И. Кушнир
Шедевры
школьной
1ШШШ
Рекомендуется лабораторией
математики
Киевского Межрегионального
института усовершенствования
учителей
им. Б. Гринченко
АСТАРТА
КИЕВ
1995

ББК 22.1
К13
Книга написана Заслуженным учителем Украины, лауреатом
фонда Сороса.
В двух томах собраны более тысячи задач с решениями золотого
фонда школьной и конкурсной математики (алгебра,
тригонометрия, начала математического анализа, геометрия).
Для учащихся общеобразовательных школ, колледжей,
гимназий, классов с углубленным изучением математики, абитуриентов,
студентов университетов, преподавателей.
ББК 22.1
ISBN 5-7707-8248-Х
ISBN 5-7707-8250-1
© ООО «Астарта», 1995 г.

Глава I. ТРИГОНОМЕТРИЯ
1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
ВЫРАЖЕНИЙ
Задача 1.
Вычислить, не прибегая к таблицам, следующие
произведения:
1) cos 4е • cos 8° ... • cos 84° • cos 88°;
2) cos 12° • cos 24° ... cos 72° • cos 84°;
3) cos 1° • cos 3° • ... • cos 87° • cos 89°;
4) cos5° • cos 15° ... • cos75° • cos85°.
Решение.
1) Очевидно, что cos 4° • cos 86е = ^-cos 82е;
cos 8° • cos 82° = -cos 74е;
cos 88° • cos 2° = 2 cos 86°.
Перемножив почленно эти равенства и упростив
произведения, получим
cos 4° • cos 8° • ... • cos 88° = Ш .
2) Аналогично, cos 12° • cos 78° = -у cos 66°;
cos 24° • cos 66° = ~- cos 42°;
cos 84° • cos 6° = ^ cos 78° или
cos 12° • cos 24° • ... • cos 84° = Ш .

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА И
3) Перемножив почленно равенства
cosl0 • cos 89°= -cos 88°;
cos3° • cos 87° =тг cos 84°;
cos 89° • cos Г = :j cos 88°, получим
x2 = (cos Iе • cos 3° • ... • cos 89°)2 =
= Ш (cos 88° • cos 84° • ... cos 4°)2.
Учитывая результат первого примера, находим
л2 = Iо I в \о\ > откуда х = Ы • VT.
4) Имеем: cos 5° • cos 85° = ^cos 80°;
cos 15° • cos 75° = у cos 60°;
cos 85° • cos 5° = -7} cos 80°. Отсюда
x2 = (cos 5° • cos 15° • ... • cos 85°)2 =
= Ш (cos 80° • cos 60° • ... cos 40° • cos 20°).
Ho cos 20° • cos 70° = ^-cos 50°;
cos 40° • cos 50°=^ cos 10°;
cos 60° • cos 30° = 2 cos 30°;
cos 80° • cos 10°=^ cos 70°.

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
После почленного умножения и упрощения получаем
cos 20° • cos 40° • cos 60° • cos 80° = [ -у ] . Таким образом,
Задача 2.
Вычислить sin Г • sin3° • sin5° • ... • sin 89°.
Решение.
Обозначим x = sin Г • sin 3° • sin5° • ... • sin89°.
Поскольку sin a = cos (90° - а), то sin 89° = cos Г;
sin 88° = cos 2°; sin 87° = cos 3°;
sin 46° = cos 44°.
Тоща
A = sin 45°(sin 1° • cos l°)(sin 2° • cos 2°) •... • (sin 44° • cos 44°) =
_VT sin2° sin4° sin6° sin88°
~ 2 " 2 ' 2 " 2 ' "• ' 2 "
= ^j(sin2° -sin4° • ... -sin88°);
A _ уГГ
X sin2° -sin4° • ... • sin88° 245'
Задача 3.
Доказать: tg2 10° + tg2 50° + tg2 70° = 9.
Доказательство.
A = sec210° + sec2 50° + sec2 70° - 3 =
= ^ (cos2 50° • cos2 70° + cos2 70° • cos210° + cos210° • cos2 50°) -
- з = ^ • | ((1 - cos 80°)(1 - cos 40°) +

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
+ (1 - cos 40°)(1 + cos 20°) + (1 + cos 20°)(1 - cos 80°)) - 3 =
= -у (3 - 2 (cos 40° + cos 80° - cos 20°) + cos 80° • cos 40° -
- cos 40° • cos 20° - cos 20° • cos 80°) -3 = y(3-2-0 +
+ ^ (cos 120°+ cos 40° - cos 60°- cos 20°+ cos 80°- cos 60°)) -
-3=16
T (3" f + \(cos 80°+ cos 40°"cos 2°0)) " 3 =
3 4 * y'
Задача 4.
Доказать, что sin Г — иррациональное число.
Доказательство.
Предположим, что sinl" — рациональное число, т.е.
sin Г = —, где т и п — целые числа. Тогда
cos2 1° = 1 - sin2 1" и cos2 1" - sin2 1" = cos 2" —
тоже числа рациональные.
Аналогично, получим, что cos 4" = 2 cos2 2" - 1;
cos 8° = 2 cos2 4° - 1; cos 16" = 2 cos2 8" - 1 —
тоже рациональные числа. Далее
-у = cos 30" = cos (32°- 2") = cos 32° • cos 2"+ sin 32° • sin 2" =
= (2 cos216"- 1) cos 2"+ 24 cos 16" • cos 8" • cos 4" • cos 2" • sin 2".
Получим противоречие, так как слева стоит
иррациональное число, а справа — рациональное.
Задача 5.
Вычислить:
1) lgtg30" lgtg31"-...-lgtg60";
^ч 2 зт 2 2тг 2 7л:
2)tgl6 + tgT6 + - + tgT6-

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Решение.
1) Так как tg 45° = 1, a lg 1 = 0, то заданное произведение
равно 0.
2 4тг о Л
2)tg2T6=tg2T=l.
tg2 jr = ctg2 у - jz j = ctg2 -rg. Аналогачно,
tg2-Tfi=ctg2-Tfi-; tg^-r^ctg2
16 "Vl6 16' 1Ь 16
Теперь сумма примет вид:
16*
"?+«'»,tj+*&+*,w+*w+*w*1-
JT
л:
= itgi6 + ctgi6
-2 +
(•
2л: 2лЛ
+ ctg —I -2 +
16
16
+ ftgll + ctgl||-2 + 1 = 4
. ?Л . ^ JT . _ Злг
sin2 •=¦ sin2 -j sin2 -g-
-5.
tt . 2 ЗЯ 2 /^ Зя\ 2 Л
Поскольку sin -g- = cos 2" "" "5" = cos я"»
то
1 .+. l
. о л ' . о Ъл
sin2 g- sin2 -g-
. -> л
4
Значит,
l 1
, л
+
1
, к
¦ + ¦
1 \
Ък
-5 = 4
sin2^
Задача 6.
Доказать равенство
5 = 40 - 5 = 35,
Ответ: 35.
1
cos 12° • cos 24° • cos 48° • cos 84° = -jg-.
Доказательство,
Пусть cos 12° • cos 24° • cos 48° • cos 84е = x, тогда

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
х • sin 12° = 2 sin 24° • cos 24° • cos 48° • cos 84° =
^ sin 48° • cos 48° • cos 84° = | sin 96° • cos 84° =
= | sin 84° • cos 84° = -}z sin 168° = -^ sin 12°.
о lo lo
Отсюда: x = jf-
Задача 7.
Доказать:
ctg 80° • ctg 70° + ctg 70° • ctg 30° + ctg 30° • ctg 80° = 1.
Доказательство.
ctg 80° • ctg 70° + ctg 70° • ctg 30° + ctg 30° • ctg 80° =
= tg 10° • tg20° + tg20° • tg60° + tg60° • tg 10° =
= tg 10° tg 20° + tg 60° (tg 20° + tg 10°).
Применяя формулу tg a + tg/3 = tg (a + /3) (1 - tg a tg/?),
имеем:
tg 10° tg 20° + tg 60° (tg 30° (1 - tg 20° tg 10°)) = tg 10° tg 20° +
+Vr[^(l- tg 20° tg 10°)] = tg 10° tg 20°+ 1- tg 20° tg 10°= 1.
Задача 8.
Найти острые углы а и /3, если
cos а + cos/? — cos (а + /?) = 1,5.
Решение.
Имеем последовательно: cos а + cos [3 — cos (а + (3) = 1,5,
а + в а — в _ 9 а + /? ч ., _
2 cos —y~ cos —Ту-1— 2 cos —тг1- +1 = 1,5;
4 cos2 —ту1- - 4 cos —•=?- cos —ту11- + cos2 —^ -
э <2 —/J
- cos2 —у?- +1=0,

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
а + в сс~Р\2 . 2<*-Р л
2 cos —у^ - cos —y^\ + sm2 —^- = 0.
Отсюда из равенства sin —ту- = 0 следует, что а = /J
(а и /J — углы острые), а из равенства
. а+? а-0 Л
2cos —ту*- = cos —у-*- при а = р следует, что
2 cos а = 1, т.е. а = -~. Итак, а = р = -~.
Задача 9.
Упростить выражение
(sin а + cosec а)2 + (cos а + sec а)2 - (tg2 а 4- ctg2 а).
Решение.
Раскрывая скобки, получим:
sin2 а + 2 sin a cosec а 4- cosec2 а + cos2 а +
+ 2 cos а sec а + sec2 а - tg2 а - ctg2 а.
Сгруппировав соответствующим образом, найдем:
sin2 а + cos2 а + 2 sin a cosec а + 2 cos а sec а +
(cosec2 а - ctg2 а) -I- (sec2 а-tg2 а) = 14-2 + 2+1 + 1 = 7.
Итак, данное выражение равно 7, т.е. оно не зависит от а.
Задача 10.
Вычислить ctg 70° + 4 cos 70°.
Решение.
„Л0 л ™о cos 70° + 4 cos 70° • sin 70°
ctg 70°+ 4 cos 70°= sSW =
sin 20° + 2 sin 40° 2 sin 30° • cos 10° + sin 40°
sin 70° sin 70°
cos 10° + sin 40° _ sin 80° + sin 40°
sin 70° ~ sin 70°
9

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА И
2 sin 60° - cos 20° VT ^-
cos20° -2 2 -V4.
Задача 11.
Доказать, что tg yy + 4 sin yy = VTT
Доказательство.
х^2 Зя , 1 ^ . 2 2л: 0 Зл: . 2л: 11
*Г Tf + 16sin2yy + 8 tg yy sinyy = 11;
1 /
i . 5 Зя л . Зтг . , jt Зл:
sm2 yy + 8 sin yy sin2 yy cos yy +
cos2^
, 1 a • 2 2л: 2 2я 11 2 ЗиЛ л
+ 16 Sin2 -ту COS2 yy - 11 COS2 yy = 0;
* *« 9 Зя _ . Зл: . 1к Ъл
1-12 cos2 yy + 8 sm yy sm yy cos yy +
+ 4 J1 - cos yyj [l + cos -ту] =0;
1-0 1 + COS yy + 4 Sin yy Sin yy +
+ 4 l-cos^](l+cos^]=0;
г а 6л: 4л: 0 8л:
- 5 - 6 COS -ту + 2 COS yy - 2 COS yy +
. Л 6л: 4л; 4л: 6л:\
+ 4 1 + COS yy - COS yy - COS yy COS yy =0;
с а 6л: 4л: 8л: 6я
- 5 - 6 COS yy + 2 COS yy - 2 COS yy + 4 + 4 COS yy -
. Аж 4tc Ьк л
- 4 cos yy - 4 cos yy cos yy = 0;
6л: 4л: 8л: Юл: л 2л:
- z cos
10
-1 - 2 cos yy - 2 cos yy — 2 cos yy - 2 cos -уз— 2 cos yy = 0;

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
л / 2л 4л 6л 8л 10тг\ л
-1-2 cos Yj- + cos -ту + cos jy + cos y=- + cos -ту- = 0;
-.-2(-i)-a
Задача 12.
_ л 2л Зл
Вычислить tgytg-ytg-y-.
Решение.
Вычислим
л 2л Зл 1_ .л 2л _ _ _ Зл
/ ¦
cos-
COS у cos -=- cos -=г = 2 sm f cos "у cos -у- =
щ
_ . 2л 2л Зл 1 ~ . 4л Зл
2 sin -=- cos -=r cos -=г = 2 sm -=- cos -=- =
Л . Я I 1 7 n . Л I I
4 sin у 8 sin у
1 „ . Зл Зл 1
2 • sin -=- cos -7г = -s-.
о . л 7 7 &
8 sin у
Теперь вычислим произведение квадратов синусов:
л 2л Зл / 2л \ / 4л
8 sin2 у sin2 -у- sin2 -у- = 1- cos -у 1- cos -у-| 11
Имеем далее:
6л \
-cos-у- <
п . о л . , 2л . 9 Зл ., 2л 4л 6л
8 snr у sm -у snr -у- = 1 - cos -у- cos -у- cos -у- =
2л Зл л 7
= 1 - cos -у- cos -=- cos у = «-.
Задача 13.
Доказать:
л Зл 7л 9л л 2л 4л 8л
cos 20 "* 20 C0S 20 C0S 20 = " C0S 15 C0S15 C0S "15 C0S ~15'
11

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Рассмотрим левую часть равенства:
ж 9ж \ ( л 2ж\ 1 2ж
COS20COS20 = 2 (C0S2+C0STj =2cosT;
Ъж 1к 1 / к ж\ 1 ж
COS20COS20 = 2 (cos2+COS5j =2C0ST
I ж 2ж l ж . (ж 2ж\
Итак, -jcos-^- • cos-с- = ~xcos-f sin hr - -r\ =
1 . ж ж 1
= 4sinT0cos5=T6-
Аналогично доказьшается, что правая часть равенства
1
равна lfi.
Задача 14.
Доказать: ctg а — tg а — 2 tg 2а = 4 ctg 4а.
Доказательство. Первый способ.
о * о cos2 а ~ sin2 а о + о
ctg а - tg а — 2 tg 2а = : 2 tg 2а =
° cos а sin а
_ 2 cos 2а 2 sin 2а _ 2 (cos2 2а — sin2 2а) __
~~ sin 2а cos 2а ~ sin 2а cos 2а ~~
4 cos 4а . А .
= —=—-А— = 4 ctg 4а.
sin 4а °
Второй способ.
Для угла а имеет место соотношение
tg а = ctg а - 2 ctg 2а. (1)
Для угла 2а имеет место соотношение
tg 2а = ctg 2а - ctg 4а. (2)
Сложим (1) и (2):
ctg а - ctg а + 2 ctg 2а - 2 ctg 2а + 4 ctg 4а = 4 tg 4а.
Задача 15.
Докажите равенство:
cos 2а - cos2 а + sin2 а = -г sin 2а • sin 4а.
12

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Доказательство.
cos 2а — cos8 а 4- sin8 а = cos 2а 4-
4- (sin4 а - cos4 a) (sin4 а + cos4 а) =
= cos 2а + (sin2 а - cos2 а) (sin2 а 4- cos2 а) (sin4 а 4- cos4 а) =
= cos 2а 4- (sin2 а - cos2 а) (sin2 а 4- cos2 а) (sin2 а 4- cos2 а)2 -
- 2 sin2 а cos2 а = cos 2а - cos 2а [ 1 — -w sin2 2а ] =
= cos 2а (1 - 1 4- -у sin2 2а ] = -у cos 2а sin2 2а =
= -д sin 4а sin 2а,
-г sin 4а • sin 2а = -т sin 4а • sin 2а,
Задача 16.
Если уравнение
x* + ax* + bx + c = Q (1)
имеет корни tga1? tga2, tga3, а уравнение
у3 + су2 4- by 4- а = 0 (2)
имеет корни tg$, tg/32, tg/33, то at4- сс2+а3+fi{+р2+@г =
= for, ще А; — целое. Доказать.
Доказательство.
Из уравнения (1) по известным формулам имеем:
tg а{ 4- tg a2 + tg a3 = - a;
tg a, tg a2 4- tg a2 tg a3 4- tg a3 tg aj = b; (3)
tg a2 tg a2 tg a3 = - c.
По формуле для тангенса суммы трех углов:
tga14-tga24-tga3-tga1tga2tga3
tg (a, + a2 4- a3) = -^ ^ — ^ + + -
41 2 3/ 1-tga1tga2-tga2tga3-tga3tga1
13

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА 1!
Значит (учитывая соотношение (3)),
tg (а, + а2 + а3) = ~^у> <4>
Аналогично из уравнения (2) найдем:
tg<A+&+A) = ^±p <5>
Из (4) и (5) находим:
tg (а, + а2 + а3) = - tg (Д +02 +Д) = tg (- ft - & - /33),
откуда заключаем, что
Oj + а2 + а3 + А + А + А = *я-
Задача 17.
_ ^ А , . cos 2а + sin 2а
Докажите тождество: tg 4а 4- sec 4а = ~ :—~—.
& cos 2а - sin 2а
Доказательство.
Рассмотрис левую часть тождества:
* а , л sin 4а 1
tg 4а + sec 4а = т— + 1 - 1 + -г- =
e cos 4а cos 4а
1 +sin 4а 1+cos f-4a 2cos2f-2«
cos 4а cos4 4а cos 4а
Докажем, что этой дроби равна правая часть тождества.
™о о~ _L *;« о~ cos 2а + cos Ьг - 2а
cos 2а + sin 2а 12
cos 2а — sin 2а _ /ж _ ,
cos 2а - cos | -у — 2а I
2 cos -j cos -д - 2а J 2 cos2 (-г - 2а ] 2 cos2 -j - 2а
- . % . [тс _ \ . /л: . \ cos 4а
2 sin -J sin — — 2а sin ^ - 4а I
Заданное тождество доказано.
14

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Задача 18.
Докажите, что:
а) tg 20° + 4 sin 20° = V3~;
б) tg 7°30' = VST+ VT- VT- 2.
Доказательство.
w ,ЛохИ . оло sin 20°+ 4 sin 20° cos 20°
a) tg20 +4sm20 = ^^ =
_ sin 20° + 2 sin 40° _ sin 20° + sin 40° + sin 40° _
cos 20° " cos 20°
^ 2 sin 30° cos 10° + cos 50° cos 10° + cos 50°
cos 20° " cos 20°
„ 2 cos 30° cos 20° _ »¦
cos 20° ~v^
1 - cos 15°
«^-пй
v/l +CO830°
1 V 2
~7^
cos 30°
, \/1 + V372 ,
1 ~ v 2 _ 2 - VT+TT_
-Jl-VT/l V2-VT
V 2
= (2-v^)V2T^=2V2^_2_V-r
Ho
VF+ VT= (VVF+ VT)2 = V6 + 2V12 +2 = V8 + 4VT =
= 2 V2 + VJ", т.е. tg 7°30' = V5~+ V2~- VT- 2.
Задача 19.
Докажите равенство
a" - У _ (1 + УсоГ*3" - (1 - VcosT)"
cf + V- ~ (1 + Vcos"x)B + (1 - Vcoslc)"'
15

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
если известно, что
(c? + P)tt?% = 2ab, а>й>0, хЕ (о? Й.
Доказательство*
2 , * 2
Так как (а2 + Ь2) tg21 = 2ab, то ^Г" = ctg21;
1 + cos а 1 (а &
1 - cos а 2 16
Ь
%
Обозначим -г = хр — = х2. Тогда
- 1 j. _ ^ 1 + cos а
Поэтому х{ и х2 являются корнями уравнения
х2_21+со1ах+1 = 0
1 - cos а
Решив его, находим:
1 + Vcos а 1 - Vcos а
Я, — 1 # .. > #о ~~
1 1 - Vcos а' 2 1 + Vcos а
1 - Vcoso" Ъ ап -Ъп \Ь
Так как -=—-7——.= -, то
# -1
1 + Vcos а а' а* + у1 (а\ п
ъ) +1
(l + Vcos а — 1
1
_ [ 1 - Vcos а ) _ (1 + Vcos а )" - (1 - Vcos а )п
~ /1+УЕо[а-_Пп t г " (1 + VSs^)11 + (1 - V55i"^)»'
1 1 - Vcos а I
Задача 20.
Вычислите без таблиц:
ж . Ътс . 5ж . 31л:
Sin -7-7 • Sill -гт ' Sin -т-г • ... ' Sin -ГТ-.
64 64 64 64
16

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Решение.
Преобразуем произведения пар множителей,
равноотстоящих от концов данного произведения:
л . Ъ\л .л к 1 . л
sm 64 * sm"6T = sm 64 ' ** 64 = 2sm ЗГ
Аналогично можно преобразовать каждую пару и других
указанных множителей.
Тогда получим:
1 л .Ззг
2fsm32'sm32'-'
1 1 . л . Зл
"? ^sml6,sml6'
. 15л
. 1л
••',яп1б"
_ 1 1 1 . я . Зл _ 1 1 1 1 . я _ VF
" 2* ' 7 ' 2^Sm 8 ' SmT " Т ' ? ' V ' 2 sm 4 "
Незадача 21.
Доказать, что asina + icosa не зависит от а, если
+ « а
tg2 = i-
Доказательство.
Воспользовавшись формулами, выражающими
тригонометрические функции sin а и cos а через тангенс половинного
аргумента, получим:
a2tg| ifl-tg2!
a sin а + й cos a = +
i+tg2! 1 + tg2^
1 ¦ jg " ^~+^"
Задача 22.
Углы треугольника связаны соотношением:
sin a = 2 sin/3 • cosy.
17

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказать, что треугольник равнобедренный.
Доказательство.
sin а = 2 sin^S cos у = sin ф + у) + sin ф - у).
Но так как а, /? и у — углы треугольника, то
sin (jS + у) = sin а. Поэтому sin а = sin а + sin ф — у). Отсюда
sin ф — у) = 0, и так как /8 и у — углы треугольника, то
у = /3, а значит, Ъ = с.
Задача 23.
В треугольнике его углы а и /8 связаны соотношением:
3
cos а + cos/S - cos (а + /3) = j-
Доказать, что треугольник правильный.
Доказательство.
а + а а _ Я
cos а + cos р = 2 cos —^р- ' cos —7»
cos(a+/3) = 2cos2^-~?-l.
Следовательно, заданное равенство можно преобразовать
так:
а+в а-в . 2<*+? 1 л
2 cos —y~- cos —^- - 2 cos-* —^- - ^ = 0;
2a+)8 a-p a+p , 1 л
cos-* —2^- - cos —2~^cos —^ +д = 0;
/ a+P 1 a-^2 , 1 1 2a-P л
[C0S-2-"2C0S ~2J +4~4C0S 2" = 0;
a+/8 1 a-^2 , 1 . 2a-p л
cos 2 "2C0S 2 J +4*1П2-2^ = 0.
Но сумма квадратов действительных чисел тогда и только
тогда равна нулю, когда каждое из этих чисел равно нулю.
Отсюда
sin —=~ = 0 и cos —Ту1— 2 cos —2" =
18

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Из первого, учитывая, что а и $ — углы треугольника,
получим а = /3. Тоща, подставив а = р во второе, найдем:
cos а - -ту = 0; cos а = тг; а = 60°.
Итак, а =/3 = 60°. Тогда и третий угол равен 60°, т.е.
треугольник правильный.
Задача 24.
Доказать, что V33 - 16V3~sin80° = 1 + 8 sin 10е.
Доказательство.
Имеем
(1 + 8 sin Ю0)2 =1 + 16 sin 10° + 64 sin2 10° =
= 1 + 32 (sin 30° • sin 10е - cos 20° + 1) = 33 +
+ 32 (sin 30° sin 10° - cos (30° - 10°)) = 33 +
+ 32 (- cos 30° cos 10°) = 33-16 VTsin 80°.
Задача 25.
Доказать справедливость равенства
tg20° + tg40° + tg80° = 8 sin 40е + VT
Доказательство.
Имеем:
A = tg 20° + tg 40° + tg 80° - tg 60° =
sin 60° sin 20° _
~ cos 20° cos 40° cos 80° cos 60°
sin 60° cos 80°
+ 4 cos 10° =
cos 20° cos 40° cos 80°
= 8 sin 60° sin 10° + 4 cos 10°,
так как cos 20° cos 40° cos 80° = -~. Итак,
A = 4 (cos 50° - cos 70° + cos 10°) =
= 4 (sin 40° + 2 sin 40° sin 30°) = 8 sin 40°,
19

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
и окончательно:
tg 20° + tg 40° + tg 80° = 8 sin 40° + V3",
Задача 26.
cos3 a — cos 3a sin3 a + sin 3a
Упростить: = : .
cos a sin a
Решение.
Tr з cos 3a + 3 cos a . 3 3 sin a — sin 3a
Имеем cos a = т ; sin a = т .
Значит,
cos Ъа + 3 cos a - 4 cos 3a 3 sin a - sin 3a + 4 sin 3a __
4cos a 4 sin a ~~
3
= Tr—:—Tr- (cos a sin a - cos 3a sin a + sin a cos a +
2 sin 2a v
, . Q v 3 - 2 sin 2a
-f sin 3a cos a) = —=—:—^ = 3.
y 2 sin 2a
Задача 27.
Доказать: tg 55° • tg 65° • tg 75° = tg 85°.
Доказательство.
Умножим обе части доказываемого тождества на
tg 5° = ctg 85°
и воспользуемся формулой
tg За = tg a tg (60° - a) tg (60° + а). Тогда
tg5° • tg 55° • tg65° • tg75° = tg85° • ctg 85°
4 v ' \ ч/ /
tgl5° 1
и поскольку tg 15° • tg 75° = ctg 75° • tg 75° = 1, то
утверждение задачи доказано.
Задача 28.
Доказать: 1 - 2 sin 50° = -~ sec 160°.
Доказательство.
1 -2 sin 50° = 1 -2 cos 40° = 1 -2 (2 cos2 20°- 1) =
= 3-4 cos2 20°.
20

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Домножим и разделим на cos 20°. Применим формулу
cos За. Имеем
cos 60° 1 1 ОЛ0 1 л ,Л0
cos 20 2 cos 20 2 2
Задача 29.
Доказать:
12 3 14 1
А = COS уёЛ • COSy^7T • COS у^Я • ... • COS ус ^ = ~~ "ли"*
Доказательство. Первый способ.
л ( 1 14 W 2 13
А = COS Тс ^ * COS ут 7Г COS тт Я ' COS Тс Я
/7 8 \
• costf л: • cost-^л: =
=ИС08т17Г"1) ,HC0Sii7r-1)'-' f^is*-1) =
27(-2)sin23Q7r- (-2)sin23Q7T- ... • (-2)sin2^
. 25ж ( . ж .11 . 9 \2
3 13 7 \2
х | sin ^ ж • sin зл я ' sin ^ ж \ =
(поскольку выражения, стоящие в скобках,
суть sin За)
¦i . 2 3je . 2 9лг
_ Х ' sm 30 ' Sin 30 _ 1 (sin 18° - sin54°)2_ _ J^
4-16-16 4 4 • 162 214'
Второй способ.
Пусть cos т=гя = cos а.
cos а • cos 2а • cos За • ... • cos 14а =
21

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
2
cos a sin а 2 cos 2а sin 2а ...
214 sin а sin 2а sin За .
sin 2а sin 4а sin 6а ..
214 sin 2а sin а sin За ,
sin 16а sin 18а sin 20а
2 sin 14 а cos
., sin 14 а
. sin 28 а
..sin 14а
... sin 28а
214 sin а sin За ... sin 13а
sin 192'sin216'...sin
336'
1_
14 a
214 sin 12' sin 36'... sin 156° 214*
Задача 30.
TT g. sin Г sin3° 0
Что больше: . O0 или ——-rz ?
sin 2 sin 4
Решение.
При a = Г будем иметь
sina sin За _ sin 4а sin а — sin 2а sin За _
sin 2а sin 4а "~ sin 2а sin 4а
(cos За — cos 5a) — (cos а — cos 5a) _ sin 2a sin a ft
~~ 2 sin 2a sin 4a "~ sin 2a sin 4a '
так что второе из данных чисел больше.
Задача 31.
Доказать: 1 - 4 sin 10' = vTtg 10°.
Доказательство.
А = 2 U - 2 sin 10°] = 2 (sin 30' - sin 10' - sin 10°) =
= 2 (2 cos 20' sin 10° - sin 10°) = 2 sin 10° (2 cos 20° - 1) =
= 4 sin 10' (cos 20' - cos 60°) = 8 sin 10' sin 40' sin 20' =
^ 4 sin 20' sin 40° sin 80° 2 sin 10°
sin 80'
2 sin 60 sin 10 л,-, 1A0
77^ = v3 tg 10
cos 10 °
22

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Задача 32.
В равнобедренном треугольнике с основанием а и боковой
стороной Ъ угол при вершине равен 20°. Доказать, что
J + Ъг = ЗаЙ2.
Доказательство.
Так как а = 2b sin 10°, то доказываемое соотношение
равносильно равенству
1 + 8 sin310° = 6 sin 10°, или
sin 30° = 3 sin 10° - 4 sin310е.
Последнее равенство выполнено в силу формулы
sin За = 3 sin а - 4 sin3 а.
Задача 33*
Вычислить sin 18°
Решение.
Имеем sin 36° = cos 54е, или
2 sin 18° • cos 18° = 4 cos318е - 3 cos 18°.
Поскольку cos218° = 1 - sin2 18е, то
4 sin218° + 2 sin 18° - 1 = 0, откуда sin 18° = ~* * .
Но sin 18° > 0, поэтому sin 18° = —т—.
Задача 34.
Доказать, что tg 36° • tg 72° = VJ~.
Доказательство,
1*о Лл пптг \А 5 - 2VT+ 1 V10 + 2V5"
cos 18 - V1 - sin218 = V 1 гт = 1 ;
16 4
tgl8 -V10 + 2V5-*
Значит, tg 36° • tg 72° = tg (2 • 18°) • ctg 18° =
23

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
2tgl8° «ctgl8°
1 - tg218° , _ 5 - 2vT+ 1
1 10 + 2V3"
_ 2 (10 + 2V5) _ 4УГ(УГ+ 1)
- 4 + 4V4" " 4 (1 + уГ5~) '
Задача 35.
Разложить на множители 2 "/3"+ \^Г— 1.
Решение.
Воспользуемся тем, что sin.l8° =—т—.
Имеем 2 vT+ vT- 1 = 4 f^+ ^~ *
2 ' 4
= 4 (sin 60° + sin 18°) = 4 sin 39° cos 21°.
Задача 36.
Доказать:
0 . 2л: . 4л: . 6л: 1.8л: 0 . , 2л: 2 ж
3 sin -ту + sin -ту - sm -ту - ^ sin ту = 8 sm 77 Г7 *
Доказательство.
тл 6л: . 8л: . _
Раскладываем smyy как sin За, a sinyy как sin 2а.
Имеем
„ . 2л: . 2л: . , 2л: .4л: 4л: .4л:
3 sin ту - 3 sm -ту + 4 sur уу - sm -ту COS уу + sin -ту =
Л . о 2л: t . 4л: Л 4л:
= 4 sur -ттг + sm -т=- 1 - cos
17 * вж"17 Г П
. . з 2л: { . 4л: . 2л:
= 4 sin* уу + 2 sm -ту sm2 -ту =
- . 2 2л: / . 2л: . 2л: 2л:
= 2 sur -ту 2 sin уу + 2 sm -ту cos уу
. . о 2л: Л 2лЛ _ . ^ 2л: ~ л:
= 4 Sin' уу 1 + COS -ту =8 Sin3 уу COS2 уу.
24

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Задача 36.
Вычислить sin 12° sin 24° sin 48° sin 84°.
Решение.
Воспользуемся формулой
sin За = 4 sin а sin (60° - а) • sin (60° + а).
1) Пусть а = 12°, тогда
sin (3-12°) = 4 sin 12° • sin (60° - 12°) sin (60° + 12°), или
sin 36° = 4 sin 12° • sin 48° sin 72°,
. AO0 sin 36°
^У*1811148 = 4 sin 12° sin 72°'
2) Аналогично для a = 24°:
sin 72° = 4 sin 24° • sin 36° • sin 84°,
• ox° sin 72°
откуда sin 24 = -A—:—^^ :—ъит .
J 4 sin 36 • sin 84
3) Подставим: sin 12° • sin 24° • sin 48° • sin 84° =
. 1?0 sin72° sin36° . я.0 _ 1
" 4 sin 36° sin 84° ' 4 sin 12° • sin 72° ' sm 54 " 6*
Задача 37.
Доказать, что tg (60° + a) - tg (60° - a) + tg a = 3 tg 3a.
Доказательство. Первый способ.
Имеет место формула:
Действительно,
2tga
¦ а * /1 _l ч tg 2a 4- tg a 1 - tg2 a
tg3a = tg(2a + a)=1_tg2atga =
_ (2 tg a + tg a - tg3 a)(l - tg2 a) _ 3 tg a - tg3 a
(l-tg2a)(l-tg2a-2tg2a0 ~ 1 - 3 tg2a *
25

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Покажем, что левая часть заданного равенства равна
правой части формулы (1). Имеем:
tg60° -tga tg60° + tga
1 + tg 60° tga 1 - tg 60° tga + tga ~
vT-tga ^ vT+tga ^ +
1 + V3~tg a 1 - V3~tg a
(vT+ tga)(l + VTtga)-(VT"- tga)(l - vTtga)
l-3tg»a + tga-
_ УГ + tg a + VTtg2 a - УГ+ tg a - VTtg2a + 3 tg a + tg a - 3 tg3 a _
1 - 3 tg2 a
tg a + 8 tg a - 3 tg3 a 3 (3 tg a - tg3 a)
l-3tga " l-Stg2* '
Второй способ.
tg (60° + a) - tg (60° - a) + tga =
= tg 2a (1 - tg (60° + a) tg (60° - a)) + tga =
= tg 2a + tg 2a tg (60° + a) tg (60° - a) + tga =
= tg 2a tg (60° + a) tg (60° - a) + tg 3a (1 - tg a tg 2a) =
= tg 3a + tg 2a (tg (60° + a)) tg (60° - a) - tg a tg 3a) =
= tg3a + tg2a p|^-tg3a-tgaj =
= tg3afl+^-tg2atgaj =
/l + tg2^1ft^-2)=tg3a*3-
= tg3a
Задача 38.
Доказать, что 8 cos318° = 5 tg 54°.
Доказательство. Первый способ.
8 cos318° = 5 tg 54°;
sin 36° • 8 cos318° = 5 cos 36°;
26

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
8 cos 18 sin 36 cos 36 , ~л„
-^zi = 5 cos oo ;
cos 36
4 cos318° sin 72° = 5 cos2 36°; 4 cos4 18° = 5 cos2 36°.
1) (1 + cos 36°)2 = 5 cos2 36°; cos2 36° = z\
1 + 2z - 4^ = 0, 4Z2 - 2z - 1 = 0;
_2±V4 + 16_2±2vT_ 1±V3" _ 1 +VT
zi,2- 8 - 8 - 4 5 z~ 4 5
cos2 36° = ^ (1 + cos 72°) = ^ (1 + cos (90° - 18°)) =
l/i j.- io»4 1 Л , УЗГ- Is! 3 + vT
= 2(l+sml8) = 2^1+—4—j=—g—•
Второй способ.
8co5318o_5_sin^l = 8cos3180_ .^m54° =
cos 54 2 sin 18 cos 18
= 16 cos4 18° sin 18° - 5 sin 54° = 4 (1 + 2 cos 36° + cos2 36°) x
x sin 18° - 5 sin 54° = 2 (2 + 4 cos 36° + 1 + cos 72°) sin 18° -
- 5 sin 54° = 6 sin 18° + 8 sin 18° cos 36° + 2 sin 18° cos 72° -
- 5 sin 54° = 6 sin 18° + 8 sin 18° cos 36° + 2 sin 18° cos 72° -
- 5 sin 54° = 0.
Третий способ.
8 cos318° = 5 tg 54°;
2 cos 54° + 6 cos 18° - 5 tg 54° = 0;
2 cos2 54° + 6 cos 18° cos 54° - 5 sin 54° = 0;
1 + cos 108° + 3 (cos 72° + cos 36°) - 5 sin 54° = 0;
1 + 2 sin 18° - 2 sin 54° = 0; 1-2 (sin 54° - sin 18°) = 0;
i ь;м1с°ллс^ c\. i a sin 18° cos 18° cos 36° л#
1 — 4 sin 18 cos 5o = 0 1—4 7^5 = 0:
cos 18
sinTT
1 cos 18° u-
27

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 39.
Доказать, i
Доказательство.
Доказать, что А = tg610° + tg6 50° + tg6 80° = 433.
3 tg а - tg3 а
l-3tg2q
Известно, что tg 3q = — -^-^—. Возведем в квадрат
. - 3 tg q - tg3 q
выражение tg 3q f— = 0:
1 - 3 tgr a
tg6 q - 3 (2 + 3 tg2 q) tg4 a + 3 (3 + 2 tg2 3a) tg2 a - tg2 3a = 0.
При a = 10°, 50°, 70°
2 + 3tg23a = 3, 3 + 2tg23a=~,
поэтому числа jq = tg210°, x2 = tg2 50° и хъ = tg2 70°
являются корнями уравнения
Зх3 - 27Х2 + ЗЗх - 1 = 0.
По теореме Виета:
Х(Х2 + Х;^ + х2л^ = 11, (*)
_ 1
**1 Х2 Х3 "" з *
Теперь значения (*) подставим в тождество:
xf + х3, + д^ — 3 ;q х2 х3 = (х{ + х2 + х3) • ((Xj + х2 + х3)2 —
— 3 (^ я2 + х2 хъ + хъ х{)).
Получаем А = 1 + 9 (81 - 33) = 433.
Задача 40.
Доказать:
tg a + tg (q + 20°) + tg (a + 40°) + tg (a + 160°) = 9 tg 9q.
Доказательство.
Было доказано, что
tg q + tg (q + 60°) + tg (q + 120°) = 3 tg 3q.
28

1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ ВЫРАЖЕНИЙ
Запишем еще два тождества:
tg (а + 20°) + tg (а + 80°) + tg (а + 140°) = 3 tg (За + 60°);
tg (а + 40°) + tg (а + 100°) + tg (а + 160°) = 3 tg (За + 120°).
После сложения всех трех тождеств, еще раз
воспользовавшись исходным тождеством, получим
tga + tg (a + 20°) + ... + tg (a 4- 160°) =
= 3 (tg a + tg (3a + 60°) + tg (3a + 120°)) = 9 tg 9a.
29

2. УСЛОВНЫЕ РАВЕНСТВА
Задача 1.
Зная, что sina=Asin^3 и tga = i?tg/?, доказать, что
д/л2-1
одно из значении cos а есть Ў —z .
Доказательство.
Поделив почленно данные равенства, найдем
cos a = —cos/8.
_ ..sin a 0 Bcosa -
Значит, srn/3 = A ; cosp = —7—. Далее имеем
. 2 a 2Q sin2 a J52 cos2 a
sm2? + cos20 = —^~ + —-^—,
A2 = 1 - cos2 a + B2 cos2 a,
Л2 — 1
откуда Л2 - 1 = (B2 - 1) cos2 a; cos2 a = —5 ;
.o — 1
cosa = ± V -^—-
yj A2-\ .
и одним из значении cos а есть Ў — , что и требовалось
доказать.
Задача 2.
Дано sin а = Л (sin (a + /J)).
Доказать tg (a +^) = cosy3 1 ^
Доказательство.
Имеем a = (a + ft) - p. Тогда
sin ((a + ?) - /3) = ^ sin (a + ?), или
sin (a + /J) cos/? - cos (a + /3) sin/? = Л sin (a + /3).
30

2. УСЛОВНЫЕ РАВЕНСТВА
то
тс
Поскольку а + /? * (2к +1)хи cos В * А, то поделив на
cos (а + /J) * О, получим tg (а + /J) cos /? - sin/J = Л tg (а + /J),
+ лч sin/3
откуда tg (а +0 = ^1^
Задача 3.
Доказать, что если
cos х _ cos (х + а) _ cos (х 4- 2а) cos (х -f За)
а " й с ~ d
а + с _ й + d
Ъ ~ с '
тт а + с cos х 4- cos (х + 2а)
Имеем , . , = т—:—г-;——т—, \ ч =
й + d cos (х + а) + cos (х 4- За)
_ cos (х + а) cos а _ Ь а + с _ й + d
~cos(x + 2a)cosa " с' 0ТКуда 6 " с '
Задача 4.
Дано tg a + ctg a = b.
Вычислить tg2 a + sec a cosec a + ctg2 a.
Решение.
Из равенства (tg a + ctg a)2 = й2 получим
tg2 a + ctg2 a = й2 - 2.
Заданное соотношение tg a + ctg a = b преобразуем так:
sin a cos a , sin2 a + cos2 a
+ = й; — = й,
Clri a sin a • cos a '
= й, откуда sec a • cosec a = й,
cos a sin a sin a • cos a
1 1
sin a cos a
значит, tg2 a + ctg2 a + sec a cosec а = й2-2 + й = й2 + й-2.
Задача 5.
Доказать, что в треугольнике ABC, если
ctg a = ctg Л + ctg В + ctg С, где 0 < a < ~ то
31

