M)Q, Z.FCD = 45°, AF— DE = b, FD =
= a — b (считаем, что а>b). Пусть О и О| — центры окружнос-
тей, описанных около АСЕ и FCD. О — середина АЕ, ОС =
AFOtD = 90°, OIC = FOI=OID=^-, 0,0=^-.
*	у 2
Задача сводится к определению величины проекции ОС на
прямую О [О. Все стороны треугольника COOi известны. Если
Z.COO|=<p, то СО2 = СО2 + ОО2 — 2ОО\- СО-cos <р.
Но CO-cos <р=х — искомая проекция -|-(а —/>)2=-^-(а + 6)2 +
+-|-(а—Ь)2—(а — Ь)х, откуда х= .
337
Рис. 188
169.	2 или ^/2. Указания. Пусть С находится между А и D
(рис. 189), М — проекция А на BD, ЛЛ1ЦВС.
Обозначим CD=x. Из пропорции	найдем МВ=—.
л L LL/	X
/о
Тогда ЛМ=-^-. По теореме Пифагора для ДАЛ4О имеем:
^+(Ц-^)2=(Ц-х)2,
откуда х4 + 2х3 —2х—4=0, (х + 2)(х3 — 2)=0, х=^/2.
Аналогично рассматривается случай, когда А между С и D.
170.	arctg~y-|-, arctg-\/б —arctgл — arctg-\/б. Ука-
зание. Ситуация, соответствующая условию, показана на
рисунке 190. (K.L и MN — отрезки проведенных прямых.) Пусть
KL = MN=AC = 1. Проведем CP\\KL. Р — середина АВ. (Дока-
жите!) Значит, SALK:SACP=2:3, CP=~\j~^- и т. д.
Рис. 189
Рис. 190
338
171.	Ц-. Указание. Пусть	Условие равенства ра-
диусов окружностей, вписанных в треугольники АВМ и ВСМ,
означает, что их площади относятся как периметры. Отсюда, по-
скольку отношение площадей равно k, получим ВМ= •
Из этого равенства, в частности, следует, что	1- Записы-
вая для треугольников АВМ и ВСМ теоремы косинусов (отно-
сительно углов ВМА и ВМС) и исключая из этих уравнений
косинусы углов, получим для k квадратное уравнение с корнями
2	22
— и — . Учитывая ограничения для kt получаем ответ
о
23
Замечание. Для получения нужного квадратного уравнения
можно все выкладки делать «в лоб», но можно и обойти вы-
числительные трудности. Например, следующим образом. Пусть
ВМ — 1 — l3tk~k12 , МС=Х, AM=kx, х=^-, ЛАМВ = <р.
Тогда (из дДМВ) 144 = /2+Л2х2 — 2kxl cos <р, (из ДЙМС)
169=/2+х2+2х/ cos <р.
Почленно умножая второе на k и складывая с первым, получим:
144 +1696=/2 (& + l)+(£2 + fe)x2,
или	(144 —/2) + & (169 —/2)=& (й+1) х2,
(12 —/) (12 + /)+&(13 —/) (13 + /)=fe (&+1) х2.
Заменяем / их:
24—25fe k  , 25—26fe 1____ . 225
1—	k ‘1— k'~R 1— k *1— k R k+\ ‘
Сокращаем на k: ——-^-=——- и т. д.
(1 —К)	«+1
172.	4а2. Указание. I решение. Пусть Р — проекция М
на АВ, АР = а + х. Тогда РВ = а—х, МР = у=^а2 — х2, AN =
=(а+х) -2^	NB = 2a —(а+х) а2^ = ал^(а
а^2 + у	а^/2+у	a->j2+y
ДЛ= а^2(а + х + у^2)
а^/2+у
Отсюда
A L2 + NB2 = 	(а2 + 2 -ftay + 2у2 + х2) =
(а л/2+i/)2
= '£"v~ +2 ^ау+2у2+4а2-
(а д/2 + «/)2
339
II решение. Докажем, что AL2 BN2 = АВ2. Продолжим МА
и МВ до пересечения с прямой DC в точках Ai и В1, обозначим
A iD = x, CBi = у. Из подобия треугольников A \AD и ВВ\С следует,
что ху = ВС2 — 2а2.
Учитывая это, нетрудно проверить, что A[C2jtB[D2 —
= (x + 2a)2 + (y + 2a)2 = (x + y + 2a)2 = A}Bl
Из подобия треугольников Д1МВ1 и АМВ следует, что
al2 + bn2=ab2.
173.	• Указание. Проведем прямую ВА и обозна-
чим через D вторую точку пересечения с меньшей окружностью.
Рассмотрим дуги АВ и AD (меньшие, чем полуокружность). По-
скольку общая касательная к окружностям в точке А образует
с АВ и AD равные углы, то и центральные углы, соответствующие
этим дугам, равны. Следовательно, ^=-С-, AD = a^-, ВС =
АВ R	1\
=^BD-BA = a -ypf- 
174.	а. Указание. Обозначения: Оь О2 и О — центры
окружностей (первые две касаются АВ), х, у и R соответственно
их радиусы. Общие касательные к окружностям О\ и О2, О\ и О,
О2 и О равны соответственно 2 -д/х*Л 2 x[Rx, 2 x[~Ry.
По условию 2 -у/ху = а. Рассмотрим прямоугольный треугольник
OiMO2 с прямым углом при вершине М: О1МЦВС, OiO2 = x-}-y,
О2М = 2/? —(x+y), О\М=\2 -y/Rx — 2 ^[Ry\ (О\М равен разности
общих касательных к окружностям с центрами О, О\ и О, О2).
Таким образом, (х + у)2 = (2/? — х — у)2 + (2 ^Rx — 2	откуда
/? = 2 д[ху = а.
175.	.Указание. Обозначим через х пло-
02 (О2 —О15з)
щадь треугольника OMN, через у площадь треугольника CMN,
тогда
ON__ х __ S3 ___S1S3 ЛЛ4___Si+x __ S1-I-S2
ОА ~~s7~'s7 ’ ' ~ S2 ’ ~МС~ "у ~ Ss+x+y ’
176.	10:5:13. Указание. Пусть отрезки медианы равны а.
Обозначим через х меньший из отрезков, на которые разделена
точкой касания сторона, соответствующая медиане. Теперь все
стороны треугольника можно выразить через а и х. Стороны,
заключающие медиану: а-д/2 + *, За^2-\-х, третья сторона:
2ад/2 + 2х. Используя формулу длины медианы, получим
9а2 = у-(2 (а -л/2 + а:)2 + 2 (За -д/2 + х)2 — (2а -д/2+2х)2),> откуда х =
_______а д/2
~ 4 ‘
340
177.	а—г ’ У к а 3 а н и е- Пусть О — центр вписанной окруж-
ности, М — середина ВС, К, L, N — точки касания вписанной
окружности со сторонами АС, АВ, ВС треугольника. Обозначим:
AK=AL=x, CK = CN=y, BL = BN — z, y + z = a.
По условию ОМ=-^—г. Следовательно, NM—-у/ОМ2 — ON2 =
= у —аг и один из отрезков — у или z — равен	— аг,
а другой -2-Н--\/—аг. Приравняем выражения для площади
2 V 4
треугольника по формулам Герона и S=pr: -д/(х +# +z) xyz =
=(x+y + z) г, откуда х =	. Таким образом, искомая пло-
( аг ,	\ а2г
щадь равна ( д__+а) г = ~а~ г' •
178.	Указание. Докажем, что если С\ и С2 (рис. 191)
находятся по другую сторону от ВС в отличие от вершины Д,
то центр окружности, описанной около СС1С2, находится в точке О
на стороне АВ, при этом ВО=~-АВ. Проведя высоту СМ из вер-
шины С, получим, что ВС\СМ — прямоугольник. Значит, перпен-
дикуляр, восставленный к СС\ в середине, проходит через О.
Учитывая, что C1C2WBD и CiC2 = -|-BD, получим, что перпенди-
куляр С1С2 в его середине также проходит через О. Теперь легко
найдем искомый радиус: он равен д/СМ2 + МО2=д/~^+-~ =
4 v
341
в
Рис. 192
179.	Длина хорды й-\/5, ее отрезки ^^-h, h. Ука-
зание. Обозначения: АВС — прямоугольный треугольник, CD —
высота, Ln К — проекции D на СВ и СА. Имеем CL-CB = CD2 =
= СК • СА. Из этого следует, что В, L, К и А лежат на одной окруж-
ности. Эта окружность пересекает прямую CD в точках Р и Q
(Р находится на CD), причем PD = x, DQ=y.
Имеем h2 = CD2 — CL-CB = CP-CQ=(h — x) (h-\-y), кроме того,
xy — PD-DQ — BD'DA = CD2 = h2. Получаем систему уравнений
( xy=h2,
( (й—х) (h-\-y) = h2 и т. д.
180.	2R. Указание. Пусть (рис. 192) Р и Q — точки
касания касательных, проведенных из Е. Докажем, что ЕР =
= EQ = BD. В самом деле, EP2=(ED-\-DC) (ED — DC) = ED2 —
— DC2 = BC2 — DC2 — BD2 (по условию ED = BC). Обозначим:
KN = x, PN = NA=y, EQ=EP=BD = z.
Тогда KE=x + y — z. Имеем SKEN=±-x (2R — z), с другой сто-
роны, ^XEN—^K.ON'\~^XOE SeON=~2~ R(x + x + y — z — y — z) =
= R(x — z).
Таким образом, -~-x (2R —z) = R (x — z), x = 2R.
§ 6. Стереометрия
2.	Вершина пирамиды проектируется в центр основания, сле-
довательно, проекция бокового ребра на основание перпендику-
лярна противоположной стороне основания. По теореме о трех
перпендикулярах (обратное утверждение) боковое ребро перпен-
дикулярно противоположной стороне основания.
3.	Проекции боковых ребер равны, значит, вершина пирамиды
проектируется в точку, равноудаленную от вершин основания.
4.	Из условия следует, что вершина должна проектироваться
вовнутрь основания в точку, равноудаленную от его сторон.
Если вместо равенства двугранных углов дано равенство уг-
лов наклона, то вершина может спроектироваться и во вне осно-
вания, но при этом ее проекция по-прежнему равноудалена от
прямых, образующих стороны основания, т. е. вершина проектиру-
ется в центр окружности, касающейся сторон многоугольника,
расположенного в основании, или продолжений этих сторон.
В частности, вершина треугольной пирамиды может спроектиро-
ваться в центр так называемой вневписанной окружности.
5.	Утверждение задачи очевидно для треугольника, одна сто-
рона которого принадлежит линии пересечения плоскостей аир.
Если одна вершина лежит на этой прямой, то, продолжив противо-
положную сторону этого треугольника, можно представить пло-
щадь данного треугольника и его проекции как разность
(или сумму) площадей треугольников и их проекций рассмотрен-
ного вида. Таким образом, доказываемая формула верна для
треугольников. Далее она распространяется на произвольные мно-
гоугольники.
6.	Примем за основания пирамиды соответственно АВ[С\ и
АВ2С2, h\ и h2 — высоты, опущенные на эти грани из вершин £>i
и £)2 (рис. 193). Имеем
Уав^р^ __ е hi _ ABi-ACi . ADi
AB2C2D2	$ AB2C2	AB2-AC2 ad2
7.	Рассмотрите прямоугольный параллелепипед с одной из
вершин в начале координат, три ребра которого идут по осям коор-
динат, а диагональ расположена на данной прямой.
8.	Пусть d — высота грани площадью Р, опущенная на сто-
рону а. Тогда если h — высота тетраэдра, опущенная на грань
площадью S, то /z = dsina. Имеем V=-^-Sh=-^~Sd sin a =
9.	Достройте тетраэдр до параллелепипеда так, как это дела-
лось при решении задачи 15 (см. вводную часть). Данный тет-
343
раэдр составляет от объема полученного параллелепипеда.