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
sin3 а = sin (А - a) sin (В - a) sin (С - а).
Доказательство.
Запишем условие задачи так:
ctg а - ctg А = ctg В + ctg С;
sin (А - а) _ sin (В + С) _ sin А
sin а sin А ~ sin В sin С "" sin Л sin С
Аналогично получим
sin (В - а) _ sin Б ,
sin a sin Б ~" sin С sin А '
sin (С - а) _ sin С
sin а sin С ~~ sin Л sin В *
Перемножим почленно эти равенства, получим
sin (А - a) sin (Б - a) sin (С - а) 1
sin3 a sin A sin 5 sin С ~~ sin A sin В sin С#
Задача 6.
Доказать, что из равенства
а Ъ с
А + В + С = л
sin А ^ sin В " sin С
следует соотношение:
а = 6 cos С + с cos Б;
й = с cos А + a cos С;
с = а cos Б 4- A cos А.
Доказательство.
Поскольку А + В + С = л, то
sin А = sin (В + С) = sin Б cos С + cos Б sin С.
Пусть
а Ъ с
sin A sin В sin С
= Л. (1)
Если к = 0, т.е. а = 6 = с = 0, то равенство, которое
доказываем — очевидно.
32

2. УСЛОВНЫЕ РАВЕНСТВА
Если к * О, то
sin А = -г, sin Б = р sin С = т\ (2)
Подставляя значение sin A, sin Я, sin С из (2) в
равенство (1), получим а = ЬсозС + с cos В.
Аналогично получим последние два соотношения.
Задача 7.
Дано cos а + cos/3 = A; sin а + sin/З = Б.
Вычислить cos (сс+ /3) и sin (а + )8).
Решение*
Имеем
2 cos—2^cos—2~ = ' sm—2~cos—2"== '
откуда tg—
+ /3 в
2 ~ А'
Используем формулы
Имеем
cosy= -,
\+х?\
i-4
cos(a+/3)= ?
1+4
Л2
2-
sin (А + В) = —
1 +
Siny :
л2
" А2
В
А
Вг~
А2
~l+tf?
-В2
"+Я2"'
2-Л-5
Ж+Ъ2
Задача 8.
Дано cos a + cos/J = a; sin a + sin/3 = i; с * 0, 6 * 0.
Доказать: sin (a + /8) = -^ ^_^.
2a2>
33

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Имеем
[cos2 а + cos2/3 + 2 cos a cos/S = о2,
1 sin2 а + sin2/? + 2 sin a sin/S = А2.
Сложим эти равенства:
2 + 2 (cos a cos/J 4- sin a sin/?) = а2 + й2, или
2 + 2 cos (а + р) = а2 + й2, откуда
/ ?>Ч й2 + А2 1
cos (а - ?) = ^ 1в
Далее, перемножив эти равенства, получим
sinacosa + cos/J sin/3 + sinacos/J + cosasin/3 = ай, или
2 • 2 sin (а + /3) cos (а + /3) + sin (а + р) = ай, откуда
. / , m ab ab 2ab
Sm(a+y3) = r+cosl^^=-—^—^^^
1 4-—у-ч- 1
Задача 9.
Найти значение выражения
у = a sin2 (a + р) + Ъ sin (a + р) cos (a 4- р) + с cos2 (a + р),
если tga и tg/З являются корнями уравнения:
ах2 + их + с = 0.
Решение.
По теореме Виета должно иметь место равенство
tga + tg/3=-|; tgatg/3 = ^
о. * / . q\ tga + tg/3 й Л с\
Tor«atg(a+^)=TTI^^=-~^l--j=-
с-а'
поэтому
34

2. УСЛОВНЫЕ РАВЕНСТВА
1 L( ь \
-1 + (_А_|'1"Н
Итак, у = с.
Задача 10.
Доказать, что если
а о Ь
¦»fc
с
+ с =с.
COS а = "т— , COS в = ; ", COS V = ; , CL + Ъ + С 9* 0,
2 а 2)3 2 У *
то имеет место равенство tg -у + tg & + tg тг = 1.
Доказательство.
1 а
т, х2а 1 - cos а й + с й + с-а
Имеем tg тг = тт~ = = —г^г-;—•
ь 2 1 + cos а - a а + Ъ + с
Поскольку а + 6 + с * 0, то г , * -1, итак,
а . к ^ а
1у*Ы + -гг, т.е. tg-у — определено.
/3 у
Аналогично убеждаемся, что tg? и tg^ — также опре-
° 2 ° 2 ° 2 1+cosa 1 + cosp
делены.
1+cosy а + b + с а + b + с а + Ъ + с а+Ь+с
Задача 11.
Найти значения чисел, при которых равенство
2 sin 4а (cos4 2а - sin4 2а) = sin ka
верно при любом произвольном значении а.
35

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Имеем 2 sin 4а (cos4 2а - sin4 2а) =
= 2 sin 4а (cos2 2а - sin2 2а) (cos2 2а + sin2 2а) =
= 2 sin 4а cos 4а = sin 8а.
Равенство sin 8а = sinka при к = 8 верно для всех
<xER.
Задача 12.
Доказать, что ^^§^j= ctg? + ctgy,
если а + j8 + у =¦%.
Доказательство.
Имеем
sina . sin (л -в -у) sin 03 +у) . Q , .
sin /3 sin у sin /3 sin у sin /J sin у fer fe/'
Задача 13.
Доказать, что sin (2a - p) = ?sin/J, если
1 — к
Доказательство.
1 — к
По условию tg 03 - a) = т-т*?*8 a;
sin 03 - a) _ 1 — к sin a # cos a sin 03 - a) _ 1 —A: #
cos 03 - a) ~~ 1 + к cos a ' sin a cos 03 — a) "" 1 + к '
jin^^inj2aj^ 1 -&
sin^^Tsin(2a^) 1 + к *
Составим производную пропорции
sin/3 + sin (2a - p)_- (sjn/3 -sin (2a - p)) _ 1 + * - (1 - *)
lE/T+lrini^^ TTT+(T^?)'
sin (2a - p) /34 7 • д
откуда —r^r^-^ = Л, или sin (2a - p) = к sin p.
sin/J
36

2. УСЛОВНЫЕ РАВЕНСТВА
Задача 14.
Найти множество всех пар чисел (а, й), для каждой из
которых при всех значениях х справедливо равенство
a (cos х - 1) + й2 = cos {ах + й2) - 1
Решение.
Поскольку данное равенство справедливо при
произвольном х, то частично оно верно при л* = ж и х = 2тг. Это значит,
что числа а и 6 удовлетворяют равенству
-2а + й2 = cos (ка + й2) - 1, (1)
^ = cos(2^a + ^)-l. (2)
Из равенства (2), поскольку cos (2жа + й2) < 1 следует,
что й2 ^ 0. Этому условию удовлетворяет только й = 0. Но
тогда cos Ъга = 1, т.е. а — целое число. Равенство (1) теперь
имеет вид: 1 - 2а = cos ка.
Поскольку 1 ^ cos лга ^ 1, то —1<1— 2а<1.
Но 0 ^ а < 1. В этом промежутке имеем только целые
числа а = 0; а= 1. Значит, условие задачи могут
удовлетворять только такие пары чисел: а = 0, й = 0иа=1, й = 0.
Если а = 0, й = 0, то данное в условии равенство будет
выполняться при всех х.
При а= 1, й = 0 — данное в условии равенство также
выполняется при всех х: итак, обе пары чисел а = 0, й = 0
и а = 1, й = 0 удовлетворяют условию задачи.
Ответ: (0; 0) и (1; 0).
Задача 15.
Найти все такие у и целые а, для которых равенство
sin а х + cos х = у sin \ах + >
справедливо при всех действительных х.
Решение.
Имеем: sin ах + cos х = у -у- sin ая + у -~-cos ах.
37

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Поскольку по условию задачи это равенство должно быть
справедливо при всех действительных х, получим
1±
V2P
cos х = cos ах,
ИЛИ < л
I cos х - cos ах = 0.
тх _ . х + ах . ах - х л
Итак, 2 sin-—«— sin-—~— = 0, это возможно только
при а = 1 или а = — 1.
Ответ:
а = 1,
1а = -1.
38

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Задача 1.
Решить уравнение: a sin х ± Ъ cos х = с.
Решение.
Будем считать, что с * О, а2 + Ь2 * 0. Разделив обе части
уравнения на V а2 + Ь2, получаем
а , Ъ с
I ~ т- S1I1 X + - у 9 , t- COS X = ПТТ"ТГ'
Так как fVTTFJ + (T7Tf) =1' то существует
такой угол да, что
а й
VZTF = sm^ 7?TF = C0S^
(1)
Значит, заданное уравнение эквивалентно уравнению
sin a cos да + cos a sin да = ¦ ¦ , ,,, или
sin(x + ?,)=7?+T-
Если
V7TF
*s 1, то
х = — ^> + (— 1)" arcsin п = - /о —?т + лтг,
где (р определяется из формулы (1).
Задача 2.
Решить уравнение 4 sin х + 3 cos х = 5.
Решение.
Делим обе части уравнения на М = по-
4 3 4 лг
лучим: ^sin* + -?Cos#= 1. Полагая -F = siny, где 0<у<тг,
39

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
получим -ё = cos у, и тоща данное уравнение преобразуется
так: siny sin х + cosy cos х = 1; cos (х - у) = 1, откуда
х - у = 2Ы и х = 2Ы 4- у, kGZ.
Задача 3.
Решить уравнение 3 sin х + V3~cos х = 3.
Решение.
V3"
sin х + ""q-cos х = 1; sin х + tg 30° cos jc = 1;
. , sin 30° !
sm*+^3^C0S*=1;
sin x H—-^Tvrcos x = 1; sin x cos 30° 4- sin 30° cos x = cos 30°;
cos 30
sin (x + 30°) = sin 60% x + 30° = 180° n + (-l)n 60°;
х=180°п + (-1)л60о-30°.
Задача 4.
Решить уравнение 26 sin2 х2 + 12 cos 2х + 5 sin 2х = 13.
Решение.
12 5
Учитывая, что 12 cos 2х + 5 sin 2х = у^ cos 2х + тг sin 2х,
вводим вспомогательный угол у:
12 5
cos 2у = -уд; sin 2у = -т^.
Заданное уравнение эквивалентно уравнению
2 sin2 х2 + cos (2х - 2у) = 1,
1 - cos 2Х2 + cos (2х - 2у) = 1, или
cos 2Х2 - cos (2х - 2у) = 0,
2 sin (х2 + х - у) sin (х - у - х2) = 0.
Значит, х2 + х-у = &л; и х-у-х2 = Лтг.
40

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
_ -1 ±У1 + 4y + 4faz^ _ 1 ±У1 -Ау-Лкл
х& ~ 2 ' ^»4 ~ 2
Задача 5,
Решить уравнение a (sin х + cos х) + Ъ sin х cos х = с\
Решение.
Обозначим sin, + cos*-,. То™ Sin,cos, = ^, от-
куда ау - ^ (1 - /) = с, или й/ + 2ау - (й + 2с) = О,
-а ± Vo2 + Ъ (Ъ + 2с)
у- ,
при условии, что i ^ 0 и й2 + i2 + 2ic ^ 0. Уравнение имеет
решение, если выполнены указанные условия и \у\ ^ VT.
Задача 6.
Решить уравнение 2 (sin х + cos х) + sin 2х + 1 = 0.
Решение.
Полагая sin х + cos х = *, получаем уравнение
2* + (г2 - 1) + 1 = 0, или ** 4- 2* = 0.
Отсюда находим, что ^ = 0, *2 = -2, так что данное
уравнение равносильно совокупности уравнений
sin х + cos х = 0 и sin х - cos х = 2.
Первое из этих уравнений равносильно уравнению
к
tg X = — 1, х= --т + лп, n?Z.
Второе уравнение решений не имеет.
Задача 7.
Решить уравнение sin 2х - 12 (sin х - cos х) + 12 = 0.
Решение.
Положив sin х — cos х = t, получим уравнение
? + Ylt - 13 = 0; t{ =1, *2 = -13 (не подходит).
41

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Далее sin х - j) = ^у?
х= (-1)л • т + ^ + пл, nGZ.
Задача 8.
_ sin х + cos х - 1 4 (sin х + cos х)
Решить уравнение — ¦ « = —н—о • "о—
JF sin х + cos х - 2 9 - 3 sin 2x
Решение.
Заменяя sin x + cos x = f, получим
*-2 9 + 3(1 -Г2)'
2
откуда t{ = -x; *2 = -3 (не подходит).
Итак, данное уравнение равносильно уравнению
2 / лЛ 2
sin X + cos х = -5-, или COS X — "J =
3' шт"« Г 4) ~3V3~'
jr 2
x = -j± arccos"T7T-+ 27m, /iGZ.
Задача 9.
Решить уравнение sin x + sin2 x + cos3 x = 0.
Решение.
Имеем sin (1 + sin x) + cos jc (1 — sin2 x) = 0;
(1 + sin x)(sin x + cos x - sin x cos x) = 0.
Последнее уравнение равносильно совокупности
уравнений: sin х + 1 = 0 и sin х + cos х - sin х cos х = 0;
*i = - 9" + 2тг*> * Е z»
2
4'
x2 = (-1)"arcsin —-7j—] + jr/t--j, «EZ,
42

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Задача 10.
Решить уравнение (sin х 4- cos х) VT= tgx + ctg х.
Решение. Первый способ.
Преобразуем уравнение: (sin х + cos х) V2~= -т-
sin х • cos х
Сделав замену sin х + cos х = у, получим
tV2~= * * ;> откуда VT? - V2~*-2 = 0, или
(* - VZ) (V2"*2 + 2* + VZ") = 0.
Очевидно, что t = VTJ значит,
sin x + cos x = V2^ x = -г + 2for, kGZ.
Второй способ.
Преобразуем уравнение к виду
1 • jl 1
7T^* + ?Tcos*=2sin;ccoS;c'
sin f * + JJ
^ 1, то (1]
либо sin U + т] = ~1 и sin2x= —1;
либо sin \x + -t\ = 1 и sin 2x = 1.
Но первые два уравнения не имеют общих корней, а
ТС
вторые два уравнения имеют общие корни х = -г + 2hz. Сле-
довательно, данное уравнение имеет корни х = -j + 2for.
sin * + т sin2x= 1. (1)
Так как Isinal ^ 1, то (1) имеет место, если
43

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Третий способ
tg х + ctg х s> 2, (sinх + cosх) VT= sin |x + ?¦ J VT^ V2T
Значит, заданное уравнение эквивалентно системе
tg х 4- ctg х = 2,
sin (* + f J = L
Окончить самостоятельно.
Задача 11.
Решить уравнение ctg3 х + cosec3 х = 3.
Решение.
Имеем cosec6 х = (3 - ctg3 х)2,
(1 + ctg2 х)3 = 9 - 6 ctg3 х + ctg6 х, далее
3 ctg4 х + 6 ctg3 х + 3 ctg2 x - 8 = 0.
Производя подстановку ctg х = t, получим
З*4 + б*3 + З*2 = 8Г или 3? (t + I)2 = 8, откуда
Уравнение
*(*+1)--. ? з
*2 + *+ v§ =
корней, а уравнение г2 + ? - V т ==
«~i±VuVf
О не имеет действительных
а - О имеет корни
Тоща
ctgx
х = arcctg
2_ Ў 4+ v 3 ,
I
2
44

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Проверим полученные решения, так как при решении
данного уравнения обе части уравнения возводили в квадрат.
Если п = 2т + 1, mEZ, то х будет находиться в третьей
или четвертой четверти, где cosecx<0. Поскольку
Icosecxl > Ictgxl, то левая часть исходного уравнения будет
отрицательна, что противоречит условию. При четных
п (п = 2m, m G Z) х находится в первой или второй четверти,
ще cosec х > 0, и найденные значения х удовлетворяют
уравнение.
Ответ: х = arcctg
V
I
2
У 4+ v 3
+ 2тгт
Задача 12.
Решить уравнение 2 tg Зх - 3 tg 2х = tg2 2х tg Зх.
Решение.
Уравнение запишем в следующем виде:
2 (tg3x - tg2x) = tg2x(l + tg2x • tg3x). (1)
Разделив обе части (1) на 1 +tg2xtg3x, получаем
0 tg3x-tg2x . 0 п.
2l+tg3x-tg2x = tg2x' <2)
ИЛИ
2tgx = tg2x, (3)
так как дробь, стоящая в левой части (2), равна tgx.
Выражая в (3) tg2x через tgx, получаем
2 tfix
2tg* = i—Т5~-> откуда tgx = 0, х-тсп.
1 - tg*x
Убедимся в том, что деление на 1 + tg х tg Зх не приводит
к потере корней исходного уравнения. В самом деле, пусть
l+tg2x0tg3x0 = 0.
Покажем, что х0 не является корнем уравнения (1).
Предполагая противное, из (1) и (4) получаем, что
45

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
tg Зх0 = tg 2х0. Подставляя tg Зх0 в (4), приходим к равенству
1 + tg2 2х0 = О, что невозможно.
Ответ: х = теп, nEZ.
Задача 13.
Решить уравнение
4 tg 4х - 4 tg Зх - tg 2х = tg 2х tg Зх tg 4х.
Решение.
Запишем заданное уравнение
4 (tg Ах - tg Зх) = tg 2х (1 + tg Зх tg Ах);
4 sins = 2х cosx
cos Ах cos Зх ё cos Ах cos Зх'
Уравнение равносильно системе
4 sin х = cos х tg 2х,
cos Зх * О,
cos 4х * 0.
Так как cos х = О не удовлетворяет уравнению, то его
можно переписать так:
4tgх = tg2х, или 2tgх = _g*2 .
Имеем tg х = О, х = л:п. Если tg х * 0, то 2 - 2 tg2 х = 1,
tg х = ± -ту-. Так как cos Зх и cos 4х не обращаются при этом
в нуль, то можно написать ответ.
Ответ: rut, ±arctg-7s-.
Задача 14.
Решить уравнение
82
tg4 х + ctg4 х = Ц- (tg х • tg 2х + 1) cos 2х.
46

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Решение.
Преобразуем правую часть уравнения:
cos*
82 /"sinxsin2x , Л 0 82
+ 1 cos 2х =
9 cosxcos2x
9 lcosxcos2x
cos2x =
а ¦ 4 ^ 1 82
Значит, tg х + —г~ = -7Г> откуда
tg х у
tgx=±vT,
1
о. 1 °
tgx=±-7r,
Задача 15.
_^ ^ л_
^_ ^ _L
л; = ± -g- + тс.
V3"
Репшть уравнение 8 cos х + —— = sec х.
Решение.
Имеем
8 sin х cos2 х + sin х - V3~cos х;
4 sin 2х cos х = sin x - vXcos x;
2 sin 3x + sin x + V3~cos x = 0;
1 VT
sin 3x + ~" sin x + -y cos x = 0;
82
9'
2 sin 12x + -jrj cos [x — -g-] = 0;
kjt тс 2л
*i = ~2— т^ и x2 = лл; + -jp к, n G Z.
Задача 16.
Репшть уравнение sin (тг cos x) = cos (;r sin x).
Решение.
Имеем sin (я cos x) = sin hr ~ л si*1 x\ > откуда
47

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
ж 4к 4- 1
а) ж cos х = 2кж + тг — ж sin л: или sin х + cos х =
л • !/ к>ХХХ «V fXVXJTX ОХХХ Л I WVtJ •V — л 5
?ez.
б) л: cos x = (2k + 1) л: - [ •=• - ж sin x\
или
4n+l с_
cosx — sinx = —~—, K6Z.
• л. 4^+1
Решаем первое уравнение sin x + cos x = —~—> или
4fc+l
2VF
1' Ж
к = 0. Значит, Xj = 2тт ± arccos "277"+ T-
/ л:\ 4fc+l _
cos * —т = 2 V3~ '• Поскольку
^ 1 и fc e Z, то
Решаем второе уравнение:
4k + 1 -г / , лЛ 4м + 1
cos х - sin х = —т>—, VTcos x + -r ="
Подобно первому случаю и здесь /г = 0.
х2 = 2ил; ± arccos 2~JT~ "4» или> объединяя с xv получим
1 л:
л: = 2лт/ ± arccos -jTfT+ "4' 'G Z*
Задача 17.
Решить уравнение tg (ж tg х) = ctg (л: ctg х).
Решение.
Очевидно, что tg х ^—ту— и ctg х т* m (m G Z). (1)
Имеем tg (ж tg x) = tg [ -у - л: ctg x\, или
tg л: = к + 2 - ctg x. (2)
Из уравнения (2) исключим числа вида (1). Уравнение
(2) эквивалентно уравнению
48

3. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
tg2 х - I ft + 2 ] tg х + 1 = О, откуда
2* + 1 ± V(2ft+1)2-16
tgx = ^ •
Должно быть (2ft + I)2 - 16 ^ 0, или 12ft + 11 ^ 4.
Следовательно, ft не может быть равно 0; ± 1; —2. Кроме того,
должны быть исключены те значения ft, которые дают
2/п + 1
tg* = —у—>
Для того, чтобы tg х = —2—> необходимо, чтобы
(2к + I)2 - 16 было квадратом нечетного числа, т.е. чтобы
(2ft + I)2 - 16 = (21 + I)2. Отсюда получаем
(2ft + I)2 - (21 + I)2 = 16, (2ft + 1 + 21 + l)(2ft - 21) = 16,
(ft +1 + l)(ft -f) = 4.
Заменив первый сомножитель на и, второй — на а,
получим w • v= 4. Таким образом, нужно решить в целых
числах уравнение и • v = 4, причем «ио — числа различной
четности, потому что и + v=2k+ 1. Таких решений будет
четыре:
щ = 1, q = 4; w2 = 4, u, = 1;
«з = -1, q, = -4; w4 = -4, t;4 =-1.
Первое и второе решение дают 2k+l = u + v=5, а
последние два 2ft + 1 = —5.
В первом случае ft = 2, а во втором к = -3. Но если
, о 5±3 1
ft = 2, то tg х = —г—» причем только tg х = ^ должно быть
исключено, так как левая часть данного уравнения в этом
случае не определена. Второе же (tg х = 2) приводит к
решению х = кп + arctg 2. Если ft = -3, то
-5±3
tg* = —я—»
49

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
причем только tg х = - -^ должно быть отброшено, а
tg х = -2 приводит к решению х = пл - arctg 2. Итак, данное
уравнение имеет следующие решения:
х{ = пл± arctg 2;
2* + 1 ± V(2ik + I)2 - 16
х2 = диг ± arctg J ;
* = 3; ±4; ±5,...; п = 0; ±1; ±2,...
Задача 18.
Решить уравнение cosec t - cosec It = cosec At
Решение.
Запишем ОДЗ уравнения:
fsin x * 0,
• л л лиг
sin 2х * 0, значит, х * -т-, п G Z.
sin 4х * 0,
и 1 _ sin4x + sin2x 2sin3xcosx
sin х sin 2x sin 4x 2 sin x cos x cos 4x*
На О.Д.З.-|^ = li sin4x-sin3x = 0, cos^ysin| = 0.
x
1) sin^ = 0, x = 2&7Г — при любом t6Z не входит в
ОДЗ.
2) cos^ = 0, х = у(2*+1), tez.
Найдем, при каких t существует п такое, что
пл л ,п
х = у<2*+1).
Имеем In = 8* + 4, п =—=—= t Н—=—. Очевидно, п
t + 4 „
существует, если —=— — целое, т.е. t = 1р + 3, pBZ.
Ответ: х = у(2*+1), f*7p + 3, tEZ, pEZ.
50

4. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СИСТЕМ
Задача 1.
Решить систему уравнений:
sin лх sin лу = -j, (1)
\%лх\%лу=Ъ. (2)
Решение.
Обе части уравнения (1) делим на соответственные части
уравнения (2). Получим cos лх cos ку = -т.
Тоща система уравнений
cos лх cos лу =
4'
sin л:* sin лу = -j
эквивалентна данной системе.
Правые и левые части уравнений этой системы вычтем
и прибавим. Получим
cos л (х + у) = - ij >
cos л (х-у) = 1,
откуда г 2
1л: (х + у) = 2кл ± ^
U - У = 2/t,
ще Л и п — произвольные целые числа.
Далее, решая две системы линейных уравнений
х + у = 2* + |, и {х + у = 2*-|,
х- у = п
х-у = 2лг,
найдем
х = & + я + -^, у = к- п + -ц;
, _,_ 1 , 1
л; = Л + я - 2, У = * - я - -~.
51

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 2.
Решить систему уравнений
sin3x= ^smy,
з 1
COS3 X = ij cos у.
Решение.
Возведем оба уравнения в квадрат, сложим почленно и
воспользуемся тождеством
sin6 х + cos6 х = 1 - -г sin2 2х (докажите!) ¦
Получим sin2 2х = 1. Если sin 2х = 1, то
тс тс
либо # = -т + 2&7Г, либо х = д- + (2& + 1)я,
В первом случае из исходной системы найдем
1 . 1
sin у = cos у = -w-, а во втором случае sin у = cos у = - -ту.
Аналогично рассматривается случай sin2x= — 1.
тс тс
Ответ: х{ = -j + 2for, ^ = т + 2&г;
3 3
хг = -ттс + 2krc, y3 = -j7t + 21л;
х4 = |л: + (2fc + 1)л:, ;у4 = |л: + (2/+ 1)лг, k, IG Z.
Задача 3.
Решить систему
J sin х cos 2у + sinycos2x + sin;y= 1,
[2 cos 2x + 8 cos у cos я + 7 = 4 siny.
Решение.
Второе уравнение приведем к виду
4 cos2 х + 8 cos у cos я + 5 - 4 siny = О,
52

4. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СИСТЕМ
Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно
cos х. Вычислим дискриминант этого уравнения
D= 16cos2;y+ 16sin;y-20= -4(2sin;y- l)2.
Очевидно, что D ^ 0. А это значит, что
(2siny- 1 =0,
cos x = - cos y.
1
Подставляем найденное значение sin у = w в первое
уравнение системы. Получим sin х = iy Значит,
sin у = w; cos х = - cos у.
Ответ:
х = лп + (-1)п-г,
у=(2к+1-п)л + (-1)п*^,
n,kE;Z.
Задача 4.
Решить систему уравнений
'2 cos х = 3 tg у у
2 cos у = 3 tg z,
2 cos z = 3 tg х.
Решение.
Используя: 1 + tg2
2 cos х= 3 tg у,
1 ^4 2
1 + д cos у - -
'2 cos x = 3tgj,
2
tg z = g cos y,
3
cos z = ^ tg X.
1
COS
4
Itg2*'
>
, 4-9t?y
tg>x(9 + 4cQS2y) = 4.
53

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
(4 - 9tg2y)(9 + 4 cos2 у) = 36tg2?;
36 + 16 cos2 у - 81 tg2 у - 36 sin2 у = 36 tg2 у;
52 cos2 у = 117 tg2 у;
52(1 -sin;y) = 117 sin2 у;
4 sin4 у - 17 sin2 у + 4 = 0;
sur у = -г; у = ± -g- + 7tkx, значит,
x = ± -7- 4- я&2, z = ± -7- + Л&3.
Задача 5.
Решить систему уравнений
sin2 х = sin у,
sin2 у = sin z,
sin2 z = sin x,
где 0 ^ x ^ л:, 0 ^ у ^ л, 0 ^ z ^ л.
Решение.
sur x ^ sin x => sin у ^ sin X,
sin2у ^ sin у => sinz ^ siny,
„2
sin у ^
sinx
* sinx,l
^ sinzj
sin у ^ sin z, sin z ^ sin y.
Следовательно, sin у = sin z. Аналогично sin x = sin y.
Получаем sin x = sin у = sin z.
sin2 x = sin x,
sin2 у = sin j,
sin2 z = sin z,
sin x (sin x - 1) = 0,
sin у (sin у - 1) = 0,
sin z (sin z - 1) = 0.
Учитывая, что sin x = sin у = sin z, получаем
1)
sin x = 0,
sin у = 0,
sin z = 0.
2)
sinx = 1,
sinj= 1,
sinz= 1.
54

4. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СИСТЕМ
х{ = у{ = zx = лк, к G Z;
*2 = У>2 = Z2 = 2 + ^ ^ G Z'
Задача 6.
Решить систему
ftgxx + 3ctg^ = 2tg*2,
tg x2 + 3 ctg x2 = 2 tg x3,
tgx^ + Sctgx^^g^,
tgx„ + 3ctg*n = 2tgx1.
Решение
Найдем сначала решения, при которых \gxk > 0.
Покажем, что tgx* > VT (к = 1, 2, 3,..., я).
3 л/ 3
Действительно, tg хЛ + > 2 V tg л^ • -г = 2 VT.
Xg X^ Tg Xfc
В силу уравнений системы
tgx^VT. (1)
Сложим теперь все уравнения системы:
tg*! tg*2
*8*Я
При условии (1) равенство возможно лишь в том случае,
когда каждый tg хк = V3". Таким образом,
л
Аналогично находим, поменяв знак у значений
неизвестных, когда \gxk<$.
л
х*' = ~3+к'л (^0)'
55

5. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
НЕРАВЕНСТВ
Задача 1.
Решить неравенство cos (sin х) < 0.
Решение.
Поскольку Isinxl ^ 1, то заданное неравенство решений
не имеет.
Задача 2.
Решить неравенство 2 sin2 х - 7 sin х + 3 > 0.
Решение.
Обозначим sin х = у. Получим неравенство
2/-7у + 3>0,
множество решений которого У<^ У>^ Значит,
sin х < -ту, sin х > 3.
Второе неравенство решений не имеет, а решение первого
xG —д- + 2лп, -jt + Ъкп , nGZ.
Задача 3.
Решить неравенство cos х + cos 2х + cos Зх > 0.
Решение.
Имеем cos х + cos 2* + cos Зх = cos 2х + 2 cos 2х cos х =
= cos 2х (2 cos х + 1) >0.
Последнее неравенство эквивалентно двум системам
неравенств:
cos 2х < 0,
^ 1 и
cos л; < — ~2
cos 2х > 0,
^ 1
cos х > — 2*
56

5. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Объединяя решение этих систем, получаем решение
исходного неравенства
№- + Ъсщ -^ + 2тт] U № + Ъ1щ ^ + bzn) U
U - т + 2тт; т + Ът\, где nE.Z.
Задача 4.
Решить неравенство sin х > cos2 *¦
Решение.
Заданное неравенство равносильно следующему:
sin2 х + sin х - 1 > 0, или
i^(.
sin* + - sin* =—~— > 0.
Но —2— > 1? и поэтому sin* Н ~— > 0,
Следовательно, заданное неравенство равносильно
следующему:
sinх > —?>—» а значит, 2лк + (р<х<ж — <р + 2лк,
V5"- 1
вде JP = arcsin—ту— (к = 0; ±1; ± 2, ...).
Задача 5,
Решить неравенство I sin jc I > I cos xL
Решение.
Заданное неравенство равносильно такому:
sin2 х > cos2 х, т.е. cos2 х - sin2 х < 0, cos 2х < 0,
л:,^ ^ ~ ^ Зтг , ,- л; Зл:
откуда -,у + 2лп<2х<-у + 2тт, или -j + жп<х< —т- + тт.
Задача 6.
Решить неравенство Isinxl cosx>-j.
57

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде:
1
2 Isinxl cosx>
Т
Так как произведение I sin х\ cos х должно быть
положительным, а в данной задаче Isinxl >0, то и cos*>0. Если
sinx>0, то данное неравенство перепишется в виде
sin2x>-^. Итак, в данном случае имеем систему
sinx>0,
cos х > О,
sin 2х >
I
Т
(1)
Так как sinx>0 и cosx>0, то решения системы (1)
должны принадлежать промежуткам
Ъгт<x<-j+ Ъст, mGZ.
(2)
Из неравенства sin2x>2 следует, что
it Sit
¦g- + Ъг1 <2х<-g- + 2л1, откуда
ж , 5л ,
-г* + л\ < X < -ту + KL
Из (2) и (3) заключаем, что
тс 5jz
-у? + Ъгк< х<^2 + 2пк-
Если же sinx<0, то имеем систему
sin х < О,
cos х > О,
sin 2х < - j.
(3)
(4)
Поскольку sin я < 0 и cos я > 0, то решения системы (4)
должны принадлежать промежуткам:
58

5. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Зл
-ту + Ъгт < х < Ъг + Ъст. (5)
Из неравенства sin 2х < — ^ следует, что
5тс тс
—2~ + 2лг/ < 2х < - -|г + 2л:/, откуда
—т^- + лгг < л: < --tj +nl. (6)
Из (5) и (6) заключаем, что
5тс _ 7Г -
-""12+ ^ п < * < " То **" ^гп*
Итак, имеем ответ:
2izk + j2<x<j2 + 2л*»
^7tn"~~V2 <х<12 + ^7ГП' *• п е^'
Задача 7.
Решить неравенство cos3 х cos Зх - sin3 х sin Зх > тг.
Решение.
Используя формулы тройного угла, имеем
(cos Зх + 3 cos х) cos Зх - (3 sin х - sin Зх) sin Зх >-^, или
sin2 Зх + cos2 Зх 4- 3 (cos Зх cos х - sin Зх sin х) > тг, или
cos 4х > 2 > откуда — т + 2?га < 4х < -~ + 2тт, или
-^ + ±71п<х<^ + Щ (п = 0; ±1; ±2;...).
Задача 8.
~ sin х + cos х ^ лт-
Репшть неравенство —; > \Гд .
sin х - cos х
59

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Область допустимых значений определяется
соотношением sinx* cosx, т.е.
х * -г + Ы. (1)
4
VT , VTT .
-j- cos х + —х- sm х
Имеем —pjr 75 > ^ или
-у sin х —y cos х
/ л:\
cos х--т
\ 41
7 jtV
sin х - -г
1 41
• > V3~j или ctg \х - -j
\
Ы<х — -т<-?- + Ы<
(2)
Решая совместно (1) и (2), получим решения данного
неравенства:
-J + kjt<x<j~- + кл, где к = 0; ±1; ± 2,...
Задача 9.
~ cos2 2х ^ с .
Репшть неравенство ъ— ^ 5 tg х.
cos х
Решение.
cos2 2s 3 sin х > 0. cos2 2х - 3 sin * cos s ^ Q#
cos2* cos* ^ ' cos2* "
2 cos2 2x - 3 sin 2x
cos2 л:
2*0.
Это неравенство эквивалентно системе
f2 sin2 2х + 3 sin 2х - 2 ** 0,
i 2 /ч или
] cos2 х * 0,
60

5. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
I (sin 2х + 2) [sin 2х - ^ | ^ °' jsin 2х ^ ^
(cos2 х *¦ 0, (cos2 х * 0.
Решая систему неравенств на промежутке - тг; -у , име-
емхеГ2;12
и
л: ж]
\5ж ж\ т,
\-yz-; -х- . Итак, имеем ответ:
¦^ + жк; -уу+жк
и
-ту + лгй; -уу+лк\, k?Z.
Задача 10,
sin2 х - -г
4
Решить неравенство -™=—т^ ; г > 0.
* Yd ~ (Sin X + COS *)
Решение.
лЛ
Так как sin х + cos х = VTcos я - -д ^ VTj то
Ж
при любых допустимых значениях переменной х. Поэтому
2 1 1
неравенство выполняется при sin дс>д =* Isinxl > у =>
. ^1
sm х > 2>
sin х < - -
ж
5ж
Отсюда жп + -тг<х<-тг- + жп, nGZ.
Задача 11.
Решить неравенство lo^ sinx>L
61

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА 11
Решение.
Область допустимых значений состоит из тех х, для
которых
[sin х > О,
jtg*>0, =>
[tg** 1,
Рассмотрим два случая:
1) При tgx>l получаем sinx>tgx, отсюда
sin х cos х > sin х (sin х > 0) => cos х > 1,
что не выполняется ни при каких значениях х,
2) При tg х < 1 получаем sin х < tg *, или cos х < 1, что
справедливо при всех х из области допустимых значений.
Остается рассмотреть неравенство tg х < 1 при х G ОДЗ.
it
Искомыми значениями х являются Ъгп < х < -j + Ъгп, nEZ.
Задача 12.
Решить неравенство log^ 1о&!пх tg х > 0.
Решение.
Найдем область допустимых значений.
[cos х > 0,
sin х > 0,
Jcosx* 1, 2л71<х< ^ + 2л:гс.
sin* =* 1,
[tg*>0,
Далее, так как основание логарифма cos*< 1, получаем
0<logsinxtg*< 1 => sin*<tg*<l.
Неравенство sin * < tg * выполняется при всех * из ОДЗ,
поэтому из условия tg * < 1 в области допустимых значений
находим Ъгп < х < -т + Ъгп.
62
ж
Ъгп < х < у 4- 2лтг,
х * -т + 2for.
4

5. РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Задача 13.
Решить неравенство Vsinx + Vcos х > 1.
Решение.
Если sin х > 0 и cos х > 0, то данное неравенство
равносильно такому: sin х + cos х + 2 Vsin х cos х > 1.
Так как при sin х ^ О и cos х ^ О имеем sinx + cosx > 1,
а при sin х > 0 и cos х > 0 это неравенство становится строгим,
то отсюда следует, что неравенство (1) равносильно системе
)cosx>0 значит> 2jm<*<f + 2тт, n?Z,
63

6. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
НЕРАВЕНСТВ
Задача 1.
Доказать, что cos (sin х) > sin (cos х).
Доказательство.
Имеем cos (sin х) - cos ук — cos х I
= 2 sin
sin х - cos х + ¦=•
'* VTcoef*-^
sin
2 — Г 4
V
Далее очевидно, что VX^y (1,42 < 1,57) и так как
*"~~4 +Т<7Г и
0<^-VjTcos [jc — -д-1 <л,
откуда и следует требуемое неравенство, так как при таких
аргументах оба синуса в произведении положительны.
Задача 2.
Доказать, что при любом а имеет место неравенство
4 sin За 4- 5 > 4 cos 2а + 5 sin а.
Доказательство.
Выразив sin За и cos 2а через sin а и обозначив
sin а = у, получим
4(Зу-4э?) + 5*4-8у* + 5к
16/ - ву2 - 7у - 1 ^ 0.
Поскольку у = 1, то 16у - 8/ - 1у - 1 = (у - 1)(4у + I)2.
Так как у = sin а, то у — 1 ^ 0, а следовательно, и многочлен
1бз? - 8У2 - 1у - 1 ^ 0,
что доказывает заданное неравенство.
64

б. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Задача 3.
тс Ф
Доказать, что если 0 < р < -у, то ctg ?г > 1 + ctg <р.
Доказательство.
Имеем
cos2f-sin2J + sinp
ТС
Но sin <р > 0 при 0 < (р < if, поэтому после умножения обеих
частей неравенства (1) на siacp, получим равносильное
неравенство 2 cos2 ? > cos2 ? - sin2 ^ + sin р, или К sin р. По-
следнее неравенство при 0 < ср < у выполняется, следовательно,
справедливо и заданное неравенство.
Задача 4.
Доказать, что при любом допустимом значении а имеет
sina -f tga
место неравенство ^—г—> 0.
* cosa-fctga
Доказательство. Первый способ.
функция y = tga определена при a
у = ctg а определена при а * як; чтобы
Я
Функция у = tg а определена при а * тг + як, а функция
cosa + ctga = cosa (1 +—.—| 5*0,
sina
ТС
надо, чтобы cos а *0, или ач^-^ + тск, и sina*— 1, т.е.
a * - -у + л:/. Итак, необходимо, чтобы a * -у • qy ще
<7 = 0; ±1; ±2;... (1)
При соблюдении условия (1) данные неравенства можно
переписать в виде:
65

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
8З^Н^5Й- > 0. (2)
cos а (1 + sin а)
Из (1) следует, что
lcosal < 1, I sin ее I < 1, sina * о, cos a * 0.
Поэтому 1 + sina > О, 1 + sina > 0, sin2 a > 0, cos2a > 0.
тс
Следовательно, при условии a*-~q неравенство (2)
верно, а вместе с ним верно и доказываемое.
Второй способ.
ТС
Так как а*-~к, то из формул sin a = tg a cos а и
cos a = ctg a sin a следует, что
Itgal > Isinal, Ictgal > lcosal.
Поэтому знак выражения (sin a + tg a) совпадает со
знаком tga, а знак (cosa + ctga) совпадает со знаком ctga. Но
tga и ctga имеют одинаковые знаки, поэтому
sina + tga Q
cos a + ctg a
Задача 5.
Доказать, что 77 sin4 cos10 a ^ 12500, если 0 < a < 90°.
Доказательство.
Используя неравенство между средним арифметическим
и средним геометрическим семи неотрицательных чисел,
получим
т • а ю т о2 с5 Ык?<х\ (cos2 а]
Т sin4 a cos10 a = T • 22 • 55 -—~— • I—-^—\ *
/ • 2 2 \7
о sm a , r cosra *
< 77 • 22 • 55
\
= T • 22 • 5s • jj = 5s • 22 = 12500.
66

б. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
_ sin2 a cos2 а
Равенство достигается при—ту—- = -—тг- , т.е. тоща, ког-
да а = arctg V 7 •
Задача б.
Доказать, что неравенство 13 sin х- 4cosxl ^5
выполняется при любых значениях х.
Доказательство.
Известно, что lasinx-Ь icosxl ^ Va2 + b2. Поэтому
l3sinx-4cosx( «s V32 + 42 = 5.
Задача 7.
Доказать неравенство
1 + cos a + у cos 2a + -^cos 3a + j cos 4a > 0.
Доказательство.
Рассмотрим функцию
/(x) = 1 + cos x + 2 cos 2x + g cos 3x + -j cos Ax.
Покажем, что наименьшее значение функции на отрезке
[0; л] больше 0.
- /'(*) = sin х + sin 2х + sin Зх 4- sin 4х =
= 2sin^cos^ + 2sin^cosf =
л . 5х х
= 4sm-y^cosxcos2-
Г 2тг 4jt jt 1
При xG [0; л:] /'(х) = 0, когда xG J0; у; -у; -у; тгV.
Тоща/(0)>0, /fej =1-^ + |>0;/(я)=|-| + |>0;
,/2л:\ 2тг 1 4л: 1 for 1 8л:
/^J=l+cos 25 + 2C0S^+3C0ST+4C0S"T =
67

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
, , cos2tt , 1 2л: 1 л 1 л
= 1 + —J— +4C0s^--2C0S5-3C0ST =
, , 5 2л: 5 л: л
= 1 + ~г cos-F" - -г cos -=• > 0;
,(4х) , , 4дг , 1 8я , 1 12л: , 1 16л:
/^Tj=1 + COST+2COST+3COS^~+4COS^- =
1 2л 2 2л л 1 л
= 1+77 COS-^г- + 7j COS-f- - COS -7/ - -J COS "F =
2 5 3 5 5 4 5
1,5 2л: 5 л 1 L , 1Л 2л 1r л\л
= 1 +^cos-y--2COS-7r=^2 12 + 10cos-=-- 15COS-7T >0.
Таким образом /min>0. Так как исследуемая функция
четная и периодическая с периодом 2л, то /min > 0 при любых х.
Задача 8.
Доказать, что sin3 а - sin6 а ^ -т.
Доказательство. Первый способ.
Левую часть доказываемого неравенства перепишем в
виде sin3 а (1 — sin3 а). Поскольку sin3 а + (1 — sin3 а) = 1 —
постоянная величина, то левая часть неравенства достигает
максимума при sin3 а = 1 — sin3 а, т.е. при sin3 а = tj. Таким
образом, левая часть принимает наибольшее значение, равное
= -т. Следовател
Второй способ.
Имеем sin6 а - sin3 а + -j = sin5 а - tj] ^ 0, откуда
следует, что sin3 а — sin6 а ^ -j.
Задача 9.
л:
Пусть 0 < ccj < а2 < ... < ап < тт. Доказать, что
sin а, + ... + sin а
to 1 cos aj + ... + cos an te л
68
1 1 1 ~ .3 -6^1
"o "" "Z = "!• Следовательно, sin a-sm a ^ -j,

б. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Доказательство.
О--
и' 2
соответ-
Так как большему углу из промежутка
ствует большее значение тангенса, то
tgal<tgai<tgan (1)
для i = 1, 2,..., п. Кроме того, cos а. > 0 (i = 1, 2,..., п).
Поэтому неравенства (1) можно записать в виде
tg <х{ cos at < sin at < tg an cos ar (2)
Будем в неравенстве (2) придавать i значения
1, 2,..., п и сложим все полученные неравенства. Находим
tg а{ (cos а{ + ... + cos ап) < sin а{ + ... + sin ап <
< tg ап (cos а{ + ... + cos ал). (3)
Разделив все части неравенства (3) на cosat+...+ cosan
(что возможно, так как cos а{ + ... + cos ап > 0), будем иметь:
sin а. + ... + sin <хп
*<*! < 7^Г+ 4-mcv < *«*
1 cos а4 + ... + cos а„
Задача 10.
sin х "Ь t? jc
Доказать, что -It— > ^ ПРИ всех Д°ПУСТИМЫХ зна-
cos X Т cxg Л
чениях х.
Доказательство.
cos*
_ sin2 х (1 + cos х)
cos2 х (1 + sin х)
0.
Задача 11.
Доказать, что если а + @ + у = к и а, /?, у > 0, то
. а . /3 . у 1
sin-ysinS-sint ^ -к.
Доказательство.
Так как а 4- /? + у = л:, то
69

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
в + У (л а) .а в — у Л
cosc^-u=cos "о-у =sin2~> cosc^-u<l>
и, следовательно,
. а . В . у 1 , а /, .а
sm if sin hy sm тг ^ тг sm ¦=¦ 1 - sin тг
Наибольшее значение функции, стоящей в правой части
неравенства, / (у) = тг у (1 - у) у = sin -у] на промежутке
[0; 1 ] равно -г- Следовательно,
. <* . J8 . у 1
sm 2 sm2 Sm2 * 8-
Задача 12.
Доказать, что если а + /3 + у = л:, то
• 2 Я • ?/J • 2 У 3
sur-y + sur тт + sur тт > -j*
Доказательство.
Заданное неравенство эквивалентно неравенству
cos а + cos/3 + cos у 3
ft +у в —У
Так как cos/? + cosy = 2cos^^-^cos^^~-, то с учетом
условия и используя формулы приведения, получаем
cos а + cos/J + cosy ^ cos а + 2 sin тт.
а
Так как cos а = 1 - 2 sin тг, т0 задача сводится к нахож-
по наибольшего значения функц
Выделяя полный квадрат, получаем
дению наибольшего значения функции 1-2 sin2 тг + 2 sin тг
1х1 ~ ( . а 1\* 3
1+Г2ГГ2 ^Т
70

6. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
з
Таким образом, cos а + cos/J + cosy ^ ^ откУДа следует,
что заданное неравенство доказано.
Задача 13.
Доказать, что в остроугольном треугольнике ABC
XgA + XgB + XgC
Доказательство.
Известно, что tgA + tgB + tgC = XgAtgBtgC.
Xg5A + Xg5B + x?c 3 V(tg^JgiHgC) _
Ho tgXtelHgCf *" tgAtg5tgC
= z\l(XgAXgBXgC)2.
(1)
Ho tg^4 + XgB + tgС ^ 3ngAXgBXgC. Поэтому
XgA XgB XgC>3^XgAXgBXgC и
3^(XgAXgBXgC)2 >Ъ.
Подставив полученный результат в соотношении (1),
получим доказываемое неравенство.
Задача 14.
A R С Я
В треугольнике ABC cos -~ cos -я- cos -я- < «- V3^ Доказать.
Доказательство.
Поскольку А + В + С = л:, то
Л Б С if А + Я , А-я\ С
cos-у cos у cos-у = ^ cos—~—~+cos -ту—¦ cos "2 =
= д (sin А + sinl? + sin С).
Известно, что при 0<х<л; sinx — выпуклая функция.
Применяем неравенство Иенсеня. Имеем
А В С 1
cos -ycos 2*cos-2 = -г (sin А + sin Я + sin С) =
71

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
3 sinA + sin5 + sinC 3 . А + В + С
= г——з * 4sin—з— =
3 . л Зл/з"" 3V3"
= 4sm3 = 4Y2 =-Т~-
Задача 15.
Доказать, что в треугольнике ABC а2 + b2 + с2 > 4S V3"
(S — площадь треугольника ABC).
Доказательство.
1 2S
Имеем S = «" be sin Л, откуда be = ——j. Находим
L Sin А
ct + l? + (?>ba + be + ca=-^ + -^+ 2S ~
sin A sin В sin С
1.1.1
= 6S-
-+¦— 1 — з /
sini? _^ sin С > 6„y
sin A sin Б sin С ^ „\ i
sin A sin В sin С
„ . A . В . С ^\ А В С 3VT
Поскольку sin у sm y sm "2 < g-, cos -y cos -^ cos у < —s—,
то sin Л sin Б sin С ^ —=—• Поэтому
+ й2 + с2 ^ 6 V^~r>~~77 > 6 V , 8
= 4SV3:
sin.A sin Б sin С 3 V3~
Задача 16.
Доказать, что на промежутке (0; ж) имеет место нера-
3
X . .
венство х — -т-< sin х.
Доказательство.
Представим функцию sin* в виде
sin* = 2tg|cos2| = 2tg|fl - sin2|
Используя неравенство х ^ tg х, имеем
tgf >f, l-sin^l-f
72

6. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
Подставляя полученные оценки в правую часть исходного
неравенства, убеждаемся в его справедливости.
Задача 17.
Доказать, что если А, В, С — углы тупоугольного
треугольника ABC, то tg А + tg В + tg С < 0.
Доказательство.
Имеем
tg А + tgB + С = tg (180° - (В + С)) + tgB + tg С =
= - tg (В + С) + tgB + tg С =
-tg2* + tgC !_tg?tgC -
= (tg* + tgC) i-y-г:
1
tgBtgC
= -tg (B + C) • tg^tgC = tg^tg5tgC.
Итак, tg Л + tg В + tg С = tg Л tg В tg С. Поскольку
данный треугольник тупоугольный, то правая часть полученного
равенства отрицательна, а поэтому левая часть отрицательна,
так как tg А + tgB + tg С < 0 ¦
Задача 18.
Доказать, что при аб
sin 2а <
и' 2
имеет место
За-а3*
Доказательство. Первый способ.
ТС
0;
JT
выра-
Поскольку V3~>1, 6>^-, то на интервале
жение Ъа — а3 положительно и поэтому данное неравенство
можно переписать в виде
73

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
2 >3а-а3, (1)
sin 2а
или tg а + ctg а > За - а3.
Применяя неравенство Копта:
tg а - ctg а + а3 > 3 Vtg а ctg а а3 = За.
Второй способ.
Неравенство (1) можно доказать так:
2
если /(а) = — -, g(а) = За - а3, то
' ч ' sin а а' 6 v ' '
при aG
О--
и' 2
/г =2 д =2
•'min ' ощах '
причем экстремальные значения принимаются этими
формулами в разных точках.
Задача 19.
Дано a+/S + y = |, 0^а<^, 0**/3**~ 0^у<|.
Доказать, что
Vtgatg0 + 5 + Vtg0tgy + 5 4- Vtga tgy+ 5 ^ 4 V3~
Доказательство.
Применим неравенство Копта:
2 Vtgatgfi + 5 Vtg?tgy + 5 ^ XgaXgfi + tg/3tgy + 10;
2 Vtgatgy+ 5 Vtgatgy+ 5 ^ tg/3 tgy + tgy tg a + 10;
2 Vtgy tga + 5 Vtga tg0 + 5 ^ tgy tga + tga tg/3 + 10.
Сложив эти неравенства с тождеством
(y/XgccXgp + 5)2 + (Vtgatgy + 5 f + (Vtgytga + 5)2 =
74

б. ДОКАЗАТЕЛЬСТВО ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ НЕРАВЕНСТВ
= tgatg/J + tg/3tgy + tgytga + 15, получим:
(Vtgatg? + 5 + Vtg?tgy + 5 + Vtgytga + 5)2 ^
^ 3 (tga tg/3 + tg/3tgy + tgy tga) + 45.
л
Так как по условию а + р + у = -~, то
tga tgyS + tg/3 tgy + tgy tg a = 1 (докажите!),
а значит, утверждение задачи доказано*
75

7. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Задача 1.
Вычислить значение tg [^ arcctg 3
Решение.
Обозначим а = arcctg 3. Тогда ctga = 3. Вычислим теперь
значение sin а и cos а. Имеем
sina = Vi + ctg2a = 7TTF= VW";
ctga 3
cos a = -7Г—s—-— = -==. #
VI +ctg2a VW
Используя формулу tg 2 = y+—-—, получаем
1
a _ VW l_
tg2"1± 3 " VW+ 3'
1 + vrr
Задача 2.
Доказать справедливость равенства
.4 2 2
arcsin -= + arccos тту-= arcctg -ту.
Решение.
Вычислим котангенс от левой и правой части равенства:
/ 4 2 v ctgl arcsin ^J ctg I arccos yyj
ctg I arcsin •= + arccos -»] = —-a jJ у jV =
\ /ctg arcsin 5 ] + ctg arcsos -nj\
= TT' ctg (arcctgTf) = Tr
Итак, получаем
ctg [ arcsin ^ +arccos-7^4 = ctg arcctg -ту
76

7. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
arccos |sin I-у = arccos cos-,4| - 14.
4 2
Так как угол arcsin -=г + arccos -т^- принадлежит
промежутку (0; л:), промежутку монотонности функции котангенс,
то из равенства значений функции следует равенство
значений аргументов, что и требовалось доказать.
Задача 3,
Вычислить arccos sin — «-
Решение.
к\\ ( 9к\ 9к
s 1 sin | -
Задача 4.
Доказать, что arctg -^ + arctg ^ + arctg -у + arctg тг = -т.
Доказательство.
Пусть arctg -j = av arctg -= = a2, arctg -= = a3, arctg -g- = aA.
it
Очевидно 0 < a. < -j, z = 1,2, 3, 4. Поэтому
0 < a{ + a2 + cc3 + a4 < tz.
Для доказательства тождества достаточно показать, что
tg (а{ + а2 + а3 + а4) = 1.
4 3
Так как tg (а{ + а2) = у, tg (а3 + а4) = -jj, то
tg (а, + а~) + tg (а- + а.)
tg(a1 + tt2 + a3 + tt4)= * V/ 1 чГ / ^ ч = 1.
41 2 3 4' 1 - tg («! + а2) tg (а3 + а4)
Задача 5.
Доказать, что уравнение sin l^-arccos*] = 1 не имеет
решений.
Доказательство.
1 к
Имеем -= arccos х = «¦ + 2Атг, где Л = 0; ± 1; ± 2;..., т.е.
77

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
,Х=(1
arccos х = Ьт + 14к\ л.
Поскольку 0 < arccos х < л, то последнее равенство не
выполняется ни при каком значении к = 0; ± 1; ± 2;.... Итак,
уравнение решений не имеет.
Задача 6.
Доказать, что
1) arcsin х + arccos х = ^;
л:
2) arctg х + arcctg х = у.
Доказательство.
1) Заданное равенство запишем в виде
л
arcsm х = ^ - arccos х.
Обозначим: arcsin х = а^ ^ - arccos х = а2. Докажем, что
а{ = а2. Действительно, sinc^ = sina2, так как
sin (arcsin х) = х и sin I ^ - arccos х I = cos (arccos х) = х.
. (л
= х и sin 2"-
Покажем теперь, что углы at и а2 находятся в одном
промежутке монотонности функции sin*.
л . ^ л /1ч
--у ^ arcsinх < iy\ (1)
0 ^ arccos х < тт. (2)
Домножим неравенство (2) на (-1) и прибавим ко всем
его частям ^ Имеем: у ^ -у - arccos х > - -j. Утверждение
доказано.
Соотношение 2) доказывается аналогично.
Задача 7.
Доказать, что уравнение 2 arctg х + 3 arctg х = л; не имеет
решений.
78

7. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Доказательство.
Данное уравнение перепишем в виде
2 (arctg х + arctg х) + arctg х = л.
л
Но так как arctg х + arctg * = "у? то имеем
л
2 • ^ + arctg х = л;,
откуда следует, что arctg х = 0, что невозможно, поскольку
О < arctg я < л;. Итак, уравнение не имеет решений.
Задача 8.
Найти значение выражения arcsin (sin 3).
Решение.
Пользуясь формулами приведения, заменим sin 3 синусом
другого угла х, удовлетворяющего неравенствам
Л Л
Имеем sin 3 = sin (л - 3), потому
arcsin (sin 3) = arcsin (sin (л - 3)).
В то же время число л - 3 « 0,14 удовлетворяет
неравенствам -^Г^лт-З^-у» так что
arcsin (sin (л - 3)) = л — 3.
Таким образом, arcsin (sin 3) = л - 3.
Задача 9.
Найти величину выражения:
л/2х — х2
а) arcsin (х - 1) + 2 arctg ;
V3~— 1
б) arccos (sin^ (лг + * - 3)), если 0 ^ х ^ —^—•
79

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
а) отметим, что данное выражение определено, если
откуда 0 < х ^ 2.
yJ2x — х2
Обозначим а = arcsin (х - 1), /J = arctg .
Требуется найти у = а + 2/3. Имеем
1) - -у ^ а ^ -у, sin а = л — 1, откуда
cos
а = Vl -sin2а = V2X-*2.
JT „ лг V2JC-X2
2) -2'<Р<"2. tg/S = ^—, откуда находим
5Р х 1 +sina . ^ (ж \
1 + cos у-я
ч4 2)'
Из неравенства — -=- ^ а < -у следует, что
°*4 2*2*
Тоща, поскольку угол j8 лежит в интервале
f_?E. ??!\
^ 2; гу
из равенства тангенсов (1) следует равенство самих углов,
к а <х _ ж _
так что Р = т~т> 2" + ^ = Т- Отсюда искомый угол
у:
Значит, при любых х О < х « 2;
-I (*¦/>)-f.
80

7. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
• / nxl * V2X-X2 ж
arcsm (х - 1) + 2 arctg = -«-.
б) Оценим величину а = л: (х2 + х — 3) при
V3~- 1
О ^ х ^ —~—• Имеем
О ^ у? ^ —^—; 0 ^ х2 + л: ^ j' - Зж а ^ - -^р, или
л: ^ 4л: + а ^ -=р (1)
Следовательно,
arccos (sin а) = arccos (sin (4л: + а)) =
= arccos [sin [ -~л - j^-л: - 4л: - а
= arccos - cos (-у л: - 4тг - а ] I =
= к - arccos [ cos [у л: - 4л: - а j J,
где в силу неравенства (1) 0 ^ у л: - 4л: - а ^ ^
Тоща окончательно получаем
arccos (sin а) =л:--^ + 4л: + а = ^л: 4- а.
Ответ: j ^ + я (х? + х - 3).
Задача 10.
Дано: 0<*< 1, а = 2arctg-^ , /3 = arcsin- ~.
Доказать: а + /3 = л.
Доказательство.
По условию задачи tg-y = , _ . (1)
81

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
2tgf
Пользуясь формулой sin а =— ~, получаем в силу
1+*1
(1) sma=- 2' откуда
1 + х"
1 -х2
у = arcsin (sinа) = arcsin-- --,¦ = /3.
(2)
л
1 4* х л л
Так как 0 ^ х< 1, TO^arctgy^-^Т и "2<а<л:- ТогДа
л: л
—-^<а — л:<0 и
arcsin (sin (а - л)) = arcsin (- sin а) = - arcsin (sin а) = - у.
Но угол а — л лежит в интервале монотонности функции
sinx, следовательно,
у = arcsin (sin а) = л: - а. (3)
Из соотношений (2) и (3) получаем, что а + (1 = л.
Задача 11.
_ sin х - cos х
Доказать, что arcsin --г—— существует тоща и толь-
sin X т COS X
лг
ко тогда, коща лк ^ х ^ -= + л#.
Доказательство.
Из условия следует, что
sin х — cos х
sin х + cos x
^ 1.
Из последнего следует, что
sin х - cos х
sin х + cos x
VT .
VT
2 -sinx —2~cosx
IT
IT
2 sinx + ^cosx
tg
H
«1.
82

7 ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Из последнего следует, что
!ТГ JT, ПТ, JXi
--д**х--т-лк^'т, или лк < х < 2 + як,
что и требовалось доказать.
Задача 12.
Решить неравенство arcsin lgx>0.
Решение.
Должно быть 0 < lg х ^ 1. Отсюда 1 < х ^ 10.
Задача 13.
Доказать, что сумма
arcsinх + 3 arccos х + arcsin (2х Vl - х2)
не зависит от х, если х2 < у
Доказательство.
Пусть arcsin х = у. Тогда sin >> = х. Отсюда
2у = кл + (-1)*arcsin2л:Vl -х2,
вде & — целое число или нуль. Но из условия х2 < w
1 ^ ^.1 тг ^ л л - ^я
следует, что - 7F * 7Т' ~ Т >* 4' -2*<2У<_2И
к = 0. Поэтому 2;у = 2 arcsinх = arcsin 2х Vl - х2.
Итак, имеем
arcsin х + 3 arccos х + arcsin (2х Vl - х2) =
Зтг
= 3 (arcsin х + arccos х) = -у.
Задача 14.
Решить неравенство
arccos (х2 - Зх 4- 2) п
вх2 - 10х + 3
83

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Так как arccos (х2 - Зх 4- 2) > О, то данное неравенство
равносильно системе
Г8*2 - 10* + 3 > О,
J arccos (я2 - Зх + 2) ^ О,
arccos (л2 - Зх + 2) существует.
Другими словами,
вх2 - 10* + 3 > О,
-1^х2-Зх + 2<1.
Решаем каждое из трех неравенств системы:
Г8*2 - 10* + 3 > О,
-^-Зх + З^О,
[х*-Зх+1<0.
Дискриминант второго неравенства отрицателен, а потому
оно удовлетворяется при всех х. Остается первое и третье.
Л .3 3-V5", , 3 + УГ
*<2' х>4; _Т_<Х<~2~•
Задача 15.
Решить неравенство arctg2 л; - 5 arctg я + 6 > 0.
Решение.
Обозначая arctg х = у, заданное неравенство перепишем
в виде неравенства у2 - 5у + 6 > 0, решение которого у < 2 и
y>3. Значит, arctg х< 2 и arctg х>3, откуда
xG(ctg2; оо) и xG(-oo; ctg3).
Задача 16.
Решить неравенство arcsin х > arccos х.
Решение.
Множество допустимых значений х, входящих в
неравенство, имеет вид х€Е [—1; 1]. При х<0 как правая, так и
левая части неравенства имеют значения, принадлежащие про-
84

7. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
межутку 0; у . Так, на промежутке 0; у функция синус
монотонно возрастает, то при х Е [0; 1 ] заданное неравенство
эквивалентно неравенству
sin (arcsinх) > sin (arccos х) о х> VI - х2.
^Последнее неравенство при рассматриваемых значениях
неизвестного эквивалентно неравенству 2х2 > 1.
Ответ: яЕ -~s lj.
Задача 17.
Решить уравнение
arccos (sin х) = -т + -~ •
Решение.
Поскольку cos (arccos а) = а, то
smx = cos |тг + -т => smx= - sm-т,
sin -«- COS -|Г" = 0,
5*
8
= for,
Зх - ^ J. w
T 2 '
x==
8for
5 '
_ 4л: 8for
Так как 0 ^ arccos а ^ л:, то и
0 ^ у + -| ^ л:, -2л: ^ х ^ 2л:.
Поэтому окончательно уравнение удовлетворяет лишь
значения переменной х: 0; ± -«-; ± -у-.
85

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 18.
Решить уравнение
aictg(tg*)=f + f.
Решение.
Имеем
tg* = tg ^ +1] => tg* - tg (^ +1], или
х л\
^—^г = 0, откуда х = -«- (2я + 1).
COS X COS 2" + Т
При этом - -ту < arctg а < -^» и поэтому следует потребовать
выполнения условия
71 X Я Л » л
"2<!+2<2 * -4*<*<0-
Среди найденных значений х лишь два принадлежат
„ ^ 2л: Юл:
указанной области: —~- и 5—.
Очевидно также, что в этих точках
(х н>\
cos х * 0 и cos Иг + ¦=- ^ 0, значит,
Ютг
Задача 19
Г 2л:
Репшть уравнение arcsin (sin х) = -f.
Решение.
Имеем
jc 7х 5х
sinx = sin^ => 2cos^2sinT2 = О
86

7. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
1х я
12 = 2 + Яп'
5х
6л: \7лп
X — 7 1 '
12л/г
х = —^—, nGZ.
Л . . . v Л
Поскольку - 2" ^ arcsin (sin х) ^ -у, то
— -~ ** -z ^ -^, — Зл ^ х ^ Зл.
2 о 2
Из найденных решений нужно выбрать лишь те, что
удовлетворяют последнему неравенству:
{6л 6л 12л: 6л: _ 24л п 12л]
Т; 7 ± 7 ; 7 7 ; U; ± 5 J'
Задача 20.
Решить уравнение
л2
arcsin х • arccos х = -ттг.
Решение.
Поскольку х = у — arcsin х, обозначим arcsin х = и,
л: 2 Л> 2 ^ . " л
получим J- и - и = -jg, и ~"2"M + T8=0>
л л . л: л . (я л\
и= 4*12' arcsmx=4±T2, * = sin h^-j^ .
Значит, х = J sin Иг ± -r^ I.
Задача 21.
Доказать, что если х j, z > 0 и
arctg х + arctg у + arctg z < л, то xyz < х + у + z.
Доказательство.
Обозначив слагаемые в левой части заданного в условии
неравенства через а, /3, у соответственно, будем иметь:
87

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
х + у + z = tga + tg/3 + tgy - tgatg/3tgy =
sin (a + в) cos (a + 6)
cos a cos /3 6 cos a cos /J
_ sin (a + /3) cos у 4- sin a cos (a + /?) _
~~ cos a cos /3 cos у ""
= sin(a+ff + y) >
cos a cos/J cos у '
так как 0<а+/? + у<тг и все множители в знаменателе
положительны, cos (arctg t) > О, поскольку — -^ < arctg * < «¦
при любом *.
88

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Задача 1.
Решить уравнение а (1 + cos х) = Ъ sin х.
Решение.
Запишем уравнение так:
la cos2 ^ = 2Ь cos ^ sin •=¦ и рассмотрим случаи:
1) При а = Ъ = 0 получим тождество, которое справедливо
при любых х;
2) при а = О, й ;* 0 уравнение будет выглядеть так:
26 sin 2 cos тг = 0; sin;c = 0, х = лгп, я G Z;
3) при й = 0, а ^ 0 получаем:
cos 2 = 0, х = к 4- 2Атг, & ? Z;
4) при а * 0, 6 ;* 0 запишем уравнение в виде:
cos х [ a cos 2 - Ъ sin у] = 0, откуда
х л
cos 2 = 0,
X X
a cos W " й sin ^ = 0,
значит,
cos 2 = 0,
2.4- х
cos 2 = 0,
IS2 й'
л: = л: 4- 2&тг,
л; = 2arctg-г- + 2jrm, mGZ.
89

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Ответ: При a = b = Q х — любое число
при а = О, Ь*0 х = теп, nGZ:
при 6 = 0, а*0 х = ж + 2кл, kSZ:
при а & О, Ъ * О
*! = -у + 2&7Г, х2 = 2arctg-г + 2лт, k,mEZ
Задача 2.
Решить уравнение sin 4х = a tg х.
Решение.
1) Если а = О, то sin4х = 0, х = -д-, /iGZ.
2) Если а ?* 0, то данное уравнение запишем так:
2 sin 2х cos 2х = a tg х, откуда
4tgx 1-tg2*
**(4<гЗ&-)-°-
Тут в свою очередь возможны два случая:
Г) tgx = 0, х = кл;
2°) 4 (1 - tg2x) = a(l+tg2x)2.
Обозначим tg2 х = t (t>0). Тоща
4 - At = a (1 + It + f2), откуда
rf + *(2a + 4) + a-4 = 0;
_ -g-2±Vl Ч-2а
v" a
Действительные корни возможны при условии а Ф О,
1 2
» - ^- Кроме того, поскольку t = tg^ х, то
-а-2-2У1 4- 2a
90

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
а) при а>0, -2- а- 2VI + 2а > О, 2V1 + 2а *? а-2.
Поскольку -2 - а<0, то решений нет;
б) при - «¦ ^ а< 0, 2 VI + 2а ^ - а - 2 и неравенство
выполняется при всех — -^ ^ а < 0, поскольку его левая часть
не меньше нуля, а правая больше.
При условии t2:
-а-2 + 2У1 +2а
а "
а) при а>0 получаем 2 VI + 2а ^ а + 2, откуда
0<а^4;
1 2 1
б) при - -j < а < 0 получаем а — 4а > 0, - ^ ^ а < 0. Зна-
1 Л ^ -а - 2 ± VI + 2а тт
чит, при - ^ ^ а < О t = . Имеем
V-a-2 + 2Vl +2а , , „
+Ьг, kGZ.
Ответ: При любом действительном а^0х = яп9 nGZ;
Л лп _ _
при а = 0 х = -j-, я G Z;
при - 2 < а < О
V-a-2±2Vl + 2а
, nEZ;
х2 = тш ± arctg
V-a-2 + Vl +2^
при 0<а<4 лс2 = лтг ± arctg V , n6Z,
Задача 3.
Решить уравнение tg х + tg (а - х) = 2 tg а.
Решение.
T;r sin а 2 sin а
Имеем ¦} г- = . п\
cos х cos (а — х) cos а и;
91

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ.
ТС
Понятно, что а & тг + for, kGZ.
1) Если а = for, то уравнение (1) будет выглядеть
О
cos х cos (я - а)
= 0.
Это уравнение удовлетворяется при любом х, при котором
cos х * 0 и cos (* - for) # 0 или
ЛГ 7Г
х Ф "2 + тл:; л; т* for + тг + for, &, m, Z Е Z.
Значит, если а = for, то х — любое число, кроме
гс ~
х = -у + ял;, nE.Z.
1С
2) Пускай a^forna^ — + for. Тогда sin а ^ 0. Уравнение
будет выглядеть:
1 2
_ = откуда
cos х cos (х - a) cos a J*
/о ч л тл % а
cos (2х — а) = 0, х — —гг- + -г + у.
Чтобы х = -у- + -J + -у было решением заданного
уравнения, должны исполняться условия
cos х ** 0 и cos (х - а) ^ 0.
^ л ииг , тс . а , jt
Если cos х = 0, то -у + -д + -у = 5л + у, откуда
а = (25 - /п) тс + -р?, что противоречит условию:
гс , ,
а 5* у + for*
Значит, cos х * 0 и cos (х - а) * 0.
92

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
71
Ответ: Если а = лк, kGZ9 то х Е jR, кроме х = -у + Атг.
Если а^ кж и а^-^¦ + Ы, то х = -у + -т + у•
Если а = ^- 4- Ьг, & G Z, то уравнение решений не имеет*
Задача 4.
Решить уравнение cos4 х + 2 sin4 х = а.
Решение.
Заданное уравнение сводится к уравнению
3 cos2 2х - 2 cos 2х + 3 - 4а = 0. (1)
Дискриминантом этого уравнения (относительно cos2x)
является выражение: D = 48а - 32.
Для того, чтобы корни уравнения (1) были
действительными необходимо и достаточно, чтобы 48а — 32 > 0. В этом
случае
l±2V3a-2
cos 2х =
3
1 1±2УЗ^=Т , ,__ . _
л; = ± ^ arccos ^ Ь Лтг, к Е Z.
Поскольку I cos 2x1 ^ 1, то должно быть:
-1 ^1+2^^" ^ 1.
3
l + 2V3a-2 t
Неравенство —1 ^ 5 ^ 1 выполняется при
2^ ^i 1 ^ l-2V3a-2 ^ ,
-^ ^ а ^ 1, а неравенство — 1 ^ ^ ^ 1 — при
•д ^ а ^ 2. Значит, х = - ¦=¦ arccos —=—^ + for, A; G Z,
2^ ^ 1 , ^ 1 l-2V3a-2
если ^^a^l; х = hi ±-~ arccos ^ , если
К а ^ 2.
93

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Рассмотрим случаи:
3
1) Если а = y> то уравнение (1) удовлетворяется только
при cos 2х =:~, х = ± 2 arccos •=¦ + far, iGZ.
2) Если а + 2, то
cos 2х = g = -1, х = (2& + 1) у.
3) Если а + 1, то х2 = ± ^arccos (--~ 1 + far, i€Z.
2
Ответ: Если а< з> то решений нет.
2 1 1 ± 2 V3a - 2
Если •? < а < 1, то х = ± -у arccos 5 + far, & е Z.
1 - 2 V3a - 2
Если К а < 2, то х=± arccos 5 + far, Л G Z
Задача 5.
ТУ ^ 1
Решить уравнение sec х + cosec х = —.
Решение.
Обозначим sin х + cos х = *. Тоща
г2 - 2pt - 1 = 0, tU2 = р ± Vp2* 1, значит,
VTcos (*-^) = p±Vpr+T;
jf\ р ± Vp2 + 1
cos |х-? = т^—;
х = -j ± arccos
(p ± Vp2 + 1 . _
при
p±VpT+l
VT
< 1. Рассмотрим неравенство
- vr< p + Vp2 +1 < vz:
94

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Неравенство - V2~^ р + vp2 + 1 выполняется для всех р,
поскольку V р2 + 1 > I р I, поэтому 0 < р + V р2 + 1.
Рассмотрим второе неравенство: р + Vр + 1 ^ VT.
Имеем Vр2 + 1 ^ V2~— р. Последнее неравенство имеет
решения только при VT- р > 0, значит, р < V2T При этом
можно возвести к квадрат обе части неравенства.
р2 + 1 ^ 2 + р2 - 2 у/Тр => р ^ 27Т'
Решая неравенство - V2~^ р - vp2 + 1 ^ V3", имеем:
при всех р выполняется неравенство
р - Vp2+ 1 ^ V2"; поскольку р - Vp2 + 1 < 0.
Решаем неравенство — V2~^ р + Vр2 + 1. Имеет место
1
неравенство р > -
2VT
Ответ: При р < - утл-г
л: р + Vp2 + 1 Л
х = -j ± arccos -тж + 2лтг, n Е Z.
При""27Г^^^27Г
л: р ± Vp2 + 1 ^
х = -j ± arccos—""^/^ + 2яп, я € Z.
т-г 1 л: р - Vp2 + 1 „
При р > -утту- * = Т ± arccos -тя= + 2тга, n Е Z
Задача б.
т, sin /nx cos mx
Решить уравнение —: = .
sin л: cosx
Решение.
Имеем sin тх • cos х - cos тх sin х = 0;
sin (mx - х) = 0; mx - х = for;
95

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
(т - 1) х = Ы. (1)
1) Пускай т = 1. Тогда заданное уравнение будет иметь
sin х cos х
вид —:—-=-
^ sin л: cosjc
Это уравнение удовлетворяется при любых х, кроме
лп _ _
х = -=-, n&Z.
2) Пускай
т # 1. Тоща из (1) л; = —^у.
Эта формула дает посторонние решения при тех значе-
Irjr tVFC
ниях &, при которых -——г- = -у-, откуда
Л = —j—n> гДе ^ е Z.
Ответ: Если т = 1, то х — любое число,
кроме х = -у, n?Z.
Если т Ф 1, то х =—^тТ' ^е * G ^>
, *я- 1 _ _
кроме ? = —2— п> гДе n G ^
Задача 7.
Решить уравнение sin (х + а) = cos а • т^гт;-
Решение.
По условию х * лк, kEZ. Имеем
sin (х + а) sin а = cos a, w (cos а "" cos (2* — а)) = cos а,
cos а + cos (2х + а) = 0, 2 cos (х + a) cos я = О,
откуда cos (х + а) = 0 и cos х = 0, значит,
х = — а + ^ + пл, nEZ; (1)
96

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
x=2+7tni n^Z. (2)
Из полученного множества значений исключим углы
х = жк, kEZ. Множество значений (1) их не имеет, а во
тс
втором им отвечает параметр а = -у + л; (т - к), k,mGZ.
Ответ: При а ¦* -^ + л; (т - Л), Л, т Е Z
х=2* + лтг, nSZ,
л:
= - а + 7г + тл:, т Е Z.
лг
При а = 2" +л:(т-Л), fc,meZ
х = 2" + лгп, nEZ.
Задача 8.
Решить уравнение I cos 2x1 = I sin2 х - а\.
Решение*
Сделаем замену sin2 х = t Тоща заданное уравнение
запишем так: 11 - 2*1 = \t- al¦
Рассмотрим случаи:
1) 1 - 2* = * - а, откуда * = —5—» sin д; = —^—•
Это возможно при 0 ^—5—^ 1- При таких значениях
параметра получим
sinx=± V —^—, откуда
л: = ± arcsm V —5—• + лп-> nSZ.
2) 1 - It = - (Г - а), откуда * = 1 - а.
sin2# = 1 - а, я = ± arcsinVl - а + лтг, я Е Z,
97

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
О* 1 -а< 1, 0<а^ 1.
Ответ: При -Ua^Ox=± arcsin V —~ *"лп^ nGZ.
3
При 0 «? а < 1 х = ± arcsin
л- = ± arcsin VI - а + for, n, & G Z.
.Va + 2
При 1<а^2 х = ± arcsin V ^-5 Н зтл, «6Z,
Задача 9.
Найти все значения параметра Ъ, при которых система
(ctgx- 1)(х + й) = 0,
1х(<1
имеет только одно решение»
Решение,
Уравнение ctgx = 1 на промежутке (-1; 1) имеет только
один корень х = -j. Значит, первое уравнение системы имеет
не больше двух разных корней на промежутке (-1; 1). Таким
образом, задача сводится к тому, чтобы найти все значения
#, при которых уравнение х = - Ъ не будет давать новых
решений данной системы. Понятно, что Ъ = -т — одно из
искомых значений.
Дальше, учитывая условие — 1 < х < 1, значение х = — Ъ
не будет решением системы, если Ъ ^ -1 или Ь>1. Кроме
того, х * яп, nE.Z. Учитывая это, имеем, если Ъ = 0, то
х = — b не будет решением системы.
ж
Ответ: й^-1, й = - -j, й = О, или b > 1.
Задача 10.
Решить систему {sin* • cosy = а2,
sin у • cos х = а.
98

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Решение.
Сложим и вычтем данные уравнения. Получим
эквивалентную систему
[sin (х + у) = а2 + а,
I sin (х - у) = с? - а.
Поскольку Isinal < 1, то
-1 *zc?-a^ 1,
— 1 ^ а2 4- а ^ 1,
откуда
а2 + а + 1 2* О,
а2* а- 1 <0,
а2-а+ 1 ^0,
Неравенства а2 + А+1>0иа2-а+1>0 выполняются
при всех действительных а, поэтому последняя система
сводится к системе
ct-a- 1 *0,
с? + а- 1 ^0,
1 - V2T
ri-vr
-1 + ^АГ
2 -<fl<" 2
1-VT 1 +V5"
—^—^<а<—=—,
VT+ 1
При таких а последовательно находим
Гх + у = (-1)" arcsin (а2 + а) + лги, /г G Z,
[х- у= (-1)* arcsin (а2 - а) + кж, &GZ,
х = j ((-1)" arcsin (а2 + а) + (—1)* arcsin (а2 - а) + ж (ж + &);
У = 9" ((""*)Л arcsin (я2 + а) - (" 1)* arcsin (а2 - а) + ж (ж - Л),
99

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 11.
Считая, что система уравнений
a sin2 х + 4 cos2 х = 1,
| a cos2 у + 4 sin2 х = 1,
[atgx = bXgy,
ще a* b> имеет хотя бы одно решение, найти соотношение
между числами а и Ь.
Решение.
Понятно, что cos х ч* О, cos у ч* О, поскольку в
противоположном случае третье уравнение не имеет смысла. Поэтому
первые два уравнения можно преобразовать так:
(a-l)t?x=l-b, (1)
(й - 1) tg2 у = 1 - а. (2)
Но а ;*1, поскольку, если а=1, то из равенства (1)
будем иметь 4=1, что противоречит условию а ч* 4.
Аналогично, если 4 = 1, то а = 1. Значит, уравнение (1)
можно почленно поделить на (2):
(еГ-Н-
Убедимся в том, что а ч* 0. Действительно, если а = О,
то со второго уравнения получим, что sin у ч* 0, а из третьего
тоща получим, что 4 = 0, значит, а = 4 = 0, что невозможно.
Теперь из третьего уравнения найдем
tgyj о2'
Значит, —1 = [-= 1 .
Если — = т—^ то а = 4, что невозможно.
Если — = - -л , то а + 4 = 2а4.
а 1 — а
Ответ: а + 4 = 2а4.
100

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Задача 12.
Решить систему уравнений
Jcos (х — 2у) = а cos3 у,
[sin (х - 2у) = a cos2 у.
Решение.
Докажем сначала, что cosy?*0. Действительно, если
тс
cos у = 0, то у = тг + лгЛ, iGZn
cos {х — 2у) = cos (х — л:) = - cos х = О,
sin (х - 2}?) = sin (л: - л:) = - sin х = 0.
Но sin х и cos* не могут одновременно быть равными
нулю, поскольку sin2 х + cos2 х = 1.
Понятно также, что а * 0 (в противном случае
cos (х - 2у) = sin (х - 2у) = 0).
Поделив первое уравнение на второе почленно (это
возможно — было доказано выше), получим:
tg(x-2y) = l; x-2y = ^ + ht. (1)
Рассмотрим два случая:
а) к — четное. В этом случае
cos (х - 2у) = -^г= a cos3 у;
у = ± arccos * + 2 тпл, m.n^Z.
Подставляя это значение в (1), получим:
ТС
х= ±аarccos t + (Am + к)к + -г, т, ? G Z.
б) к — нечетное. Тогда
cos (х — 2у) = — -ту = a cos3 у;
101

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
у = ± arccos (-*) + 2пш, mEZ.
Из (1) найдем:
л
х = ± 2 arccos (-х) + (4т + &) л + -г.
Система имеет решение при <2 > -^рр
Задача 13.
Решить систему
ftgx _ tgy _ tgz
la ~ 6 " с '
[jc + у + z = лг.
Решение.
Обозначим равные соотношения через р. Тогда
/tg * = ар,
tgy = #p, (1)
tgz = ср.
Поскольку х + у + Z = 7Z, ТО х + у = тг — Z,
tg (* + У) = tg (л - 2), ИЛИ
tg х + tg у + tg z = tg x tg у tg z. (2)
Подставляя значения tgx, tgy, tgz из (1) в (2), получим
p(a + b + с) = айср3,
+ Й+С
откуда p
a?c
Если p = 0, то tg x = tg у = tg z = 0, а поэтому
^ = for, yl = &r, Zj = гал;.
Тут нужно брать такие целые &, Z, m, чтобы
k + Z + m = 1, поскольку х + у + z = л,
_ + дАТ+ТТс
Если же р = ± V -—-т , то
102

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
V —+ ь + с
х = ± arctg а V т Ь /at, nE:Z,
v^
+b+c f , .
— + be, I <
z = ± arctg с V 7 + тл, m^Z.
Поскольку должно быть х + у + z = я, то выбрать нужно
только те к, I, т, чтобы х + у + z = ж.
Задача 14.
Дано три утверждения:
а) уравнение х + — = а не имеет действительных корней;
б) справедливо равенство: Vа2 - 4а + 4 = 2 - а;
б) система
л: + у2 = а,
х — sin2 у = —3
имеет единственное решение. При каких значениях
параметра а два из этих утверждений правильны, а одно
утверждение неправильное?
Решение.
Первое утверждение равносильно тому, что
\а\<2. (1)
Поскольку -4а + 4 = 1а-21,то второе
утверждение верно тогда и только тогда, когда
а < 2. (2)
Рассмотрим третье утверждение. Если при некотором
значении а пара чисел (*0; у0) является решением системы, то
(jc0; - у0) тоже будет решением. В случае единственного
решения у0 = — у0, значит, у0 = О, а тогда
х0 = -3иа = 3, (3)
103

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Обратно, если а = - 3, то у2 = - sin2 у, откуда у = 0 и
х = —3, значит, решение единственно.
Замечаем, что условия (1) и (3) исключают друг друга.
Если одно из них имеет место, то второе также верно.
Задача 15.
_ 1 + sin х 1 - sin х
Решить неравенство -* + -г—. * ^ а.
* 1 - COS X 1 + COS X
Решение.
Имеем 1 cos х I * 1, х&лк, kGZ.
Запишем неравенство так:
2 - sin 2х . 2 w - .2
г^ ^ а, если а sur х > 2 - sur # или
surx
а sin2 х + sin 2х > 2 (sin2 я + cos2 х), sin * ;* 0.
Разделим обе части неравенства на sin2 х. Тогда получим
a + 2ctgx^2(l + z\gx).
Сделаем замену ctg х = t Получим
2? - 2t + 2 - а ^ 0. (1)
Дискриминант соответствующего квадратного трехчлена
-3 + 2а
Рассмотрим такие случаи:
3
1) —3 + 2а < 0, #<2"> тогда неравенство (1) не имеет
решений;
3 1
2) а- 2> тоща *= 2>
ач <-> очЛ J 1- V2a-3 ^, 1 + V2a-3
3) 2a-3>0, л>2> тогда -—~ ~ ^ *^~- 2 •
Значит, при а>2
arctg-——«——+ жк ^ х ^ arct6 ^—Т '
104

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
3 1
При а = тг х = arctg ^ + лтп (т = 0; ± 1; +-2, ...).
3
При а<2 "~" решений нет.
Задача 16.
Решить неравенство sin6 я + cos6 х > а.
Решение.
Преобразуем левую часть неравенства:
(sin2 х + cos2 x)(sin4 х - cos2 х sin2 х + cos4 х) > а,
(sin2 х + cos2 х) - 3 sin2 х cos2 д: > а,
3 3
1-7 s^2 2* > а, 1 — тг (1 - cos Ах) > а, откуда
cos Ах >^—^—• №
Рассмотрим такие случаи:
_ ч 8й — 5 . ....
Если а ^ 1, то-—^—> 1 и неравенство (1) решении не
имеет.
Если -т^а<1, то -1 ^—^—< 1 и из неравенства
cos 4х > —д— находим
- arccos—^ h 2тг& < 4x < arccos-—5 *" 2лЛ» kGZ,
1 8а - 5 , Алг ^ 8а - 5 к . ,,
откуда --rarccos—5— + "Т"<Х< arccos—о—"+~Т~> &EZ,
ще А: — произвольное целое число.
Если а < 7> —5""" "" — неравенство справедливо при
любых значениях х.
Задача 17.
Решить неравенство Isinxl + Icosxl >а.
105

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Поскольку для всех действительных х
I sin х\ ** sin2 х, I cos х\ > cos2 х, то
I sin х\ + I cos х\ > sin2 х + cos2 х = 1.
Значит, при а < 1 неравенство исполняется при всех
действительных JC,
При а=1 решением неравенства будут все числа, кроме
При а > 2 неравенство не имеет решений, поэтому
рассмотрим случай, коща 1 < а < 2.
Имеем I sin 2x1 > а — 1, откуда
кл \ . , о к \ . , 0 „ч кл , „
"у + з" arcsm (cr-l)<x<2-2 arcsin (""!)+ "y> t6Z,
Задача 18.
Решить неравенство sin2 x = a2 sin2 3x, a > 0.
Решение.
Используем формулу sin Зх = 3 sin x — 4 sin3 x. Положим
sin x = г. После преобразований получим
(1) f* ^ a2 (3* - 4*3)2, или
(2) f (a2 (4f* - З)2 - 1) > 0, или
Учитывая, что по условию а>0,
За - 1 За- 1 За-f-j. За+ 1
—4Г^<1; 4а * 4а '' ° ~4^Г";
л За - 1 1
0 ^—^~> или а ^ 2>
За + 1 ,
—7—~~^ 1, или а ^ 1.
106

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Значит, в зависимости от й>0; а>^; а>1 с условием
\t\ ^ 1, имеем:
1) ? = 0 при произвольном а>0;
^ 2 За - 1 1
2) t ^—4^ при а>^;
оч 2 За + 1
3) г ^ —т— при а ^ 1.
Соответственно имеем три серии решения данного
неравенства:
1) sin л: = 0, x = лп (n = 0; ± 1; ± 2,...);
ov i ¦ . \1 За - 1
2) Isinxl ^ V —1—,
-%/За- 1 . л/За-1
V —т— ^ х ^ лг/г + arcsin V —^—
(п = 0;±1;±2,...).
.Л
3) Isinxl
4а 4а
^У.За+1
4а
. \/За + 1 . ч/3а + 1
+ arcsin V —т— ^ х ^ лтг — arcsin V —т—
(л = 0;±1;±2,...).
Задача 19.
Решить неравенство sin х - a cos х < За.
Решение.
Пускай 4х = arctg а. Тогда sin х - tg ^ cos х < За,
sin д: cos ф - sin а> cos х п
- < За,
cosy>
7С Ф л
откуда, поскольку - -у < у> < ¦&-, и, значит, cos ^ > 0, получаем
sin (х - з>) < За cos <р.
Находим cos<p:
107

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Поэтому sin (х-у) < I 2
Решая соответственно уравнения и неравенства, найдем,
что
За ^ ч ^ 1
4JTT * 1 при а> йт
77+Т* 1при«^-27Ги
-1<77ТГ<1при"27Т<а<27Г
Теперь рассмотрим такие случаи:
а) Пускай а ^ - пГпг-• Тогда / 0а—- ^ 1 и заданное
2V2 Va + 1
неравенство не имеет решений.
б) Пускай -27Г<^27Г- Тоща -К ^ТГ ^ 1
и - arcsin i 0а лг + 2Ы < х - ф < arcsin / 0а V 2кл,
Va2+1 Va2 + 1
&ez, значит,
- arcsin ) 9 - л: + <р + 2Атг < arcsin i ~а ч + р + 2л:/:,
ще ^ = arctg а и ? е Z.
б) Пускай я>_27!Г тоща J *—>1, X^R-
Задача 20*
При каких значениях параметра а неравенство
a sin2 x + 2(a+i)sinx + a-4>0
не имеет решений?
108

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Решение*
Положим sinx = t и рассмотрим неравенства
а? + 2(а + 1)*+(а-4)>0. (D
Необходимо выяснить, при каких значениях а
промежуток
-\<t*\ (2)
не имеет ни одного из решений неравенства (1).
Если а = 0, то решениями (1) будут значения t>2, ни
одно из которых не попадает в соотношении (2).
Будем считать дальше, что а s* 0.
Дискриминант квадратного трехчлена (1) равен 6а + 1,
поэтому при а ^ — -г неравенство (1) вообще не имеет
решений.
Пускай — -? < а < 0. В этом случае все решения уравнения
(1) принадлежат промежутку ti<t<t2, где
- (а + 1) + Уба + 1 - (а + 1) - Уба + 1
**~ а ' *2~ а
Если считать, что ^< 1, то получим
- (а + 1) + Уба + 1 >а; Уба+ 1 >2а+ 1, 2а>4а2,
чего быть не может, поскольку а < 0.
Пускай а>0. Неравенству (1) в этом случае
удовлетворяют значения t < t2 и t > tx (t2< t{). Все значения t < t2 в
неравенстве (2) не находятся, поскольку t2<— 1.
Выяснив, при каких значениях а>0 справедливо
неравенство *2<1, имеем
- (а + 1) + Уба + 1 < 0, откуда а > -?у
Ответ: а ^ тг.
109

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА И
Исключение параметров
Пусть задана система уравнений
Г/(х,а) = 0,
JV (*> а) = 0.
Исключить параметр (или неизвестное число) значит
получить такое равенство, которое не содержало бы параметр
V (х, tp (х)) = 0.
При исключении параметров мы находим необходимое
условие, которое должно удовлетворять параметры, чтобы
заданное уравнение имело место.
Задача 21.
Исключить угол а из системы уравнений
\х = 2 cos а,
1 у = 2 sin а.
Решение.
Поскольку sin2 а + cos2 а = 1, то, подставляя sin2 а = 4-
2 2 2
2 * X . У * 2 . 2 у.
и cos а = -д-, получим -j- + ^т- = 1, или х + у = 4.
Задача 22.
Исключить угол х из системы уравнений
Jcos х — sin х = m,
I sin 2х = п.
Решение.
Возведем первое равенство в квадрат:
cos2 х + sin2 х - 2 sin л: cos х = т2;
1 — sin 2х = m2.
Поскольку sin 2х = /г, то 1 — я = т2.
110

8 ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Задача 23.
Исключить угол а из системы
{х = 2 sec а,
y=2tga.
Решение.
х
Из первого равенства найдем seca=-k\ Учитывая, что
sec2 а — tg2 а = 1, получим
4 4 ~ь
Задача 24.
Исключить углы из системы равенств
[cos (х - у) = с,
jsinjc + sinj>= a,
1 cos x + cos у = *¦
Решение.
Возведя второе и третье равенство в квадрат и складывая
их, получим (sin2 л: + cos2*) + 2 (sin х sin у + cosjccosy) +
+ (sin2 у + cos2 у) = a2 + Ь2, значит, 2 + 2 cos (х - у) = а2 + й2.
Используя первое равенство, получим
2 + 2с = о2 + й2.
Задача 25.
Исключить углы а и <р из системы:
[р cos2 a + # cos2 y> = 1,
|pctg2a + gctg^ip- 1,
[p sin a = q sin y?.
Решение.
Запишем первое равенство системы в виде
р (1 - sin2 а) + q(l - sin2 ^) = 1, или
р sin2 а + q sin2 у> = р + # - 1.
111

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
i О i | I I in I
Возведя третье равенство в квадрат, получим систему
двух равенств относительно величин sin2 а и sin2p:
[р sin2 а + q sin2 ср = р + q - 1,
[р2 sin2 а + <f sin2 <р = 0.
Исключим из них вначале sin2 а, потом sin2 р, получим
д (р + q) sin2 ср = р (р + q - 1);
p(p + q)sw?a = q(p + q-l).
Поскольку 4 9* лтх, а* тек (пик — целые), то
sin tp * 0 и sin а * 0* Отсюда следует, что р Ф 0 и # * 0.
Действительно, если р = 0, то из третьего равенства следует,
что # = 0. Но в этом случае, первые два равенства системы
теряют смысл. Тоща р + q Ф 0, поэтому
• 2 Р (Р + 0 - 1) -2 0 (Р + ? - 1)
surp = ,1ч ; sm2a = , 1 ч .
r q(p + q) Р(Р + Я)
Переписав теперь второе равенство заданной системы в
виде
р (1 - sin а) д (1 - sin2 <р) _ .
sin2 a sin2 <р
та. подставляя найденные значения sin2p и sin2 а, после
преобразований получим (р2 - д2)2 = - pq.
Задача 26.
Исключить параметр а из системы равенств
Jsin a + cos a = x,
1 sin3 a + cos3 a = y.
Решение.
Возведя обе части первого равенства в квадрат, получим
sin2 a + 2 sin a cos a + cos2 a = л2, откуда
sin a cos a = —«—.
Возведя обе части того же равенства в куб, получим
112

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
sin3 а + cos3 а + 3 sin a cos a (sin а + cos а) = х3.
Учитывая второе из данных равенств, получим
у + ^ *—-х = х3, или Зх - 2у = х3.
Задача 27.
Исключить а из системы равенств
[cos ф + а) = т,
cos 03 - ее) = п.
Решение. Первый способ.
Имеем
fcos/3 cos а - sin/S sin а = т,
icosyS cos а + sin/J sin a = n,
л m + л . Л . n-m
откуда cosp cos a = —ту—, sinp sin a = —~—.
Итак, cos a = т>—-д; sm a = 0 . o.
2 cosp 2 sinp
Возведя обе части каждого из последних равенств в
квадрат, и складывая их находим искомое соотношение
- (т + п)2 , (т - п)2
1 == л г?~ + а • 2 а > или
4cos2p 4 sin2/J
(m + a)2 (m - n)2 _ .
cos2/8 sin2/3 "
Второй способ.
Поскольку /? + a+/S-a = 3/3, то
cos (OS + а) + ф - а)) = cos 2/3, или
cos 03 + а) cos 03 - а) - sin 08 + а) sin 08 - а) = cos 2/3 и
тп ± V(l - тп2)(1 - /г2) = cos2/3.
113

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 28.
Исключить а из системы
tg | g- + a| = т,
tg | g--a| = п.
Решение.
Из очевидного тождества
ЛГ \ [ТС \\ ж
находим:
tg| g+« + Ы-а =tg-4
к \ (л
-сс\
= 1, или
т + п ч 1
-г— = 1; т + п + тп = 1.
I - тп
Задача 29.
Исключить а из системы уравнений
(х = sin а,
1у = cos 2а,
Решение.
Поскольку cos 2а = 1 — 2 sin2 а, имеем
j^l-2*2; 2х* + у=1.
Задача 30.
Исключить а из системы уравнений
fx = tga - ctga,
j;y = tg2a + ctg2a.
Решение.
Имеем х = - 2 ctg2 а, значит, ctg 2a = тг, tg 2a = —.
114

8. ПАРАМЕТР В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЯХ И НЕРАВЕНСТВАХ
Подставляя во второе равенство, находим
х 2 ^ + 4
Задача 31.
Найти соотношение между параметрами а, Ъ и с, зная,
что система
tg х + tg у = а,
ctg х + ctg ^ = й,
х + у = с
имеет решение.
Решение. Первый способ.
Первые два уравнения системы можно переписать так:
sin (х + у) _ # sin (х + у) _
cos х cos у "" ' sin х sin у "
Поскольку х + у = с, то из этих уравнений находим:
sine. . . sine
cos х cos у = , sin x sin v = —г—•
Вычитая второе равенство из первого, получим
/ . ч Ъ-а .
cos (х + у) = —/T~sm с> или
А-а .
cos с = •—г-sin с,
аА
откуда tg с = -т——.
Второй способ.
Преобразуем второе из данных соотношений:
— + — = Ь; tgx + tgy = btgxtgy.
Используя первое соотношение, найдем
а = Ъtgх\gy, откуда tgхXgу = -|.
115

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Из равенства х + у = с имеем:
tg (х + у) = tg с, или xl^g^fg^ = tg с, или
а аЪ
= tg с, или т = tg с.
t __ а о - а
1 6
Задача 32.
Исключить *:
х = arccos 2*,
у = arcctgj-
Решение.
Из данных равенств находим
cos х = 2t; ctg у = J-
Разделив эти равенства почленно, получим
cos х = 4 ctg у.
Задача 33.
Исключить t
х = sin t - cos ?,
у = * + sin 2t.
Решение.
Возведя обе части первого равенства в квадрат получим:
X* = 1 - sin It, откуда
sin 2* = 1 - ;с* и *=2 arcsin (1 - х2).
Подставляя эти значения во второе равенство, найдем
искомый результат
у = -j arcsin (1 - я2) + 1 - .к2.
116

9. НАХОЖДЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СУММ
Задача 1.
Найти сумму
S = cos х + cos (х + А) + cos (х + 2А) + ... + cos (л: + яА).
Решение.
1) Пусть А = 2tar (ке Z). Тоща
cosх + cos х + ... + cos х = cos ((л + 1) x).
71+1
2) Пусть A * 2Ы (к e Z) и sin ^ 9й 0. Умножим и
разделим каждое слагаемое на Isiaw* Получим
2 sin-~ cosх = sin j-к + x\ + sin [^ - x];
2 sin-cos (x + A) = sin Й^ + x\ + sin fi| + x - AJ =
= sin(f + *) -sin (§-*);
2 sin^-cos (x - nA) = sin I ^ + x + nh) + sin iw - x - nAj,
значит, S = cos(x + »fe)-2Sin((n+l)fe)t
Задача 2.
Найти сумму
S = sin a + sin (a + A) + ... + sin (a + (n + 1) A).
Решение.
Имеем
2 sin Asina = cos (a - A) - cos (a + A);
2 sin A sin (a + A) = cos a - cos (a + 2A);
117

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
2 sin A sin (а + 2А) = cos (а + A) - cos (а + ЗА);
2 sin A sin (a + (n - 2) A) = cos (a + (л — 3) A) -
- cos (a + (n - 1) A),
2 sin A sin (a + (n - 1) A) = cos (a + (n - 2) A) - cos (a 4- nh).
Складывая эти равенства почленно, находим:
2 sin A (sin a + sin (a + A) + sin (a + 2ft) + ... +
+ sin (a + (n - 1)A)) =
= cos a + cos (a - h) - cos (a + nh) - cos (a + (n - 1) A) =
= cos a - cos (a + (n - 1) A)) + cos (a - A) - cos (a + nA)) =
= 2sin—~—Asin a +—~—A +
. i ¦ i , «"!^ • n + 1 .
+ 2 sin a H ~—A sin—~—A =
i ¦ /'Jtt-1,\ 0 . nh A
= 2 sin a H ^— A • 2 sm -=- cos «¦.
sin a +—^—Щ sm~2~
Значит, S = \ j—I .
sin 2
Задача 3.
Найти сумму
cos a + 2 cos 2a + 3 cos 3a + ... + n cos na.
Решение.
Имеем
S = (cos a + cos 2a + cos 3a + ... + cos (n - 1) a + cos no) +
+ (cos 2a + cos 3a 4- ... + cos (n - 1) a 4- cos na) +
+ (cos 3a 4-... + cos (n - 1)a + cos na) + ... +
+ (cos (/i — 1) a + cos na) + cos na. (1)
118

9. НАХОЖДЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СУММ
Если находить сумму
S = cos а + cos (а 4- /J) 4- cos (а + 2/3) + ... + cos (а + гф), то
/ гф\ . (n+l)jS
cos « + -?- sin-—0 у
5 = 1 ±+-R ? . (2)
• Р
sm2
Применяя к выражению (1) формулу (2), получим
1 . (2п + 1) а .а . 2па
S = — • п sin =•—*-—• ¦ srn-л- sur -тг~ =
~ . а 2 2 2
2 sin ^
_ (п + 1) cos па - пcos (п + 1)а — 1
Задача 4.
Найти сумму
_ зя , о з 2л; о зЗл:, 3 Ал:
S = cos — + 2 cos — +3 cos h . •. + n cos —.
n n n n
Решение.
Так как cos3 a = «j (cos 3a + 3 cos а), то
5 = V &cos3— = Y fc |-rcos?— + -rcosЛ—I =
== T "5! &cos?—+ -7 V к cos Л—.
Учитывая предыдущую задачу, имеем
й w -з (А + 1) cos п п cos (h + 1) 1
5 = s *cos3fot = 1 • -—*——> }л +
n
j (/* + 1) cos n n cos (h + 1) 1
4 . . 23л:
4sur—
119

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
/
п
Задача 5.
Найти сумму
1
8sm2^ 8sin2^
1
1
1
S = -^о sin4 2° a + -~ sin4 21 a + -~ sin4 22 a + ... + -j- sin4 2n a.
Решение.
Имеем
-jo sin4 a = sin2 a - -j sin2 2a;
¦j sin4 2a = -j sin2 2a - ^ sin2 22 a;
-— sin4 22 a = -= sin2 22a-\ sin2 23 a;
42 42 43
-|-sin42*a = --sin2 2n a - -^rrsin2 2n+la.
4 4 4
Сложив эти я + 1 равенств, получим
1
S = sin2 a - т^н sin2 2rt+I a.
Задача 6.
Найти сумму
1
S =
-+ ... +¦
1
1
COS W COS * COS t COS ?>'
COS X COS J> cos у COS z
если числа x, у, z,... составляют арифметическую
прогрессию.
Решение.
Имеем
_ t - sin(y^x) _ __sinr^#
&у gz cosxcosy ~~ cosjccos/
120

9. НАХОЖДЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СУММ
sin г
tg z - tg у =
° ° J cos у cos z
(г — разность арифметической прогрессии);
. . sin г
tg и - tg t =
tg и - tg и =
COS и COS f
sin г
cost;cos и
Сложив почленно все эти равенства, получим
• ( 1 . 1 . _1_ 1 ^
tg и - tg х = sm г 1 ¦ h .,. Н ,
° I cos х cos у cos у COS z COS w COS Ы
откуда находим
^ 1 ч j_ ч +__L_ = tgu^tgx
cos х cos у cos у cos z * * * cos и cos v sin r
Задача 7.
Найти сумму
cosec la + cosec 4a + ... + cosec 2n a.
Решение.
Имеем очевидные равенства:
cosec la = ctg a - ctg 2a;
cosec 4a = ctg 2a — ctg 4a;
cosec T a = ctg T~x a - ctg 2я a. (1)
Сложив почленно равенства (1), получим
cosec 2a + cosec 4a + ... + cosec Та = ctg a - ctg T a.
Задача 8.
Доказать, что если сумма
а^ cos (а{ + х) + а^ cos (a2 + х) + .. ¦ + ап cos (ап + х)
при х = 0их = ^^к (Л — целое) обращается в нуль, то
она тождественно равна нулю.
121

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Поскольку рассматриваемая сумма обращается в нуль
при х = 0и при х = х{ (х{ Ф Ы), то имеем два равенства:
al cos а{ + с^ cos а2 + ... + ап cos ап = 0 и (1)
al cos (а{ + х{) + Oz cos (а2 + х2) + ... + ап cos (an + jCj) = 0.
Второе равенство можно представить в виде
(ц cos а{ + a, cos а2 + ... + ап cos ап) cos хх -
— (d^ sin <х{ + а2 sin а2 + ... + ап sin ап) sin ^ = 0.
Учитывая равенство (1) и неравенство sin х{ф0 (так как
х{ * Ы), имеем
^ sin а{ + а^ sin а2 + ... + ап sin ап = 0. (2)
Пусть теперь х — произвольное число. Имеем
^ cos (а{ + х) + Оз cos (а2 + х) + ... + ап cos (ап + х) =
= (^ cos а{ + «2 cos а2 + ... + ап cos a J cos х +
+ (d^ sin at + #2 sin а2 + ... + an sin an) sin x = 0,
так как имеют места равенства (1) и (2).
Задача 9.
Найти сумму tgx + ^tg| + 7tg^+... +-^ tg-~.
Решение.
Имеет место тождество 2 ctg 2р — ctg <р = — tg p.
Если в этом тождестве заменить последовательно (р на
XX X
Т' Т> • • • > ~> то получим следующие равенства:
2 ctg 2х - ctg х = - tg х;
2ctgx-ctg|=-tg|;

9. НАХОЖДЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ СУММ
2ctg|-ctg| = -tg|,
2ctg ^j - ctg^ = - tg^, или
2 ctg 2x - ctg x = - tg x,
1 . 1 . x
ctgx- 2Ctgx= -^tg^,
(1)
1 . x
2ctg2
1
~ . X 1 . Я
-|rt-l CtS an-l «Я Ct8 «л "" ЛП *S «И*
r%n—l & Л1Т-1 /}JT ° г\П г%П ° /}П
Сложив почленно n + 1 равенств (1), получим
2ctg2x - — ctg^ = - tgx - 2 *8§ -
1 . x 1 , л:
~4^4~"-~2^2^ откуда
tg^ + ^tgf + itgf+...+irtg^ =
= ^ctsf "2ctg2x.
Задача 10.
Найти сумму
S = tgajtga2 + tga2tga3 + ... + tga^tga^ ,
ще av cc2> *-• •> an+i — последовательные члены
арифметической прогрессии с разностью d.
Решение.
tg а2 - tg а.
Имеем tg (a2 - а{) = 1 —г——. Но так как по усло-
1 т Tg <2j tg С*2
л + л tga2-tgat
вию a2 - aj = d, то tgd = l + tga tga ' 0ТКУда псшучаем
123

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
tga2-tga,
tgd
Аналогично находим
tgattga2 = |^j—L- 1.
tg<*3-tga2
tga,tg«3 = ^—j—-- 1,
. + tgan+1-tgaB
tga„tga„+1 = щ 1.
Сложив почленно n равенств, получим
tga^-tga,
О = 7 j П.
tgd
124

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
Задача 1.
Исследовать функцию у = х + — при х > 0.
Решение.
Воспользуемся легкодоказуемым тождеством
tg'+ctg*=i&
к 2
Положим х = tg х, где 0 < t < -у. Тоща у = ——«т. Посколь-
ку знаменатель sin It принимает наибольшее значение, равное
единице, при * = т» то наибольшее значение х равно 1, и
при таком значении х данная функция принимает наименьшее
значение, равное 2. При изменении t от 0 до -т sin It возрастает
от 0 до 1. Отсюда следует, что при изменении х от 0 до 1
функция монотонно убывает от оо до 2. Если же t изменяется
от -j до -у, то х возрастает от 1 до оо, sin it убывает от
единицы до 0, а функция х Л— монотонно возрастает от 2
ДО оо.
Задача 2.
Решить уравнение 1 + хъ = (х2 + Ъх - 1) Vl - х2.
Решение.
Поскольку \х\ ^ 1, применяем подстановку х = sin*.
Получаем уравнение
1 + sin31 + cos31 = 3 sin t cos t
Положим z = sin t + cos *, I zl ^ V2T Имеем
z3 + 3z2-3z-5 = 0, z=-1, x + Vl -x2 = -1,
значит, #= -1.
125

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 3.
2х
Решить уравнение х + —i ~= VT.
Решение.
Пусть х = VTtg t, VTtg t + J^Zjc f = VT,
VT"(cos t - sin t) = sin It.
Это тригонометрическое уравнение решается с помощью
замены sin t + cos t = у.
Задача 4.
Решить уравнение
Решение.
* + VT
Vl-
-х2
л2
35
- 12 х'
х , ,35 1 , 1 _ 35
VI-х2 +1~ 12*' Vl-*2 *~ 12'
Сделаем замену х = cos а. Получим
1 , 1 35 . ^ 35 .
—: Ь = -То"» или sin а + cos а = то sin а cos а.
sin а cos а 12 12
Сделав замену sin а + cos а = z, получим квадратное
7 5
уравнение, корни которого "TqV^I -yjVX!
Учитывая, что Izl <V2~j получим решения исходного
уравнения:
_ 4 # _ 3. _ -5-V75"
** ~~ 5'' *2 ~~ 5'' *3 ~~ 14
Задача 5.
Решить уравнение V1 - х2 = 4х3 - Зх.
Указание: х = sin у; cos у = sin Зу.
Задача 6.
Решить уравнение VI - х = 2х2 - 1 + 2х V1 - х2 .
126

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
Указание: х = cos ?.
V2~sin *г = cos у + sin у.
Задача 7.
Решить уравнение VI — х = 2л2 — 1 + 2х V1 — х2 .
Решение,
Положим л: = cos а, а Е [0; л] выполнив подстановку и
учитывая, что sin^- > 0, sina > 0 получим
V2"sin-^- = cos 2а + sin 2а;
sin -т- + g- cos j-д- + g-j =0, откуда либо
я 4л;& ^ Зя , 4л;& _ _
а = - -g- + —g—, Л Е Z, либо а = ^ + —=—, nGZ,
Зл:
Поскольку Л Е (0; л:), х = -ттг.
Задача 8.
Репшть уравнение
* + УЗ~ л: -¦ УГ _
VF+VT+ТГ V3T- V* - V3" "
Решение,
Очевидно, что * ^ V3T Так как х = 0 не является корнем
уравнения, то, поделив числитель и знаменатель левой части
уравнения на Vx~, получим
V5T4-VT VF-V^"
¦* ' ^=^= V*; или (1)
V3"
i+Vi+i i-VTT"
127

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
х • х .= 1. (2)
1+Vi+^ + i-Vi-^
л/Т VT VT
Так как 0^^-^1 и 1^ 1+^-^2, 0^ 1-^-^1,
VT 2 VT 2
положим 1 + — = 2 cos a, a 1 = 2 sin а. Данные соот-
ношения верны, так как вьшолняется основное
тригонометрическое тождество: sin2 а + cos2 а = 1.
Уравнение (2) примет вид:
2 cos2 а , 2 sin2 а _ t
l+VTcosa+l-VTsina"-1' ИЛИ
2 cos2 а - 2 VTcos2 а sin а + 2 sin2 а + 2 VTsin2 а cos а =
= 1 + VT(cos а - sin а) - 2 sin а cos а. (3)
Положим cos а - sin а = f. Тоща уравнение (3) примет
вид:
2 - VT(1 - <*) *= 1 + V2T<- (1 - **);
2 - VT* + V2Y = VTt+f;
VT?-?-2VTt + 2 = 0;
f (VTt - 1) - 2 (VT* - 1) = 0;
(VT- 1) (f - 2) = 0.
Получаем ^ = -ту, t2 = VT, ^ = - VT, или
cos a - sin a = -ту
cos a - sin a = VT,
cos a - sin a = - VT
Корни второго и третьего уравнения посторонние для
данного уравнения. Решаем уравнение
1
cos а - sin а = -ту;
128

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
V34 1 . VT- 1
cos а = -27Г~~' sm а = ~~27Г~~"' 0ТКУда
u^_ (V3T+1)2 0 t , V5~ 2 + УГ
1+^r~[T?rj 2' 1+~ЗГ~ 2~^
откуда л; = 2.
Задача 9.
Решить уравнение х3 - рх + q = 0 (р > 0).
Решение.
Рассмотрим равносильное уравнение q = рх — х3.
Положим л: = ?z. Тоща q = Apz - /с z\
kv 3
Неизвестное к найдем из условия -у = -т.
/с
Отсюда & = 2V|- .
Уравнение после несложных преобразований примет вид:
Q.\/ (е\ъ
1 ¦ Ў О
2- * 131 -3z"4z3-
3
Пусть {& < И . Тоща If: V [|] | < 1, и мы
можем получить
-Z-.JW.
sin3a-2. т (
Сравнивая полученное уравнение: sin За = 3z - 4z3 с
тождеством sin За = 3 sin а - 4 sin3 а, видим, что sin а — корень
этого уравнения.
Задача 10.
Решить уравнение х - Ъх + 1 = 0.
Решение.
Учитывая предыдущую задачу, имеем к = 2, после замены
х = 2z получим
129

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
\=Ъг- 423.
Получаем sin За = -х. Итак, корень уравнения
х3 - Зх + 1 = 0 х = 2 sin 10° + 360° п.
Задача 11.
Решить систему уравнений:
[ ЛГ(х - у) (1 + Аху) = V3",
{х2 + уг=1.
Решение,
Положим х = cos а, у = sin а, и преобразуем первое
уравнение системы:
VT(cosa - sin а) (1 + 2 sin 2а) = VT";
4 sin (45° - a) (sin 30° + sin 2а) = VT;
8 sin (45° - a) sin (a + 15°) cos (a - 15°) = V3~;
4 (cos (2a - 80°) - cos 60°) cos (a - 15°) « V3~;
2 cos (3a - 45°) + 2 cos (a - 15°) - 2 cos (a - 15°) = VT;
3alj2 - 45° = ± 30° + 360° n (nS Z);
a^ = 15° ± 10° + 120° n (n E Z).
Отсюда получаем следующие шесть решений исходной
системы:
(cos 25% sin25°), (-cos35°, sin35°),
(-sin5% cos5°), (cos5% sin5°),
(- sin 35% cos 35°), (- sin25% - cos 25°).
130

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
Задача 12.
Решить систему
х =
Решение.
Пусть
2z
1 + z'
2Z2
1+z2'
2Х2
z=-^-
= sin a, I sin а ( ^ 1. Тогда из первого
уравнения следует, что х < z, из второго и третьего — z ^ у,
y^z. Значит, х = у = z. Подставим z = х, получим х1 = 0,
*2=1.
Ответ: (0; 0; 0); (1; 1; 1).
Задача 13.
Доказать, что если lal < 1, 161 ^ 1, то
-1 ^ аЪ ± V(l - д?)(1 - й2) ^ 1.
Доказательство.
Так как lal ^ 1, 1й1 ^ 1, то a = sina, 6 = cos а. Тогда
V(l - с?)(\ - й2) = V(l-sin2a)(l-cos2?) =
= Vcos2asin2/J = cos a • sin/?.
Данное выражение примет вид:
ой ± V(l - с?)(1 - й2) = sin a cos ft ± cos a sin/8 = sin (a ± /3);
-1 ^sin(a±?) *? 1,
что доказывает утверждение задачи.
Задача 14.
Решить уравнение (V2 + VT)X•+ (V2 - V3~)* = 2\
131

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Уравнение представим в виде
(V2 +
^+1<щ-=,
\ 2
Поскольку 0 < V2 + V3~< 2, сделаем замену
V2T7T . . к
2~—=sina, 0<a<«-.
\l\ 2 +УЗ"' л/2 - УЗ" V2-V3"
Тоща cos a = V 1 т— = V —т— = о *
Данное уравнение можно записать: cos* a + sin* а = 1.
Отсюда следует, что я = 2.
Задача 15.
Решить уравнение 2х = 3*/2 + 1.
Решение.
Приведем уравнение к такому: \-~\ + 1-у- = 1,
или
Очевидно, что х = 2.
Задача 16.
sin J + cosf] =1.
У_1- 1*1 _ ^
Решить уравнение V ~— = 4х — Зх.
Решение.
Делаем замену х = cos а. Получим уравнение:
VI ~ lCQSttl з а /1ч
2 = ^ cos a - 3 cos a. (1)
1) При cos a ^ О уравнение (1) эквивалентно уравнению
shitt = cos За;
132

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
cos За - sin 2" = 0;
ТС ТС ТС ТС
ах = у, х{ = cos-j-; а2 = --?, х2 = cos-y.
2) При cosa<0 уравнение (1) эквивалентно уравнению
cos -^ = cos За, корни которого являются посторонними для
уравнения (1).
Задача 17.
Доказать, что | а + — I + [ Ъ + -г-] > 12,5, если а + Ъ = 1.
Доказательство.
Положим а = sin2 х, Ъ = cos2 х. Тогда заданное
неравенство запишем в виде:
\sm2x+^rA + (cos2x +——-1 =12+4siny.
^ smrxj \^ cost х J l
Рассмотрим выражение
siny = 2 fsin2x + -r4—I + 2 (cos2x + —V"l - 24-
I sin2 л:] I coszjcI
Обозначим правую часть равенства через А:
А = 2 (sm4x + -AA +4 + 2 (cos4x+-^r"i +4-24 =
I sin4* I I cos4* I
= 2(sin4x + cos4x) [l +-~rVi +4 + 2 fcos4s + \ ) +
N ' I sin4*] I cos4*/
+ 4-24 = 2(sin4* + cos4*) 11 + , 4 * 4 ) -16 =
7 I sin4* cos4* I
= 2(l-2sin2*cos2*) f 1 + . 4 * 4 ) -16 =
^ sin4*cos4*)
= 2(l-IStf2,)(l+^)-16.
133

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Итак,
(2-sin22x) 1 +
16 У
sin4 2х
= 16 + sin у.
(2)
Поскольку наибольшее значение 16 + sin у равно 17, а
2 - sin2 2х > 1 и 1 + -
16
¦>17,
sin4 2х
то знак равенства в выражении (2) возможен, если
fsin;y = 1,
lsin22x= 1.
Таким образом, выражение (1) не меньше
12+^1 = 12^
а следовательно, (а + —I + [i + т] ^12,5.
Задача 18.
Решить систему уравнений
'—+ ху = 40,
У
?- + ху = 10.
х J
Решение.
Имеем:
X=/OCOSp, 0^р<оо;
y = psin.<p, 0**<р<2л.
z* ~.—— + (г cos (р sin <р = 40,
p3sinz<p l2 . 1Л
-- — + рг cos ф sin <р = 10,
134
или
р2 ctg (р = 40,
/>2tgy> = 10.