S=~-afe sin ф — площадь граней параллелепипеда, содержащих
ребра а и b, d — расстояние между этими гранями.
10.	Легко видеть, что каждое из этих отношений (площадей
граней и отрезков ребра) равно отношению объемов двух тетраэд-
ров, на которые разделила данный тетраэдр биссекторная плос-
кость.
11.	Соединив центр сферы с вершинами многогранника, ра-
зобьем его на пирамиды, основаниями которых являются грани
многогранника, а высоты равны радиусу сферы.
12.	Легко проверить справедливость данной формулы для
тетраэдра. При этом надо рассмотреть два случая: 1) три вершины
тетраэдра расположены в одной плоскости и одна вершина —
в другой; 2) две вершины тетраэдра расположены в одной плос-
кости, две — в другой. Во втором случае для объема тетраэдра
воспользуемся формулой задачи 9.
Произвольный выпуклый (и не только выпуклый) многогранник
указанного в условии вида можно разбить на тетраэдры с верши-
нами в данных плоскостях. Примем этот факт за очевидный.
(К сожалению, простого доказательства этого очевидного факта
мы не знаем.)
13.	Пусть М — середина ВС в тетраэдре ABCD (рис. 194, а).
Рассмотрим треугольник ADM (рис. 194,6), К — середина AD,
G — точка пересечения медиан треугольника ЛВС, AG = 2GM,
Q — точка на прямой МК, такая, что ф£)||ЛЛ1. Поскольку АК=
= KD, то QD = AM. Далее, ^-=-^-=^-=3. Проведя че-
рез М прямую, параллельную AD, до пересечения с прямой DG, до-
кажем, что КР = РМ. Итак, мы доказали, что один отрезок, соеди-
няющий середины ВС и Л£), пересекает DG в такой точке В,
что DP = 3PG, МР = РК. Отсюда следует, что все отрезки, о ко-
торых говорится в условии задачи, пересекаются в одной точке Р
и делятся в ней в указанном отношении.
344
Замечание. Точка Р является центром масс (центром тяжести)
тетраэдра. В этой точке будет находиться центр масс равных гру-
зов, расположенных в вершинах тетраэдра.
14.	Достройте тетраэдр до параллелепипеда так, как это де-
лалось при решении задачи 15 (вводная часть). Ребра этого
параллелепипеда равны расстояниям между серединами скрещи-
вающихся ребер тетраэдра. Из условия следует, что все грани
параллелепипеда — ромбы. Диагонали граней перпендикулярны.
Значит, перпендикулярны противоположные ребра тетраэдра дан-
ного вида.
Замечание. Утверждение этой задачи является обобщением
задачи 2.
15.	Отложим на ребрах трехгранного угла от вершины S рав-
ные отрезки SA, SB, SC. Обозначим через О проекцию S на
плоскость АВС. Треугольники ASB и АОВ равнобедренные с об-
щим основанием АВ, причем боковые стороны треугольника АОВ
меньше боковых сторон треугольника ASB. Следовательно,
Z_AOB> Z-.ASB. Аналогичные неравенства верны и для других
углов. Таким образом, Z_ASB+Z.BSC+Z_CSA<Z Z-AOB +
+ Z.BOC+ ЛС0А^2л. (Последняя сумма равна 2л, если О
внутри дАВС, и меньше 2л, если О вне ДАВС.)
Для доказательства второй части возьмем произвольную точ-
ку внутри данного угла и опустим из нее перпендикуляры на гра-
ни данного угла. Эти перпендикуляры будут являться ребрами
другого трехгранного угла. (Полученный угол называется допол-
нительным к данному трехгранному углу. Этот прием является
стандартным приемом в геометрии трехгранных углов.) Двугран-
ные углы данного трехгранного угла дополняются до л плоскими
углами дополнительного трехгранного угла, и наоборот. Если
а, 0, у — двугранные углы данного трехгранного угла, то, ис-
пользуя вышедоказанное неравенство для плоских углов, будем
иметь (л —а)+(л —р) + (л —у)<2л, откуда следует, что а + 0 +
+ ?>л.
16.	1) Пусть S — вершина угла, М — точка на ребре, Mi и
М2 — проекции М на два других ребра, N — проекция М на
противоположную грань (рис. 195, а). Предположим, что ребро
SM соответствует двугранному углу С. Если SM = a, то, находя
последовательно SMi, а затем MN (из &MM\N) или по-другому
сначала SM2, а затем MN (из ДЛШ2ЛО, придем к равенству
MN = a sin a sin В = a sin 6 sin А, т. е. --.-% ,=—S.I11.A_ t
1	sin Л sin В
2)	Обозначим через а, b и с единичные векторы, направленные
по ребрам трехгранного^гла (рис. 195, б) (а противолежит плос-
кому углу величиной а, Ь — 0, с —у). Вектор b можно представить
в виде b = a cos у + Л, где |т] | = sin у, if — вектор, перпендикуляр-
ный а; аналогично c = acos0 + 5, где |g|=sin0, % перпендику-
лярен а.
345
Рис. 195
Угол между векторами л и g равен А.
Перемножая скалярно b и с, получим be = cosа=(a cos ? + л)Х
Х(а cos p + £) = cos р cos y + sin 0 sin у cos А, что и требовалось.
3)	Опустим из точки внутри угла перпендикуляры на гра-
ни данного угла. Получим, как известно (см. задачу 15), трехгран-
ный угол, дополнительный к данному. Плоские углы данного трех-
гранного угла дополняют до л двугранные углы дополнительного
и наоборот. Применяя к дополнительному трехгранному углу
первую теорему косинусов, получим наше утверждение.
17.	Обозначим данные прямые через 1\ и /2. Проведем через Ц
плоскость pi, параллельную /2, а через /2 плоскость р2, парал-
лельную /1. Очевидно, что середины отрезков с концами на 1\ и /2
принадлежат плоскости р, параллельной pi и р2 и равноудален-
ной от pi и р2. (Можно показать, что, если рассматривать
всевозможные такие отрезки, их середины целиком заполнят
плоскость р.) Спроектируем теперь эти отрезки на плоскость р па-
раллельно заданной плоскости. Их концы теперь будут лежать
на двух прямых, являющихся проекциями прямых 1\ и /2, а сами
проекции окажутся параллельными заданной прямой плоскости р,
представляющей собой линию пересечения плоскости р и заданной
плоскости. Из этого следует, что искомое геометрическое место
точек есть прямая.
18.	^-.Указание. Пусть Oi, О2 и Оз — центры данных ша-
ров, /<|, К2, Кз — точки их касания с плоскостью, О — центр чет-
вертого шара радиусом х. Тогда К|К2КзО1О2О3 — правильная
призма со стороной основания 2R и боковым ребром /?, расстоя-
ние от О до плоскости К1К2Кз равно х, до вершин Оь О2, О3
равно /?+х (рис. 196). Высота призмы R равна сумме высоты пра-
вильной пирамиды ОО1О2Оз, опущенной на Р1О2О3 (равна
V (^ + х)2—(^) =д/*2 + 2/?х —у-), и радиуса х.
346
A
Рис. 196
Рис. 197
Получаем уравнение	х2 + 2/?х—~—\-x = R.
19.	Докажем сначала следующее вспомогательное утвержде-
ние. Отрезок АВ вращается вокруг прямой / (/ не пересекает от-
резок АВ). АВ и / расположены в одной плоскости. Перпен-
дикуляр, восставленный к АВ в точке С — середине АВ, пересе-
кает прямую / в точке О, MN — проекция АВ на прямую /
(рис. 197). Тогда площадь поверхности, полученной при враще-
нии АВ вокруг /, равна 2лСО-Л4М.
Поверхность, полученная при вращении АВ, представляет со-
бой боковую поверхность усеченного конуса с радиусами основа-
ний BN и AM, высотой MN и образующей АВ. Проведем через А
прямую, параллельную /, и обозначим через L точку ее пересечения
с перпендикуляром BN, опущенным из В на /, MN=AL. Обозна-
чим через К проекцию С на /. Заметим, что треугольники ABL
и СОК подобны. Учитывая это, получим, что боковая поверхность
усеченного конуса равна 2л ^Ц-^«ДВ = 2лСК«ДВ = 2лСОХ
XAL = 2nC0-MN.	2
Теперь с помощью предельного перехода нетрудно получить
утверждение нашей задачи. (Если рассматриваемый шаровой пояс
получается от вращения некоторой дуги АВ окружности вокруг
ее диаметра, то площадь поверхности этого пояса равна пределу
площади поверхности, получающейся при вращении вокруг этого
же диаметра ломаной AL\Lz ... LnB, все вершины которой лежат
на АВ, при условии, что длина наибольшего звена ломаной стре-
мится к нулю.)
20.	Пусть АВ — хорда данного сегмента, О — центр круга.
Обозначим через х расстояние от О до АВ, а через R радиус ок-
ружности. Тогда объем тела, получающегося при вращении сек-
тора АОВ вокруг диаметра, будет равен произведению площади
поверхности, получающейся от вращения дуги на -у- (см. зада-
О
347
чу 19), т. е. этот объем равен -^-2nR2h=-^-n(х2++) й =
о	'Э	о \	4 /
= — ла2й + ч" nx2h.
о	о
Но второе слагаемое равно объему тела, получающегося при
вращении треугольника АОВ вокруг диаметра. Значит, первое
слагаемое и есть объем тела, получающегося при вращении дан-
ного сегмента.
в)
26.	Пусть плоскость L пересекает ось в точке А. Рассмотрим
плоскость Li, проходящую через А перпендикулярно оси. Докажи-
те, что L и L\ делят боковую поверхность и объем цилиндра на
одинаковые по величине части.
27.	28. а) ----1—; б)
8	Ю+б^/З
з
л (5 + 3 V3)
9п яа^Ь2
3-/аг+Ь*
30.	э/ЛН-; .^+-1; 1. 31.	. 32.	33. а)
3	2	24	V 5	’
б) 90°. 34. у-. 35. а) а2 ^2; б) а2 -Д 36. 45°. 37.
arccos —;
3 ’
. 38. f V2.
—л/2. 39. 54. 40.
1+V3	25
41.	1 - Указание. Центры шаров располагаются на
одной диагонали куба. Пусть это диагональ МN, О\ и О2 — центры
шаров, их радиусы — г. Тогда Л1М = а^З, MOi=r^3, OiO2 = 2r,
O2N — г -у/3. Получаем а-у/3 = 2г -у/3 + ^r.
42. -—arccos (->/3 — 1)- Указание. /?, ft, I — радиус основа-
ния, высота и образующая конуса: й2 = /2 — /?2, 2/2 + /2 д/3 = 4/?2.
(Из условия, что угол в осевом сечении 150°.) Высота се-
чения равна Значит, если <р — угол наклона сечения, то
/2 /2
348
43. 2л/3. 44. -7-. 45.
4
9 + 4-Уб
5
.Указание. См. задачу 7 ввод-
ной части. 46.	.
47.	~.Указание. Центры шаров образуют правиль-
ный тетраэдр с ребром 2г (г — радиус каждого шара), грани этого
тетраэдра параллельны граням данного тетраэдра и удалены от
них на расстояние, равное г. Радиус шара, вписанного в данный
тетраэдр, на г больше радиуса шара, вписанного во второй тетра-
эдр с ребром 2г, т. е. (см. задачу 1) ~^^~=	+ г-
48.	2. Указание. Пусть две вершины А и В правильного
треугольника АВС принадлежат нижнему основанию цилиндра.