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
Отсюда ctg2 <р = 4, ctg <р{ = 2, ctg р>2 = -2.
Учитывая, что ctgy> и р2 имеют одинаковые знаки, а
р2 не может быть отрицательным, получим
2
cosecр = - V5^ cos у> = - -f^ /о2 = 20, р = 2 V3T.
Значит: jq = 2 V3~- тлр= ^> 3\ = 2 V3T* *пу= 2;
х2 = 2^-^=-4, y2 = 2VF -^=-2.
Задача 19.
Сколько корней на отрезке [0; 1 ] имеет уравнение
8*(1-2х2)(8*4-8х2+1) = 1?
Решение.
Замена х - cos у>, у> G 0; у]. Тогда
8 cos <р (1 - 2 cos2 р) (8 cos4 ^> - 8 cos2 ^ + 1) =
= 8 cos <р (- cos 2р)(8 cos2 р (cos2 <р - 1) + 1) =
= - 8 cos (р cos 2^> (— 2 sin2 <р + 1), откуда
- 8 cos (р cos 2<р cos 4р = 1. (*)
Умножим обе части выражения (*) на siny>. Получим
- 8 sin (р cos (р cos Ър sin 4у> = sin р, или - sin Sep = sin р,
откуда либо (р = д-лгй, &GZ, либо ^ =-у+-ул nGZ.
Л
принадлежат два
Из первой серии промежутку 0; -у)
значения: <pt = -q-; <р2 = -д-; во второй серии таких значений
лг Зтг
тоже два: <рг = -^; у>4 = -у.
135

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 20.
Решить уравнение х\\ - х = 1л:31 - \х\ +тт*г«
Решение.
Очевидно, что если х — корень уравнения, то (—х) —
тоже корень этого уравнения. Пусть х = sin у, 0 ^ у «^ -у. Тогда
sin2 у cos у = sin3 у - sin у + -ту,
sin2y (siny + cosj>) 1 . . /' л;\
—^-^—-— . ?- = -—, или sin 2y sin у 4- -j = 1.
Поскольку 0 ^ у ^ у, то sin 2y > 0 и sin у + -j] > 0.
Значит,
или
sin 2y = 1,
ж
sin |y+4 = 1.
y=-
j>=-
4n+ 1
4
8m + 1
•7Г,
-7Г,
8n + l
3;= -^ л:, x1 = siny = ^y, л'2=-^-, nEZ,
Задача 21.
Доказать, что
у = Vfl + V/-i Л/а- Vo2- 6
Va±VF = V ~~ ± V -^ •
Доказательство.
Нетрудно показать, что
V1 ± sin а
л/1 + CQS а + л/ * """ CQS а
(1)
136

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
Теперь положим — = sin а, отсюда
cos а = .
Если теперь эти выражения подставить в формулу (1),
то получим доказываемое соотношение.
О рационализирующих тригонометрических
подстановках:
Задана функция
R (х, Va2-*2). (1)
Применим рационализирующую подстановку
х = \а\ sin t.
При этом v<22 - х2 = \а\ cost Ясно, что
- \а\ ^ х^ Ы, а Л
лг л^
2' 2"
Поэтому t = arcsin -j—г.
С помопц>ю данной подстановки рассматриваемая
функция приводится к следующему виду:
R (х, Va2 - л2 ) = Л (I al sin *, I al cos г). (2)
Аналогично, функция
R (х, W + x2 )
/л; л:\
подстановкой x=laltgH--y<^<^ приводится к виду
Л(1я1 tg?, Ы sec*), так как Va2 + х2 = lal sect
Для рационализации функции
Л (л, Vx2-^) (3)
можно применить подстановку х= lal sect
137

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Выполняя рационализацию выражения
R(x, Ча? + Ьх + с)
с помощью тригонометричесвсих подстановок, необходимо
предварительно это выражение привести к одному из
рассмотренных выше видов (1), (2), (3).
Задача 22.
Решить уравнение VI - 2х (1 - 4xVl + 2х) = 8х2 - 1.
Решение.
Область определения данного уравнения задается
неравенством 12x1 ^ 1 и поэтому существует такое число U что
тс
2х = cos It причем можно считать, что 0 ^ t ^ -j.
После соответствующей подстановки уравнение
приводится к виду
VI -cos 2^(1 - 2 cos It VI +cos20 = 2 cos2 2* - 1;
VTlsinfl (1 -2cos2*V2Tlcos*l) = cos4*,
или, поскольку угол t лежит в первой четверти, то
2 sin t (1 - 2 V2~cos t) - cos At, 2 sin t - sin At = cos At,
2 sin t = sin At + cos At, sin ? = sin I At + -j].
Отсюда
3* + ^ = 2fcr или 5* + ^=(2&+ 1)л:, iGZ,
и мы получаем две серии решений:
t=(8*-l)-jj; t=(8/k + 3)^, *ez.
Из этих решений в промежутке от 0 до w лежит только
, Зл;
^ = то откуда получаем единственный корень исходного урав-
1 Зл;
нения ^ = тcosTo,
138

10. ТРИГОНОМЕТРИЯ ПОМОГАЕТ АЛГЕБРЕ
Задача 23.
Решить уравнение V12 - 6 V* — 4 + V 6 — 3 V8 - л; = 6.
Решение. Первый способ.
По формуле сложного радикала
Vl2-6Vx-4 -V5"V2~Vx^T =
^ V2 + V8-* -V2-8-X
= VT ^5= •
Уравнение примет вид
Второй способ.
Запишем в виде:
Vi-Vf-i +V6-V1-V2-4 =
и положим sin 2* = Vt-1 (заметим, что ^-1^1). Тогда
уравнение примет вид:
vTlsin*-cos t\ + V2~sin* = 1.
Задача 24.
- 3-х2 3-л2 , 4-4х2 л
Решить уравнение j + -—-j + -4—ттт7 = °-
Решение.
Умножив каждое слагаемое в левой части на х (получив
при этом посторонний корень) и положив х = tg U получим
уравнение tg t + tg It + tg 3* + tg 4* = 0.
Складывая первое слагаемое с четвертым, а второе с
третьим будем иметь далее:
sin 5t sin 5t __ 0
cos ? cos At cos 2* cos 3* ~" '
sin5t = 0 или cos *cos At + cos 2tcos 3* = 0,
139

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
кл „ _ _ч
откуда / = -у (fcGZ), а для решения второго уравнения
переходим к переменной у = cos t,
8/-# + 2 = 0, f a (9 ± VTT1
откуда xL2 = tg 2* = (1 + y2)"1 = 25±V17 .
Из первой серии корней получаем еще 4 корня,
соответствующих значениям к = ± 1, ± 2:
Покажем* как алгебра помогает тригонометрии.
Задача 25.
Доказать неравенство
sin2*а + cos2*а ^ 2 (sin2**2 а + cos2**2 а) (а G К).
Решение.
Обозначив sin2 а и cos2 а соответственно через а и й,
запишем данное неравенство в виде
(а* + #)(а + 6) ^ 2 (а*+1 + ft*+1) и будем иметь
а*6 + atf ^ а**1 + Й*+1, или (а* - &*)(а - 6) * 0.
Последнее неравенство, очевидно, справедливо, поскольку
множители в левой части имеют одинаковые знаки; при этом
равенство достигается при а = Ь.
Задача 26.
Решить уравнение sin8 х + сой8 х = 32 (sin18 х + cos18 х).
Решение.
Из результата и решения предыдущей задачи следует,
что левая часть уравнения не больше, чем 2 (sin10* + cos10*),
что в свою очередь, не больше, чем 4 (sin12 х + cos12 х) и т.д.
При этом равенство достигается только при sin2 х = cos2 х т.е.
прих = (2&+1)^ (kSZ).
140

Глава II. ЭЛЕМЕНТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОГО
АНАЛИЗА
11. ПРОИЗВОДНАЯ И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ
Задача 1.
Найти производную функции
y=Vi + Vi + Vm?".
Решение.
у = ; * fl + Vl + frl+x4 )' =
Vi + Vi + vt+t^ }
2
-т 1 |(i+VTT7")-2/3 (1+VT+7")' =
х3
Задача 2.
Найти производную функции у = In2 (sec 2 *).
Решение.
у' = | In (sec 2k) • —Ц- • ^Ц- • 2^х"2/3 In 2 =
d sec 2^ cos2 2^
3_
= ^ln(sec2^)tg2^-^.
Задача 3.
Найти производную функции у = х + х* + У (х > 0).
141

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Перепишем у в виде:
у = х + ехЫх + е*1пх = х + е*1пх + е?
,х1пх
". Тогда
j>' = H-e*,lu:(lnx + 1) + е
е lnx
+ е*1п*(1 + 1пх)1пх =
= 1 + х* (1 + lnx) + х* (х*-1 + х*(1 + lnx) 1пх).
Задача 4.
Найти производную функции
/(X) =
х2 sin — х т* О,
х
О,
х = 0
в точках х = 2 и х = G*
Решение.
Для каждого х, х ?* о получаем
/' (х) = jjc2 sin— 1 = 2xsin—+ x2cos—[--j] =
0 . 1 1
= 2x sin cos —, поэтому
/'(2) = 4 sin 2 -cos^
Производную данной функции в точке х = 0 найдем
непосредственно из определения производной в точке:
_^/(0 + Ах)-/(0) ,. (Atf^S-0
/'(0) = lim
Ax->0
Ах
= lim
Дх-Н)
Дх
= lim Ах sin ^—.
Так как Ах -» 0, а
Итак, /'(0) = 0.
sin
Ах
^ 1, то lim [ Ах sin д- = 0.
142

11. ПРОИЗВОДНАЯ И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ
Задача 5.
Доказать, что функция у= 1x1 не дифференцируема в
точке х = 0.
Доказательство.
Приращение функции /(х) = 1x1 в точке х » 0 равно
Д/(0)=/(0 + Дх)-/(0) = 10 + Дх1 -0= 1Дх1.
По определению производной находим, что
,,/ЛЧ t. 1Ах1 v -Ах -
fj (0) = Inn -д—- * hm -дг-^ - 1#»
Д'(0) = Iim -т^= Ьтт-=1
Дхч-0+0 **Х Д**0+0***
Так как /+'(0) */_'(0), то функция у- 1x1 в точке
х = 0 не дифференцируема (хотя она является непрерывной
в этой точке)»
Задача 6,
Доказать, что функция
/(*)
_ fx, X ^ 1,
" [х2, х<1
не дифференцируема в точке х = 1.
Доказательство.
Приращение функции в точке х = 1 равно
или после преобразования
[Ах, Дх&О,
2Дх + (Дх)2, Дх<0.
Д/(1) =
Следовательно,
,,/1ч ,. 2Дх + (Дх)2 _
/_' (1) = hm Л v ; = 2;
Дх-*-0
Дх
/+'(1)-Иш^-1
143

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Так как /+'(1) **/_'(1), то производная /' (х) в точке
х = 1 не существует.
Задача 7.
Найти /'(0), если /(х) = х (х - 1) (х - 2)... (х - 1000).
Решение.
/'(0) = Шп А*(Ах-1)(Ах-2)...(Ах-1000) = 1(Ш
Задача 8.
Доказать, что производная четной функции есть функция
нечетная, а производная нечетной функции есть функция
четная (предполагается, что указанные функции имеют
конечную производную). Дать геометрическую интерпретацию
этого факта.
Доказательство.
Пусть /(х) — четная функция, имеющая конечную
производную, т.е. /(х) = /(-х).
По определению производной, имеем
/(х + Ах)-/(х) =
Дх-*0
/(-х-Ах)-/(-х)
-Дх-*0
Пусть /(х) — нечетная функция, имеющая конечную
производную, т.е. /(х) = —/(—х), тоща
/'(*)= lim^-(/(x + Ax)-/(x)) =
= lim -J- (- /(-х - Ах) + /(-х)) =
= lim -ZKZVirx - Ах) -/(-х)) = /'(-*)•
Геометрическая интерпретация.
Например, у четной дифференцируемой функции угловой
коэффициент касательной, проведенной в точке (х0, /(х0)) к
144
Дх-*0 ^Х
1- /("Х-ДХ) -/(-X; „ ч
= -lim-^ —fa—*—L = -/'(-*)¦

И. ПРОИЗВОДНАЯ И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ
графику функции, равен по абсолютной величине и
противоположен по знаку угловому коэффициенту касательной,
проведенной в точке (- я0, f(x0)).
Задача 9.
Доказать, что производная периодической функции, если
она существует, есть снова периодическая функция с тем же
периодом.
Доказательство.
Пусть Т — период функции /(*), тогда f(x) =/(* + Т).
Положим g(x) = f{x + Г). Поскольку f{x) = g(x), то /'(*) =
= gf(x) и f'(x + t) = g'(x) = /'(*)> что и требовалось доказать.
Задача 18.
Сколько действительных корней имеет уравнение
х37 + х8 + 1 = О?
Решение.
Заметив, что х * 0, положим у = —. Тогда уравнение
х
примет вид
f + у» + 1 = 0. (1)
Функция/ (у) = у37 + j?9 + 1 — сумма возрастающих
функций, а потому и она есть возрастающая. Следовательно,
уравнение (1) не может иметь более одного корня. С другой
стороны, многочлен нечетной степени, как известно, всегда
имеет хотя бы один действительный корень.
Задача 11.
Решить неравенство х9 - х5 + х < 13 V2T
Решение.
Функция f(x) = х9 - х5 + х - 13 VT имеет
положительную производную и, следовательно, возрастает на всей
числовой прямой. Корень уравнения х9 - х5 + х = 13 VT должен
быть вида aVT.
Ответ: хЕ. ]-оо; у/Т[.
145

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
жутке
Задача 12.
Докажите неравенство х - х <-f на промежутке hj; оо [.
Решение,
Пусть f(x) = у? - х. Тоща /'(*) = 2х - Ъх < О на
промера; оо [# Следовательно, на этом промежутке
Что больше: в * * или ее • |—| ?
Здесь совпадение, что функция убывает и меньше нуля.
Задача 13.
1_! 1
Решение.
Запишем неравенство в виде
ёы • тге>е1/е • е\ или /(л;) >/(е),
ще /(х) = е17**' (х>0). Будем иметь:
/' (х) = е1/х [--U хе + е1/хехе'1 =
= е1/ххе-2(ех-1),
так что /'(х) >0 => ех> 1 о х> — Поэтому /(тг) >/(е).
Задача 14.
Решите неравенство х9 - х5 + х > 1.
Решение.
Указание. Запишем неравенство в виде /(х) > 0, ще
/(х) = х9-х5 + х- 1. Так как /'(*) = 9х8 - 5х4 + 1 >0 для
любого х, то функция / возрастает на всей числовой прямой*
Поэтому/(х)>/(1) = 0 при х>1 и/(х)</(1) = 0 при х<1.
Ответ: хе ]1; +оо[.
146

И. ПРОИЗВОДНАЯ И ЕЕ ПРИМЕНЕНИЕ
Задача 15.
Сколько действительных корней имеет уравнение
х5 + х2 + 1 = О?
Решение*
х = 0 не является корнем уравнения. Поэтому при замене
х = — не произойдет потери корня. Тоща получим:
^ + Д^ + 1 = 0, откуда у5 + f + 1 = 0.
Но f(y) = у5 + у + 1 = 0 — непрерывная возрастающая
функция. Заметим, что /(-1)<0, /(0)>0, следовательно,
функция в некоторой точке интервала имеет один
действительный корень.
Задача 16.
При каких а и Ъ равенство а • ех + Ъ = е*** выполняется
при всех х G Ю.
Решение.
Пусть для некоторой пары а и Ъ выполняется заданное
равенство, т.е. совпадают функции аех + b и е**+*. Тоща
совпадают и их производные, или, другими словами, при
любом xGR выполняется равенство
ае* = cuF+K
Если а * 0, то из этого равенства следует равенство
х = ах + й, которое является тождеством при а = 1 и Ъ = 0.
Покажем, что это равенство не выполняется ни при каком
Ъ или, другими словами, уравнение ех - х = 0 не имеет
решений.
Пусть f(x) = е? - х, На множестве х< 0 функция /
положительна, /(0) = 1, а на множестве х>0 она, как легко
видеть, возрастает, поэтому функция / не обращается в 0.
Итак, данное в условии равенство выполняется лишь при
а=1, й = 0.
147

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Задача 1.
Найти на графике функции f(x) = Ъх - 4х2 + 1 точку,
касательная к которой образует с осью ОХ угол -т.
Решение.
к
Чтобы угол касательной с осью ОХ был равен -г,
необходимо и достаточно, чтобы угловой коэффициент
касательной был равен 1. Но & = /'(*о)> значит, нам надо решить
уравнение
/'(*о) = *> т-е- 9*% ~ 8*о = 1 =* *о = * или хо = ~ 9#
В этих точках /(1) = 0, / I — -g 1 = -^Tq. Значит, искомых
точек две: М{ I - ^; ^43)> мг С1? °)
Задача 2.
Найти уравнение параболы у = х + Ъх + с, касающейся
прямой у = * в точке М (1; 1).
Решение.
Задачу удобно сформулировать так: уравнение
касательной к графику функции f(x) = х2 + Ъх + с в точке М(1; 1)
имеет вид у = х; найти Ъ и с. Такая формулировка уже более
явно содержит два условия:
1) точка М(1; 1) лежит на графике функции
/(*) = х2 + йл: + с;
2) /'(1) = 1 (поскольку для прямой у = х будет k= 1).
Отсюда с учетом формулы /'(*) - 2х + Ъ получаем систему
fl + ft + c=l,
из которой Ъ = — 1; с = 1.
Ответ: у = л2 - х + 1.
148

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Задача 3.
Найти уравнение прямой, проходящей через точку с
координатами l^; 21, касающейся графика функции
х2
у (х) = - -у + 2 и пересекающей в двух различных точках
график функции у (х) = V 4 — х2 .
Решение.
Обозначим через (а; /3) точку, в которой прямая касается
графика функции f(x) = - -у + 2. Тоща угловой
коэффициент прямой равен f\a) = - а, а ее уравнение можно записать
в виде: y = f} — a(x — a).
Прямая по условию проходит через точку (у; 2], а
значит, должно выполняться равенство 2=^8-а ("о ~а| > или
/3 + а2 - 2 = 2. Воспользуемся тем, что точка (a; /J) лежит
на графике функции f(x) и найдем еще одно условие:
а2
(5 = - -тг + 2. Решая систему уравнений
а
2
/8 + a2-f = 2,
а2
/3 = -т + 2,
находим две точки касания: (0; 2), 1; w ¦ Касательные к
графику f(x) в этих точках имеют уравнения у = 2 и
3 5
3> = у - 1 (* ~ 1)> или у = - х + ту* Найдем количество точек,
в которых каждая из найденных прямых пересекает график
функции у (х) = V4-*2 . Система
149
b=2 а>

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
имеет единственное решение (0; 2). Значит, первая прямая
имеет только одну общую точку с графиком функции
у(х) = у14-х2 .
Решаем вторую систему:
[у= V4-*2,
5 или -{
У = - х + «,
- х+^= V4^?;
(2)
Множество решений первого уравнения системы (2)
содержится в промежутке — оо < х ^ ^. На этом промежутке
обе части уравнения неотрицательны, и поэтому оно
равносильно (на этом промежутке) уравнению [""*+2"] = 4- х.
Полученное уравнение имеет два корня:
*!=•
5-VT
5 + V7"
содержащиеся в множестве х ^ ^* Значит, первое уравнение
системы имеет два корня хх и д:2, и поэтому система (2)
имеет два решения:
*i =
5-V7" _5 + У7",
*2 =
5 + V7" _5-У7~
/1 ' ^2 """ /1
Следовательно, вторая прямая пересекает график
функции у
(jc) = V4"
х в двух различных точках.
Ответ: у = —х + iy
Задача 4.
Дана кривая ху = 1. К ней
проведена касательная в точке
М(х0; у0). Доказать, что ще бы
ни была взята эта точка на
кривой, она отсекает треугольник
постоянной площади.
150

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Решение.
Пусть касательная к кривой ху = 1 пересекает оси в
точках А и В (рис. 12.1). Уравнение касательной в точке
М(д:0; у0) имеет вид: у = у0 ^ (х ~~ хо)- Положив у = 0, най-
хо
дем длину АО: х = у0 х20 + х0.
Аналогично найдем длину ОВ: у = у0 + —. Учитывая, что
хо
у = —, найдем площадь треугольника АОВ:
Задача 5.
При каком значении а кривые
f(x) = я3 - х + 1 и у> (х) = Зх2 - 4х + а
касаются друг друга?
Решение.
Для того, чтобы графики функций / и <р касались в точке
с абсциссой л0, необходимо и достаточно, чтобы вьшолнялись
следующие два условия:
1) /(*ь) = р(*ь);
2>/'(*) = Р'(*Ь)-
Согласно этим условиям имеем систему
Г^ - х0 + 1 = Зл* - 4х0 + а,
J3^-l = 6*0-4.
Из второго уравнения имеем х0 = 1. Тогда из первого
уравнения следует а = 2.
Задача 6.
Прямая касается параболы >?=-х24-4х+1 и параболы
у = З*2 + 4х 4- ^. Напишите уравнение этой прямой. При ка-
151

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
ких целых значениях к is. Ъ прямая у = кх + Ъ не имеет общих
точек ни с одной из парабол?
Решение.
Так как по условию задачи прямая у = кх + Ь касается
обеих парабол, то уравнения
-Х* + 4х+1 = кх + Ьк Зх2 + 4х = ^-^л: + й
должны иметь по одному решению. Для этого необходимо и
достаточно, чтобы дискриминанты этих уравнений были
равны нулю, то есть
D1 = (ifc-4)4 + 4(l-A) = 0Hi)2 = (it- 4)2 - 12 [| - b\ = О,
откуда к{ = 2, Ъх = 2 и к2 = 6, й2 = 2.
Значит, искомыми прямыми являются
уг = 2х + 2 и у2 = 6х + 2.
Для того, чтобы прямая не имела общих точек с
параболами, необходимо:
[Д<0, [(*-4)2 + 4(1-й)<0,
{Д2<0, шш|(>к-4)2-12^-^<0,
где & G Z, й е Z.
7 1
Имеем 1 —- 3 < 0; ^-й>0, откуда 1 < Ъ < 2 ^, т.е. Ъ = 2.
Теперь (& - 4)2 - 4 < 0, т.е. -2<?-4<2, или
kG {3, 4, 5}. Проверкой убеждаемся, что все эти значения
подходят, итак,
к G {3, 4, 5} и Ъ = 2.
Задача 7.
В какой точке касательная к графику функции
а) параллельна прямой 2х - у + 1 = 0;
б) перпендикулярна этой же прямой?
152

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Решение.
1) Известно, что две прямые параллельны, если их
угловые коэффициенты равны. Уравнение данной прямой можно
записать в виде у = 2х + 1, откуда к = 2.
Для касательной k = f'(x0), поэтому нам надо решить
уравнение: f'(xQ) = 2, т.е. 2х0 = 2, откуда х0 = 1. Значит,
касательную надо проводить в точке Мх(1; 1). Уравнение
касательной: у = 2х — 1.
2) Если прямые перпендикулярны, то к{к2 = — 1.
В данном примере к{ = 2, &2 = — -р = — ~-, и из уравнения
2* --±
находим
1
*о = - 4- Эт0
соответствует точке
М, --7
4' 16
1
1
и уравнению касательной у = — i^x — ,,.
Задача 8.
Доказать, что лучи света, исходящие из фокуса
F 0; д- параболы у = ах2, в любой ее точке отражаются
параллельно ее оси симметрии.
Решение.
Пусть М(х0; ах\) —
произвольная точка
параболы (рис. 12.2). Из
закона отражения света
следует, что величины
углов, образуемых с
касательной MP падающим
лучом FM и отраженным
лучом МА, равны между
собой. Нам нужно
доказать, что МА || OY.
Последнее же следует из
равнобедренности
треугольника PFM. Итак,
достаточно доказать, что
FM = FP.
Рис. 12.2
153

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА I!
FM--
-V«s+f«j-iV-V
*?+l«*5-^j =V с?х40+^4 + ^?
< + Та
Для вычисления FP запишем уравнение касательной
MP. Поскольку угловой коэффициент касательной к = 2ах0,
то это уравнение имеет вид у = axQ = 2ах0 (х - х0). Полагая
в нем х = 0, найдем ординату точки Р: у = —o*q.
Следовательно,
irp =
?-(-«?)
^0+^
i?M.
Задача 9.
Профиль автомобильного моста имеет форму параболы
(рис. 12.3) с осью, проходящей вертикально через середину
моста с высотой центральной части 10 м и длиной основания
120 м. Какой должен быть наклон насыпи на обоих концах
моста?
Решение.
Заметим, что
наклон насыпи — это
наклон отрезков касател-
ных к параболе в
точках А и В, Выберем
систему координат так,
как указано на рисунке
12.3. Тоща парабола в
Рис. 12.3
этой системе задается уравнением вида у = ах2 + 10.
Так как точка А (60; 0) лежит на параболе, а = - ^~.
1
Таким образом, уравнение параболы у =
360
+ 10. Отсюда
У' = -
180*
В точке A: tgа = у' (- 60) = ^г, а = arctg-^.
В точке В: tg/З = у'(60) = -^, /3 = л;-arctg-j.
154

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Задача 10.
I
Касается ли прямая х + 4у - 4 = 0 гиперболы у = —?
Решение.
Решив систему
{
х + 4у - 4 = 0,
*>>= 1>
находим общую точку прямой и гиперболы 2; ^|. Произ-
1 1
водная функции у = — равна у' = —^ > а ее значение в
I
4е
Но угловой коэффициент
^У
точке пересечения у '(2) =
прямой такой же. Значит,
данная прямая касается
гиперболы в точке 2; -~
Задача 11.
Найти величину угла,
под которым парабола
у = х видна из точки
А (2; -1).
Решение.
Очевидно, этот угол об- Рис xia
разовая двумя
касательными к параболе, проходящими через точку А (рис, 12,4).
Обозначим искомый угол через а, а углы наклона касательных
к оси ОХ через а{ и а2. Тоща
+ / ч tga2-tgat
^2 *1
1 + *Л'
(1)
ще ^ и k2 — угловые коэффициенты касательных. Для их
вычисления нужно знать абсциссы точек касания.
Обозначим точку касания через М(х0; xl). Для
вычисления х0 запишем уравнение касательной у - х^= 2х0(х - х0) и
155

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
воспользуемся тем, что точка А (2; —1) удовлетворяет этому
уравнению, то есть -1 - х\ = 2х0 (2 - я0), откуда xQ= 2±V5~\
Таким образом,
?1 = ;y'(2 + V5) = 4 + 2V31 к2 = у' (2 - V5) = 4 - 2V5:
Согласно (1), tga =^^г^^Йт^" = f ^ т0 есть
а = arctg -^ V3T А У
10(0,70)
j^|P№2^P(4;1)
Задача 12.
Вертикальный разрез в
теплицы имеет форму
пятиугольника ABCDE (рис. ¦
12.5), в котором \АЕ\ =8м,
IABI = IjDJEI = 1 м. Из точ- Рис 125
ки Р, расположенной на
высоте 2 м в плоскости РОЕ, горизонтально вытекает струя
воды, которая при максимальном напоре достигает точки Е
(или А). Какую высоту h нужно придать центральной части
теплицы, если требуется, чтобы струя воды (она имеет форму
параболы с вершиной в точке Р) не задевала крыши теплицы?
Решение.
Выберем систему координат и найдем уравнение
параболы. Оно должно иметь вид у = 2 + а*2. Так как точка
Е (4; 0) лежит на параболе, а = - g. Таким образом, парабола
v2
определяется уравнением у = 2 - -гг. Поскольку точка
?>(4; 1) фиксирована, то нам надо найти такое положение
точки С(0; ус), при котором прямая CD касается параболы
y = 2--g-, а затем взять h>yc. Обозначим точку касания
через М \х0; 2 —-§-| и запишем уравнение касательной:
?-(2-f)=-f(*-*o).
156

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Подставляя координаты точки D (4; 1) в это уравнение,
получим xl - 8х0 + 8 = 0, т.е. xQ = 4 ± 2 VT. Условию задачи
удовлетворяет лишь один корень xQ = 4 - 2 VTJ так как второй
корень соответствует точке касания, лежащей вне
рассматриваемого участка параболы. Подставив полученное значение
х0 в уравнение касательной и положив в нем х = 0, получим
ординату точки С:
^c-z 84z+8 8 °
vT.
Таким образом, достаточно взять А > 5 — 2 V2~« 2,2 (м).
Задача 13.
Окружность радиуса 1 с центром на положительной
полуоси Оу касается параболы у — х. Найти точку касания М
и положение центра окружности С.
Решение.
Обозначим центр окружности через С (0, а). Тогда
уравнение окружности будет иметь вид х2 + (у - а)2 = 1.
Рис. 12.6 Рис. 12.7
Нас интересует касание параболы с нижней полуокружно-
стью (рис. 12.6) уравнение которой имеет вид у= а—VI— х .
Обозначим абсциссу точки касания через х0. Значения
функций у = х2 и у = a-Vl- tf2, а также значения их
производных в точке х = х0 должны совпасть, поэтому имеем
157

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
я-Vl -xg =xg,
х0 _ то есть
Vl -а? = a-xjj,
*0(l-2Vl-;cg =0.
Одно решение, очевидно, xQ = 0, а = 1 (рис. 12.7). Второе
VT
уравнение имеет еще два корня х0 = ±-у (рис. 12.6).
Им соответствует одно и то же значение а = -т. Таким
образом, мы получаем более интересный случай: окружность
с центром в точке С |0; -г], касающуюся параболы в точках
М,
VT 3\ w / VT
-у~; 4 и М* ГТ; 4 (рис- 12-6)
Задача 14.
Точка движется прямолинейно под действием постоянной
силы с ускорением 2 м/с2 и с нулевой начальной скоростью.
Через 3 секунды после начала движения сила прекращает
действовать и точка начинает двигаться равномерно с
набранной скоростью. Найдите закон движения точки.
Решение.
Выберем систему координат так, чтобы в начальный
момент точка находилась в начале координат: 5 = 0 при t = 0.
Тогда при 0 ^ t ^ 3 имеем S = t2. При t ^ 3 график
движения — часть касательной к параболе S = t2, проведенной в
точке (3; 9) в сторону возрастания t. Поэтому его уравнение
имеет вид S - 9 = б (t - 3), или S = bt - 9.
Таким образом, закон движения определяется функцией
е _ [Т2, если 0^ Г^ 3,
[6*-9, если t>3.
Задача 15.
Найдите уравнение общих касательных к параболам
у = я2 - 5х + 6 иу^^+я+Ь
158

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Решение.
Пусть точки различных парабол, через которые проходит
общая касательная, имеют координаты А(хх; yt), В(х2; у2).
Пусть уравнение общей касательной будет у = кх + Ь. Угловой
коэффициент
Ух "У2
* = -
(3)
причем
у, = х? - 5х, + 6, (1)
у2 = х?2 + х2+\, (2)
и, т.к. Л — угловой коэффициент прямой-касательной, то
к =00',
*=<%)'.
уравнений (3), (4) и (5) составляем систему
•
Xj х2
/С == j?X< """* о^
А = 2х2 + 1.
(3)
(4)
(5)
(4)
(5)
Далее, вычитая (5) из (4), получим
хх - х2 = 3, (6)
jq = 3 + х2. (6')
Подставим значение для х{ из выражения (6') в уравнение
(1), Получим
(Г)
Я ^ (х2 + З)2 - 5 (3 + х2) + 6 = 4 + х2
1
Подставим (Г), (2) и (6') в (3). Получим к= -^ Не-
5
сложно получить, что # = <v Далее составляем уравнение
искомой касательной.
1 5
Ответ: У=-зх+9*
159

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 16.
Даны две параболы: у = 8 - Ъх - 2х2, у = 2 + 9х - 2х2.
1) Найти значения а и Ъ в их общей касательной
ах + Ь.
2) Найти координаты точек касания.
Решение.
Запишем уравнение касательной к графику функции
)> = /(*), проходящую через точку Р(х0, у0):
У-%=/'(*о)(*-*о)-
Пусть искомая прямая касается данных парабол в точках
с координатами (#0; уп) и (хп; уа). Имеем:
//Ц) = - 3 - 4 х0); /2' (Хо2) = 9 - 4*о2;
% = 8 - Зх0 - 2х\\ у0 = 2 + 9х0 - 2х\ .
Подставим в уравнение касательной:
[у-Уо, =//(*<>,)(*-*<),)>
~Уо =f2'(x0)(x-x0),
у - (8 - 3x0i - 2xg() = (-3 - 4х0)(х - х0),
у - (2 + 9х0' - 2х*) = (9 - 4х0 )'(* - х0 >
Так как это уравнения одной и той же прямой, то можно
приравнять коэффициенты аж Ъ,
U = (- 3 - 4хь,) * + Зхо, + 4х§, + 8 - Зхо, - 2x3,,
[У = (9 - 4*о2) х - 9*о2 + 4х|2 + 2 + 9дсо2 - 2x8,,
- 3 - 4х0 = 9 - 4х0,
I 2
2*? + 8 = 2x2 +2,
1 2
хо, = Хо2 - 3; (хо2 - З)2 + 4 = х\2 + 1,
xga - 6хо2 + 9 + 3 - х%2 = О,
(1)
(2)
160

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
*о2 = 2, Уо2 = 2 + 18 - 8 = 12;
хо = 2 - 3 = -1, % =8 + 3-2 = 9.
Подставим (х0; у0) в (1) или (х0; yQ) в (2), получим
ul V 2 2
уравнение касательной у = х + 10.
Задача 17.
Хорда параболы у=-а2х2 + 5ах - 4 касается кривой
у = -= в точке хп = 2 и делится этой точкой пополам.
'1-х °
Найдите а.
Решение.
Напишем уравнение касательной к графику функции
f(x) = . _ в точке М с абсциссой х0 = 2:
/(2) = -1, /'(*) = (j-Г^а. /'(2) = 1,
так что уравнение касательной имеет вид у = я - 3.
Предположим, что эта касательная пересекает данную
параболу в точках А и В. Абсциссы точек А и В — это корни
уравнения -а2 х2 + Sax - 4 = я - 3 или
-о2*2 + (5а- 1)х- 1 = 0. (1)
Точка М является серединой отрезка АВ в том и только
в том случае, если ее абсцисса равна полусумме абсцисс
точек А я В. Воспользовавшись теоремой Виета, запишем это
5а- 1 А л 1
условие: ^— = 4, откуда а = 1 или а = -j.
Остается проверить, пересекаются ли при этих значениях
а данная парабола и прямая у = я — 3, т.е. имеет ли корни
уравнение (1).
При а = 1 получаем уравнение -;с2 + 4х-1 = 0с поло-
1
жительным дискриминантом, а при а = -т — уравнение
-TgX2 + -vx-l = 0c отрицательным дискриминантом.
Таким образом, а = L
161

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ КНИГА II
/(1)=1, /'(*)= „.,-142. /'(1)=-L
Задача 18.
Вычислите площадь треугольника, ограниченного осями
координат и касательной к графику функции у = ~ _ , в
точке с абсциссой х0 = 1.
Решение.
Найдем уравнение касательной:
J_
(2*-1)2
Уравнение касательной имеет вид у = -х + 2. Эта прямая
пересекает оси координат в точках А (2; 0) и В (0; 2). Таким
образом, искомая площадь SAOB = ^ ОЛ • ОЯ = 2.
Задача 19.
Напишите уравнение касательной к параболе
у = 2х> - х - 1
в точке с ординатой 5, если известно, что эта касательная
не проходит через точку М(1; -2).
Решение.
Для нахождения абсциссы точки касания решим уравне-
ние 2х2 - х - 1 = 5. Получим два корня: хх = - ^ х2 = 2.
Пусть /(*) = 2х2- х - 1, тогда /'(*) = 4х - 1, /' (- || = -7.
Уравнения касательных у = —7x — 5,5 и у = 7л; — 9, из них
первая касательная не проходит через точку М, а вторая —
проходит.
Ответ: у s -7х - 5,5.
Задача 20.
Из точки М(1; 1) проведены касательные к двум ветвям
к
гиперболы у = — (к< 0), касающиеся этих ветвей в точках Л
и В, причем треугольник МАВ правильный. Найдите к и
площадь треугольника МАВ.
162

12. КАСАТЕЛЬНАЯ К КРИВОЙ
Решение.
Пусть t — абсцисса произвольной точки данной
гиперболы. Касательная в этой точке задается уравнением
к 2к
у=—2Х + ~Г и проходит через точку М(1; 1) в том и
к 2к
только том случае, если 1 = 2 + ~Т > или * "~ 2ft* + & = 0.
По теореме Виета t{ + t2 = 2ft, tx • t2 — ft. Поскольку ветви
данной гиперболы симметричны относительно прямой у = х,
а точка М лежит на этой прямой, точки А и В симметричны
относительно прямой у = х. Впрочем, в этом можно убедиться
и так: Ц2 = к, т.е. абсцисса точки В равна ординате точки А
и наоборот. Таким образом, точка А ftp* *2), а точка В (t2; t{).
Отсюда следует, что MA = MB при любом к < 0. Таким
образом, ft нужно находить из равенства МА = А?. Вычислим
МА2 и АВ2:
^ = ft - *2)2 + ft2 - О2 = 2 ft- t2f = 2 (ft + t2f - 4^2) =
= 8ft2 - 8ft;
МА2 = ft - l)2 + ft2 - l)2 = *f + ^ - 2 ft + у + 2 =
= 0i + У2 " 2 (*i + *2) + 2 ~ 2^ *2 = 4ft2 - 6ft + 2.
Мы получили относительно ft уравнение
8ft2 - 8ft = 4ft2 - 6ft + 2,
которое имеет единственный отрицательный корень ft = — -~.
Для нахождения площади правильного треугольника MAS
подставим найденное значение ft в выражение для АВ2.
Получим АВ2 = 6, и, следовательно, площадь SMAB = ~ .
Задача 21.
Найдите уравнение прямой, касающейся графика
функции f(x) = хА - 2х3 + х? + х — 2 в двух точках.
Решение.
Заметим, что/(*) - (х - 2) = х2 (х - I)2. Оказывается,
если многочлен /(*) представляется в виде
163

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
/(х) = (х-а)2*(х)+/(*),
где 1{х) — линейная функция, а g(x) — произвольный
многочлен, то прямая у = 1(х) является касательной к
графику функции у = / (х) в точке с абсциссой а.
Действительно, в этом случае /(a) = I (a), f'(а) = I'(а)> так что прямая
у — I {х) проходит через точку (а; / (а)) имеет угловой
коэффициент f'(a). В нашем случае отсюда сразу же следует, что
прямая у = / (х) касается графика данной функции в двух
точках Ц = 0 и U2 = 1) и / (х) = х - 2.
Итак, уравнение искомой касательной у = х - 2.
Задача 22.
Даны параболы у = х2 и у = х2 + т {т > 0). Доказать,
что хорда первой параболы, касающаяся второй параболы,
делится точкой касания пополам.
Решение.
Пусть прямая I касается параболы у = ? + т в точке
А/0 (х0; у0). Уравнение касательной / имеет вид
у-у0 = к(х-х0),
где к = /'(*0) = 2х0 и у0 = х20 + т.
Выполнив подстановку, получим: у = 2х0х — xl + т.
Обозначим через А (х{; ух) и В (х2; у2) точки пересечения
прямой I с параболой у = х2. Координаты этих точек являются
решением системы уравнений
[у = хг,
_ х. + х2
или (по теореме Виета) х0 = —~—> чт0 доказывает
утверждение задачи.
164

13. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ
Задача 1.
При каких значениях параметра а функция
возрастает во всей области определения?
Решение.
Область определения функции — множество всех
действительных чисел.
/'(л) «ох2-2 (а- 1)* + 2.
Чтобы функция монотонно возрастала, необходимо и
достаточно, чтобы выполнялось неравенство /'(*) ^ О ПРИ
х G R. Это в свою очередь, значит, что выполняется система
неравенств
а>0, Га>0,
D ^ 0, или |4 (а - I)2 - 8а ^ 0,
2 - vT^ а^ 2 + VT.
Ответ: 2 - VT^ а ^ 2 + VT.
Задача 2.
Найти все значения а > 0, при каждом из которых
неравенство In (1 + х) ^ х — ах2 выполняется при всех
неотрицательных значениях х.
Решение.
Рассмотрим на интервале (-1; оо) непрерывную функцию
/ (х) = In (1 + х) + ох2 - ох.
V ' 1 + X X + 1
Если 2а - 1 *» 0, то /'(*) > 0 при х > 0. Поэтому функция
/(х) будет возрастающей на промежутке [0; оо),
следовательно, в этом случае f(x) >/(0) = 0 при любом х>0.
165

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Пусть 2а-1<0иа>0. fix) обращается в нуль в точках
1 - 2а
xt = 0 и х2 = —^ > причем в точке х = 0 функция /'(*)
меняет знак с плюс на минус. Следовательно, точка х = О
является точкой локального максимума функции fix). Кроме
того, при достаточно малых положительных значениях х
выполняется неравенство /(*)</ (0) = 0.
Таким образом, условию задачи удовлетворяют все числа
Задача 3.
При каких значениях параметра а функция
у = 3 (а + 1) х5 - 20*3 + 15 (а + 2) х - 4
монотонна на множестве Л?
Решение.
у'(*) = 15 ((а - 1) х4 - 4л2 + (а + 2)).
Условию задачи удовлетворяют те значения а, для
которых равенство (а — 1) z2 — 4z + (а 4- 2) = 0 или не имеет
решений, или имеет положительные решения. Это будет тогда,
коща а удовлетворяет неравенство 4 (а — 1) (а + 2) < 0 или
систему
4
а-1
а + 2
<0,
> 0.
[а- 1
Решая систему, найдем ответ.
Ответ: aG ]-оо; -2] U [2; оо[.
Задача 4.
При каких значениях параметра с функция f(x)
непрерывна во всех точках, ще она определена?
166
V25 - л?, если х<4,
с ^ А т.е.
—, если х > 4,

13. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ
Решение.
1) При х = 4 f{x) = 3. Таким образом, т = 3, с = 12.
Ответ: с = 12.
Задача 5.
Какому условию должны удовлетворять параметры а и
й, чтобы функция
fM fx-1 при х<1,
7W " jox2* их при х>1
была непрерывной?
Решение.
Вычислим левый и правый предел данной функции в
точке х= I. Имеем
lim (х - 1) = 0; lim (ах2 + Ьх) = а + #.
Поскольку данная функция в точке х = 1 непрерывна
слева и /(1) = 0, то для ее непрерывности необходимо и
достаточно, чтобы выполнялось равенство а + Ь = 0.
Ответ: а + й = 0.
Задача 6.
При каких значениях параметра а функция
у = sin х - a sin 2х - -яг sin Зх + 2ах
возрастает на множестве Л?
Решение.
Функция возрастает на множестве R, если
у \х) = 4 sin2 л; (а + cos х) ^ 0
для всех действительных ху т.е. при а > 1.
Ответ: я ^ 1,
167

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 7.
При каких значениях параметра а функция
у = -х sin3 * - sin * (а + cos х) + (1 - 2d) х - 2
убывает на множестве R?
Ответ: а > 1.
Задача 8.
Для каких значений параметра а функция
у = In (я + Vo2 + х2 ) — нечетная?
Решение.
Имеем
In {-х + Va2**2) = - In (* + Va2**2),
x2-a2-x2 = l; a=±l
Ответ: a = ± 1.
Задача 9.
a2-*
Для каких значений параметра а функция у = In -т-^
нечетная?
Ответ: a = ± 2,
Задача 10.
Дана функция /(*) = (3 - 5a) х - ax3.
Найдите множество всех значений параметра а, при
которых равенство /'(*) = 0 имеет решение7
Решение.
/'(*) = 3 - 5а - За*2.
Если/'(*) = 0, то при а = 0 равенство За*2 + 5а - 3 = 0 —
решений не имеет.
Если а * 0, то *2 = —^— и 0 < а < т«
Ответ:
168

13. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ
Задача 11.
Найдите все значения постоянной величины а, при ко-
- ахъ+3х2+х
торых производная функции у = е принимает только
положительные значения во всей области определения данной
функции.
Решение.
у' = в"^*2+* (ох3 + Зх2 + х)' =
тт ахъ+Ъх2+х . Л _ -»
Поскольку е >0 для произвольного хбЛ, то знак
у' совпадает со знаком множителя Зах2 + 6х + 1.
Тут х Е Р, если За > 0 и ?> = 9 - За < 0, откуда следует,
что а>3.
Ответ: ]3; оо[.
Задача 12.
Многочлен Р (х) = ах2 + их + 4 принимает только
положительные значения при произвольном действительном
значении х. Найти все целые значения параметров а и й, при
которых Р '(1) = 4.
Решение.
P'(x) = 2ox+ft, P,(l) = 2a + i.
Поскольку Р (х) > 0 при произвольном х Е Р, то
дискриминант трехчлена Р (х) отрицательный и a > 0.
Имеем систему
[?><0,
2a + ft = 4, или
Гй2-16а<0,
р = 4 - 2а.
Подставляя в неравенство системы значение Ь, имеем
(4-2а)2- 16а<0, а2-8а + 4<0.
4-2V3~<a<4 + 2\f3:
Поскольку а — целое положительное, то
169

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
йб [1, 2, 3, 4, 5, 6, 7], соответственно
ЙЕ [2; 0; -2; -4; -6; -8].
Ответ: (1; 2); (2; 0); (3; -2); (4; 4);
(5; -6); (6; -8); (7; -10).
Задача 13.
При каких значениях а к с все экстремумы функции
/ (х) = 2а2х2 + lax2 + Ах + с неположительные и максимум на-
ходится в точке х = - ^?
Решение.
/'(*) = Ьс?? + 14ах + 4, откуда при а>0 точка макси-
2 1
мума х = = - ¦«, т.е. я = 6, при а< 0 точка максимума
х = - "5- не может быть равна (- т 1 ¦ Следовательно, остается
решить неравенство
М"" "51 * 0> ще f^ = 72;с3 + 42;с2 + 4х + с'
^ 2
отсюда с ^ - ^.
Задача 14.
При каких значениях а уравнение Vsin* + Vcos х = а
имеет решения?
Решение.
Заданное уравнение имеет область определения —
множество чисел
2лг&; ^ + 2лг&к
Рассмотрим функцию у = Vcos х + Vsinx.
Если найти область значения этой функции, то этим
самым будут найдены значения я, при которых заданное
уравнение имеет решение.
~ , cosx sinx
Вычислим у' = ^т—-2ужГ
170

13. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ
cos х sin х
Корнями уравнения ~ , . — ~ , = 0 являются чис-
к
ла х = -j + пл:, n Е Z.
Поскольку функция у = Vcos х + Vsinx периодическая с
периодом 2л:, то для нахождения наибольшего и наименьшего
значений функции достаточно вычислить значение функции
в точках х2 = -т; *з = т« Получим у (0) = 1; у -j] = V2 V2~.
Следовательно, 1 ^ Vcos х + Vsinx «^ VT" при всех
xG
2л:?, ^ + 2жк
> kGZ.
Таким образом, заданное уравнение имеет решение при
aG [1; V2VT].
Ответ: аЕ [1; V2VT].
Задача 15.
Найти все значения а, при которых уравнение
/ '(х) = 0, где /(*) = 1 - cos х + —гт х
имеет на отрезке [100л;; 101л:] не больше одного корня.
Решение,
Найдем производную f(x):
f (х) = sinx + —г-г
v ' а + 1
и приравняем ее к нулю:
sinx + ——г-= 0, (1)
а + 1
Функция у = /'(*) на промежутке [100л:; 100,5л:]
возрастает, причем 0 < sin х < 1, а на промежутке
[100,5л:; 101л:] убывает, причем 0 ^ sinx< 1. Поэтому
уравнение (1) имеет единственное решение или не имеет решений,
если выполняется совокупность неравенств:
171

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
1 + а ' 1 + а
Решением первого неравенства будут значения
аЕ (-1;0], второго — аЕ (-<»; -1) (J (1; оо).
Ответ: а Е (-оо; -1) U (-1; 0) U (1; ").
Задача 16.
Решить уравнение V2* + 1 + у/х - 1 = а.
Решение.
Исследуем функцию у = V2x+ 1 + Vx - 1 на экстремум
и монотонность.
Область определения — промежуток [1; оо[,
,_ 2VF=n~-V2x+l
у "" 2V(*-1)(2*+1) •
При ^ = п*> >>' = 0 — точка минимума (при х = -^ ), а
поскольку она единственная, то у\ «¦ = V ^ — наименьшее
значение функции. Следовательно, при а< V w уравнение
не имеет решений.
Поскольку y(l) = V3~, то на отрезке 1; -А функция
убьюает от V3Tдо V «•
На промежутке ¦=¦; оо функция бесконечно возрастает
jt[ [
от значения V -~ .
Поэтому при а — V тг уравнение имеет решение:
5
172

13. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ
vr<.
При V ^ < а ^ VT — два решения
x = 3o2±2aV2o2-3 .
При а ^ V3" — одно решение х = За2 - 2 + lava2 - 3 .
Если а & 1, то уравнение имеет одно решение
x = ^(l+V2a+l ).
Если а< 1, то уравнение решений не имеет.
Задача 17.
Найти критические точки функции
/(л) = 0,5е2х + (1 - а) ех - ах + 2.
Решение.
Функция / определена и дифференцирована при всех
действительных х, ее критические точки будут корнями
квадратного относительно ех уравнения:
e2x + (l-a)ex-a = 0i
1-a \/ (1 - а)2 , 1-а 11 + л1
Но ll + al- J1**™ ^~!' ,
|- (1 + а), если a< -1.
Если а>-1, то е = ~—±—~—; е = а; е = -1.
Но е*>0 (х € Л). Поэтому имеет смысл только один из
корней ех = а, причем только для положительных а.
Решая это уравнение, получим
х = 1пя (а>0).
Если а< -1, то е = ~— ± —о—' в = * = а*
Поскольку а < -1, то решением каждого из этих
уравнений будет пустое множество. Если a G ]0; оо [, то функция
173
откуда е

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
/ имеет единственную критическую точку х = In а. Если
а §ё ]0; о© [, то функция критических точек не имеет.
Задача 18.
При каких действительных а и Ъ все экстремумы функции
с 2 3
/ (х) = —^ *" 2##2 — 9х + Ъ положительны и максимумы на-
кодятся в точке х0 = - ^?
Решение.
ии 9 1
Найдем экстремальные точки: х1 = - г~; х2 = —•
15 9
1) Если а < 0, то х2 < х{ и х2 = х0, т.е. — = - g, а = - -=.
9
Тогда х^=—-р-=1. В этой точке /(х) имеет локальный
минимум, который должен быть больше нуля.
Имеем /(1) = -^ + й>0, т.е. й>-у.
9 5
2) Если а > О, то х1 < х2 и х1 = х0, т.е. - -=- = — <г,
81 ^ 1 25 D u
а = ir=. Тоща точка минимума х2 = — = тгг. В этой точке
щ-
400..^ ,.400
Следовательно, экстремумы будут положительны при
'36 Г 81 . _ Г400 Г
т; оо ища-jjiekg, ос]
9 ,
5И*'
Задача 19.
При каком значении а>0 касательные к параболе
у = ах2, которые проходят через точку А (0; -1)
перпендикулярны?
Решение.
я
л2ч _ / _ 2
Уравнениями прямых, которые касаются кривой у—ах'
в точках (с; ас ) и (—с; ас) являются:
174

13. ЗАДАЧИ С ПАРАМЕТРОМ
у = а<? + 2ас (х - с) и у = ас* - 2ас (х + с)
соответственно (с>0). Подставляя в это уравнение х = 0,
у = -1, получим ас2 = 1. Прямые будут перпендикулярны,
если 2ас = 1. Таким образом, получим систему
[2ас=1,
решая которую, получим а = -г, с = 2.
Задача 20.
При каких значениях а кривая у = Зл3 - а2 я имеет две
общие точки с прямой у = (2а + 1) х - 2 (а + 1)?
Решение*
Кубическая парабола имеет с прямой тогда и только тоща
две общие точки, коща одна из них является точкой касания.
Поэтому, приравнивая угловые коэффициенты
касательных, получим уравнения для абсциссы точки касания:
9x2-a2 = 2a + 1, т.е.
х = - -~ (а + 1) или х = -х (а + 1).
Далее, используя равенство значений функции при
найденном #, получим уравнение для а
(а + I)2 = 9, т.е. а = -2; а = -4.
Задача 21.
При каком значении параметра а прямая у = ^ касается
кривой у = V3T- а?
Решение.
Если прямая у = ^ касается кривой у = V3T- а в точке с
абсциссой х, то для л: получим уравнение
2 = V3T- а, откуда х = 1.
175

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Значит, 3^ = 2» следовательно, я = ту
Задача 22.
При каком а парабола у{= ах2 касается кривой у2 = In х!
Решение.
Найдем точки, в которых касательные к кривой имеют
одинаковые углы наклона, это есть точки, ще равные значения
производных у( (х) = lax, у2' (х) = -, у2 (х) = -.
Из равенства 2ах = — (х > 0) получаем
X
л 1 1
а у2а
Кроме этого, в найденной точке должны совпадать
ординаты общих кривых а • 2~ = In >д , откуда 1п-т^=-= тг;
V2F=VT01 2а==Т0; а=20'
Ответ: я = ^Ту
176

Глава III. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
14. ОБ ОДНОМ ЗАМЕЧАТЕЛЬНОМ ТОЖДЕСТВЕ
Речь идет об известном тождестве:
d + й3 + с3 - ЪаЬс =
= (а + й + с)(с? + й2 + с2 - аЪ - ас - be). (1)
Обычно это тождество доказывают так:
а3 + й3 + с3 - Зайс = а3 + За2^ + За*2 + й3 - Зайс -
- За2* - Зой2 = (а + й)3 + с3 - Зой (а + й + с) =
= (а + й + с) [(а + й)2 - (а + й) с + с] - Зой (а + й + с) =
= (а + й + ^(а2 + й2 + с2 - ай - ас - be).
Сделаем замену: а = VF, 6 = VjT, c = VT. Тоща (1) будет
иметь вид:
x+y+z- 3\/3cyz"= (VF+ \/у"+ Vz)(\G?"+ \Ff+ Vz2"-
- V3cy~- VyT- Vzx). * '
В дальнейшем вторые сомножители в формулах (1) и (2)
будем заменять буквами соответственно М{ и М2 и будем
пользоваться соотношением:
а3 + й3 + с? = (а + й + с)М1 + Зайс. (3)
При этом легко доказать, что Мх ^ О, М2> 0.
С помощью тождества (3) можно решить различные
задачи. Начнем с тождественных преобразований.
Задача 1.
Разложить на множители:
А = (х2 + f)3 + (z2 - х2)3 - (f + z2)3.
Решение.
Воспользуемся формулой (3):
Л = (х2 + у2 + 22-х2-у2-22)М1 +
177

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Ясно, что первое слагаемое равно нулю. Итак,
А = 3 (х2 + f){? - *)(-$• - z2)
Задача 2.
Уничтожить иррациональность в знаменателе дроби
1
А —
Vx~+ V}T+ Vz~
Решение.
Воспользуемся тождеством (2) и умножая числитель и
знаменатель на М2, получим:
М2 М2
А = 1 = ду. ...—з.-, и т.д.
х + у + z - 3 73^z~ v (* + У + z) - V37xyT
Ответ: Л = * , где М- — неполный
(x + 3> + z)3-27x);z' д 3
квадрат чисел V(x + у + z)3 и V27xyz.
Задача 3.
Доказать (самостоятельно), что
(а + й + с)(а + iz + с^)(а + Ъ? + cz) = с? + А3 + с3,
где комплексное число z — корень уравнения z3 = 1.
Задача 4.
Решить уравнение 2х3 - 6х + 5 = 0. (D
Решение.
Уравнение (1) запишем в виде:
д?-Зх + 2 + 5 = я? + (^2)3+[у^ 1 -ЗхйГ-Ут?. (2)
Сравним (2) и (1). Ясно, что левую часть уравнения (2)
можно разложить на множители:
(х + VT+ V^ J Afi = 0, то есть хх = - УТ- V \.
178

14. ОБ ОДНОМ ЗАМЕЧАТЕЛЬНОМ ТОЖДЕСТВЕ
Второе уравнение — квадратное, имеющее комплексные
корни.
Задача 5.
(Решить самостоятельно).
При каких значениях т уравнение
х3 - Ъх + т = О
будет иметь один действительный корень?
Ответ: при т = к + р где к — любое
натуральное число, не меньше 2.
Задача 6.
Решить уравнение:
1) Ъхъ - 9х + 10 = 0;
2) х3 + Ъа? + 3 (о2 - be) х + ct + Ъъ + с3 = Зайс.
Рассмотрим уравнение вида
Сделаем замену:
UiT«r=w ^Т^"=у2; ^Ш~=:уз> (2'>
тогда (Г) будет иметь вид: у, + у2 = — j>3. Возведем в куб:
$ + У\ + 3 й ?2 ("Уз) = - ^, ИЛИ
3? + Уг + у! ~ 3^ у2 у3 = 0;
(У, + У2 + %)((* - У2)2 + & - Уз)2 + (Уз - J-i)2) = 0-
Хотя бы один из сомножителей левой части равен нулю:
Уг + Уг + Уг = 0. <!">
или
У1 = У2 = Уг «")
Уравнения (1") и (2") не эквивалентны. Таким образом,
можно найти посторонние корни уравнения (Г). Это делается
179

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
так: решаем уравнение f{ (х) = /2 (х). Пусть х = а — корень
этого уравнения. Если /t (<*) =/3 (<*)> то а — посторонний
корень.
Для решения уравнения (Г) рекомендуем пользоваться
соотношением
Его легко доказать, умножив две части (Г) на М2, а
потом возвести в куб.
Задача 7.
Решить уравнение: V2x"+ Vx - 1 + VI - Ъх = О,
Решение.
Проверим, есть ли посторонние корни:
2х = х- 1, х = —1.
Таким образом, посторонних корней нет.
Воспользовавшись соотношением (3"), получим:
х (х - 1)(1 - Ъх) = 0; xi = 0, х2 = 1, х3 = з*
Для самостоятельного решения.
1) V7TT+ ^З^ТТ=^ПГ;
2) ta - 2 + vT= fox".
С помощью тождества (1) решим задачи:
Задача 8.
Решить в целых числах уравнение: х — У - Зху = 3.
Решение.
Запишем уравнение в виде:
х3 + у3 + 1-Зху-1 = 4, или
(х + у + lXx2 + у2 + 1 - ху -х- у) = 4, или
(х + у+1)^((х-у)2 + (х-1)2 + (у-1)2) = 4.
180

14. ОБ ОДНОМ ЗАМЕЧАТЕЛЬНОМ ТОЖДЕСТВЕ
Таким образом, возможны системы:
Гх + у+1 = 2,
х + у+ 1 = 4,
х* + у* + 1-ху-х-у=1,
х + у+ 1 = 1,
х2 + у2 + 1-ху-х-у = 4.
Ответ: х{ = 1, ^ = 2; х2 = 2, у2 = 1; х34 = ± 1, уЪА = ± 1.
Задача 9.
Доказать, что для т = 1, m = 2 уравнение
л3 + у5 4- z3 = mxyz
не имеет решения в натуральных числах. Найти
натуральные числа х, у, z для m = 3.
Ответ: х = у = 3, z —• любое натуральное число.
Задача 10.
Репшть уравнение: cos12 х + sin6 х (1 + cos2 х)3 = 1.
Решение.
Заданное уравнение запишем в виде:
(cos4 xf + (sin2 л: + sin2 х • cos2 х)3 -
- (cos4 х + sin2 x cos2 x + sin2 x) = 0.
Известно, что (a + й)3 - a3 - б3 = Зой (a + й).
В этом случае
а + Ъ - 1; a = cos4 х; Ь = sin2 х (1 + cos2 х).
Отсюда уравнение примет вид:
3 cos4 х sin2 х (1 + cos2 х) = 0.
хх = Ы\ x2 = -y(2/+l); x{2 = -?rn, k,n,l?Z.
Тождество (2) применяется при доказательстве
неравенств.
181

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 11.
_ X + У + Z 3.
Доказать неравенство ~ ^ v xyz для х, у, z > 0.
Решение,
Если учесть, что а + Ь2 + с2 > ab + ас + be, то заданное
неравенство очевидно (см. формулу (2)).
Задача 12.
Доказать неравенство (а3+ 63+ с - ЗаАс)3 ^ (а2+ й2+ с2)3.
Доказательство.
Обозначим а2 + Ь2 + с2 = A; ab + ас + be = В.
Понятно, что А > В. Теперь заданное неравенство будет
иметь вид:
(А + 2В)(А - В)2 ^ А3; (А + 2В)(А2 + В2 - 2АВ) ^ А3,
откуда 2В ^ ЗА, что очевидно, а, значит, заданное
неравенство доказано.
Задача 13.
Решить уравнение:
- + - + — = 3, если х, у, z > 0.
у z х
Ответ: х = у = z — любое положительное число.
Задача 14.
Доказать (самостоятельно):
(о3 + й3 + (?) (^ + j- + У > 3 [(а + 6 - с)2 + (а + с - Ъ)2 +
+ (6 + с - а)2 ] > 3 (а2 + 1? + с2) > (а + Ъ + с)2, ще а, *, с > 0.
Задача 15.
Построить изображение кривой, которую задано
уравнением х3 + Зху + /"~1=0 в прямоугольной декартовой
системе координат.
182

14. ОБ ОДНОМ ЗАМЕЧАТЕЛЬНОМ ТОЖДЕСТВЕ
Решение.
хЧ Зху + у* - 1 = \ (х + у - 1) ((х - у)2 + (х + I)2 + (у + I)2),
и заданное уравнение разложится на два:
1°) х + у- 1 = 0;
2°) (х - у)2 + (х + I)2 + (у + I)2 = 0,
то есть х = у = — 1.
Получили прямую у = — х + 1 и точку М(—1; 1).
Задача 16.
Доказать, что когда х{ и х2 — корни уравнения
х2 - сх - с = 0,
ще с - действительное число (с ^ 0), то х3 + х2 + xf х2 > О*
Доказательство.
х^ + х^ + xj х| = (xt 4- х2 + х{ х2) М? + 3xf х^.
Поскольку xt + х2 = с, a х{ • х2 = -с, то заданное
неравенство доказано.
Задача 17.
Доказать, что сумма кубов цифр трехзначного числа
делится на 3, если сумма цифр этого числа делится на 3.
Решение.
Пусть ц #2 Оз — заданное число. Надо доказать, что
(of+ 4 + ^ 3.
Известно, что
c^ + c^ + c^ = (al-ha2'\-a3)Ml + 3ala2a3 = 0,
Применяя признак делимости на 3, доказываем
утверждение задачи.
Задача 18.
Доказать неравенство
(а3 + й3 + & - ЪаЪс)2 ^ (а2 + й2 + с2)3.
183

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Обозначим
а2 + й2 + с2 = р; ab + bc + ac = q; d + & + с3 - ЪаЪс = т.
Легко проверяются соотношения р-^Ои
т2 = (а + й + с)2 (а2 + й2 + с2 - ай - be - ас)2 =
= (р + 2<?)(р - <7)2.
Тогда р3 - т2 = р3 - (р + 2?)(р - tf2) =
= 3pq-2(? = (f (Зр - 2?) = ^ (2р - 2? + р) >0,
так как р - q>0, р > 0.
184

15. УРАВНЕНИЯ И ОБРАТНЫЕ ФУНКЦИИ
Пускай функция f(x) определена, непрерывна и
монотонна на множестве X (ХСЛ), причем множество значений
этой функции У. Тогда существует функция g(x), обратная
/(*), область определения которой У, область значений X,
которая непрерывна и монотонна (с тем же, что и /(*),
направлением монотонности).
Задача-теорема 1.
Доказать, что уравнения f(x) = g(x) и f(x) = х
равносильны, если f(x) возрастает, и уравнение f(x) = g(x)
является следствием уравнения / (х) = х, если / (х) убывает.
Доказательство.
Пусть х0 — корень уравнения f{x) = х, т.е.
*о=/(*о)-
Тогда xQ е X. Но / (х0) G7, а значит, х0 е У.
В таком случае х0 и / (х0) попадают в область определения
функции g, значит, g(x0) =g(f(x0)).
Но g(f(x0)) = х0, а х0 = /(х0), итак, ?(х0) = /(*о).
Пусть теперь f{x) возрастает, и f(x0) = g(x0) (т.е. х0 —
корень уравнения / (х) = g (х)), тогда xQ Е X; но и
g(;c0)ex, значит, /(x0)GI В таком случае f(x0) и g(*0)
попадают в область определения функции /, значит,
/<Ж))=/0К*о)) = *о- <*>
Если f(xQ) >х0, то, поскольку обе части неравенства
попадают в область определения функции /, то, учитывая ее
возрастание, имеем f(f(x0)) >f(x0); но f(x0)>x0, откуда
f(f(xo)) >хо> что противоречит (*).
Аналогично доказывается невозможность случая
f(x0)<xQ, итак, остается единственное: f(xQ) = д:0.
В дальнейшем через / и g будем обозначать
взаимно-обратные функции.
185

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 2.
Решить уравнение — = ——г~" * (я > 0).
Решение.
Очевидно, х = 0 не является решением данного
уравнения. Пусть /(*) = ^ + Ъ, тоща х = ffj!_v "j(x) = ^?-у
Очевидно, данное в условии уравнение имеет степень не
выше второй, следовательно, оно имеет не более двух корней.
Поскольку f(x) монотонно убывает на промежутках
(—оо; 0) и (0; +оо), то на этих промежутках, согласно
задаче-теореме 1, оно является следствием уравнения /(х) = х.
Это уравнение имеет вид — + Ъ = х, или
X
х2 - Ъх - а = 0. (*)
Поскольку <2>0, то уравнение (*), очевидно, имеет два
различных, не равных нулю корня
Ъ
\г 2
±Vf77.
Поскольку х{ и х2 являются решениями и квадратного
й, то других корней эг
,,.—4±V?T.
уравнения-следствия — = ——г — 6, то других корней это
уравнение не имеет, откуда ответ. „12
Задача 3.
Решить уравнение Vx - 9 = (х — З)3 + 6.
Решение»
Перепишем уравнение в виде
(х - З)3 + 9 = Vx^T+ 3.
Тогда /= (х - З)3 + 9, х - 3 = Vi^T, откуда
х^^ГПГ+3, s=tof=T+3.
186

15. УРАВНЕНИЯ И ОБРАТНЫЕ ФУНКЦИИ
Имеем /(х) = g(x), f(x) монотонно возрастает на R,
значит, можно применить задачу-теорему 1:
(х - З)3 + 9 = х, или х3 - 9х* + 26х -18 = 0.
Поскольку
х3 - 9х* + 26* - 18 = (х - IX*2 - 8х + 18), то х = 1.
Задача 4.
Решить уравнение V2 — х = 2 — х\
Решение,
Пусть /(х) = 2-х3. Найдем функцию #(х), обратную
/(х) = 2 - х3, х3 = 2 - /(х), х = fa-/(x), значит,
g(х) = V2 - х и /(x) = g(x),
следовательно по задаче-теореме 1
2 - х3 = х; (х - 1)(х* + х + 2) = 0, х = 1.
Задача 5.
Решить уравнение x?-x+l=-« + Vx--j .
Решение.
Очевидно, х ^ -j. Пусть /= х2 — х + 1. При х> -j /(х),
очевидно, возрастает. Найдем g.
2x=l+V4/-3, x = | + V/-f ,
1 л/ з
j g = ~2+ V Х — -Т . Имеем g(x) = /(х), т.е. можно
значит
применить задачу-теорему 1: х2 — х + 1 = х, х=1.
187

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 6.
Решить уравнение х = V V3T— -т - -т.
Решение.
Запишем уравнение в виде: х + -т = V Vx~- -т .
Очевидно, что х > 0. Тогда х + -j > 0, и [х + -г] = V3T- -т.
Пусть /= |* + т] > тоща g = yfx--j> значит, заданное
уравнение эквивалентно уравнению
*+4 = *» откуда ^= 4#
Задача 7.
Решить уравнение х = 1 - el~e (х ^ 0).
Решение.
Запишем уравнение в виде 1 - х = е 1~е, или
1п(1 -х) = 1 -е\
Если /= In (1 - х), то g = 1 — ех> отсюда
In (1 - х) = х, 1 - х = е *, х = 0.
Задача 8.
Решить уравнение х = 2 + V2 + V3T.
Решение.
Очевидно, х ^ 2. Запишем уравнение в виде
(х - 2)2 + а + V3T, тогда
/=(х-2)2, g=2 + V^.
Поскольку /(*) возрастает при х ** 2, применим задачу-
теорему 1. Тогда
188

15. УРАВНЕНИЯ И ОБРАТНЫЕ ФУНКЦИИ
1 ± 3
2 + Vx~= х, V3c~= —2—> откуда х = 4.
Задача 9.
Решить уравнение х + 1 = 2 V2x - 1.
Решение.
Пусть —ту— = /, тогда g = V2x - 1.
Решаем уравнение, эквивалентное данному:
х3 + 1
—^— = х> или я3 - 2х + 1 = 0.
Поскольку х - 2х + 1 = (х - 1)(х2 + х - 1), то
_ -1±\Т
xt — 1, х2^ — 2
Задача 10.
Решить уравнение: 1 + cos6 х = 2 Vcos 2х.
Решение.
Преобразуем уравнение: 1 + cos х = cos2 X - 1 .
Обозначим cos2 х = Л, тогда наше уравнение запишется
так: —^— = V2A - 1.
Положим / = —~—, тогда к = V2/ - 1, т.е. g = V2? - 1.
Имеем уравнение вида /(Л) = g (к), которое равносильно
уравнению / (к) = к. Итак, имеем
¦Ц— = *; й3 - 2* + 1 = 0; (jfc - IX*2 + * - 1) = 0.
*-1. *=^1
(*з = 9 не ПОДХОДИТ) поскольку к = cos2 х ^ 0).
189

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Итак,
cos х = 1,
2 У5Г-1
cos х = —~—,
sin2 х = О,
cos х = ± U
х = лгм, л G Z,
jc = лт1 ± arccos t, где *
_VV5~-1
~ Y 2
190

16. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
Задача 1.
Решить в целых числах уравнение ху = х + у.
Решение. Первый способ.
х = _ ,, х будет целым, если
у— 1 = 1 или у — 1 = — 1.
Поэтому решениями будут пары чисел (0; 0) и (2; 2).
Второй способ.
Из условия следует, что (х - 1)(у - 1) = 1, откуда
Гл: — 1 = 1, Гх-1 = ~1,
{,-1 = 1,™{У-1 = -1.
Задача 2.
Решить уравнение х2 - у2 — 93 в целых числах.
Решение.
(х + у) (х - у) = 93.
В целых числах равенство возможно, если
1)
3)
х + у = 1,
х-3> = 93,
2)
х + у = 93,
х-у= 1,
Гх + у=-1,
|х-у=-93,
,. Гх + )> = 3,
0> |х - у = 31,
7. (х + у=-3,
° \х-у=-31,
<х + у=-93,
4> |х_у=_1,
6) \
8)
х + у= 31,
х — з> = з,
Гх + у=-31,
{* - У = - 3,
Ответ: (47; 46); (47; 46); (-47; 46); (47; 46);
(17; -14); (17; 14); (-17; 14); (-17; -14).
191

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 3.
Решить в целых числах уравнение 6х2 + 5/ = 74.
Решение.
бх2 - 24 = 50 - 5/, или 6 (х2 - 4) = 5 (10 - у2), откуда
4
х2 - 4 = 5и, т.е. 4 + 5w ^ 0, откуда и ^ - т*
Аналогично:
Ю - f = 6w, т.е. 10 - 6а ^ 0, и ^ |.
Целое число и удовлетворяет неравенству
4 5
- тг ^ и ^ тг, значит, w = 0 и и = 1.
При и = 0, получим 10 = /, где у — не целое, что
неверно. Пусть и = 1, тогда х2 = 9, у2 = 4.
_ Гх, = 3, Гх, = 3, Гх, = - 3, Гх, = - 3,
Ответ; J * ~ J 2 ' J 3 0 ^ 4 '
1^1 = 2, |У2=-2, [Уз = 2, ]у4 = -2.
Задача 4.
Решить в целых числах уравнение Зх2 + 5^ = 345.
Решение.
Так как 345 и 5у делятся на 5, то и Зх2 делится на 5,
откуда следует, что х = 5и, где и — целое.
Аналогично y = 3v для некоторого целого числа v. Урав-
нение принимает вид 5и2 + 3t^ = 23. Следовательно, и2 ^ -=-,
23
ti2 ^ -у-, откуда \и\ ^ 2, Ы ^ 2.
Перебором устанавливаем, что lul =2; \v\ = 1.
Ответ: <
^ = 10,
^ = 3,
х2 = 10, Гх3 = - 10,
х4 = - 10,
У4 = - 3-
192

16. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
Задача 5.
Решить в целых числах уравнение х + у — Ъху = 2.
Решение.
Если х и у оба нечетны или одно из них нечетно, то
левая часть уравнения есть нечетное число, а правая —
четное. Если же х = 2т и у = 2/г, то 8т3 + 8п3 — 12/п/г = 2,
т.е. 2 (2т3 + 2/г3 - Ътп) = 1, что невозможно ни при каких
целых тип.
Задача 6.
Доказать, что уравнение 2х - 5у2 = 7 не имеет решений
в целых числах.
Доказательство.
Из уравнения видно, что у должен быть нечетным числом.
Положив y = 2z+l, получим 2Х2 - 20z2 - 20z - 5 = 7, или
х2 - 10z2 - 10z = 6, откуда следует, что х есть четное число.
Положим х = 2и. Тогда 2и2 — 5z (z + 1) = 3, что невозможно,
так как z (z + 1) есть четное число.
Задача 7.
Найти все положительные числа а, й, с, для которых
а . 6 . с _ 3
2а + Ь + с 2Ь + с + а 2с + а + Ъ 4'
Решение.
Введем обозначения:
х = 2а + й + с, у = 2й + с + a, z = 2с + 6 + а.
Тогда а + й + с = я:-а = ;у-й = г-с, и поскольку
х + у + z = 4 (а + Ъ 4- с) = 4х - 4а,
то 4а = Зх - у - z, и сделав круговую перестановку
переменных х, у, z, мы получим аналогичные выражения для Ъ и
с. После подстановки этих выражений в равенство оно
примет вид
Зх - у = z 3y-z-x3z-x-y 0
х у Z '
193

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
х+У+1+У + х + 1 = 6.
у х у Z Z X
Так как сумма взаимно обратных положительных чисел
не меньше 2 и равна 2 только в случае их равенства, то
х = у = z, а тоща а = Ъ = с. Поэтому заданное равенство
выполняется при любых равных положительных числах а, й, с.
Задача 8.
Решите в целых числах уравнение
(х2 + l)(f + 1) = (х + у)2 + 1.
Решение.
Выполним преобразование в левой и правой частях:
х?у* + х? + у* + 1=х? + гху + у2* 1,
далее ху (*)> - 2) = 0, откуда ху = 0 или ху = 2.
В первом случае х = О, у G Z, или у = 0, х Е Z. Во втором
случае четыре возможности:
^ = 1, fx2 = 2, Гх2=-1, Гх4=-2,
Задача 9.
Решите в целых числах уравнение (х + 1)(х2 + 1) = у.
Решение.
Непосредственно видим, что пары чисел (0; 1) и (-1; 0)
являются решениями уравнения. Других решений нет, так
как
х3 < (х + lXx2 + 1) < (х + 1)(х + I)2 = (х + I)3, то
(х + lXx2 + 1) * у*
ни для какого целого у (располагается между кубами
последовательных целых чисел).
Задача 10.
Решить в целых числах уравнение х3 + 1 = /.
194

16. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
Решение.
Одно решение очевидно: (х, у) = (— 1; 0). Более того,
легко заметить, что х не может принимать других отрицательных
значений, поскольку у2 не отрицательно. Запишем наше
уравнение в виде
х3 + 1 = (х + 1)(х> - х + 1) =
3
Далее, выражение ——у будет целым только при х = О
или х = 2. Отсюда мы можем найти оставпшеся четыре
решения: (0; ± 1) и (2; ± 3). Других решений нет.
Задача 11.
Докажите, что при любом целом положительном а
уравнение х2 — f = cl разрешимо в целых числах.
Доказательство.
гг ^ 2 а(а+1)
Положим х + у = а, х- у = а, откуда х = ^— и
а (а — 1) _ „
у = «—-. Поскольку при любом целом а в числителе
каждой из данных дробей стоит произведение четного и
нечетного чисел, определенные таким образом х и у
представляют собой целые числа и удовлетворяют исходному
уравнению.
Задача 12.
Решить в целых числах уравнение ху + Зх — 5у = — 3.
Решение.
Преобразуем к виду: х (у + 3) - 5у = -3. Прибавим к
левой и правой части (-15):
х(у+3)-5у- 15=-3-15.
Отсюда (х - 5)(у + 3) = - 18. Теперь имеем системы:
" |д; + 3 = -18, 2) {у+ 3 = 1,
195

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
3)
5)
х-5=-1,
у + 3 = 18,
\х - 5 = 2,
|у + 3 = -9,
Г*-5-18,
4) {у+3 = -1,
7)
9) J
И) \
(х-5 = -2,
{у + 3 = 9,
х — 5 = 3,
у + 3 = - 6,
х - 5 = — 3,
у+3 = 6,
6)
8)
10)
х - 5 = - 9,
у + 3 = 2,
Гх - 5 = 9,
\5> + 3 = -2,
fx-5 = - 6
jy + 3 = 3,
[х-5 = 6,
]у + 3 = - 3
Ответ: (6; -21); (-13; -2), ... — всего 12 решений.
Задача 13.
Решить в целых числах уравнение 60х + 77у = 1.
Решение.
Решим относительно х:
77у +1 60у + (17у +1) , 17у + 1
* = —тт;— = —-—Ъг^ ^ = У + —zk—•
60
60
60
_ 17у+1 - 60z-l . 9z-l
Пусть —т^п— = z. Тоща у = —rs— = 3z +
60
17
17 *
9z— 1
Обозначим —р:— через t Тогда
,.I*+I.a + zi + I.
Наконец, пусть —g— = п. Тоща t = 1 - 9л.
Так как мщ находим только целые решения, то z, *,
л — целые. Таким образом, z = 2 - 18п + я = 2 - 17л, а
потому у = 6 - 51л + 1 - 9л « 70 - 60л,
* = 2 - 17м + 7 - 60/1 = 9 - 77л.
196

16. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
Итак, если х и у — целые, то найдется целое п, что
у = 7 - 60п, х = 9 - 77п. Обратно, если
х = 9 - 77п, у = 7 - 60п, где я G Z,
то очевидно х, у — целые.
Проверка показывает, что они удовлетворяют исходное
уравнение.
Ответ: х = 9 - 11 п, у = 7 - 60n, п — целое.
Задача 14.
Решить в целых числах уравнение х3 + $ = 1972.
Решение.
Числа х и у, очевидно, одинаковой четности. Более того,
вследствие равенства х3 + у3 = 4 • 493 числа хну оба нечетны.
Поэтому в разложении
л3 + з? = (х + у) (х2 - ху + /)
во второй скобке стоит нечетное число. Кроме того, число
х - ху + / положительно. Значит, имеет место одно из двух
соотношений: х + у = 4, х + у = 1972.
В первом случае
493 = х2 + у2 - ху = (х + у)2 - Ъху = 16 - Зху.
Поэтому ху = — 159. Разлагая это число в произведение
двух целых множителей, видим, что сумма этих множителей
не равна 4. Во втором случае из очевидного неравенства
х2 + f - ху ^ \ху\
следует, что \ху\ ^1. Отсюда х + у не может равняться
1972.
Задача 15.
Решить в целых числах уравнение ху - 10 (х + у) = 1.
Решение.
Решая данное уравнение относительно у, имеем
Юх+ 1 1А , 101 m
197

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
откуда следует, что (х — 10) есть делитель простого числа
101. Таким образом, должно быть
х - 10 = ± 1 или х - 10 = ± 101. (2)
Из (1) и (2) получаем четыре решения.
Ответ: J*' = !!l f** = 9' J*"1"' f^-Г91'
|^=111, |;у2=-91, [%=11? [Уа = 9-
Задача 16.
Решить в натуральных числах уравнение
2х> + 5ху - 12/ = 28.
Решение.
Перепишем в виде:
2х? - Ъху + Ъху - 12/ = 28;
(2* - Зу)(х + 4у) = 28.
Теперь видно, что число х + 4у должно быть делителем
числа 28. Поскольку х + 4у ^ 5, то ясно, что х + 4у = 7, а,
следовательно, 2д: — Ъу = 4, либо х + 4у = 14 и 2х — Зу = 2.
Из полученных трех систем только последняя дает
решения в целых числах.
Ответ: j*lj'
Задача 17.
Решить в целых числах уравнение 10* + у = (х + у)2.
Решение.
Имеем Юдс + у = х2 + 2ху + у2, или
Jc2-2(5-y)x-y + y2 = 0, откуда
x = 5-y±V25-9y. (1)
Так как число х должно быть целым, то необходимо,
чтобы разность 25 — 9у была полным квадратом; эта разность
может быть полным квадратом только при у = 0 и у = 1.
Пусть у = 0, тогда из (1) следует
хх = 10, х2 = 0.
198

16. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
Пусть теперь у= 1, тоща из (1) следует
*з = 8> х4 = 0.
Итак, данное уравнение имеет четыре решения.
Ответ: х{ = 10, у{ = 0; х2 = 0, у2 = 0;
*з = 8> Уг = 1; *4 = °> Уа = !•
Задача 18.
Уравнение х* + / = 2х + у решить в целых числах.
Решение.
Имеем (#* - 2х) + (/ — у) = 0, или
x(x*-1-2)+y(y-i-l) = 0. (1)
Если х > 2, то*—1>0их—1>1, а потому
xx-i>2x-i>2i) значит, Xх"1 > 2,
следовательно, при х>2 имеет место неравенство
х(хГ1-2)>0. (2)
Если у> 1, то ;у - 1 >0, а потому
/-^Р4, т.е. /_1>1,
значит, при у > 1 имеет место неравенство
у(?'1-1)>0. (3)
Складывая неравенства (2) и (3), заключаем, что при
х > 2 и у > 1 левая часть уравнения (1) положительна и поэтому
отличная от нуля. Итак, при существовании целых
положительных решений данного уравнения х должно равняться 1
или 2, а у= 1. Подстановкой убеждаемся, что
х = 2, у = 1
является единственным решением (в целых положительных
числах) данного уравнения.
Ответ: х = 2, у= L
199

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 19.
Решить в целых числах уравнение х - 100 = 225у.
Решение.
Очевидно, что х должен быть кратным пяти. Полагая
х = 5z, получаем
5i - 4 = 9у. (1)
Левая часть этого уравнения должна быть кратна девяти,
и так как число z может быть представлено в одном из трех
видов: 3t, 3* — 1, 3t + 1, то подстановкой этих выражений в
уравнение (1) убеждаемся, что число, кратное девяти, дает
только тот случай, коща z может быть представлено в виде
3*- 1. В этом случае
х = 15* - 5, у = 5 9~4 = 15? - 15? + 5* - L
При любом целом t получаем соответственно целые
решения данного уравнения.