Обозначим его сторону через 2х. Спроектируем треугольник на
нижнее основание. Получим равнобедренный треугольник ABCt
(рис. 198), в котором АВ = 2х, ACt = BCi =^4x^ — 2. По теореме
синусов найдем радиус окружности, описанной около треуголь-
_9
ника ABCi (через х), получим R=^=^== 1-
49.	Противоположные стороны сечения (рис. 83) при про-
должении пересекают продолжение «переднего» ребра тетраэдра
в двух различных точках. Этого не может быть.
50.	Обозначим вершины внешнего четырехугольника, начиная
с левой нижней и по часовой стрелке, через Л, В, С и О, а соот-
ветствующие вершины внутреннего через Ль Bi, Ci и D\. а) Полу-
чается, что вершина Bi дальше, чем Ль удалена от плоскос-
ти ABCD .(Bi «выше» Л1). Чтобы в этом убедиться, достаточ-
но провести через Ai прямую, параллельную АВ. Далее, Ci «вы-
ше Bi, Di «выше» Ci и, наконец, Ai «выше» D\. Противоречие.
б) Обозначим через К, L, М и N точки пересечения соот-
ветственно АВ и Л1В1, ВС и В1 Ci, CD и CjDi, DA и D\A\. Если бы
нужный многогранник существо-
вал, точки К, L, М и W лежали
бы на одной прямой. Но это не
так.
Замечание. Рассуждения пунк-
та б) применимы и в пункте а).
51. а) 3. Осями являются пря-
мые, проходящие через середины
противоположных ребер тетраэдра.
б) 9. Куб имеет осями три пря-
мые, проходящие через центры его
противоположных граней, и шесть
прямых, проходящих через сере-
дины противоположных ребер.
в) Бесконечно много, г) 1.
349
52.	53. arccos^-. 54. л — arccos^-. 55.
2 V 2	49	169	12
56. —V1L	57. _L_. 58. 1:1. 59. 1:8. 60. --к 61. 12(5^~Л.
4-73+V15	2-у/2	6	31
62. 5. 63. 2-\/2. Указание. Радиус вписанного шара равен
радиусу окружности, вписанной в треугольник, являющийся сече-
нием нашей пирамиды плоскостью, проходящей через 3 перпен-
дикулярно AD. Этот треугольник прямоугольный с катетами 3 и 4,
радиус вписанной окружности равен 1. Таким же должен быть
радиус окружности, вписанной в треугольник SAD.
64.	6~J~^• Указание. Радиус искомого шара равен наи-
меньшему из двух радиусов окружностей, вписанных в треуголь-
ники SBC и SKM, где К. и М — середины ВС и AD. Первый радиус
равен -|-(V13-2), второй 6~з V2 .
65.	2:3. 66.	67. 2я(4~^ .. 68. arccos -J-.
о	о
69.	-|- или 4—2-\/3. Указание. Пусть а — сторона ос-
нования, h — высота пирамиды. Радиус описанного шара равен
2h^a • (Докажите!) Значит, ^^-= 1, а2=4й — 2й2. Пусть г—
радиус окружности, вписанной в равнобедренный треугольник с ос-
нованием а и высотой h (равен радиусу вписанного шара). Про-
ведем в нем высоту к основанию. Рассмотрим один из получивших-
ся прямоугольных треугольников с катетами h и Центр ок-
ружности делит высоту на отрезки г и h — г. По теореме о
биссектрисе внутреннего угла треугольника (X, 19, § 5) имеем
—-—— а —, т. е. ha2 — Mir2— 2га2 = 0.
Л-г	д/“2 + 4Л2
Заменив г и а2, получим для h квадратное уравнение
Л2—(д/3 +1)й+-\/3=0, откуда /ii = l, Й2=-\/3-
70.	'УгбгЫб^, 7|	72> 2:13.
2	2
73. 150°. Указание. Из условия следует, что sin а=—
(а — угол при вершине осевого сечения). Возникают две возмож-
ности: а = 30° или а = 150°. Если а=30°, то диаметр основания
будет 4 sin 15°=-\/б—-\/2. Докажем, что ->/б—\/2<1,04. Легко
проверить, что -\/б<2,45, -\/2>1,41. Значит, ^/б—-\/2<:2,45—
— 1,41 = 1,04.
74. 45°. Указание. Докажите, что I проходит через верши-
ну В.
350
13. 60°. Указание. На рисунке 199 изображено: SO — ось
конуса, ЗЛ — образующая, которой касается шар с центром 0Ь
М и К — точки касания этого шара с ЗЛ и плоскостью основания,
М — середина ЗЛ. Поскольку шары равны и попарно касаются
друг друга, то их центры образуют правильный треугольник со
стороной 2г (г — радиусы шаров, ОК равняется радиусу окруж-
ности, описанной около правильного треугольника со стороной
2г:ОК=—\ Пусть ЛО,Д/<= ЛО,ЛЛ1 = ф, ctg<p=x.
л/З /
Имеем
AK=xr, SA = 2AM = 2AK = 2xr,
OA = SA cos (180° —2<р)= — 2xr '~ХФ = 2хг4т4-
4	т'	l+tg <Р	1-J-X-4
Получаем для х уравнение
х + 2х|^4==-тг, х3+-тгх2 — Зх+-^=0.
1 +*	л/3	л/3	л/З
Сделаем замену у = х^/3. Для у будет уравнение у34-2у2 —
-9t/+6=0, (у3—у2) + (Зу2—Зу) — (бу—6) =0, (у-1)(у2+Зу-6)=0.
По условию <р>45°, т. е. 0<ctg ф< 1, 0<у<-д/3-
Уравнение у2 + 3у—-6 = 0 не имеет корней 0<Zy<Z-y/3.
Значит, у=1, <р = 60°.
76. 1. У к а з а н и е. Середины отрезков КР и MS совпадают.
Обозначим эту точку через Q, О — центр ABCD. Тогда QO —
=-^-(АК—СР) = 2, причем Q по ту же сторону от плоскос-
ти ABCD, что и К. Далее рассмотрим трапецию с вершинами В,
М, D и S, порядок обхода вершин будет BMDS.
11.	Указание- Объем тела можно получить как
сумму объемов двух тел, получающихся при вращении треугольни-
351
ков АВС и ADC вокруг АС, минус объем тела, получающегося
при вращении треугольника АМС (рис. 200, точка Di симметрична
D относительно АС). Получаем формулу для объема
V = ^AC(2BK2-MN2).
О
78. или .Указание. Обозначим искомый треуголь-
ник AMN, М — середина CD, N на ВС.
Возможны случаи: 1) AN = NM. Этот случай дает первый ответ.
2) AM = MN. В этом случае N совпадает с В. Соответствует
второму ответу.
3) Если AM = AN, то эти стороны равны Но
т. е. N на продолжении ВС. То же имеет место для других возмож-
ностей.
79.
------------. 80.
2 + -V2 + V6
4 + 2-V3	V55
3	’ 81’ 12 ’
82.	. Указание. Искомый шар касается сторон осно-
вания в серединах. Используя равенство касательных, проведен-
ных из одной точки, найдем положение точек касания боковых
ребер.
83. -^-(90 — 25 -д/З) л/2- Указание. Докажите, что плоскость
пересекает второе основание и в сечении имеем трапецию.
84.	8. У к а з а н и е. Докажите, что в сечении получается ромб.
85.	arcsin-л Д-. 86.	87. 1:5. 88. 1:2.
V О	2.0
89. д/я2 + &2 + с2. Указание. На рисунке 201 изображена
одна грань параллелепипеда ABCD и точка пересечения диагона-
лей О.
Пусть ОА=^-, ОВ=±-, ОС=^-, OD = ~~.
Имеем ЛВ2=^-+^~, ВС2=~+4-> са2=£г+^-’ OQ2 =
4	4	4	4	4	4
Далее, по формуле задачи 21 (X, § 7)
OQ2=±-(2OD2 + 20В2 - DB2)
„ли 1L(^ + c")=±(r-+^-DB>) ,
откуда	—b2 +2DB2.
Но DB2+AC2=2(AB2 + BC2) (см. X, 20, § 7)
352
г^о2 । с2 । a2 a2 । b2 । b2 . c2 nn2 a2 _l_a2 । c2
или DB2+_+_=_+_+_+_, DB =-+b +-.
Значит, x2 = a2 + &2 + c2.
91.	arccos	. Указание. На рисунке 202 изобра-
жена пирамида, в которой АС перпендикулярна плоскости BCD,
/L BCD = 45°. АСВ и ACD — равнобедренные прямоугольные
треугольники. Можно считать, что АВ — катет исходного пря-
моугольного треугольника, АС — биссектриса, С — проекция В
на биссектрису. Требуется найти угол BAD.
Го
92.	. Указание. Докажите, что вершина пирамиды
проектируется вне основания в точку, равноудаленную от прямых,
образующих основание (центр вневписанной окружности, см.
задачу 4).
93.	. 94.	. 95. 1:2. У к а з а н и е. Докажите, что плоскость
V3
сечения проходит через точки С и D. 96. Зя. 97. Нет, не во всяком.
98. Указанным свойством обладает пирамида, у которой два проти-
воположных двугранных угла тупые.
99.	Докажите, что если прямая не перпендикулярна плоскости
и образует равные углы с двумя пересекающимися прямыми этой
плоскости, то проекция этой прямой на плоскость также образует
равные углы с теми же прямыми, т. е. параллельна биссектрисе
какого-то из двух углов, ими образованных.
100.	Треугольник, четырехугольник и шестиугольник. Сечение
куба не может быть правильным пятиугольником, поскольку у се-
чения, имеющего более трех сторон, найдется хотя бы одна пара
параллельных сторон, а у правильного пятиугольника параллель-
ных сторон нет.
101.	Нет, не любой. Например, если один плоский угол трех-
гранного угла достаточно мал, а два других плоских угла прямые,
353
то легко убедиться, что никакое сечение этого трехгранного угла
не является правильным треугольником.
102.	Обозначим через %, у, z отрезки ребер трехгранного угла
от вершины до плоскости сечения. Тогда стороны, получающиеся
в сечении треугольника, будут равны а2=х2+у2, 62 = у2 + г2,
с2 = г24-х2. Теперь проверяем, что квадрат любой стороны меньше
суммы квадратов двух других сторон.
а3 [б
103.	1(^ . Указание. Расстояние между диагональю куба
и непересекающейся с ней диагональю его грани равно 4=\/-т-а-
Таким же должно быть и расстояние между ребрами правильного
тетраэдра, лежащими на этих диагоналях. Но для правильного
тетраэдра с ребром b расстояние между противоположными ребра-
ми равно b (см. задачу 1), т. е.	-а, Ь=-^- .
2	2	д/3
4^з
104.	— .Указание. Из условия следует, что данная пира-
мида является правильной. Если х — сторона основания, то пло-
щадь основания будет х2, а площадь боковой грани
105.	а3. Указание. Данная пирамида является пра-
вильной пятиугольной пирамидой. Для вычислений воспользуй-
тесь равенством sin 18°.
106.	4а2. Указание. Пусть одно основание усеченной пи-
рамиды имеет сторону х, а другое у. Боковая поверхность равна
2(х+у)а. В сечении пирамиды плоскостью, проходящей через
центр шара перпендикулярно основаниям пирамиды, будет равно-
бочная трапеция с основаниями хи//, боковой стороной а, в кото-
рую можно вписать окружность. Значит, х+у = 2а.
107.	л — 2 arccos .
108.	. Указание. Обозначим радиусы шаров
через х, у, z. Пусть радиусы шаров, касающихся плоскости тре-
угольника в концах стороны а, равны х и у. Центры этих шаров и
концы стороны служат вершинами прямоугольной трапеции с ос-
нованиями х и у, перпендикулярной им боковой стороной, равной а,
и другой боковой стороной, равной (х+у).