17. МОНОТОННЫЕ ФУНКЦИИ РЕШАЮТ
ЗАДАЧИ
Докажем вначале следующее свойство монотонных
функций:
Если функция / возрастает или убывает на некотором
промежутке, то на этом промежутке уравнение/(дс) = 0 имеет
не более одного корня.
Доказательство.
Пусть для определенности функция f(x) монотонно
возрастает на промежутке [а, Ь], хг я х2 — корни функции и
хг<х2. Тогда f(xl)<f(x2). Но f(x{) =/(#2) = 0- Полученное
противоречие доказывает утверждение задачи.
Задача 1.
Решить уравнение v4x2 - 1 + V4x - 1 = 1.
Решение.
Рассмотрим функцию f(x) = v4x2 - 1 + V4* — 1. На
области определения гу > °° эта функция монотонно возрастает,
значит, предложенное уравнение имеет один корень. Найдем
его:
(V4* - 1 У = (1 - V4*2 - 1 )2, или
2 V4*2 - 1 = 4л2 - 4х + 1, откуда
2 V(2x - 1)(2х + 1) = (2х - I)2.
Равенство выполняется, например, при 2х - 1 =0, т.е.
х=2/ Проверкой убеждаемся, что х = ту— действительно
корень данного уравнения.
Задача 2.
Решить уравнение
У5х=Т_ 1
^ ""1-х*
201

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Левая часть данного уравнения определена на промежутке
Ь, оо и неотрицательна на нем* Значит, уравнение может
иметь решение на пересечении промежутков bf, °° и
] -оо; Ц, т.е. на промежутке kj, 1 .
Перепишем уравнение в виде V3* - 2 = 1 .
Рассмотрим функции f{ (х) = V3x- 2 и /2 (х) = . . На
промежутке т > 1 они возрастают, при этом
(2\2
V33^T< V31 -2 = 1; Т^>-^2=!>1-
^З
Итак, уравнение корней не имеет.
Задача 3.
Решить систему уравнений
\у(* + У? = %
[Я*3-У*) = 7.
Решение.
Из первого уравнения следует, что у>(У> из второго —
х>у>0. Выразим из первого уравнения х через у:
3
V7(* + J>) = 3, х = -^у-у.
Тоща у [ I—т—— у] - у3 ] = 7. Положим t=Vy~, получим
^ f(f "^) ~^! =? ИЛИ (3-^)3-f,-7< = 0- ПУ^ь
/(О = (3-?f-t- It, f'(t) = -9^ (3 - tf -9^-7.
202

17. МОНОТОННЫЕ ФУНКЦИИ РЕШАЮТ ЗАДАЧИ
Она отрицательна при всех значениях t.
Таким образом, функция / убывает. Поэтому уравнение
/(*) = 0 имеет не более одного корня. Нетрудно заметить,
что t = 1 — корень. Итак, х = 2, у = 1 — единственное
решение системы.
Задача 4.
Сколько действительных корней имеет уравнение
х5 + х2 + 1 = О?
Решение.
Поскольку х = 0 не является корнем уравнения, то если
сделать замену х = —, потери корней не будет. Тоща получим
-^ + А + 1 = О, илиу5 + ^ + 1=0.
У У
Рассмотрим функцию f(y) = у + у3 + 1. Она
возрастающая, при этом /(—1) < 0, /(0) > 0, значит, в некоторой точке
интервала 1—1; 0 [ она имеет единственный корень.
Задача 5.
Решить уравнение х + х + 12 Vx+ 1 = 36.
Решение.
Уравнение рассматривается на промежутке [-1; оо [.
Число х Е [-1; 0 ] не может быть корнем этого уравнения, потому
что при таких х х + х<0, 12 V* + 1 ^ 12.
С другой стороны, при х>0 левая часть уравнения
возрастающая функция, поэтому целесообразно использовать
подбор корней, значит, х = 3.
Задача 6.
Решить уравнение V*3 + 24 = Зх + 8 + V*3 + 12
Решение.
Перепишем уравнение в виде
Vx3 + 24+V*3+12 = ЗХ + 8'
203

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Замечаем, что левая часть есть убывающая функция, а
правая — возрастающая, значит, уравнение не может иметь
более одного корня: х = 2.
Рассмотрим показательные и логарифмические
уравнения. Обращаем внимание на показательные и
логарифмические уравнения вида
с? + & = (а + Ъ)х, (1)
где а>0, й>0, а* 1, Ъ* 1.
Докажем, что это уравнение имеет единственный корень
х=1.
Имеет место теорема: сумма монотонно-возрастающих
(или монотонно-убывающих) есть функция
монотонно-возрастающая (монотонно-убывающая).
Действительно, пусть для определенности f(x) и g(x)
монотонно-убывающие функции. Обозначим их сумму как Т(х)\
Г(*) =/(*) + *(*).
Найдем производную Т(х):
Поскольку /'(*)< 0 и g'(x), то и Т'(х)<0, а значит,
утверждение теоремы доказано.
Перейдем к решению уравнения (1). Имеем
Поскольку по условию а>0, #>0, то
а
а + Ъ
Ъ
< 1,
< 1,
а + Ь
а
следовательно, функция / (х) = , + ,
монотонно убывающая, а значит, х = 1 — единственный корень
уравнения (1).
Приведем несколько уравнений типа уравнения (1):
204

17. МОНОТОННЫЕ ФУНКЦИИ РЕШАЮТ ЗАДАЧИ
Iе) 3Х + 4Х = Г;
Г) (V2 + vT)x + (V2 - V3")* = 2х;
3=)
(V25 + ftr) + fS/^3'
\
VTT = 3х.
Иногда «на первый взгляд» уравнение не похоже на
уравнение (1). Но его можно свести к этому виду.
Задача 7.
Решить уравнение 3х + 4х = 91х/3.
Решение.
Запишем заданное уравнение так: 27х/3 + 64х/3 = 91х/3.
Очевидно, что х = 3.
Задача 8.
Решить уравнение 3х + 4х = 5х.
Имеем сумму двух монотонно убывающих функций:
(М'-
1. * = 2.
Задача 9.
Сколько корней имеет уравнение
5х + 2Х+1 • 3х = З2* + г2*?
Решение.
Имеем 5х + 2 • 2х• 3х = (3х)2 + (2х)2; 5х = (3х - 2х)2;
(VT)X= 13х-2*1.
Если * * 0, то (VJ)X = 3х - 2х, т.е. [^Г + (|Г = 1.
* = 2 — корень этого уравнения.
Если х < О, то (V3]T= 2х - 3х, значит,
(?)¦¦№"•
205

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Ш /3\
+ Ьг - 1 монотонно возрастает,
= О не может иметь более одного
корня. Неравенство /(-3)<0 и /(-2)>0 показывает: что
корень существует и находится в интервале ]-3; -2 ]. Значит,
данное уравнение имеет два корня.
Задача 10.
Решить уравнение 3-52*+1 - 7«24х+1 = 19.
Решение.
Перепишем уравнение в виде 14-42* + 19 = 15* 5*\
Разделим обе части уравнения на 52х. Получим
2х /,v2x
14-(?) +19(у) =15
Нетрудно установить, что х = ¦« — корень этого
уравнения, но поскольку левая часть уравнения
монотонно-убывающая функция, то этот корень единственен.
Задача 11.
Решить уравнение 5х - 3х = 2.
Решение.
1 = 215
Й + (jj . Обозначим /(х) = 2 Ш + Ш - 1.
''<*>-4(i)*+*!(!)*•
Поскольку /'(л:) < 0, то функция f(x) убывающая, а
значит, х = 1 является единственным корнем заданного
уравнения.
Задача 12.
Решить уравнение: logg (1 + Vx) = logj л.
Решение.
Сделаем замену logg х = у. Тоща уравнение примет вид
206

17. МОНОТОННЫЕ ФУНКЦИИ РЕШАЮТ ЗАДАЧИ
log2 (1 + yf?) = у, или 1 + (УЗУ = 1\ или
Задача 13с
Решить уравнение (VT)X - 2Х~1 = 1.
Решение.
Обозначим f(x) = Зх/2 - 2х'1. Тоща и /'(*) < 0, и
^•Зх/21пЗ-^-2х1п2<0, или
(?)
у-1 < |^2 , или х > tog^log^.
Поэтому функция f(x) возрастает на промежутке
]-<»; а] и убывает на промежутке [а, оо[, ще
а = log^log^.
Итак, уравнение f(x) = 1 имеет не более двух корней.
Но /(2) = /(х) = 1, значит, корнями будут числа 2 и 4.
Задача 14.
Решить уравнение
2 logj ctg х = log2 cos x.
Решение.
Обозначим log2 cos x = у. Тоща cos x = 2y.
ctg2 x = 3*, ctg x > 0.
Tj ,2 COS2 X
Ho ctg^ x = 2—, поэтому
1 - COS X
3y = y-^, 3y - 12y = 4У, или [|] = 3y + 1.
Поскольку левая часть уравнения — убывающая
функция, а правая — возрастающая, то уравнение имеет
единственный корень у= 1. Учитывая, что cosx>0,
207

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
х = ^ + 2кж (к = 0; ±1; ±2,...).
Задача 15.
Решить неравенство
log5 (1 + V3T) > log16 х.
Решение.
Область определения неравенства ]0; оо[. Обозначим
log16 х = у. Тогда х = 16у, и неравенство запишется так:
log5 (1 + 4У) > у, откуда
Щ'
1 + 4у>5у, или [~| + [|] > 1.
Поскольку функция /(у) = 1-=\ + (-= 1 убывающая, то
уравнение /(у) = 1 справедливо только для одного значения
у. Это будет у = 1. Итак, данное неравенство справедливо для
у < 1. Значит, logj6 х < 1, откуда 0 < х < 16.
Задача 16.
Решить неравенство
lofe (х9 - 2л5 + Зх) ^ 1.
Решение.
Область определения неравенства — множество решений
неравенства х (х* — 2х4 + 3) > 0, — промежуток ]0; оо [. На
этом интервале заданное неравенство равносильно
неравенству х9 - 2х5 + Зх - 2 ^ 0, /'(*) = 9х8 - 10/ + 3 > 0 для всех
х, поэтому f(x) возрастает, т.е. f(x)^0 при х^1
(f(l) = 0), значит, хЕ ]0, 1].
Задача 17.
Решить систему
Г^-у^зоеу-^*),
|9у = 4у + 2* + 3*.
208

17. МОНОТОННЫЕ ФУНКЦИИ РЕШАЮТ ЗАДАЧИ
Решение.
Обозначим х + 31пл; через fix). Запишем первое
уравнение в виде f(x) =/Су), и поскольку функция / является
возрастающей, то из него следует, что х = у. Поэтому второе
уравнение системы можно переписать в виде:
9х = 4х + 2х + 3х, l=f + | + ^
и поскольку правая часть последнего уравнения —
убывающая функция, то оно имеет не более одного корня. С другой
стороны, его корнем является число 1, так что исходная
система уравнений имеет единственное решение (1; 1).
Задача 18.
При каких а > 0 неравенство In (1 + х) > х — ах2
выполняется при всех xGRl
Решение.
Рассмотрим на интервале ]-1; оо[ функцию
f(x) = ln(l+x) + ax2-x
и ее производную f'(x) = (In (1 + х) 4- ах2 - х)' =
1 ,0 , 2а* + (2а-1)х
= т-т— + lax - 1 = Vi —.
1 + х х+1
Если 2а- 1 ^ 0, то на ]0; оо[ /'(*)> 0, так что на R
функция/(х) возрастает, и поэтому /(х) >/(0) = 0 при любом
х>0. Если же 2а- 1<0, то /'(*) обращается в 0 в точках
л 1 - 2а Л
Xj = 0 и *2 = —^—» причем в точке 0 она меняет знак с
плюса на минус. Следовательно, х = 0 — точка максимума
функции /(х), и при положительных х выполняется
неравенство /(х)</(0) = 0, т.о. ответ: ае ^, оо .
Задача 19.
Решить неравенство
- е~1 ^ xln* < 0.
209

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
возрастает на
"1
-;оо
Решение.
Функция f(x) = xhix на 0; — убывает, так как ее
J eJ i п
производная /'(*) = 1 + ln*<0 на промежутке 0; — ; f(x)
-; оо L так как /'(*)> О на промежутке
. Далее, на промежутке 0; — имеем:
/(Л)<0и/(х)>/И=-е-1;
на промежутке —; оо имеем:
f(x) >f И = - в'1 и f{x) ^/(1) = 0 при х ^ 1.
Ответ: л: Е ]0; 1 ].
Задача 20.
Решить неравенство 9" + 10" < 1Г (п — натуральное число).
Решение.
Данное неравенство приводится к неравенству
&)'¦(*?)¦<¦•
в левой части которого стоит убывающая функция /(я).
Поэтому достаточно найти наименьшее число п0 такое, что
/(л0)<1, и тогда неравенство будет справедливо для всех
п ^ п0.
При подборе чисел п0 более удобно, конечно, иметь дело
с заданным неравенством. Непосредственные подсчеты
показывают, что оно не выполняется при п = 1, 2, 3, 4, а при
п = 5 — выполняется. Таким образом, решениями данного
неравенства являются целые числа п> 5.
210

18. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ
КОЭФФИЦИЕНТОВ
Метод неопределенных коэффициентов обычно
применяется в тех случаях, когда в результате некоторых
преобразований получается определенного вида выражение и
неизвестны лишь коэффициенты. Тогда эти коэффициенты
обозначаются буквами и рассматриваются как неизвестные. При
этом следует пользоваться теоремой:
Необходимым и достаточным условием тождественности
двух многочленов, заданных в каноническом виде, является
равенство коэффициентов членов.
Доказательство. Необходимость
Предположим, что при всех значениях аргументов
значения многочленов Р и Q равны. Докажем, что при этом
условии многочлены состоят из одних и тех же одночленов.
Рассмотрим какой-либо член одного из многочленов,
например, Дх*1 у1... z\ В другом многочлене либо содержится
член Вх х 1 у2... z% подобный данному, либо такого члена нет.
В последнем случае член В{ х*1 У2... zg* все же может быть
написан, если считать В1 = 0. Добавив (в случае надобности)
в каждом из данных многочленов недостающее количество
членов с коэффициентами равными нулю. Можно считать,
что каждому члену одного многочлена соответствует подобный
член другого. По условию значения многочленов Р и Q
одинаковы при всех значениях аргументов, поэтому, выполнив
почленное вычитание, получим при всех значениях
аргументов:
Р - Q = (Л - В{) & У«... z* + (Д - В2) & У2... & = 0.
Это возможно лишь при условии
\ - В{ = А2 - В2 = ... = 0, значит, \ = Bt = В2 , ...
Достаточность предлагается доказать самостоятельно.
Задача 1.
Разложить на множители многочлен
х5 + *4 + 2х3 + 2х2 + 2;с + 1.
211

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Допустим, что разложение на множители возможно. Тогда
имеем тождество
х5 + х4+ 2x4 2x4 2х + 1 = (ох4 Ъх + с)(тх4 пх4 рх + q).
Коэффициенты при различных степенях х в левой и
правой части тождества должны быть равны. Поэтому
получаем систему уравнений
[am = 1,
\ап + Ьт = 1,
I ар + Ъп + cm = 2,
1 ag + ftp + сп = 2,
ftg 4- ср = 2,
с# = 1.
Решим эту систему в целых числах. Из первого уравнения
системы видно, что а = т = 1 или а= т= — 1. Тогда
fn + ft = 1,
р + ftn + с = 2,
<U + ftp + cn = 2, (1)
ftg + ср = 2,
eg = 1.
Из первого уравнения системы (1) имеем п = 1 - ft.
Подставив в остальные уравнения системы вместо п полученное
для него выражение через ft, получим
[й2-6-р= -1,
й(р-1) = 0,
[ft + р = 2,
откуда ft = 1, п = 0. Итак, а = й = с = 1, m = р = g = 1.
Значит,
х5 + х4 + 2Х3 + 2Х2 + 2х + 1 = (х3 + х + lXx2 + х + 1).
Задача 2.
Разложить многочлен /(х) = х4 + 2х3 - З*2 - 4х + 1 по
степеням х + 1.
212

18. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ
Решение.
х4 + 2х> - Зх2 - 4х + 1 =
= о4 (х + I)4 + а, (х + I)3 + ^ (х + I)2 + ^ (х + 1) + Oq,
откуда
х4 + 2л3 - Зх2 - 4х 4- 1 = о4 х4 + (4о4 + aj х3 +
+ (6о4 + Зйз + <%) х2 + (4о4 + 3^ + 2^ + oj х +
+ К + <h + «2 + ^ + ао)' И
[а4 = 1,
4о4 + О3 = 2,
\баА + 3(2з + #2 = -3,
4^ + 303 + 202 + 0!= -4,
о4 + о3 + о2 + о1 + о0 = 1.
Из системы находим
о4 = 1, Оз=-2, 02=-3, О! = 4, Оо = 1.
Таким образом,
/(х) = (х + I)4 - 2 (х + I)3 - 3 (х + I)2 + 4 (х + 1) + 1.
Задача 3.
Вывести формулу куба трехчлена (х + у + z)3.
Решение.
Многочлен (х + у + z)3 есть однородный симметрический
многочлен третьей степени с тремя аргументами. Поэтому
(х + у + z)3 = А (х3 + у* + z3) + Б (х2? + fx + x2z + ^z +
+ /z + z2?) + Cxyz,
где А, В и С — искомые числовые коэффициенты.
Коэффициенты при х3 в каноническом представлении
левой части равен 1, поэтому А = 1. К тому же результату
придем, положив х=1, у = z = 0.
Положив х = у = 1, z = 0, получим 8 = 2А + 2В, откуда
Б = 3.
213

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Положив х = у = z = 1, получим 27 = ЗА 4- 6В 4- С, откуда
С = 6.
Следовательно,
(х + у + z)3 = х3 + з? + 23 + 3 (х*у 4- у2* + x*z 4- Ac +
4- y*z + z2y) 4- 6xyz.
Задача 4.
Решить уравнение x4 — 12x 4- 323 = 0.
Решение.
х4 - 12х 4- 323 = (х2 4- рх + tfX*2 + тх + п) =
= х4 + тх3 4- пх2 4- рх3 4- ртх2 4- рпх + qx? + qmx + qn =
= х4 + (т 4- р) х3 4- (n 4- рт 4- #) х2 + (р/г 4- #т) х 4- #я.
Гт 4- р = 0,
J я + рт 4- q = 0,
|ря 4- #т = - 12,
[qn = 323.
Поскольку 323 = 17* 19, имеем предположительно:
U =17,
In =19,
]m = — 6,
U=6
и х4 - 12х 4- 323 = (х2 + 6х 4- 17)(х2 - 6х 4- 19).
Уравнение не имеет действительных корней.
Задача 5.
Найти условия, при которых многочлен
ах3 + бх2 + сх + d
является кубом двучлена первой степени.
Решение.
По условию (Ах + Bf = А3 х3 + ЗА2 Вх2 4- ЗАВ2 х + Б3 =
s ах3 4- их2 + сх 4- <2,
214

18. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ
откуда Л3 = я; ЗА2В = Ъ\ ЪАВ* = с; Я3 = d.
Из первого и четвертого равенств имеем:
А = %а% В = 1/Т.
Подставив во второе и третье, получим
Возведя в куб, получим следующие необходимые условия:
27а2 d = й3 и 27о^ = с3
Для многочлена во множестве действительных чисел это
условие является и достаточным, В самом деле, положив
А = V7T, ще а&О и В = , получим
3(h)2
В2 = -?j = d и 27ad2 = 27Л3Бб = с?, откуда с = 3AS2.
Задача б.
Доказать, что выражение
(х + 1)(л; + 2)(* + 3)(* + 4) + 1
есть квадрат трехчлена.
Доказательство,
Если данное выражение есть квадрат трехчлена, то
справедливо равенство
(х + 1)(х + 2)(* + 3)(х + 4) + 1 = (х2 + ах + А)2,
ще а и й — искомые коэффициенты.
Раскрывая скобки и сравнивая коэффициенты при х и
х2 в левой и правой части, получаем систему
\2а = 10,
[а2 + 1Ъ = 35,
откуда находим а = 5, 6 = 5, Убеждаемся, что при этих
значениях а и Ъ также совпадают коэффициенты при х и
я0. Итак, данное выражение равно (х2 + 5х + 5)2.
215

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 7.
Многочлен х4 + 2х3 + ах2 + 2х + Ъ является квадратом
другого многочлена. Найти этот последний многочлен, а также
числа а и Ь.
Решение.
Очевидно, что искомый многочлен имеет вид
х2 + рх + q.
Отсюда получаем тождество
х4 + 2*3 + ах2 + 2х + Ъ = (х2 + рх + q)2, или
х4 + 2л3 + ах2 + 2х + 6 = х4 + 2рх* + (р2 + 2?) л2 + 2р#х + q2.
Приравнивая коэффициенты левой и правой части
равенств, получим
2 = 2р; a = p2 + 2q; 2 = 2pq\ b = q*.
Значит, р = 1, # = 1, а = 3, Ъ = 1. Итак, искомый
многочлен имеет вид х2 + х + L
Задача 8.
Определить А, В и С так, чтобы имело место равенство:
х + 3 _ А Вх + С
(х + 1)(х> + 1) х + 1 х2 + Г
Решение,
Имеем (Л + Б) х2 + (5 + С) х + Л + С = х + 3,
Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях
буквы х, взятые из левой и правой частей этого равенства,
придем к системе
\А + В = О,
\В + С= 1,
[Л + С = 3.
Из нее найдем Л = 1, В = —1, С = 2.
216

18. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ
Задача 9.
Доказать, что кубическое уравнение
aj? + \? + c1x + dl = Q Ц * 0)
можно привести к двучленному уравнению третьей степени.
Доказательство.
Итак, пусть дано кубическое уравнение
а?? + b{x? + схх + dx = 0 Ц * 0)
Приведем это уравнение к виду
х3 + ах? + Ъх + с = 0, (1)
Ьх сх dt
где а = —, о = —, с = —.
Положим в уравнении (1) х = у + т. Тоща
у* + у2 (а + Зт) + у (Зт2 + 2ат + й) + т3 + ят2 +
+ Ът + с = 0. (2)
Для того, чтобы уравнение (2) было двучленным, должно
выполняться условие:
\а + Ът = 0,
\Ъ + lam + 3m2 = 0.
Решения этой системы т = — -~ > #2 = 36.
Таким образом, при произвольном с и при а2 = Зй
уравнение (1) подстановкой х = у — -w можно привести к
двучленному уравнению третьей степени.
Задача 10.
Разложить на множители многочлен
/>(*, У, ^)=^(y2~z2)+y(z2-x2) + z(x2-y).
Решение.
Заметим, что при х = у многочлен равен нулю. Тогда по
теореме Безу многочлен Р (х, у, z) делится на х — у.
217

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Так как многочлен Р (х, у, z) не меняется при любой
круговой подстановке х, у и z, то он равен нулю и при
у = z, и при z = х, и, следовательно, делится на у — z и
z — х. Поэтому
Р (х, у, z) = ? (х - у)(у - z)(z - х),
где к — некоторое число. Для нахождения к придадим х, у
и z некоторые значения, например, х=1, у = 2, z=3. Тогда
2 = 2&, откуда & = 1 и Р (х, у, z) = (х — у)(у — z)(z - х).
Задача 11.
Упростить выражение
1 .+. 1 . 1 .
х (х + 1) (х + 1)(х + 2) т (х + 2)(х + 3)
+ I + 1-
(х + 3)(х + 4) т (х + 4)(х + 5)
Решение.
С помощью метода неопределенных коэффициентов
можно показать, что
1 1 1
(х + fc)(x + к + 1) х + Л x + fc+1*
Получим:
л= ?--Ы + (-4т—Ы+ (4т—У+
х х+1 х+1 х + 2 1х + 2 х + 3
+ ,_i —1Л + ^ 1 1
х + 3 X + 4JU + 4 х + 5
= i 1 = 5
х х + 5 х(х + 5)*
Задача 12.
Найти сумму
А1 + i+i +...+. 1
2 • 5 5 • 8 8 • 11 (Зга - 1)(3га + 2)'
218

18. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ
Решение.
Методом неопределенных коэффициентов, можно
доказать, что
1 1/11
к(п + к) п [к п + к
Поэтому
и((иин+(НгЬ-+
1 1 \\ 1 /1 1
Зм-1 Зм + 2 II 3 12 Зп + 21 2(3/1 + 2)*

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Теорема Виета для кубического
многочлена
Пусть х3 + ах2 + Ъх + с — данный многочлен, а его
корни — к, т, п. Представим этот многочлен в следующем виде:
(х - к)(х — т)(х - п) = 0, или:
я3 - х? (т + п + к) + х (кп + тп + km) - ктп = 0.
Поскольку этот многочлен тождественен многочлену
л? + ох2 + Ъх + с,
тогда можно сказать, что
т + п + ? = —a, mn& = —с, тп + пк + тк = й.
Задача 13.
Уничтожить иррациональность в знаменателе дроби
59
1+3VT-2VT
Решение.
3._ 3 ,—^-
Умножив знаменатель на а + bVT+ cV3~ (а, й, с —
неопределенные коэффициенты):
1 + 3 VF- 2 \/Т)(а + 6 \/Т+ с fa~)
и сделав приведение подобных, получим
(а - 4й + 6с) + (За + й - 4с) УТ- (2а - Зй - с) V?".
Найдем такие числа а, 6, с, чтобы полученное выражение
было целым:
За 4- Ъ - 4с = 0,
2а - Зй - с = 0.
а с
1) Исключив й, получим: 11а= 13с; Тэ = тт-
rs. 1Ж а Ъ а с Ъ
2) Исключив с, получим: ~Гз = т; То = ту = "г-
Приняв коэффициент пропорциональности равным
единице, получим:
220

18. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ
а = 13; Ъ = 5; с = 11
Следовательно, умножив числитель и знаменатель данной
дроби на 13 + 5 VT+ 11 V?", получим целое число в
знаменателе; после преобразований найдем, что
59 = 59(13 + 5^24 11 ^Г
1 + 3\/Т-2\/Т~" (1 + 3 VT- 2fa~)(13 + 5VT+ llfa~) "
= |^ (13 + 5 3VT+ 11 VT") = 13 + 5 VT+ 11 VT.

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ
ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Во многих сборниках задач по математике можно
встретить такой пример: Доказать, что
3V20+ 14VT+V20- 14vT=4.
Но мало кому известно, что автором его есть гениальный
математик XVIII ст. Леонард Эйлер.
Рассмотрим некоторые теоремы и задачи великого
математика.
В письме к Христиану Гольдбаху (известному
математику) Эйлер рассматривает две теоремы.
Теорема 1. Произведение двух чисел, каждое из которых
есть сумма двух квадратов, есть также сумма квадратов.
Теорема 2. Если сумма двух квадратов а + Ь2, где а и
Ь числа взаимно простые, делится на простое число вида
р + (f, то частное от деления есть сумма двух квадратов.
Рассмотрим разность чисел (а2 + Ъ2) р2 и а2 (р2 + <f).
Первая из них делится на р + #* по условию, вторая тоже делится
на р2 + я2. Найдем ее.
aV + b2p2 - ctp2 - о2 tf = tfp2 - a2 <? =
= (bp + aq) (bp - aq).
Поскольку p2 + q2 — простое число, то одно из чисел
bp + aq делится на р2 + q2. Предположим, что
L ~ / 2 , ^ч t , т(? ± ад
bp ¦+- aq = т(р» + (г)> откуда b = тр + .
т_ m#2 ± ад __
Итак, есть целое число. Но р и q — взаимно
простые числа (иначе р2 + q2 было бы составным числом),
поэтому mq ± а также делится на р.
Предположим, что mq ± а = пр, тогда ± а = пр — mq и
2 , * 2
b = тр + nq, то есть а2 4- й2 = (т2 + /г2)(р2 + tf2) и -= о =
Р +Q
= т2 + /г2, что и надо было доказать (такое доказательство
дал сам Эйлер).
222

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Свойства простых чисел издавна интересовало
математиков. Все время велись поиски выражений, числовые
значения которых было бы простыми числами. Французский
математик Пьер Ферма (1601-1665) выразил мысль, что все
числа вида F (п) = 22п + 1, ще я Е N, есть простые. И правда,
при п = 1 ^(1) = 5, при п = 4 F(4) = 65537. Эйлер показал,
что число F(5) = 641 • 6700417, то есть не является простым.
В 1742 г. в письме к голландскому математику Йогану
Бернулли Эйлер нашел многочлен х - х + 41, который при
х = 1, 2,..., 40 дает только простые числа 41, 43, 47, 53,...,
1601.
В труде «Алгебра» (1769 г.) Эйлер доказал великую
теорему Ферма о целых решениях уравнения хп + / = z для
п = 3 и п = 4. Сделал он это с помощью метода «нескончаемого
спуска»:
Проиллюстрируем доказательства Эйлера для п = 4, то
есть, докажем, что уравнение
хА + у4 = z4 (1)
не имеет решения в натуральных числах. Для этого
достаточно доказать, что уравнение
х4 + / = z2 (1)
не имеет решения в целых числах. Предположим, что это
не так. Сделаем замену д^ = а, у2 = Ь. Тогда уравнение (2)
будет иметь вид
а2 + й2 = z2. (3)
Числа a, b, z — взаимно простые, иначе можно было бы
поделить обе части уравнения (3) на квадрат наибольшего
общего делителя чисел а, Ъ is. z. Докажем, что из чисел
а, Ъ и z одно четное и два нечетных. Действительно, все эти
три числа не могут быть нечетными, потому, что сумма двух
нечетных чисел есть число четное. Числа а, Ъ и z взаимно
простые, то есть они одновременно не могут быть четными*
Среди них не могут быть двух нечетных, потому что из
уравнения (3) следовало бы, что и третье — четное* Итак,
из чисел а, Ъ и z одно число четное и два нечетных. Докажем,
что z — нечетное число. Будем доказывать методом от про-
223

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА 11
тивного. Предположим, что z — четное число, тогда а и
Ъ — нечетные, то есть
z = 2/:, а = 2р+1, Ь = 2д + 1
Тоща уравнение (3) запишем так:
(2р + I)2 + (2д + I)2 = 4Л2, или
4 (р2 + д2 + р + д) + 2 = 4/г.
Последнее равенство невозможно, потому что в нем одно
из слагаемых и сумма кратны 4, а второе не кратно 4. Итак,
из чисел а и Ъ одно четное, а другое нечетное.
Пусть а = 2к, тогда уравнение (3)
4Л2 = (z - b)(z + b). (1')
Поскольку b и z — нечетные числа, то их сумма и
разность — числа четные. Обозначим
2 + 6 = 2и, 2-й = 2и (2')
Тогда
2 = у+у, й = и-а (3')
Тут who — взаимно простые числа, потому что если
они имели бы общий делитель, отличный от единицы, то из
уравнения (3') выходило бы, что и z и Ъ тоже имеют этот
делитель. Из равенств (Г) и (2') следует, что 4&2 = 4uv, или
к2 = uv. Итак, произведение двух взаимно простых чисел есть
точный квадрат, значит, каждый из сомножителей также есть
точный квадрат. Пусть, например, и = т2, о=/г2, откуда
к2 = т2 п, к = mn.
Из равенства а = 2к и равенства (3') получим:
а = 2mn, й = т2 - /г2, z = m2 + я2, или
х2 = 2т/г, / = m2-n2, z2 = m2 + я2, (4')
ще m и /г — натуральные числа.
Выражение (4;) можно записать в виде / + /г2 = т2.
Итак, мы получаем уравнение вида (3). По аналогии
можно найти его решения: y=u-z?, п = 2uv, m = и2 + о2,
где иии — взаимно простые.
224

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Из рассмотренных равенств следует, что
x? = 4uv(u2 + z?), (5')
f = (u2 + x}f - 4и2 г?, z2 = (а2 + xff + 4tf z?. (6')
Из формулы (5f) следует, что uv(u2 + z?) есть точный
квадрат натурального числа» Итак,
и = q*> v= г*, и2 + z? = s2, и2 + •& = ct + И, то есть
tf4 + И = s2- (Т)
Кроме того, из уравнений (б') и (7') следует, что s<z.
Итак, уравнение (7') того же вида, что и уравнение (2)» Его
решения — натуральные числа, но эти числа меньше, чем
числа, удовлетворяющие уравнение (2),
Рассуждая аналогично относительно уравнения
^4-hH = s2
мы получили новое уравнение такого же вида, которое
удовлетворяют еще меньшие числа» Этот процесс можно
бесконечно продолжать, и мы получим при этом
бесконечную последовательность натуральных чисел:
z>s> s{> s2>s3>...,
что невозможно, потому что целых положительных чисел»
меньших чем данное, существует только конечное множество
чисел» Итак, наше предположение неверное и z — нечетное
число.
В труде «Вступление к анализу бесконечно малых» (1780)
Эйлер показал, что
<?= lim |1 +-
п
С числом в связано число С, называемое «константой
Эйлера». Докажем, что
lim
Г2->00
2|-Ч
J JLiA II, \ = С,
225

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Рассмотрим последовательность
xn=l + 2+T + «"+ 1*1*1
Докажем, что существует предел этой
последовательности.
Сначала покажем, что последовательность {хп}
убывающая. Действительно,
**-*»+i = (1 + 2 + 3 + "- + n~lnn) "
= In (tt + 1) - In tt 7ПГ = In ТТ'
4 ' П+ 1 Я 71+1
Рассмотрим log , ще уп = [ 1 + — | . Ясно, что
уп ft \ ft J
. и+1 1 V '
l0K—fT = 7—ту^' поэтому
log„+1 1+^
— I n
И+! __L__. 1-Я+1 i— tt+1
и и + 1
In— -—.Ь^:-^^
Ho e < 1 + — , а значит, In > logv , то есть
l Ml n yn ft
t rt +1 1 ^ л
In 77 > 0.
n n+l
Докажем теперь, что {xn} ограничена снизу. Поскольку
1+А + 4+...+- > 1п2 + 1п|+... + 1п^^^, то
2 3 п 2 п '
In (2'f •••ZL^L) = In (n + l) > Inn,
то есть все члены последовательности {хп} положительные.
Эта последовательность убывающая, итак, ее предел
существует. Обозначают его через С. Известно, что С = 0,57215...
226

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Рассмотрим
некоторые теоремы из работы
Эйлера «Разные
геометрические доказательства»
(1748).
Теорема 1. Если R —¦ с
радиус окружности,
описанной вокруг
треугольника ABC, г — радиус
вписанной окружности, d —
расстояние между
центрами этих окружностей,
mo<? = ie-2Rr. р^ ш
Доказательство
проведем с помощью тригонометрии. Пусть О — центр
окружности, описанной вокруг ААВС, / — центр вписанной в него
окружности; а, Ь, с — длины сторон треугольника ABC.
„ AD . А . В . С
Докажем, что г = 4R sin у sin у sin у.
Действительно, если S — площадь ДА?С, р — его полу-
S
периметр, то г = —.
г =
absinC _ 4R2 sin A sin В sin С
2р " 2R (sin А + sin В + sin С)
4R2 swA sinB sinC
oD • A B c
%R sin-y cos у COSy
_n2 . A A . В В . С С
32ic siny cosy sin у cosy sin 2"cos T
9^ A * С
8Д cos у cos у cos у
= 4Д Sin у Sin у sin у.
Из AOIB по теореме косинусов (рис. 19.1) имеем:
О/2 = ОЯ2 + Б/2 - 20В - BI • cos LOBL
Но ОБ = Д, Б/ =
5
sin-
Б
, LOBI = у - (90е - С).
227

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА О
Поэтому Of = R2 +
^ 2Rrsin№ + c\
.В .В
sin-y sm-j
Применив уже доказанную формулу, получим:
2 2Rr sin
~В~ ~ .В
sin-j sm-y
¦°(f+c)
г [4Л sin ^ sin у sin у-2Л sin у Й + с)\
¦ 2В
sm 2
2 sin-у sm 2"-sm т + С
= 2Rr . в ^
sm2
А-С А + С А'
COS т COS 5 COS —~
- 2Rr —в — -
smy
А + С
COS ту
= - 2Rr J— = - 2Rr.
sinT
Итак, (? = Of = R2- 2Rr.
Следствие. В треугольнике радиус описанной окружности
не меньше диаметра вписанной в него окружности*
Действительно, R2 — 2Rr ^ О*
Теорема 2. В любом треугольнике ABC центр описанной
окружности О, точка пересечения медиан М и точка
пересечения высот (ортоцентр) принадлежат одной прямой
(прямая Эйлера).
Докажем этот факт при помощи гомотетии.
228

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Через вершины треугольника ABC проведем прямые,
параллельные его сторонам. Получим AAfifa (рис. 19.2). Если
рассмотреть гомотетию с центром в точке М и коэффициентом
к = -2, то образом ААВС будет ДЛДС^. Действительно,
Я*2 (А) = Ai, так как 1МА = - М^,
аналогично, Я~2 (5) = Bi, Я~2 (С) = Ct.
Рис. 19.2
Обратим внимание, что Я^2 (О) = Я.
Поэтому прямая ОЯ, которой принадлежат
соответствующие в этой гомотетии точки О и Я, проходит сквозь центр
гомотетии — точку М.
Задача 1.
В &АВС точки Мр М2, М3 — соответственно середины
сторон ВС, АС, АВ.
Я — ортоцентр, Ev Е2> Ег (точки Эйлера) середины
отрезков АН у ВНУ СИ. Доказать, что отрезки М{Е[У М2Е2>
МЪЕЪ пересекаются в одной точке.
Доказательство.
Пусть О — центр окружности, описанной вокруг
ЬАВС. Рассмотрим гомотетию с центром в точке пересечения
медиан (точка М) и коэффициентом гомотетии k = -2. Тогда
229

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
H-M2(OMt) = AH.
Следовательно, ОМ{ \\ АН и ОМ{ = ~*АН, то есть
четырехугольник ОМхНЕ{ — параллелограмм (рис. 19.3), аналогично
четырехугольники О ЦН Ц
и ОМъНЕъ — также парал- А
лелограммы. Они имеют
общую диагональ 0#, итак,
МД Г\М2Е2П
П МЪЕЪ = ?, <*>
где Е — середина отрезка
ОН.
Задача 2.
Доказать, что девять
точек: точки Эйлера, сере- Рис. 19.3
дины сторон ДАВС и
основания его высот принадлежат окружности (окружность
Эйлера).
Доказательство.
Докажем это вновь при помощи гомотетии с центром в
ортоцентре Н треугольника ABC и коэффициентом гомотетии
k = 2. В этой
гомотетии точкам
Эйлера соответствуют
точки А, В, С,
которые принадлежат
окружности,
описанной вокруг
ААВС. Высоты
треугольника АЦ,
ВН2, СНг продлим
к пересечению с
этой окружностью.
Получим точки Dv
D2 и?>3 Фис. 19.4),
каждая из которых
230
Ж
Рис. 19.4

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
симметрична ортоцентру треугольника Н относительно
соответствующей стороны (и правда, например, ННХ = HXDV
потому что LCHD{ = LCDXH). А это обозначает, что в
рассмотренной гомотетии образом АЛ1Н2Н3 будет AD{D2D3, вершины
которого принадлежат окружности, описанной вокруг ААВС.
Итак, эта окружность есть образом окружности, описанной
вокруг треугольника ?ЛХН^ЯЪ и ему же принадлежат точки
Эйлера. Считая коэффициент гомотетии, считаем, что центр
меньшей окружности делит отрезок ОН пополам, а радиус
его равен половине радиуса окружности, описанной вокруг
ДАВС. Из соотношения (*): М{Е = ЕЕг. Таким образом,
окружности, описанной вокруг bHxHJIv принадлежит и точка
М{ — середина стороны ВС, а значит, и середины отрезков
АС и ВА — точки М2, Му
Задача 3 (задача Эйлера).
Доказать, что отрезок ?, соединяющий ЕгяЕ2 — середины
диагоналей четырехугольника ABCD, вычисляется по формуле
Эйлера
*з = | (я2 + й2 + с2 + d2 - е2 - /2)>
где a, by су d — длины сторон; е и / — длины диагоналей.
Доказательство.
Из треугольника BDE2 следует, что
ЕМ =
2(ВЕ22 + DE22)-B&
а из треугольников ABC и ADC имеем
= ,2=Л < " 4 III.
4
= i^ + ^ + t^ + d2-^-/2).
ЕХЕ\
231