Легко получить уравнение (%+у)2 —(х—у)2 = а2, или 4ху = а2.
Получаем систему ху=—, yz=^-, zx = — .
Перемножив эти уравнения, найдем xyz=^~ и т. д.
354
109.	Докажите, что для вычисления объема усеченного конуса
можно воспользоваться формулой задачи 11.
ПО. Пусть ребро тетраэдра ABCD равно а. Высота АО равна
Если М— середина АО, то MB =^jBO2 + ОМ2 =
прямоугольный.
. Значит, треугольник ВМС равнобедренный,
111.	arccosУказание. Решим эту задачу иначе,
чем мы это делали во вводной части (см. задачи 11, 12). Если М —
середина ВВ\, то Л1Л1ЦСК (рис. 203). Следовательно, искомый
угол равен углу MA\D. С другой стороны, плоскость A\DM парал-
лельна СК, значит, расстояние между СК и A\D равно расстоянию
от точки К до плоскости A\DM. Обозначим искомое расстояние
через х, а искомый угол через <р.
Тогда VAiMDK=у- lMD • х==у- iKD • а=—. Отсюда х—4Sa md 
Найдем стороны &AiMD: AiD — a^/2, А\М—^^-, DM=-^-a.
По теореме косинусов cos<p=—у, SAiMD—-^-a2, х=-^-.
1	/2	2 л/То
112.	arccos — , ад/—и arccos—, а*— . Указание. Бу-
о V оо	3	10	J
дем решать эту задачу методом, рассмотренным во вводной части
(см. задачи 11, 12). Пусть ABCD — данный тетраэдр, К — середи-
на АВ, М — середина АС. Спроектиру-
ем тетраэдр на плоскость, проходя-
щую через АВ перпендикулярно СК.
Тетраэдр спроектируется в треуголь-
ник ABDi, где D\—проекция D.
Если М| — проекция М (Mi — се-
редина АК), то расстояние меж-
ду прямыми СК и DM равно рас-
стоянию от точки К до прямой DiMi.
Это расстояние легко найти, поскольку
DiKMi — прямоугольный треугольник,
в котором катеты DiK и KMi равны
соответственно	(высота тетраэ-
дра) и
Задача имеет два решения. Второе
Рис. 203
355
s
мы получим, если рассмотрим медианы СК и BN, где N — сере-
дина DC.
113.	. Указание. Рассмотрим сначала пирамиду, соот-
ветствующую рисунку 204, а. Из условия следует, что ВК—
=Л/5=Й=2, KD=V2^T=1.
Значит, BD = 3, но по условию S/1 SB = 2+-\/5<3-|--\/2 =
= DB + DA, т. е. сумма проекций отрезков больше их суммы. Это-
го не может быть.
Рассмотрим теперь пирамиду, как на рисунке 204, б.
Если SD = h, то ВЛ=-\/й24-2,	1 (BD= 1). Получаем
уравнение -y/^2+24--\/^24-1 =24--\/5. Из этого уравнения й2 = 3.
Замечание. Данная задача юридически не совсем законна, по-
скольку в школе мы не рассматриваем невыпуклые многогранники,
хотя математически она абсолютно верна.
114.	* Указание- Докажите, что искомый шар
касается сторон основания в их серединах. При этом возникают
две возможности: шар касается боковых ребер во внутренних
точках и шар касается продолжений боковых ребер.
115-	• П6- ал/?’- Н7- а+&±л/2аЬ-т-
118.	v- л/4В2-а2.
119.	2 + -д/3. Указание. Рассмотрим тетраэдр O1O2Q1Q2,
где 01 и Ог — центры шаров радиусами /?, Qi и Q2 — центры ша-
ров радиусами г(г</?).
Из условия следует, что OiO2 = 2/?, QiQ2 = 2r, все остальные
ребра этого тетраэдра равны /? + г. Теперь можно найти расстоя-
ние между ребрами O1O2 и Q1Q2, равное расстоянию между их
серединами. С другой стороны, из условия следует, что это расстоя-
ние равно R — r.
356
120.	. 121. ----------—----— . 122. 12V. 123. -%-.
8	3a4-ft(3+2^/3)	4
124. arctg (2—\/3). 125. arccos (2—-\/5).
o2
126.	у-.Указание. Если a — угол между рассматриваемы-
ми гранями, то надо найти Q cos а (см. задачу 5). С другой сто-
роны, грань площадью Q является проекцией грани площадью S,
т. е. Q = S cos a, cosa=-^-.
127.	arctg-^.
128.	2 arctg (л/3-д/2). Указание. Продолжим боковые гра-
ни до пересечения. При этом мы получим две подобные пирамиды,
основаниями которых являются большее и меньшее основания
данной усеченной пирамиды. Пусть а — сторона большего основа-
ния усеченной пирамиды, а — двугранный угол при этом основа-
нии. Можно найти высоту большей пирамиды /г=у^ tg а, радиус
CL ~\[3 1 ОС	°
вписанного в нее шара ^=-g“ tgвысоту меньшей пирамиды
h\—h — 2r=y^(tga— 2tg-^, сторону меньшего основания
tg a—2tg^-
ai=-^-a = a------------, боковое ребро большей пирамиды
-----	h
a-j-4, боковое ребро меньшей пирамиды — .
h
После этого воспользуемся условием существования шара,
касающегося всех ребер усеченной пирамиды. Это условие экви-
валентно существованию окружности, вписанной в боковую грань,
т. е. должно выполняться равенство 2 (/ —/i) = a + ai.
Выразив /, /1, а\ через а и а, получим уравнение
2yVtg2a + 4- tg у= tg a — tg у-.
Отсюда t g y-= л/3—-\/2.
129.	arccos
<rbz + b2c2 + c'<r
Указание. Пусть M — центр грани Д1В1С1Р1, К—центр
грани ADD\A\. Данные плоскости пересекаются по прямой МК.
Рассмотрим тетраэдр A\D\MK. Его объем равен ^-объема па-
раллелепипеда, т. е. он равен abc.
357
Площади граней D\MK и /EAf/C соответственно в четыре раза
меньше площадей треугольников D\AB\ и A\DC\. Площади двух
последних можно выразить через а, b и с. Затем воспользуемся
формулой задачи 8 и найдем синус искомого угла.
130.	^-^/4а2 —62. Указание. Многогранник ABMDCN яв-
ляется треугольной призмой с основанием АВМ и боковыми реб-
рами AD, ВС, MN.
131.	arcsin . Указание. Возьмем на продолжении
ребра СС\ точку К так, что В\К\\ВС\, а через ребро ВВ\ проведем
плоскость, параллельную данной (рис. 205). Эта плоскость должна
проходить или через внутреннюю, или через внешнюю биссектри-
су угла DB\K. Поскольку отношение, в котором плоскость, прохо-
дящая через ВВ\, делит DK, равно отношению, в котором она
делит DC, то возможны два случая: плоскость проходит через
точку N на ребре DC, такую, что £W:WC=^/3:^/2, или же она
проходит через точку М на его продолжении и опять DM'.MC —
==-73:^2.
Найдем расстояние от точки К до первой плоскости. Оно равно
расстоянию от точки С до прямой BN. Если это расстояние х, то
X =	==	а-,/2	= а(Л/б--1)У2
BN (д/З4-^/2) 711-4^6	5
и sin
D 1 Д Э
где ср — угол между плоскостью BB\N и прямыми B\D и В\К.
Точно так же находится другой угол.
132.	-~. Указание. Пусть ABCD — данная пирамида, бо-
ковые ребра которой DA=a, DB = x, DC = y, по условию эти
ребра перпендикулярны и х + # = Нетрудно найти, что SABC =
Рис. 205	Рис. 206
358
=-^-^/а2 (x2+y2)+x2y2, VASCD=-^-axy. С другой стороны, если
/? — радиус искомого шара, то
^ABCD = ~^~($ОАВ 4“ $ОВС “Ь $DCA $АВс) =
=-%-(ах+ау+ху—^а2 (х2+у2)+х2у2) =
=-f -(а2+ху—Va4—2хуа2+х2у2 )=-%-ху.
о	о
Приравнивая два выражения для VABCD, найдем
133.	Тбб и 3->/3. Указание. Возможны две пирамиды:
правильная, ее объем равен \/66; пирамида, вершина которой
проектируется в центр вневписанной окружности основания (при-
чем два боковых ребра равны 5), ее объем равен 3-\/3.
134.	считая от точки 4. Указание. Пусть BL—x, ребро
куба равно 2. Тогда в треугольнике KLO, где О — центр куба, бу-
дем иметь КО=^2, KL=-\]AK2-\~AB2+BL? =^/5+Р, £0 =
=-\/(х — l)2+2=Vx2 —2х-|-3. Высота в этом треугольнике, опу-
щенная на KL, равна 1. Пусть М — основание высоты.
Имеем КМ=^] КО2 —ОМ2 — 1, M£=V£02—OM2=Vx2—2Н-2.
Получаем уравнение -^х2— 2x-j-2 +1 =-\/5-|-х2, т. е. х=-^-.
135.	—-— ^Ь2—а2 cos2 а. Указание. Возьмем Ci так,
2 sin а
что ABCCi — прямоугольник (рис. 206). D\ — середина ACi, Oi,
Ог — соответственно центры окружностей, описанных около тре-
угольников ACiD, АВС, О — центр сферы, описанной около ABCD.
Очевидно, О2 — середина АС, АВ и CiC перпендикулярны AD и
ACi, следовательно, плоскости ADCi и ABCCi перпендикулярны,
a O1D1O2O — прямоугольник._____ _______
Таким образом, DCi =^DC2 — С1С2=^jb2 — а2. Радиус окруж-
ности, описанной около DCiA будет равен
/? =—_2£1_ = Чь2-а2
1	2 sin Z-DACi 2 sin а
А радиус сферы R = OA можно найти из прямоугольного треуголь-
ника AOiO (на рисунке этот треугольник не изображен):
R=^AO2 + OiO2	4-а2 = -т-4---^b2 — a2 cos2 а .
v	2 V sin2 а	2 sin а v
а3 л/2
136.	—jJ- . Указание. Пусть К — середина ребра АВ куба
ABCDAiBtCiDi, М — середина ребра DiCi, К и М одновременно
359
Рис. 207
являются серединами ребер
PQ и /?S правильного тет-
раэдра PQRS. DtCt лежит
на 7?S. Если ребро тетраэдра
равно Ь, то МК—Ь^- =
=а-\/2. Значит, Ь = 2а.
Спроектируем тетраэдр на
плоскость ABCD (рис. 207).
Р\, Qi, Ri, Si — проекции
P, Q;R, S. Поскольку PQ сос-
тавляет с этой плоскостью
угол 45°, то длина PiQi бу-
дет а ^[2.
Пусть L — точка пересечения прямой АВ и прямой PiPi. Из по-
добия треугольников P\LR и P\R\M\ найдем
, rz RiMi-PtK _ а	а
РМ 1+л/2	2 •
Значит, ребро тетраэдра PR (а следовательно, и другие ребра
PS, QR и QS) пересекают куб.
Для вычисления объема получившегося тела удобно это тело
рассматривать как тетраэдр со срезанными углами.
20
137.	— . Указание. Обозначим длины этих скрещиваю-
щихся ребер через а и 6, расстояние между ними через J, угол
через <р, по формуле задачи 12 найдем объемы получившихся
частей:
Vi=^-abd sin <р,	abd sin <р.
138.	2 cos а. Указание. Площадь проекции второго сечения
на первую плоскость вдвое меньше площади первого сечения. С
другой стороны, отношение площади проекции второго сечения к
площади самого сечения равно cos а (задача 5).
139.	nR2H.
140.	ab'+bc+ca - Указание. Пусть общий перпендикуляр к
данным ребрам делится кубом на отрезки у, х и z, у4-х 4-z = с
(х — ребро куба, у примыкает к ребру а). Грани куба, параллель-
ные данным ребрам, пересекают тетраэдр по двум прямоугольни-
кам, у первого стороны а, , у второго — -у- , Ь,
при этом меньшие стороны этих прямоугольников равны ребру ку-
360
ба, т. е. ^ = х, ^ = х, откуда у=^, 2=^, ^+х + «=с,
с	с	J	b	aba
х __ abc
ab 4-6c + ca
141.	у-у	.Указание. Пусть Oi и O2 — проекции центра
шара О на плоскости KLM и K1LN, Р — середина ML.
Проекции Oi и 02 на KL должны совпадать. Можно доказать,
что эти проекции попадают в середину KL — точку Q (рис. 208).
Поскольку двугранный угол между плоскостями KLM и KLN равен
90°, радиус искомой сферы будет
VPO| + O|O2=V-PO1 + O1Q2-
Если мы продолжим О\Р до пересечения с прямой KL в точке /?,
то из прямоугольного треугольника PLR найдем RL = 6a, RP —
= 3ад/3. Затем найдем RQ=^-a,	a,	а,
Л	о	о
о ___11 д/З о /о 2 ~\/3
r>Oi=—V- а — За-у/3=—%- а.	__________ —
,	/4а2 .121	9 а /137
Следовательно, радиус сферы равен у -g—г-утг я ==У VT"
142.	^Ь2-\-За2. Указание. Данные три угла не могут при-
легать к одной грани; далее, они не могут прилегать к одной вер-
шине, поскольку в этом случае все отрезки, соединяющие середины
противоположных ребер, будут равны.
Остается случай, когда три ребра, соответствующие прямым
углам, образуют незамкнутую ломаную. Пусть это будут ребра
АВ, ВС и CD (рис. 209). Обозначим DB=x, ВС=у, CA = z. Тогда
расстояние между серединами DB и СА будет д/~-+#2+|—, а
между АВ и CD (или AD и ВС) у-д/х2 + г2.
361
Наибольшим будет ребро AD=-\]х2 + у1 z2 =
=л/(т+’!+т) + 3(т+т) =	
143.	1.Указание. Проведем через С прямую, параллельную
ЛВ, и возьмем на ней точку Е так, что СЕ=ЛВ, АВЕС — паралле-
лограмм (рис. 210). Если О — центр сферы, то, поскольку
ZOCE = y- и СЕ=1 (следует из условия), /\ОСЕ правильный.
Значит, точка О равноудалена от всех вершин параллелограмма
АВЕС. Отсюда следует, что АВЕС — прямоугольник, проекция О
на плоскость АВЕС — точка К—центр АВЕС и В£) = 2*О/< =
= 2 -д/ос2--J-ВС2 = 1.
о	ОС
2^7 cos —
144.		 . Указание. Если х — площадь искомого
p+q
сечения, АВ = а, то, воспользовавшись для объема пирамиды
ABCD и ее частей формулой задачи 8, получим
а	.а	Л а
_	рх sin —	_ qx sin —	п	.	2pq cos —
2 ______2	। 2 ____2 __ 2 pg sin a	2
3 * а	3	* а	3 *	a
p+q
145.	——— а. Указание. При пересечении шара плос-
костью AMN получим окружность, вписанную в треугольник AMN.
В этом треугольнике AN=^~ а, АМ=^ a, MN=-~ (находится
из ДСЛ4В).
Следовательно, если L — точка касания искомого шара с AM,
Л J AN-\-AM — MN / 5 к 1 \
то AL==---+_--------= ^_Л/з__) а.
Рис. 212
Шар, вписанный в ABCD, имеет радиус г =-^--у -|-а и касается
плоскости ACD в точке М.
Таким образом, если х — радиус искомого шара, то
х AL   5—\/3
г	AM 4
146.	-у/З. Указание. На рисунке 211 точки К, L, М, N и Р —
середины соответствующих ребер, AKPL — ромб (следует из усло-
вия), точки А, К, L и Р на одной окружности, значит, AKLP —
квадрат. Так как К, L, М и W лежат на одной окружности и
KLMN — параллелограмм, то KLMN — прямоугольник.
Следовательно, 5Д JLBC и проекция на ВС есть точка Р —
середина ВС. По условию Z_PAS = Z_PSA = 45°.
Таким образом, SP=PA, ДЗЛ4=90°, ДВЛС=ДВЗС, а
треугольники ABS и ДСЗ правильные. Середина XS равноудалена
от точек Д, К, L, М, N и Р.
147.	arctg • Указание. На рисунке 212, а О — центр
шара, Q — центр вписанного шара, М — середина ВС. Обозначим
через R,r,a\ih соответственно радиусы шара с центром О, вписан-
ного шара, сторону основания и высоту пирамиды. Отношение
равно тангенсу искомого угла. Из Д SPM (SM =~\Jh2 +
имеем £0- = (QM — биссектриса) или
о	О/И
h-r	-^a^ + ih2 '	' 7
В прямоугольном треугольнике OLQ (рис. 212, б) имеем OQ =
= 7? + г (по условию), OL = R — r, LQ=AP = a^~ .
363
По теореме Пифагора получаем:
8Rr = a2.	(2)
И наконец, поскольку OC±XS (рис. 212, в), то tg ср =
=-^-V2 (из ДАР5) и tg<p=-^--^ (из дОДС), т. е.
hR=a\	(3)
Из (2) и (3) имеем h = 8r.
Подставляя в (1), найдем г=& а и т. д.
148.	-|-V14. Указание. Заметим, что отрезок своей
точкой пересечения с прямой PQ делится пополам. Спроектируем
этот отрезок на плоскость ABCD. Если N\ — проекция К\ —
середина AD, Qi — середина DC (К\ и Qi — проекции К и Q), то
N\M перпендикулярен AQi и делится точкой пересечения пополам.
Значит, Z_?ViX£) = 2 Z_Q\AD. Отсюда найдем N\K\, затем N\M.
149.	(5 д/б+д/22) R. Указание. На рисунке 213 О — центр
шара, вписанного в ABCD, Oi и О2 — центры данных шаров,
К — середина АВ. Зная, как выражается радиус шара, вписан-
ного в правильный тетраэдр, через ребро и расстояние между про-
тивоположными ребрами (задача 1), выразим АК = г^6, ОК =
= г-у/3, где г — радиус шара, вписанного в тетраэдр ABCD. Сле-
довательно, АК\ — 2R -д/б, BKz = 3R-y/6, O2M = O2K2-OlKl =
= 3R^/3-2R-yfi=R V3, OiO2 = 5R, KiК2 = 0{M=^25R2-3R2 =
= R^-	к
150.	0<r< —--------, r=--------------------.
(2 cos a + д/4 cos2 a-h 1)	1 + 2 cos a + ->/4 cos2 a~H
Указание. Если плоскость пересекает ребра AD и CD, то в се-
чении будет треугольник, при этом радиус вписанной окружности
будет меняться от 0 до —--------—===== .
-^2 (2 cos а + д/4 cos2 а+ 1)
Рис. 213	Рис. 214
364
Пусть теперь плоскость пересекает ребра АВ и ВС в точках
Р и Л\ S4 и SC в точках Q и R, SD в точке К и продолжения AD и
CD в точках L и М (рис. 214). Поскольку прямые PQ и NR парал-
лельны и касаются окружности, вписанной в наше сечение, то
PN есть диаметр этой окружности. Обозначим РМ = 2г, тогда
ML=2a^2-2r, КЬ=а^~~ V4cos2a+1, SMKL	.
v	2 cos a v	1	2 cos a
Таким образом (из равенства S—pr), г—--------a^~r
2 cos a-}-y4 cos2 a-H
aJ2
откуда r =----------v.  ...
1 -|- 2 cos a + V4 cos2 a + 1
151.	3S -y/2. Указание. Пусть x — ребро тетраэдра, MN =
=—. Если ребро, середина которого М, образует с данной плос-
костью угол а, то противоположное образует угол — а. Проекция
тетраэдра на эту плоскость представляет собой равнобочную тра-
пецию с основаниями х cos а и х sin а и расстоянием между осно-
ваниями, равным . Таким образом,	(cos a + sin а).
Кроме того, по условию угол при большем основании 60°, откуда
I	I Г~2
|cos a —sin a I ~~\J
152.	AM:MC—2 — -д/З, BN:ND\=2. Указание. Пусть реб-
ро куба равно 1. Обозначим через О центр грани ABCD. Из того,
что Z-NMC=60° и Z-NOC — QW, следует, что О между М и С.
Обозначим 0М = х, NB=y. Тогда MN = 2x, NO=x-^3, MB —
=л/т+х2-
Применив теорему косинусов к треугольникам MNB и ONB,
получим:
-L +х2=4х2+у2 — 2ху^2,
^=~+у2~^у.
1	2
Отсюда найдем х=— , у=— .
V6	л/З
153.	——- или а. Указание. Пусть высота призмы равна х.
2-у/5
Возьмем на продолжении ребра В\В точку К так, что
BiK=^-x. Поскольку KN параллельна ВМ и KN = 2BM, проек-
365
ция KN на CN вдвое больше проекции ВМ на CN, т. е. она
равнаВ ACNK имеем CN=~\Iа2 + ^-, NK^^/a*-}-4х2,
у 5	V 4
«=л/°2+тЛ
В зависимости от того, острый или тупой угол C\NK, будем
иметь два уравнения:
а2 4-у-х2 =(а2 + 4-) + (°2 + М + 2 Vа2+т
(« —» для острого угла, «4*» для тупого).
154.	Отрезок АВ разделен в отношении cos2sin2:
:cos2 ^-.Указание. Обозначим через Ai и В\ две другие точки
касания, R и г — радиусы шаров. В трапеции АА\ВВ\ найдем
основания AAi — 2R cos BBi=2rcosy- и боковые стороны
AB\=AtB = 2 x[Rr, затем диагонали АВ = А\В\ =
= 2~\J/?г ( 1 4~ cos2•
Если шар, проходящий через А и Ai, пересекает АВ в точке К,
то А1В2 = В/(*ВА, откуда
l/l+cos2y l+cos2y	1+cos2^
Так же находятся другие части отрезка АВ.
155.	или . Указание. Можно доказать, что ось
2	V17
цилиндра должна проходить через середину ребра BD и принад-
лежать плоскости BDL, где L — середина АС. Пусть ось цилиндра
образует с BD острый угол а (рис. 215, а). Спроектируем пирами-
ду на плоскость, перпендикулярную оси цилиндра, получим впи-
санный четырехугольник AiBiCiOi (рис. 215,6), в котором
Л1С1=ЛС=12. Диагонали AiCi и B\D\ перпендикулярны, точка
пересечения диагоналей делит A iCi пополам, адиагональ DyB\ де-
лится точкой L\ на отрезки 6-^3 cos а и 10-^3 sin а — 6 д/3 cos а.
Из условия A\L\- L\C\=B\L\- L\D\ получим для а уравнение
sin2 а —5 sin а*cos а+ 4 cos2 а = 0,
366
откуда найдем tg он = 1, tg аг = 4. Ho B\D\ = 10 sin а и равня-
ется диаметру основания цилиндра. Получим два значения для
5л/6	20л/3
радиуса основания цилиндра: —или .
156.	—~а\ - . Указание. Возьмем на реб-
V&2 + 2a2	-\/b2 + 2a2 —4a
ре Л5 точку К так, что АК = а. Тогда точки В, D и К принадлежат
сечению конуса плоскостью, параллельной основанию конуса
(AB=AD = AKj. Из того, что С лежит в плоскости основания,
следует, что плоскость BDK делит пополам высоту конуса. Таким
образом, поверхность нашего конуса в четыре раза больше по-
верхности конуса, радиус основания которого равен радиусу ок-
ружности, описанной около £±BDK, с образующей, равной а.
157.	л	• Указание. Пусть радиус основания ко-
нуса равен /?, высота /г, ребро куба а. Сечение конуса плоскостью,
параллельной основанию и проходящей через центр куба, есть
п 2/г — a л/2
окружность радиусом R —2h~ 1 в КОТОРУЮ вписан прямоуголь-
ник (сечение куба) со сторонами а и ад/2, т. е.
За2 = 7?2	.	(1)
Сечение конуса, параллельное основанию конуса и проходящее
через ребро куба, противоположное ребру, лежащему в основании,
есть окружность радиусом R h~ah^ .
С другой стороны, диаметр этой окружности равен а, т. е.
a = 2Rh~“^.	(2)
367
Из (1) и (2) найдем	a,	—кд.
4	2
158.	Hr-
159.	. Указание. Пусть плоскость, проходящая че-
рез BiCi, пересекает АВ и DC в точках К и L (рис. 216). По ус-
ловию объемы многогранников AKLDA\B\C\D\ и KBCLB\C\
равны.
Применим к ним формулу Симпсона (задача 12), обозначив
AK = DL = a.
Поскольку высоты этих многогранников равны, получим
для а уравнение
7п+!+4	Р±^=(7-0) 7 + 4	.
откуда а=у-.
Обозначим высоту пирамиды через h. Введем систему ко-
ординат, взяв ее начало в центре ABCD, оси х и у параллельными
АВ и ВС. Точки А, С и D\ будут иметь координаты
(-ь	О-
Нетрудно найти уравнение плоскости ACD\\ hx-hy-[-z = O.
Плоскость KLC\B\ будет иметь уравнение 10ftx — 8z + 3ft = 0.
Нормальный вектор к первой плоскости и (ft, —Л, 1), ко вто-
рой in (10ft, 0, —8).
Условие их перпендикулярности даст нам 10ft2 —8 = 0,
h=^.
э
368
За3 g3 л/5
160.	— или —. Указание. Возможны два случая:
1) Боковыми сторонами трапеции являются проекции ребер АВ
и В\С 1. Можно доказать, что в этом случае центр сферы находится
За3
в точке С. Объем призмы будет равен —.
2) Боковыми сторонами трапеции являются проекции ребер
АВ и Д1Сь В этом случае центр сферы проектируется в центр
окружности, описанной около трапеции АВС\А\, высота призмы
равна	объем призмы равен а3^.
V v	*
161. -£-а(а2 + 262).
О
162.6. Указание. Любая касательная плоскость делит
пространство на две части, при этом либо все три сферы рас-
положены в одной части, либо две — в одной, а одна — в другой.
Очевидно, что если некоторая плоскость касается сфер, то
и плоскость, ей симметричная относительно плоскости, проходя-
щей через центры сфер, также является касательной. Покажем,
что не существует плоскости, касающейся данных сфер так, что
сферы радиусами 3 и 4 находятся по одну сторону от нее, а сфе-
ра радиусом 6 — по другую.
Пусть центры сфер радиусами 3, 4 и 6 находятся в точках Л,
В и С. Плоскость, касающаяся данных сфер указанным выше
образом, разделит стороны АС и ВС в отношениях 1:2, 2:3,
т. е. пройдет через точки К и L на АС и ВС, такие, что
С/<=^-, CL=^-. Нетрудно найти расстояние от С до KL. Оно
<5	D
/ 3
равно 33-д/ —<6. Отсюда следует, что через KL нельзя провести
плоскость, касающуюся сферы радиусом 6 с центром в С. Можно
показать, что все другие касательные плоскости существуют, а все-
го их будет 6.
163.	д/З tg 50°. Указание. Из того, что ребра пирами-
ды ABCD касаются шара, следует, что суммы противоположных
ребер пирамиды равны. Достроим пирамиду ABCD до параллеле-
пипеда, проведя через каждое ребро пирамиды плоскость, парал-
лельную противоположному ребру (см. вводную часть). Ребра
пирамиды будут являться диагоналями граней параллелепипеда
(рис. 217), а ребра параллелепипеда равны расстояниям между
серединами противоположных ребер пирамиды.
Пусть AD = a, ВС = Ь, тогда любые два противоположных
ребра пирамиды будут равны а и Ь. Докажем это. Пусть ЛВ=х,
DC=y. Тогда х^у — a + b, х2 + у2=а2 + Ь2. (Последнее равенство
следует из того, что все грани параллелепипеда — ромбы с равны-
ми сторонами.)
369
Отсюда следует, что х = а, у — Ь или х = Ь, у = а. Значит,
в ДДВС по крайней мере две стороны равны между собой. Но
ЛЛВС=100°, следовательно, AB = x = BC = b, АС = а, DB = b,
DC = a.
Из ДЛВС найдем
a = 2b sin 50°, V abcd=~^adc‘^b—~•—
_ 1 q < _____ 1 b2 sin 100° i
— ~^DBC* nA—*3------2---Па ’
h Д	Cl ~\/3	/77 1 Г Л n
откуда	2^sin[00o =V3 tg 50°.
164.	±-\ja2 A-b2. Указание. Продолжим ребро за точ-
ку S и возьмем на продолжении точку Ai так, что S4i=S4.
В 5Л1ВС двугранные углы при ребрах 5Л1 и SC будут равны, а по-
скольку S4i=SC, то AiB = CB = b. Треугольник ABAi прямо-
угольный с катетами а и Ь. Следовательно, гипотенуза АА\ =
165.	л (3 -\/2—4) и л (9 -\/2 —4). Указание. Рассмотрим куб
с ребром 2^/2. Сфера с центром в центре куба, касающаяся его
ребер, имеет радиус 2. Поверхность сферы разбивается поверх-
ностью куба на шесть сегментов и восемь криволинейных тре-
угольников, равных меньшему из искомых треугольников.
166.	arccos 1 .
167.	6S. Указание. Каждая грань призмы представляет
собой параллелограмм. Если мы соединим точку касания этой гра-
ни и вписанного шара со всеми вершинами этого параллелограм-
ма, то наша грань разобьется на четыре треугольника, причем
сумма площадей двух из них, прилежащих к сторонам оснований,
равна сумме площадей двух других. Площади треугольников
первого типа для всех боковых граней дадут в сумме 2S. Значит,
боковая поверхность равна 4S, а вся поверхность пирамиды 6S.
168.	^5- Указание. Если бы сферы аир пересека-
лись, то площадь поверхности части сферы р, расположенной
внутри сферы а, составляла бы всей поверхности сферы а.
( Эта часть представляла бы сегмент высотой —, где г — радиус
сферы a, R — радиус сферы р. Следовательно, его поверхность
будет 2лЯ-^— = пг2.) Значит сфера а содержит внутри себя
сферу р и отношение радиусов равно -\/5.
169.	-|-л. Указание. Любое из рассматриваемых сечений
представляет собой равнобедренный треугольник, боковые сто-
370
роны которого равны образующей конуса. Следовательно, наи-
большую площадь имеет то сечение, у которого наибольшее
значение принимает синус угла при вершине. Если угол при вер-
шине осевого сечения конуса острый, то осевое сечение имеет
наибольшую площадь. Если этот угол тупой, то наибольшую пло-
щадь имеет прямоугольный треугольник.
170.	. Указание. Легко видеть, что сечение дан-
24
ного тела плоскостью, перпендикулярной оси вращения, представ-
ляет собой кольцо, площадь которого не зависит от расстояния
оси вращения до плоскости треугольника.
^71.	Указание. Пусть О — центр шара,
CD — диаметр, М— середина ВС (рис. 218). Докажем, что
ДВ = ДС. Для этого достаточно доказать, что AM Л-ВС. По усло-
вию 5Д±О5, кроме того, SM± OS (треугольники CSD, CSB,
BCD прямоугольные, О и М — середины CD и СВ). Следователь-
но, плоскость ДМ3 перпендикулярна OS, ДМ±О5. Но AM Л. CD,
значит, AM перпендикулярна плоскости BCD, таким образом,
AM Л. ВС.
172.	Объем части пирамиды, расположенной вне трехгранно-
го угла, к объему части внутри него относится как 3:11. У к а з а-
н и е. На рисунке 219, a SABC — данная пирамида, SO — ее вы-
сота, G — вершина трехгранного угла. Из условия следует, что G
находится на SO. Кроме того, грани трехгранного угла при пере-
сечении с плоскостью основания АВС образуют правильный тре-
угольник, стороны которого параллельны сторонам дДВС и про-
ходят через его вершины. Следовательно, если одно из ребер
трехгранного угла пересекает плоскость АВС в точке Е, а грань
CSB — в точке F, то F лежит на апофеме SD боковой грани CSB
и ED = DA. По условию SF = FD. Проведем через S прямую,
параллельную ЕО, и обозначим через К точку пересечения этой
прямой с прямой EF (рис. 219,6).
371
к
А
Имеем SK = ED. Значит, -^-=4$-=4л"==“Т”• Таким обра-
G0 ЕО ЕО 4	г
зом, объем пирамиды GABC составляет у- объема пирами-
ды SABC.
С другой стороны, построенный трехгранный угол делит часть
пирамиды SABC, расположенную над пирамидой GABC, пополам.
H-tg’v
173.----	г-7- V. Указание. Пусть ребро правильного
(1+*т)
тетраэдра ABCD равно а, К и L — середины ребер CD и АВ
(рис. 220). Возьмем на ребре СВ точку М, проведем через М се-
чение, перпендикулярное KL. Обозначим СМ —х и определим вели-
чину х, при которой прямоугольник, получившийся в нашем сече-
нии, будет иметь угол между диагоналями, равный а. Поскольку
стороны получившегося прямоугольника равны х и а — х, величи-
ну х можно найти из уравнения
Если мы возьмем на ребре ВС еще и точку N так, что BN = СМ = х,
и проведем через нее сечение, перпендикулярное KL, мы получим
второй прямоугольник с углом между диагоналями, равным а.
Из этого следует, что плоскость BCD после поворота вокруг KL
на угол а против часовой стрелки будет проходить через точ-
ки К, Р и Таким образом, после поворота плоскость BCD отсечет
от тетраэдра ABCD пирамиду KPNC, объем которой равен
КС СР CN v __ х(а-х) v__ g 2 v
CD СА СВ Vabcd 2а2 V	х а\2’^’
41+tgT/
372
Те же рассуждения будут верны для любой грани тетраэдра. Сле-
1+tg2T
довательно, объем общей части будет равен	V.
174.	~^=д/2 + 1. Указание. Пусть ребро куба равно а,
NC\=x. Найдем:
LM=±-y	LN2 = LB\ + B{N2 =
-у 2
=-^-+(а-х)2=^-а2-2ах + х2, L/<2 = ASf+ Bi№ =
= ЛВ? + В^2 + ^2 + 2В1У.^^=-^+(а-х)2 +
+у-+(а—х)х=^-а2-ах+у-, M/V2=MS? + Bi№ =
=у-а2 —2ах + х2, МК2 = МВ2 + В№-МВ-ВК =
= J_a2_^_ax + Z.
2	2*2
Если Z_LMK = Z.MKN = q>, то по теореме косинусов для тре-
угольников LMK и MKN получим:
LK2 = LM2 + MK2-2LM• МК cos <р,
MN2 = МК2 + KN2 — 2МК• KN cos <р.
Исключая из этих уравнений cos <р, получим:
LK2 -KN— MN2-LM = (LM — /(/V) (LM • /GV - МК2).
Выражая входящие в это равенство отрезки по найденным вы-
ше формулам, получаем
Из этого уравнения найдем
175. 4- или 176.
3	6	3
177. 2 arcsin
. 11
tgT
!81. -J-
178. От Sh до 4-5/г. 179. -%-R2h. 180. arcsin^.
3	3	3
182.
V5
183. 4“.
<5
184. +h+Vr
л/F+TP
373
185.	д/а2Ь2 + b2c2 + с2а2.
186.	За. Указание. Пусть прямая MN пересекает D\C\
в точке L. Обозначим ДЛ4 = х, BN=y. Из условия следует, что
х>а, у>а.
Спроектировав все точки на плоскость ABBiAi, найдем
Т^-=——, а на плоскость ABCD, найдем
LDi	х — а	LDi а
Следовательно,	, откуда ху=(%+у) а. Но (% + у)2
^4ху. Значит, ху^4а2.
Теперь получим	М N2 = х2 + у2 + а2 = (х+у)2 — 2ху Д- а2 =
— 2хУ + а2==-^г(хУ — а2} ^9а2.
Наименьшее значение MN равно За.
187.	.Указание. Если х — длина двух других сто-
рон прямоугольника, то объем пирамиды равен у- у
Наибольший объем
12
будет при х
188. 2а(уЗ —д/2). Указание. Пусть М — точка на пря-
мой АВ\, N — на прямой ВС\, Mi и N\ — проекции М и N на
плоскость ABCD. Обозначим ВМ\=х, BN\=y, тогда M\N\ =
=д/х2 + у2, MN=д/х2 + г/2 + (а —х —а)2. По условию MN = 2M\N\,
следовательно, (а — х—у)2 = 3 (х2 + у2).
Пусть х2+у2 = и2, x + y = v, тогда 2а2 —у2^0, а поскольку
a2=-i-(a — v)2, то, заменяя а2 в неравенстве, связывающем и и v,
получим неравенство для v: v2A~4av — 2а2 ^0, откуда
— а (2Д--у/6)^у ^а (д/б —2). Теперь найдем наименьшее значе-
ние MN, оно равно 2а (-у/3—\/2).
189. 6-у/2. Указание. Пусть ABCD — тетраэдр наиболь-
шего объема, О — центр данных сфер. Каждый отрезок, соеди-
няющий О с вершиной тетраэдра, должен быть перпендикулярен
грани, противоположной этой вершине. Если, например, АО не
перпендикулярен плоскости BCD, то на поверхности той сферы,
на которой лежит точка А, можно найти точки, более удаленные
от плоскости BCD, чем точка А. (Это рассуждение, очевидно,
останется верным, если А, В, С и D лежат на поверхности
различных сфер, и даже необязательно концентрических.) Отсюда
следует, что противоположные ребра тетраэдра ABCD попарно
перпендикулярны. Пусть, далее, точки А и В лежат на сфере радиу-
сом =^/То, а С и D — на сфере радиусом г —2г Обозначим че-
рез х и у расстояния от О до АВ и CD соответственно.
Проведем через АВ сечение, перпендикулярное CD. Обозна-
чим через К точку пересечения этой плоскости с CD. Учитывая
374
свойства нашего тетраэдра ABCD, нетрудно доказать, что АК =
= ВК, О — точка пересечения высот /\АВК. Проведем высоты
KL и AM (рис. 221). Из подобия треугольников ALO и О КМ
найдем ОМ=^-. Далее, АВ=2 ^R2 — x2, и из подобия треуголь-
ников A OL и АМВ получим  	_.2-уАГ—* , откуда 2х2 + ху = /?2.
“*2
Точно так же получим 2у2+ху = г2.
{2х2 ху — 10,
2у2-|~ху = 4
найдем х = 2, у= 1.
,90-iT-
УABCD —
Указание.
х| 1 — 2х21 д/З—4х2
6 (1-х2)
Обозначим BD = 2x. Можно найти
Заменив и=1—х2, а затем	получим
36^2  X2 (1 — 2х2)2 (3 —4х2) (1 — и) (2и — I)2 (4ц — 1) 
(1 —х2)2	и2
ы)(4ы+_1__4) =
и	и	\	и	/ \	и /
= (5 — w)	(w	— 4) = — w2 + 9^ — 20.
Наибольшее значение достигается при w=-—, откуда х =
г.-- Л	9+^17
= л/1-^=Д/ 1------jf—	и	Т. д.
191.	а . Указание. Если О — центр окружности, L —
проекция точки N на общее ребро, то точка М, поскольку М —
ближайшая к 2V точка окружности, должна находиться на отрез-
ке LO. С другой стороны, поскольку У — ближайшая к М точка
Рис. 221	Рис. 222
375
диагонали грани, MN — перпендикуляр к этой диагонали, а зна-
чит, KW также перпендикулярна этой диагонали, где К —
проекция М на грань, содержащую эту диагональ (рис. 222).
Пусть AL = ax\ &ANK равнобедренный прямоугольный, следо-
вательно, LK=AL = ax, MK = OD-j£ =j^ , KD=-|-(1-4х).
Записав для Д.МОЕ (ME параллельна AD) теорему Пифагора,
получим для х уравнение
(1—4х)2  / 1 х \2 _ _25_
4	“Г \ 2	1- 2х )	144 ’
(6 (1 —4х) (1 - 2х))2+(6 (1 —4х))2=(5 (1 —2х))2.
Заменив в правой части 52=32+42 и перенеся ее влево, по-
лучим:
(6 (1 —4х) (1 —2х))2—(3 (1 -2х))2+(6 (1 —4х))2—(4 (1 -2х))2=0,
9 (1 —2х)2 (1 — 8х) (3 —8х)+4 (5- 16х) (1 -8х)=0,
(1 —8х) (9 (1 —2х)2 (3-8х)+4 (5- 16х))=0.
Легко видеть, что точка К должна находиться выше D,
т. е. 0<х<-|-, значит, второй множитель не равен нулю и x=-g~-
4 sin2 — +1 —~х/1 — 8 sin2 —
192.	R 	--------------- при и ^9. Кроме того, при n=9
возможно еще одно значение:
4 sin2 у +1	1—8 sin2-у
4 sin2
Указание. Не ограничивая общности, будем считать, что все
образующие конуса, касающиеся шаров, касаются одновременно
двух шаров — внутреннего и внешнего. Проведем сечение через
вершину конуса S и центры двух шаров, касающихся одной обра-
зующей (рис. 223, а, обозначения понятны из рисунка). Из усло-
вия, что п шаров радиусом R касаются друг друга, следует равенст-
во ОА =—-— , аналогично ОВ = 2R .
. л	. л
sin —	sin —
п	п
Следовательно, АВ = а=—-— . Пусть АС—х. Тогда
л
sin —
п
D	D
tga=—, ctga =——— • Перемножив эти равенства, получим
376
Рис. 223
уравнение для х: х* 2 3 * * * * 8 —ах + 2/?2 = 0, откуда Х\—~—-
«+3^8?	Q=«
2	. л
sin —
п
Условие а2 — 8/?2^0 приводит к неравенству sin	•
Кроме того, должно выполняться неравенство tga=~-<l.
Теперь нетрудно получить, что корень Xi подходит, если
<sin	.
"	2 д/2
Для корня Х2 остается одно ограничение: sin	•
Можно доказать, что — <sin—	—лишь при п = 9.
3	«	2д/2
То, что sin -£->—— , проверяется без труда. (Возведем в
°	2-V2
1 Л
1 — cos —
sin2—=-------
8	2
квадрат:
и т. д.) Докажем, что sin
1	2 Л
1—cos2 —
. Возведем в квадрат: sin2-£-<-7-, ------т----
9 о	2	о
з
4 *
Л 2л
C0S Т
Итак, нам надо доказать, что cos у" Рассмотрим график
функции y = cosx на отрезке	(рис. 223, 6). Ордината
377
точки С больше ординаты точки Ct, расположенной на хорде АВ.
Но ордината точки Ci есть
C0Ct = С0С2 + C2Ct =ВоВ+АА2%£- =& + (Л 0Л - В0В)	=
Azo Z	Aqdq
J___2_
-1./'^	4__9	=-^2	, 1 /УЗ	t/2\ _у2	уз
2 Л 2	2/1	1	2	‘ 3 \ 2	2 /	3	8 '
4	6
Осталось доказать, что -4-^ >-т-или 4 -J24-2 -х/З>• 9.
Возводим в квадрат, получим 16-Тб>37 и т. д.
Нетрудно проверить, что sin	поскольку sin	* .
Радиус вписанного шара равен (a+x)tga.
Выразив а, х и tg а через R и п, с учетом найденных ограниче-
ний на п получим ответ.
193.	) .Указание. Все грани не могут быть рав-
ными прямоугольными треугольниками, поскольку в этом случае к
каждой вершине тетраэдра будут прилегать три различных угла
этого треугольника и получится, что один плоский угол при каждой
вершине будет 90° и будет равняться сумме двух других плоских
углов. Пусть ABCD — тетраэдр, все грани которого — подобные
прямоугольные треугольники (рис. 224). Предположим, что DC —
наименьшее ребро этого тетраэдра. Тогда треугольники ADC и
BCD должны быть равными. При этом прямые углы в них не
должны прилегать к одной вершине тетраэдра. (Докажите!)
Пусть Z-ADC= Z-BCD=90°, DC —a, AD = BC=ka. Легко ви-
деть, что в треугольниках АВС и ABD наибольшей должна быть
сторона АВ, а прямыми — углы АСВ и ADB. Стороны AD и ВС —
наименьшие стороны этих треугольников. Следовательно,
DB = СА = Х2а, а значит, АВ — к3а. По теоре-
DA Cd DC
ме Пифагора для дЛСО получаем для X уравнение Х4=Х2 + 1,
12_1 +V5
Л 2
Отношение наибольшего и наименьшего ребра равно X3.
194.	arcsin 4г , -4 .Указание. Проведем через р плоскость,
-у5
параллельную прямой /, и спроектируем на нее прямую / и центры
шаров. Пусть Oi, О2, О3 — проекции центров шаров, At, А2, А3 —
точки касания, А — точка пересечения р и Г — проекции /, а —
угол между I и р, d— расстояние между ними. Пусть АО\=х.
Расстояние от Ot до р равно х sin а, а расстояние от центра первого
шара до р равно -^х2 sin2 a-f-d2. Таким образом, х2 sin2 a + d2 = 1.
378
Рис. 224	Рис. 225
Аналогично получаем еще два уравнения:
(*4-3)2 sin2 a + d2 = 4, (% + 10)2 sin2 a + d2 = 25.
Последние два уравнения с учетом первого преобразуются к виду
2х sin2 а + 3 sin2 а = 1, 5х sin2 а+ 25 sin2 а = 6,
откуда sin2a=---, х = 1. Затем d2=-|-.
195.	2 arctgУказание. Обозначим центры шаров через
Oi и 02, точки касания одной из касательных с этими шарами через
К\ и Д2 соответственно. Рассмотрим параллелепипед
О\К\В\А\В2К2О2А2 (рис. 225). По условию OiKi = l, О2/<2 = 3,
OiK!±KiK2, О2/С2-L
Следовательно, параллелепипед прямой, /С/<2 перпендикуляр-
но его основаниям. Поскольку /С/<2 образует с O1O2 угол 45°, то
сечение OiB2O2Bi является квадратом. Его диагональ OiO2 = 4.
Следовательно, К\Кч = О\В2 = О\В\—<2 д/2.
Треугольник В\О\К\ оказывается прямоугольным (0\В\ =2 д/2,
0[К\ — 1, В\К\ = 3), АВ\0\К\ =90°. Точка М расположена на пря-
мой К1К2 на расстоянии 3 от О\. Но Oi/<2 = 3.
Значит, возможны два положения точки М: 1) М совпадает с К2
(точка М');
2) М на продолжении ^2^1 за К\ (точка М"), /СЛГ' = /<1Л2.
Вторая касательная к шарам, проходящая через М, симметрич-
на KiK2 относительно плоскости О1О2М. Значит, угол между каса-
тельными равен удвоенному углу между одной из них и плос-
костью О\О2М (или дополняет удвоенный угол до 180°). Рассмот-
рим первый случай. Объем параллелепипеда равен 8. (Площадь
основания О\К\ 'В\О\ =2 -д/2, высота 7<^2 = 2 д/2.) Рассмотрим
тетраэдр OiO2/<2/<i. Его объем у-8=-|-.
Примем за основание OiO2K2: О1Ог=4, О2К2 —OiK2 —3. Пло-
379
щадь О1О2К2 равна 2д/5. Из уравнения 4-2 д/б h =4-найдем
о	<5
h=-^p — высоту, опущенную из Kt на С^ОгЛа- Значит, синус угла
\ 5
между К1К2 и плоскостью О1О2К2 равен ^/2^2 = -^= , т. е.
-у- = arcsin ( или arctg , где а — искомый угол. Таким же
будет ответ и во втором случае.
196.	. Указание. Из условия следует (боковые грани
3 у 3
наклонены к плоскости основания под углом 60°), что вершина
проектируется в точку, равноудаленную от прямых, образующих
четырехугольник основания, причем эта проекция удалена от этих
прямых на расстояние, равное-^- . Теперь понятно, что в основании
не может лежать параллелограмм. Пусть в основании лежит че-
тырехугольник ABCD, в котором ЛВ = ВС =10, CD = ВЛ =6
(рис. 226). Существуют две точки, равноудаленные от прямых
АВ, ВС, CD и DA\ одна внутри — точка О\, а другая вне его —
точка О2 (точка О2 лежит на прямой BD на пересечении с нею
биссектрис углов, смежных с углами Л и С). Если вершина проек-
тируется в точку 01, то площадь основания будет (по формуле
7
S—pr) 16 • — . Но площадь основания не может превосходить
60 (это будет, если Z_BAD= Z_BCD = 90°), а 16~>60°.
Значит, вершина проектируется в точку Ог, причем О2 нахо-
дится на расстоянии-^- от прямых ЛВ, ВС, CD.h DA. В этом случае
площадь основания будет равна SABO2 + SBCO2 — SADO2 — SDCO2 =
=-i-(10+ 10 — 6 — 6) — =— . Объем пирамиды
2	S/з -Тз	л/з
7_
3
196
Зл/З *
197.	-у-у 3 ctg2-~-+6 , если 0<а<arccos
3 tg2 у"+6 , если л —arccosПри других а реше-
ния нет. Указание. Из того, что проекции прямоугольного тре-
угольника на грани двухгранного угла являются равными правиль-
ными треугольниками, следует, что плоскость этого прямоугольно-
го треугольника образует равные углы с гранями двухгранного
угла. (Докажите!) Следовательно, эта плоскости или параллельна
биссекторной плоскости двугранного угла, или перпендикулярна ей
(параллельна биссекторной плоскости смежного двугранного
угла).
380
Рис. 226	Рис. 227
Рассмотрим первый случай. Можно считать что вершина пря-
мого угла треугольника расположена на ребре двугранного угла.
На рисунке 227 АВС — прямоугольный треугольник с гипотену-
зой АВ. Ai и В\ — проекции А и В на одну из граней. По условию
ABiC\ — правильный треугольник со стороной 1. Углы АА2А1 и
ВВ2В1—линейные углы между плоскостями АВС и АВ1С1, они
равны Пусть Z.AiCA2 = <p. Тогда A2C = cos<p, AiA2 = sin(p,
4W
AA2==J™4.
а
cosY
Аналогично
найдем S2C = cos (120° —<р), ВВ2 = .sin(120°~^
cos —
Но АА2С и
СВ2В — подобные прямоугольные треугольники:
cos (120° — ф) cos ~
АА2
СВ2
sin ср
А2С В2В ’ a	sin (120°—ф)
cos — COS ф
sin <р sin (120° —<p) = cos <р cos (120° —ср) cos2
£
cos (120°- 2<p)+4-=(cos (120° — 2<p) — cos2-£
о а
Таким образом, cos (120° —2ф) =-------------------.
2^ 1 — cos2 ~
Из условия cos (120° — 2<p)J> — 1 получим cos2-^-^-i- или
Л О
cosa^——, t. e. a — угол тупой, л — arccos—^аС л.
О	о
Найдем АВ:
АВ2 = (СА 2 + СВ2)2 + (АА2 - ВВ2)2 = (cos <р + cos (120° - <р))2 +
381
Рис. 228	Рис. 229
sin2 (60° <p)
(sin <р — sin (120° — <p))2 = cos2 (60° — <p)
9
cosz
1 4~ cos (120° —- 2g>)
2	2 a	4	~	Z
2 cosz —
Второй случай получается при замене а на 180° — a.
198.	Если точка М принадлежит треугольнику ВВ\С\, то крат-
чайший путь от К до М пересекает ребро ВВ\. Если М принадлежит
треугольнику BCCi, то этот путь проходит через ребро ВС. Это
«видно» на развертке (рис. 228. Поскольку точки А н К принадле-
жат двум граням, то на этом рисунке они «раздвоились» — полу-
чились точки А и Л', К и К')- Искомое множество представляет
собой двузвенную ломаную Л41М2Л1з, где М2 — середина КР (до-
кажите, что Л42 совпадает с точкой пересечения КР и BCi),
2И1Л42 -L КР. Мз — середина РК' и ВС. (Докажите это, а также то,
199.	4~nr3 tg . Указание. Рассмотрим шар радиусом г
3	2п
с центром в точке пересечения осей цилиндров. Плоскость, парал-
лельная плоскости, которой принадлежат оси цилиндров, пересека-
ет тело, являющееся общей частью цилиндров, по правильному
2п-угольнику, описанному около круга, являющегося сечением ша-
ра. Таким образом, для всех таких плоскостей отношение площа-
2м tg~
дей сечений искомого тела и шара постоянно:---------.
Таким же будет и отношение объемов этих тел.
200.	Если с2^.а2 + &2, то наибольшее значение суммы расстоя-
ний равно д/2 (а2 + Ь2 + с2). Если с2>а2 + Ь2, то оно равно
с+^о2 + . Наименьшее значение равно а + Ь.
382
Пусть х, у, z соответственно синусы углов между ребрами
DA, DB, DC и прямой /. Поскольку сумма квадратов косинусов
этих углов равна 1, то х2 + у2 Ц-22 = 2.
Приходим к задаче: «Найти наибольшее и наименьшее значе-
ния выражения s = ax + &y + c2, если х2-\-у2 + 22 = 2, O^x^l,
1, 0^2^ 1».
Точка (х, у, z) принадлежит криволинейному треугольнику
KLM, лежащему на поверхности сферы с центром в (0, 0, 0) и ра-
диусом 2, К, L, М соответственно середины дуг АВ, ВС, СА
(рис. 229). Зафиксируем s, тогда уравнение ax-\-byArCZ — s задает
нам плоскость. Нам надо найти наибольшее и наименьшее значе-
ния $, для которых эта плоскость имеет хотя бы одну общую точку
с треугольником KLM.
Найдем So, такое, что плоскость axA-by-\-cz = sn касается на-
шей сферы в первом октанте. Известно, что вектор (а; Ь; с) пер-
пендикулярен плоскости ax-\-by-\-cz = s. (Докажите!) Следова-
тельно, вектор
имеет
длину 2 и перпендикулярен плоскости. Значит, если So таково,
что плоскость ax + by + cz = so проходит через конец этого вектора,
то эта плоскость касается шара, т. е. so=^/2 (а^ + &2 + с2).
Если точка касания принадлежит треугольнику KLM, то най-
денное so дает наибольшее значение для s. Это имеет место, если
С "v2	<	2	2 । 1.2
1 или с	.
Пусть с2>а2-\-Ь2. Тогда точка касания окажется принадлежа-
щей треугольнику MLC. Начнем уменьшать s от so до тех пор, пока
наша плоскость не коснется треугольника KLM. Понятно, что это
произойдет в точке на дуге LM, т. е. при 2=1. Мы получаем задачу:
«Найти наибольшее значение для функции s = ax-\-by-\-c, если
х2 + у2= 1».
Ответом будет s6 = c+Va2 + ^2-
Нетрудно видеть, что наименьшее значение s будет, когда
плоскость пройдет через точку К, оно равно а-\-Ь.
383
ББК 22.1я72
Ш26
Рецензенты:
кандидат физико-математических наук В. М. Уроев,
учитель-методист школы № 857 Москвы Е. С. Смирнова
Шарыгин И. Ф., Голубев В. И.
Ш26 Факультативный курс по математике: Решение задач:
Учеб, пособие для 11 кл. сред. шк.— М.: Просвещение,
1991.—384 с.: ил.—ISBN 5-09-001288-1.
Данная книга является продолжением вышедшего в 1989 г. анало-
гичного учебного пособия для 10 класса средней школы. Ее основная
цель — подготовка учащихся к продолжению образования в высших
учебных заведениях, повышение уровня общей математической подготовки.
Факультатив строится как углубленное изучение вопросов, предусмотренных
программой основного курса. Углубление реализуется на базе обучения
методам и приемам решения математических задач.
4306020000—303
103(03)—91
инф. письмо — 90, № 144
ББК 22.1я72
ISBN 5-09-001288-1
© Шарыгин И. Ф., Голубев В. И., 1991
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие.............................................. 3
§ 1.	Тригонометрия........................................... 6
§ 2.	Показательная и логарифмическая	функции.................46
§ 3.	Элементы математического	анализа........................61
§ 4.	Нестандартные задачи....................................87
§ 5.	Планиметрия............................................124
§ 6.	Стереометрия...........................................162
Ответы, указания, решения...............................204
Учебное издание
Шарыгин Игорь Федорович
Голубев Виктор Иванович
Факультативный курс математики
Решение задач
Учебное пособие для 11 класса
средней школы
Зав. редакцией Т. А. Бурмистрова
Редактор Н. И. Никитина
Младший редактор О. В. Агапова
Художники В. В. Костин, Б. Л. Николаев
Художественный редактор Ю. В. Пахомов
Технический редактор Р. С. Невретдинова
Корректор Г. И. Мосякина
ИБ № 12628
Сдано в набор 19.12.89. Подписано к печати 04.01.91.
Формат 60 X 9О‘/1б. Бум. типограф. № 2. Гарнит. литерат. Печать
высокая. Усл. печ. л. 24 + форз. 0,25. Усл. кр.-отт. 24,69.
Уч.-изд. л. 23,22 4- форз. 0,42. Тираж 650 000 экз. Заказ 717.
Цена 2 р.
Ордена Трудового Красного Знамени издательство «Просвещение»
Министерства печати и массовой информации РСФСР. 129846,
Москва, 3-й проезд Марьиной рощи, 41.
Саратовский ордена Трудового Красного Знамени полиграфичес-
кий комбинат Министерства печати и массовой информации
РСФСР. 410004, Саратов, ул. Чернышевского, 59.
ПРОЕКЦИЯ КУБА
ВЕРШИНА
ПРОЕКТИРУЕТСЯ
В ЦЕНТР
ВПИСАННОЙ
ОКРУЖНОСТИ
В ЦЕНТР
ОПИСАННОЙ
ОКРУЖНОСТИ
ДОСТРАИВАНИЕ ТЕТРАЭДРА
КАРКАС ДЛЯ КОНУСА
РАССТОЯНИЕ МЕЖДУ
СКРЕЩИВАЮЩИМИСЯ ПРЯМЫМИ
РАЗВЕРТКА ТЕТРАЭДРА
КАСАНИЕ ЧЕТЫРЕХ ШАРОЕ И ПЛОСКОСТИ