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
О двух формулах Леонарда Эйлера
Первая формула Эйлера
ще Sx — площадь треугольника, вершины которого
совпадают с проекциями любой точки х на стороны остроугольного
треугольника ABC, S — площадь треугольника ABC, R —
радиус описанной окружности, О — центр этой окружности.
Для доказательства формулы (1) сначала рассмотрим две
задачи.
Задача А.
Если продолжить отрезки АХ, ВХ, СХ до пересечения с
описанной вокруг ААВС окружностью в точках А# Bv Cv то
треугольники ABC и ХХХ^СЪ будут подобными.
Доказательство.
Докажем равенство углов Х^Х^ и А1В1С1 (рис. 19*5).
Опишем окружность вокруг четырехугольника АХ^ХХу
Имеем LXX2Xb = АХАХг = LABfi, а также
LXX^ = LXCXX = LBBf, тоща LXJLJ^ = LAfifiv
Рис. 19.5
232

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Аналогично доказываем, что ?Х2Х{Х3 = AB1AiCv тоща
Задача В.
Доказать, что треугольник ВХС подобен треугольнику
С,ХВ.
Доказательство.
Действительно, LCfiB = LC?XB, a LBff = LBXBC% как
вписанные, опирающиеся на одну дугу.
Перейдем к доказательству формулы Эйлера (1),
Обозначим Rx радиус окружности, описанной вокруг
АХ^Х^ и используем формулу S ="т^« Тоща
Sx R хтхъ ' Х\Х2 • ХХХ,
3
S Rx ВС-АС-АВ Ф
» д с1
По задаче А: -=- = * *, а значит,
кх л2лъ
Sx _ В\С\ Х2ХЪ ' Х\Х2 ' Х\ХЪ В\С\ ' Х\Х2 ' Х\ХЪ
S Х^ ' ВСАСАВ ВС-АС-АВ'°
ЛЯ АС
ХХХ2 = СХ • sin С = СХ ~; Х^3 = ЯХ sinJS = ЯХ ~,
значит,
S^ _ В?, - СХ-АВ ВХ-АС _ В?х - СХ - ВХ _
Т " 2Д • 2Д • АВ • БС • ЛС "" 4R2 • J5C "
1 ?ici
" 4#~ВСВХСХ'
ВС в к
Из задачи В: -^ = ^г, поэтому
S _ 4R2 ~СХ ' ВХ * СХ~ 4# ' ^ ' ВХ'
233

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Но В{Х • ВХ = (R - ОХ) • (R + ОХ) = R2 - ОХ2, поэтому
-f = -Ц (Д2 - ОХ2), отсюда Sx = | 11 - ^-], что и
требовалось доказать.
Вторая формула Эйлера.
Если О — центр описанной окружности, / — центр
вписанной окружности (инцентр), то
OP = R2- 2Rr. (2)
Докажем эту формулу с помощью формулы (1).
Пусть точки X и / совпадают. Тоща по формуле (1)
*,=!(.-?). но
Si = Sikxk2 + Sik{k2 + Sik2k3 = 2 ^ (sin ^ + sin Я + sin С),
S ( Of\
значит, о" 1 - —Г = r (sin .A + sin В + sin C).
Поскольку S = rp, p = R (sin A + sin 5 + sin C),
? f1 " дЙ = r2 (sin^ + sinB + sinC)'
[2\
1 - Щ\ = г, тоща Oi2 = Д2 - 2Дг.
Задача 4.
Доказать, что у = «д.
Доказательства
По формуле (1), если х совпадает с инцентром /, то
По формуле (2)
234
с -1 (, _ & ~ 2Rr\ _S r_ 5, _ _r_
1 ~ 4 ^ Л2 J ~ 2 " R И S ~ 2Д*

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Задача 5 (прямая Симпсона).
Доказать, что если точка принадлежит окружности,
описанной вокруг треугольника ABC, то точки Х{, Х2, Хъ
принадлежат одной прямой (прямая Симпсона).
Доказательство.
Действительно, в этом случае ОХ = R и Sx = 0, что и
доказывает утверждаемое в задаче.
Задача 6.
Построить треугольник ABC по R, г, а.
Решение.
Построим окружность радиуса R, центр которой
обозначим точкой О. В этой окружности проведем хорду ВС, длина
которой а. Из всех треугольников со стороной а необходимо
найти такой, в котором радиус вписанной окружности
равняется г.
Проведем на расстоянии г от хорды ВС прямую I,
параллельную ВС, и из точки О проведем дугу радиуса
О/ = у/R2 - 2Rr
(формула 2) до пересечения с прямой /. Находим центр /
вписанной окружности. Из точек В и С проводим к ней
касательные, которые пересекутся в точке А, которая
принадлежит окружности радиуса R.
Треугольник ABC — искомый.
Задача 7.
Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается его
средней линии. Определить угол ВАС, если центр О описанной
окружности принадлежит вписанной окружности.
Решение.
Обозначим К точку касания вписанной в треугольник
ABC окружности к стороне АС. Имеем IK = г.
По формуле (2) и по условию г2 = F? - 2Rr найдем -~:
235

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Поскольку трапеция BCMJS/LZ описана вокруг окружности,
то 2 "*~ 2 = 2 + а' значит> 7* (i + с — а) = а,
следовательно), р - а = а (р — полупериметр треугольника ABC).
А А
Поскольку г = (р — a) tg -у и р - а = а, то г = а tg -у или
r = 2i?sinAtg:|, и sinA • tgy = ^-jf.
2
28пф
Задача 8.
Доказать,
A A sm2
sin у cos у' j =
cosy
V2~-
= 2
что Sx
1 Л 1
—, cos A = 1
Л = arccos —
S
^4-
= I(VT-
VT-1
2
-VT
2 *
i);
=:
3^
-VT
2 ;
Доказательство.
Действительно, так как ОХ ^ Л, то по формуле (I)
Задача 9.
Вычислить наибольшую площадь треугольника J^X^,
если ау Ъу с — длины сторон треугольника ABC.
Решение.
Докажем, что наибольшую площадь имеет треугольник
с
M^MJMy Действительно, так как Sx ^ -j, то знак равенства
будет в том случае, когда точки X и О совпадают, а точки
Хр Х2, Х3 являются серединами сторон треугольника ABC.
S
Итак, наибольшая площадь треугольника XiXzXz равна V, а
5 можно найти по формуле Герона*
236

19. О НЕКОТОРЫХ ТЕОРЕМАХ И ЗАДАЧАХ ЛЕОНАРДА ЭЙЛЕРА
Задача 10«
Доказать, что Sx ** ^ (Sx + S2 + S3), ще Sp S2, S3 —
площади треугольников AX^, ВХХХЪ, CXXX2.
Доказательство,
Так как 5Х ^ -^ и S = Sx + 52 + 53 + Sx, то
Л + S2 + S3
4SX < Sx + Si + S2 + S3, или Sx ^ — 1 К
Равенство выполняется, если X и О совпадают.
Задача 11.
Доказать, что R > 2г.
Доказательство.
Действительно, Of = Д2 - 2Rr & О, тоща R > 2г.
Задача 12.
В тетраэдре DABC имеем О — центр описанной сферы;
R — ее радиус; О0, 10 — центры окружностей соответственно
описанной вокруг треугольника ЛВС и вписанной в него;
RQ и г0 — их радиусы*
Доказать, что 0% = R2 - 2Д0г0,
Доказательство.
Пусть точка О0 — проекция точки О на грань ABC. Из
АОО0/0 имеем OI2 = ОО2, + О^, или из ДАОО0 следует, что
OOi = R2-Rl.
По формуле Эйлера имеем О04 = Я2, - 2Л0г0. Итак,
Oil = Л2 - i?2 + Rl - 2Д0г0 = Л2 - 2Л0г0«
237

20. ЧТО БОЛЬШЕ!
Задача 1.
Что больше: 5W или З23?
Решение.
З23 = 9 • (З3)7; 5* = 5- (52)7, поэтому З23 > 515.
Задача 2.
_ л 10ю+ 1 10й+ 1„
Что больше: lQU + t или ^ + ^
Решение. Первый способ.
Сделаем замену 10ю = а. Тогда получим
10ю + 1 а + 1 10" + 1 10а + 1
10"+ 1 10а+1' 10Р + 1 100а + Г
Сравнение данных дробей свелось к сравнению дробей
а + 1 10а + 1
и
10а+1 " 100а + Г
Приведем дроби к общему знаменателю:
а+ 1 _ (а + 1)(100а + 1)
10а+1 ~ (10а+1)(100а+1);
10а + 1 _ (10а + 1)(10а + 1)
100а + 1 ~ (100а + 1)(10а + 1);
Сравним числители дробей. Имеем
(а + 1)(100а + 1) = 100а2 + 101а + 1;
(10а + 1)(10а + 1) = 100а2 + 20а + 1.
Так как 101а > 20а (а = 1010), то числитель первой дроби
больше числителя второй дроби, а поскольку знаменатели у
них равны, то
а + 1 ^ 10а + 1 10ю + 1 10й + 1
> т?^—г-г, т.е. -—г,—- >
10а+1 lOOa+1' 10» + 1 \Ф + Г
238

20. ЧТО БОЛЬШЕ?
Второй способ.
Вычитая от обеих дробей по 0,1 мы легко получаем дроби
с одинаковыми числителями, которые легко сравнить:
10ю + 1 1 9
Ш2 + ю;
9
1013 + 10'
„ 10ю + 1 . 10" + 1
Так как —^ > —п , то —т, > —^ .
10* +10 1013 + 10 10"+ 1 10Р+1
Третий способ.
Умножим каждую дробь на 10 и выделив единицу, будем
10"+ 1
10"+1
1012 + 1 "
-Л— >-
10 ~
1
" 10 "
9
иметь
1U 1011 + 1 + 10й + V
1011 + 1 о
10й+ 1 10* +Г
9 9
Так как —г{—- > —^—-, то первая дробь больше
второй.
Задача 3.
Что больше: lg6 или 1^8?
Решение.
lg2 8 = (1 + lg0,8)2 = 1 + 21g0,8 + #0,8 > 1 + 2 lg 0,8 =
= lg(10-0,82) = lg6,4>lg6.
Ответ: lg2 8 > lg 6.
Задача 4.
При n = 1, 2, 3 сравнить числа
sin" 1° + sinn 4° и sin* 2° 4- sin" 3°,
239

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение»
1) п = 1. Преобразуем сумму синусов в произведение:
sin 1° + sin 4° = 2 sin 2,5° cos 1,5°;
sin 2° 4- sin 3° = 2 sin 2,5° cos 0,5°.
Очевидно, что второе число больше первого, ибо
sin 2,5° > 0 и cos 0,5° > cos 1,5°.
2) п = 2. Имеем:
1 - cos 2° + 1 - cos 8°
sin21° + sin2 4° =
sin2 2° 4- sin2 3° =
2
1 - cos 4° + 1 - cos 6°
2
Покажем теперь, что первое число больше»
Для этого достаточно установить неравенство
cos 4° + cos 6° > cos 2° + cos 8°,
а оно равносильно неравенству
2 cos 5° cos 1° > 2 cos 5° cos 3°,
которое сразу следует из того, что
cos5°>0 и cosl°>cos3\
3) п = 3. Воспользуемся формулами «тройного угла».
Имеем
sin 9° - sin 3° + sin б° - sin 12° >
> 3 sin 3° - 3 sin 1° + 3 sin 2° - 3 sin 4°;
2 cos 6° sin 3° - 2 cos 9° sin 3° >
> 6 cos 2° sin 1° - 6 cos 3° sin 1°;
sin 3° sin 7,5° sin 1,5° > 3 sin 1° sin 2,5° sin 0,5°.
Далее (3-4 sin2 1°)(3 - 4 sin2 2,5°)(3 - 4 sin2 0,5°) > 3,
или (1 + 2 cos 2°)(1 + 2 cos 5°)(1 + 2 cos 1°) > 3,
а вероятно, левая часть более 8, значит,
cos Г > cos 2° >cos 5° >-|>
240

20. ЧТО БОЛЬШЕ?
Задача 5.
Какое из двух чисел больше:
3 3
Vlog2 3 • log2 5 или Vlogj 2 • log2 5 ?
Решение.
Заметим, что подкоренные выражения в обоих числах
содержат общий множитель log2 5, на основании свойств
степеней сократим на него и полученные после этого степени
обозначим соответственно через а и Ъ.
Тоща log| а = lo^ 3, log2 b = logj 2 • Iog| 3 = log^ 3, и
поскольку log2 3>l, то log^ & > log^ а, так что b>ay и второе
число из заданных чисел больше.
Задача 6.
Что больше: 19861985 или 19851986?
Решение.
Рассмотрим функцию у = ^х при х = 1985 и х = 1986.
Производная этой функции у' = ^1/х""2 (1 - In х) отрицательна
при х > еу так что на промежутке (г; оо) функция у = о№*
убывает. Поэтому
19VT986" < 198^l985, а значит, 19861985 < 19851986.
Задача 7.
Что больше: y/WRT+ V99ST или VWTT+ V95SIT?
Решение.
Вычтем из одного числа другое
(УШТ- y/mti) - (VW79"- VWTS). (I)
Каждую разность радикалов умножим и одновременно
разделим на их сумму:
VW794 V9578"
241

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Поскольку (Va~+ VF)(Va~- VF) = a - 6, разность (1)
равна
1 1
Vmr+ V9MT " VWIT+ V997T
Знаменатель первой дроби больше знаменателя второй
дроби, откуда следует, что первое число меньше второго:
V997T+ V993T < V9979> VmtT.
Задача 8.
Верны ли неравенства: 637 < 1б12; 329 < 1813?
Решение.
Данные неравенства верны. Действительно,
637<647 = 421<424 = 1612;
329 = 245<252=1613<1813.
Задача 9.
Какое из чисел больше:
4
log5 2 или cos3 -=?
Решение.
Поскольку 5 < 4^, то
w 9 1 . 1 _ _J__ _ VT
10^Z"lo?25 > fojp72" " 2VT~ 4-
^ о з 4 з^ VT
С другой стороны cos -р < cos -j = -д-, и поэтому первое
число больше.
Задача 10.
Что больше: е1/зс~1/е или (е/л:)е?
Решение.
Записав неравенство elf3C~Ue > (еI л)е в виде
еи*яв > еиве'9 или/(л) >/(e),
242

20. ЧТО БОЛЬШЕ?
где f(x) = e Ux хе (х > 0), будем иметь
f'(x) = eUx [--У * + #х ехш~х = eUx хе-1{ех- 1),
так что /'(*) >0 о ех-\>Ъ о х>1/е.
Поэтому /(л)>/(е), т.е. ехЫ'тсе > е1/е е\
Задача 11.
Какое из двух чисел больше: 4^ или 3^?
Решение.
Имеем 4^ > 4^ = 44/5 > 3, так что 4^ > 3^.
Задача 12.
Верно ли неравенство
38 V36V34...V6VT <
105?
Решение.
Левая часть данного неравенства увеличится, если все
числа 38, 36, 34,... заменим числом 40, но
и, следовательно, заданное неравенство верно.
Задача 13.
Что больше: 4 tg 5° • tg 9° или 3 tg 6° • tg 10°?
Решение.
Рассмотрим функцию /, определенную формулой
/С*)-4*
4 ' X
Ясно, что на промежутке
о--
и' 2
ее производная
243

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА I!
/'(*)
=
X
cos2
X
X2
tgx
_ X
— sin х cos x
X2 COS2 X
=
2x-
2*?
sin 2x
cos2 л:
положительна, и, следовательно, на этом промежутке
функция / возрастает, поэтому
6ж 5л 5л; 6л ^ ,0
180tg 180 < 180 tgl80 и 6tg5 < 5tg6 '
Аналогично получаем неравенство
10tg9° < 9tgl0°.
Перемножив два последних неравенства, мы получим,
что 3tg6° • tg 10° > 4tg5° • tg9°.
Задача 14.
Что больше: lg 8 или lg2 9?
Решение.
]g*9 = (1 + lg0,9)2> 1 + 21g0,9 = lg8,l >lg8.
Задача 15.
Доказать: sin 1 < log^ VT.
Доказательство.
. л VT 7 t лч-
(последнее неравенство следует из того, что 37<74).
Задача 16.
Что больше:
lg2 (5 + V33~) или lg (6 + VW)1
Решение.
Так как (5 + V35)2 = 10 (6 + V35), то положив
а = 5 + V35",
2
получим lg2 а - lg -тту = (lg а - I)2 > 0, так что первое число
больше.
244

20. ЧТО БОЛЬШЕ?
Задача 17.
Что больше: log4 2 или logQ 0б25 0,25?
Решение.
Имеем: log4 2 = ^; log^ 0,25 = 108о,0б25 0,06251/2 = |,
значит, log4 2 = logQtQ625 0,25.
Задача 18.
Что больше: loglog2 т> или 1?
Решение.
1 11
Имеем log3 2 > log4 2 = -^ отсюда loglog2 ^ > log^ -^ = Ь
Задача 19.
Что больше: log4 26 или logg 17?
Решение.
Имеем log4 26 > log4 16 = 2, a logfc 17 < logg 36 = 2, значит,
logg 17 < 2. Итак,
log426>iog617.
Задача 20.
Что больше: log2 3 или log5 8?
Решение.
2 3 2 3
Имеем: ^ fog2 3 = log2 VT > 1; ^ log5 8 = log5 vW< 1;
значит, log23>log58.
Задача 21.
Что больше: log,, 10 или logt011?
Решение.
Имеем: log, 10 4- 1о&0 9 > 2; bgtQU+ 1о^0 9 = toft, 99 < 2;
значит, logj 10 > 1о$011.
245

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 22.
Что больше: logj 10 + 4 lg 3 или 4?
Решение.
Имеем: 10ёз 10 Ч- 4 lg 3 = 2 f^%^ + to^To) > 4'
Задача 23.
Доказать, что
- log3 5 • log2 17 • log^ 4 > 4.
Решение.
Имеем: - logj 5 • log2 17 • 1о$/5 4 =
= log2 17 • log3 5 • log5 4 =
= log217-|^4 = log217.1og34>4.
246

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
Задача 1.
Решить уравнение
t ,—, \ = sur х + sur у.
l+\gx + \gy
Решение.
Если а = tg2 х, й = tg2 у, то уравнение принимает вид
a + b a й
1 + а + й 1 + а 1 + 6*
Но т-^-гт ^ т4-; ^Ат-г ^ *
1 + а + й 1 + а' 1+а + А 1 + й '
и поэтому равенство выполняется только при условии, что
а = 0.
Следовательно, решениями уравнения являются пары
вида (пл9 с) и (с, /иг), ще п G Z, ас — любое действительное
число, не равное (2к +1)9" (* е z)*
Задача 2.
Найти наибольшее значение выражения х + 2у, если х и
у отрицательны и удовлетворяют неравенству
х4 - 4ху + у2 + 3 ^ 0.
Решение.
Выясним, при каких значениях а система
f х + 2у = а,
|л^ — 4ху Н- у2 Н- 3 ^ 0
имеет решения х<0, у<0.
Наибольшее из этих значений и будет решением задачи.
Подставляя х = а — 2у в неравенство, приведем его к виду
13у*-Ъау + с? + 3^0.
247

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Это неравенство имеет решения при с? > 13. При
4
а = - VT3" одним из его решений является у = - 77ту> а То1да
/5 4 \
решением системы является пара - -tjjs - TTTTl •
Таким образом, искомое наибольшее значение равно
Задача 3.
Доказать, что не существует целых чисел л и у, для
которых справедливо равенство
V*2 + х + 1 + V/ - у + 1 = 11.
Решение.
Так как для любого целого числа ^их либо оба четны,
либо оба нечетны, то сумма э? + х всегда четна. Поэтому
выражение под первым знаком корня всегда представляет
собой нечетное число, а следовательно, и корень из него —
нечетное число. Точно так же нечетным числом является
второе слагаемое в левой части данного равенства. Но сумма
двух нечетных чисел не может быть равна 11, откуда и
вытекает требуемое утверждение.
Задача 4.
Найти все целые числа х и у, удовлетворяющие уравнению
(2х + 5у + 1)(2W + х2 + х + у) = 105.
Решение.
Так как 105 — число нечетное, то числа 2х + 5у + 1 и
2W + х2 + х + у также нечетные. Отсюда у — число четное,
и поскольку число je2 + х при любом х четно, то число 2W
должно быть нечетным, а это возможно лишь при х = 0.
Теперь получаем равенство (5у + 1)(у + 1) = 105, т.е.
число 105 представлено в виде произведения двух множителей,
разность которых делится на 4. Простым перебором можно
убедиться, что это возможно лишь при у = 4.
Итак, условию задачи удовлетворяют только числа
х = 0 и у = 4.
248

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
Задача 5«
Решить в натуральных числах уравнение
5х = 1 + 2\
Решение.
При четном х данное уравнение преобразуем следующим
образом:
52п - 1 = 2У;
(52 - 1)(52л-2 + 52"-4 + .„ + 52 + 1) = 2У;
24 (52*-2 + Л2""4 + ... -f 52 -f 1) = 2у,
Левая часть последнего равенства делится на 3, а правая
нет, так что данное уравнение не имеет решений с четным
х. При нечетном х аналогично получаем:
52*+1 - 1 = 2\ Имеем:
(5 - 1)(52п + 52*"1 + ... + 5 + 1) = 2У;
4(52я + 52*-1 + .,. + 5+1) = 2у,
В скобках левой части последнего равенства стоит сумма
нечетного числа нечетных чисел, т.е. нечетное число, поэтому
п = 0, откуда х = 1 и у = 2.
Задача б.
Решить в целых числах уравнение
у/1-х + х?+у/1-у + /=у/х? + ху + у*.
Решение.
Рассмотрим векторы
5 = (2х - 1, - V3), А = (у + 1, V3"- V3~y).
Тоща а2 = 4х* - 4х + 4, й2 == 4/ - 4у + 4,
(а + ?)2 = (2х + у)2 + Зу2 = 4Х2 + 4ху + 4?
и данное уравнение означает, что \а\ + IAI = \а + Ь\.
249

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Это равенство выполняется только в случае, коща векторы
а и Ъ коллинеарны и соыаправлены. Из равенства
получаем, что у+1 делится на у - 1, откуда
уе{-1, 0, 2, 3}.
Соответствующие целые значения х получаются при
у Е {0, 2} и равны 0 и 2. При х = у = 0 векторы а и Ь имеют
противоположные направления, так что единственным
целочисленным решением данного уравнения является пара (2, 2).
Задача 7.
При каком условии радикал V т + Va~+ VF+ VF можно
представить в виде суммы трех радикалов VF+ Vy~+ VF, оде
х, у, z — положительные рациональные числа?
Решение.
Положим Vm + VF+ VF+ VF = V3T+ Vy~+ VF Возведем
обе части равенства в квадрат. Получим
х Н- у + z = /п, 2 Vxy~= Voj 2 VxT= VFj 2 VyF= VF
Решим данную систему относительно х, у, z:
_ y/abc _ ylabc _ ЧаЬс
*- 2с ' У~ 2Й ' z" 2а '
т.е. abc должно быть точным квадратом:
ab + ас + be
m= 2 Vote *
Задача 8.
Найти все натуральные числа х, у, г, удовлетворяющие
равенству
& - 2г = 1. (1)
250

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
Решение.
Ясно, что при у=1, взяв произвольное число z и
х = 21 + 1, мы получим тройку чисел, удовлетворяющую
равенству (1).
Пусть уф 1; перепишем равенство (1) в виде
х? - 1 = 2*, или (2)
(х - IK*3"1 + х5"2 + ... + х + 1) = 2*. (3)
Отсюда видно, что х - 1 является делителем числа 2х,
т.е. имеет вид 2'. Поэтому число х нечетно, а поскольку
второй множитель в левой части равенства (3) должен быть
четным, то у — число четное, у = 2т. При этом значении
у равенство (2) принимает вид ?*" — 1 = 2Z, откуда следует,
что 2г делится на х2 - 1, т.е. делится на х+ 1. Но тогда
х + 1 так же, как и х - 1, является степенью числа 2. Это
возможно лишь при х = 3, и нам остается найти натуральные
числа т и z такие, что З2"1- 1 = 22, или (Зт- 1)(Зт+ 1) = 2\
Но в этом равенстве множители Зт - 1 и Зт + 1 снова
являются последовательными четными числами и степенями
числа 2, что возможно лишь при т = 1, а тоща z = 3.
Таким образом, равенству (1) удовлетворяют все тройки
натуральных чисел вида (2* + 1; 1; z), где z — произвольное
натуральное число, и тройка (3; 2; 3).
Задача 9.
Найти двузначное число, равное неполному квадрату
суммы его цифр.
Решение.
Согласно условию, 10х + у= э? + ху + ^> или
10х + у + ху = (х + у)2.
Так как х^9иу^9, то
10х + у + ху ^ 180, (х + у)2 ^ 180,
а тоща х + у ^ 13.
251

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА И
Но при х 4- у = 13 наибольшее значение выражение
10* + у + ху получит, очевидно, при х = 9, у = 4:
1(к + у -Ь ху ^ 130;
следовательно, (х + у)2 < 130 и х + у ^ 11.
При х 4- у = И ДОх + у + ху ^ ПО, откуда х + у ^ 10.
При х + у = 10 значение х = 9, у = 1 удовлетворяет
условию задачи.
При х + у = 9 условию задачи удовлетворяют х = 6,
у = 3.
При х + у=8, х + у=7, х-Ьу = 6, х + у = 5, как
нетрудно в зтом убедиться, решений нет.
При х 4- у = 4 имеем решение х = 1, у = 3.
Ответ: 91, 63, 13.
Задача 10.
Существуют ли целые числа х и у, для которых
1988Х1989 + 1989У990 = 1991?
Решение»
Ясно, что число у должно быть нечетным, а тоща левая
часть равенства при делении на 4 дает остаток 1, а правая
часть — остаток 3. Поэтому требуемых чисел х и у не
существует.
Задача 11»
Решить уравнение х2 + 6х sin (ху) 4-9 = 0.
Решение»
(x + 3sin(xy))24-9(l - sin2 (ху)) = 0, или
(х + 3 sin (ху))2 + (3 cos (ху))2 = 0;
х + 3 sin (ху) = 0 и cos (ху) = 0, т.е.
х 4- 3 sin (ху) = 0 и sin (ху) = ± 1.
Итак, мы имеем две системы:
Jх 4- 3 sin (ху) = 0, Гх + 3 sin (ху) = 0,
1 sin (ху) = 1, 1 sin (ху) = -1.
252

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
Ж
Из первой системы х = -3, ху = -я- + 2кж, т.е. ^ = —3;
ж , 2for „
\ = - -jr + —5-, а из второй
x = 3; ЗУ = - T + 2*rf> т.е. j^ = 3; y2 = - -g- + -5-, &, / € Z.
Задача 12.
Решить уравнение
sin2 л + sin2 у = sinxsiny + sinxsiny- 1.
Решение.
Домножив обе части уравнения на 2 и перенеся все его
члены в левую часть, будем иметь:
(sin2 х - 2 sin х + 1) + (sin2 у - 2 sin у + 1) +
+ (sin2 х + sin2 у — 2 sin x sin у) = 0, или
(sin x - I)2 + (sin у - l)2 + (sin я - sin yf = 0,
откуда sinx = 1, siny=l, sin# = siny.
Таким образом, решением уравнения будет любая пара
ж ж
вида х = тг + 2л?, у = -у 4- 2лтг (Л, л G Z).
Задача 13.
Найти все пары целых чисел х и у, которые удовлетворяют
уравнению
^ + x = y4 + / + y2 + ^
Решение.
Разложив на множители обе части данного уравнения,
получим
х(х+1) = у(у+ 1)0? + 1), или
х(х+1) = (уа+1)0? + у).
Тоща равенство возможно, если левая и правая части
равняются 0, или представляют собой произведение двух
последовательных целых чисел. Поэтому, приравнивая к 0
253

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
возможные множители, получаем 4 пары искомых значений
переменных:
^ = 0, х2 = 0, *з = -1, х4 = -1,
У1 = °> % = -1. 3^ = 0, Ул = -!•
Произведение (у2 + 1)(/ + у) можно рассмотреть как
произведение двух последовательных целых чисел, отличных от
0, только при у = 2. Поэтому х {х + 1) = 30, отсюда х5 = 5,
х6 = —6. Итак, существует только две пары целых чисел,
которые удовлетворяют данное уравнение:
xs =5' у5 =2; *б = ~6> % = 2.
Задача 14.
Доказать, что не существует целых чисел х и у, которые
бы удовлетворяли уравнению я2 + 1978 = /.
Решение,
/-^ = 1978, (у _ *)(у + *) = 1978.
Числа х и у одной четности, поэтому (я + у) и (у — х) —
четные числа. Их произведение должно делиться на 4, а
число 1978 этого свойства не имеет.
Задача 15.
Решить систему уравнений
2х Ъу bz х у ?'
[x + y2 + z3 = 14 (х,у, z>0).
Решение.
Записав первое уравнение в виде
f + ^ + i)(3* + 2)> + z) = 36,
* + *1+3 15 + Jl +2IJ + 5J =22,
254

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
и поскольку сумма взаимно обратных положительных чисел
не меньше 2 и равна 2 только в случае их равенства, то
x = y = z, ииз второго уравнения получаем, что
л3 + х2 + х-14 = 0.
Число 2 является корнем этого уравнения, и
J + x* + x-U = (x- 2)(? + Зх + 7),
так что система имеет единственное решение х = у = z = 2.
Задача 16.
Решить уравнение
х4 + х? (--4у) + 2у/Тх + 5у> + 1=0, у>0.
Решение.
Заданное уравнение запишем в виде:
(х4-4х2у + 4у2)+ [— + 2vTx + / + l] =0, или
(х*-2у)2 + [— + 2VTx + tf + l) =0.
Первое слагаемое в последнем уравнении обозначим через
А, второе — через В,
1) А > 0;
2) Дискриминант выражения В равен
2 - ^-^ = 2 - (у + -) ^0, значит, 5^0, - > 0;
У { У) У
А + В = 0 при А = 0, В = 0;
x=-VT, y=L
Задача 17.
Найдите наибольшее из значений z, для которого
существуют числа х, у, удовлетворяющие уравнению
2л2 4- 2f + z2 + ху + xz + yz = 4.
Решение.
Рассмотрим заданное уравнение как квадратное
относительно х с коэффициентами, зависящими от у и z.
255

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
D = (у + zf - 16/ - 8yz - 8Z2 + 32 ^ О, или
15/ + 6yz 4- 7Z2 - 32 ^ О-
Квадратичное неравенство относительно у имеет решение
лишь тоща, когда 9z2 - 105z2 + 15 • 32 ^ 0, т.е. при z ^ 5,
или - V3T< z ^ V3", так что z не может быть больше V3T
Если z = VJ", то неравенство имеет единственное решение
относительно у. Но тоща существует и х (тоже единственный)
такой, что тройка (х; у; z) удовлетворяет уравнению
2Х2 + 2/ 4- z2 4- яу + xz 4- yz = 4.
Ответ: V3T
Задача 18.
Сколько решений в положительных числах имеет система
уравнений
х4-у 4- z= 1,
X3+/4"Z3-i-XyZ=:X4 + /4-Z4-f-i?
Решение»
Поскольку (х 4- у 4- zf — х3 - у3 - z3 - xyz =
= Зх2 (у 4- z) + Зу2 (z 4- х) + Sz2 (х + у) + 5xyz > О,
то, сложив зто равенство со вторым уравнением, с учетом
первого уравнения получаем:
1 = ? + / + * 4- 1 + Зх2 (у 4- z) 4- Зу> (х + z) +
4- Sz2 (х 4- у) 4- Sxyz > L
Следовательно, в положительных числах система решений
не имеет»
Задача 19.
Решить в целых числах системз' уравнений
1 у + z — х = 3.
256

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
Решение.
Из второго уравнения системы получаем
х = у + z - 3. (1)
Подставляя значение х в первое уравнение системы, име-
ем yz - Ъу - 3z + 4 = 0. Из этого уравнения находим
3z - 4 3 (z - 3) + 5
У = Т^З"= z-З 'шш
У-3 + jfg. (2)
Для того, чтобы j и z, будучи целыми числами,
удовлетворяли уравнению (2), необходимо и достаточно, чтобы
разность z — 3 равнялась делителям пяти, т.е. z — 3 должно
принимать значения ± 1 и ± 5, откуда
zx = 4, z2 = -2, z3 = 8, z4 = 2.
Подставляя эти значения z в равенство (2), получим
34 = 8, у2 = 2, % = 4> Уа = -2-
Подставляя соответствующие значения у и z в (1),
получим х{ = 9, х2 = —3, *з = 9, х4 = —3.
Ответ: (9, 8, 4); (-3, 2, 2); (9, 4, 8); (-3, -2, 2),
Задача 20.
Решить уравнение 2 V2~(sin д: + cos х) cos у = 3 + cos 2у.
Решение.
Заданное уравнение запишем в виде:
2 cos2 у - 1 + 3 - 2 V2~(sin х + cos х) cos у = 0, или
cos2 у - V2~(sin х + cos х) cos у + 1 = 0,
/ sin х + cos х\ , л /sin х + cos х\ л
|cosy w J +1-^ 7Г 1 =0.
\2
т sin х + cos х ( лг\
Так как -^= = cos \х - -j , то последнее
уравнение можно переписать так:
257

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
cos у - cos \х -
71
Ж
+ sin2 х-т =0,
Это уравнение эквивалентно следующей системе:
cos у = cos \х -
4 '
sin \х --т\ = 0.
Отсюда х - -г = for, и, значит, cos у = cos for,
лг
х = -j + for, у = (2м ± к) л;,
ще Дим — целые значения.
Задача 21.
Найти все действительные решения уравнения
Решение.
Очевидно, что х>2, у > 1 — допустимые значения
неизвестных. Преобразуем заданное уравнение:
4уПГ=Т+
36
VF-T
= |2УТ=Т-т; 6
Чх-=г~
+ 24;
^+Vj^r- (Jj^T-^-M.
Получим уравнение:
2Vx^T-t;
^гп +\v^rr-^y^f
= 0.
Из этого следует, что
2у^=Т-трЁ==0и v7=T-тД=р= 0.
Vx- 2 Vy- 1
Получим решение: х = 11, у = 5.
258

21. ДВА НЕИЗВЕСТНЫХ В ОДНОМ УСЛОВИИ
Задача 22.
Решить уравнения (х, у):
1) х Vy - 1 + j Vx - 1 = ху;
2) х у/х - 1 + у Vy — 1 = ху.
Решение.
В обоих случаях х = у = 2. Действительно,
*Vn-.*V(y-l)-l < x(y"^ + 1 = f;
у Vx - 1 ^ -тг, следовательно,
л; Vy — 1 + у V* — 1 ^ ху.
Знак равенства — только при х = у = 2.

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Функция f{x) называется периодической, если
существует такое число Т ?=¦ О, что для любого х0, принадлежащего
ОДЗ функции, (д;0 - Т) и (х0 + Т) также принадлежат ОДЗ,
и/(х0 + Г)=/(х0).
Если Т — период функции /(х), то пТ, где n?Z,
n ^ О — тоже период. Наименьший положительный период
функции называют также основным периодом. Основной
период функции мы буде иногда называть просто периодом,
если это не ведет к недоразумениям.
Задача 1.
Доказать, что для функции у = cos 2х число Т = — Зж
является периодом.
Доказательство.
1) Для любого действительного числа х числа х — Зж и
х+Зж принадлежат области существования функции
у = cos 2х.
2) Справедливо равенство
cos (2 (х - Зл)) = cos (2х - 6л:) = cos 2х, х G R.
Задача 2.
Найти наименьший положительный период функции
у = cos пх.
Решение.
Пусть Т — период данной функции. Тогда
cos п (х + Т) = cos пх,
откуда cos (пх + пТ) — cos пх = 0, или
~ . пТ . ( , пТ\ Л
2 sin ~y sin \пх + -тН =0.
При произвольном значении х это равенство возможно
. пТ Л пТ , _ 2fer
только при sin -у = 0, откуда -у = fer; Г = ; и при
260

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
2тг
к = 1 находим искомый период данной функции Т = —
(2л: — период функции у = cos х) .
Задача 3»
Найти период функции
х) = cos -J- - sin^.
Решение.
Зх 3 4^г
Период функции у = cos -у равен Г = 2л:: ^ = -=-, а не-
х 1
риод функции у = sin ^ равен Т = 2л:: ^ = 6л:. Так как паи-
^ 4тг - 2л: , Л 2л:
меньшее общее кратное для чисел -$- = 2 • -~- и шг = 9• -q-
2л:
есть число 18 • -5- = 12л:, то 12л: есть период функции /(х).
Действительно,
*/ л. п ч 3(* + 12л:) - *+*2л:
/(х + 12л) = cos — ту - sin 5 =
'¦у + 18л:] - sin [| + Arc) =
= COS -у - sin -g = /(х).
Заметим, что период суммы, вообще говоря, не равен
общему наименьшему кратному периоду слагаемых. Но для
выражений, с которыми мы встречаемся в средней школе, а
именно — для выражений вида
f(x) = ^ sin ntx + fy cos ntx+ ... + aksinnkx + bk cos nft x
(где пк — рациональные положительные числа, все
различные), наименьший положительный период равен 2л:р, где
1 1 1
р — наименьшее кратное чисел —, —, •.., —.
*1 П2 Пк
= COS
261

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 4.
Доказать, что
Т = 1л есть период
/«¦
Доказательство.
l-nf-
Задача 5.
\
= 1-
+ гг]
*!'
= 1-
функции
-IgjC*"*"
2ж).
Найти период функции /(х) = a sin (ах + /J) (а ¦* 0), ще
а, а, /J — постоянные числа.
Решение.
2л:
Докажем, что Г = — есть период функции, т.е. для всех
/ 2л\
х выполняется равенство / х Н =/(х). Действительно,
a sin (ах + /J) = а sin ((х + /3) + 2л:) =
= a sin [а [х +—| + /J
2л:
Можно доказать, что число — является и наименьшим
положительным периодом.
Задача 6.
Найти период функции
у = х + cos х.
Решение.
Если Г — период функции, то при всех значениях х
должно быть: х + Т + cos (х + Т) = х + cos х, откуда
cos(x + !T)-cosx=-:r, или
- 2 sin ysin Jx + у J = - 7\ откуда
262

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
\ / 2 sin iy
Так как правая часть этого равенства есть число
постоянное, а левая часть изменяется с изменением х, то не
существует такого числа Г, при котором это равенство
удовлетворялось бы при любом х, следовательно, данная функция
не является периодической.
Задача 7.
Доказать, что функция у = sin (х2) — непериодическая.
Доказательство.
Допустим обратное: пусть существует такое число
Т * О, что при всех значениях х справедливо равенство
sin (х2) = sin ((* + Т)2).
Положив х = О, будем иметь 0 = sin (Г2). Но тоща
Т2 = жп (п G Z), следовательно, Т = Чпл. Подставив это
значение Т в равенство sin (х2) = sin ((* + Г)2), получим
sin (я?) = sin ((* + VrtJr)2) = sin (jc2 + 2x Vwr + ил:).
Пусть x * 0 , , ще^?2, тогда 2xVrm + rut * 2Ы.
И, следовательно, sin (*2) * sin (x2 + 2* Vwr + rm).
Пришли к противоречию. Это доказывает, что sin (х2) —
непериодическая функция.
Задача 8.
Доказать, что функция у = sin V3T не является
периодической.
Решение.
Ясно, что х ^ 0. Допустим, что существует число Т * 0
такое, что sin Vx+ Т = sin V3FT Это равенство должно
выполняться при всех допустимых значениях х, поэтому
доказательство требуемого утверждения можно свести к тому, чтобы
при некоторых (удачно выбранных) частных значений х
получить несовместную систему равенств.
263

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ, ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ» КНИГА II
Значение х = О является почти всеща удобным для этой
цели, ибо дает простейшее уравнение для Т\ в данном случае
sin VT~= sin 0 = О, откуда VrT~= лк.
Теперь зная, что sin VT~= 0, вторым значением можно
взять х = Г, и тоща получим sin V2T = sin VT~= 0, откуда
V2T = пл. Подставляя сюда значение VT~= for, получим
у/Т* Ы = wr, откуда VT= -г, что невозможно при целых п
и Л*
Задача 9.
Доказать, что если график функции х = /(х), х?Л
симметричен относительно прямых х = а и х = й (а ?* ?>), то
функция у = /(х) является периодической.
Доказательства
Из условия симметрии графика функции у = / (х)
относительно прямых х = аих = й при каждом * и каждом х из
области определения функции имеем
/(а + х)=/(а-х); /(* +0 =/(*-О-
Положим й - а = d. Пусть х0 — любое число, принадлет
жащее ОДЗ, Имеем
/(*о) =/(<* + (*о - *)) =/(* - (*Ь - *)) =/(2а - *о) =
= /(* + (2а - х0 - Ъ) =/(й - (2а - х0 - ft)) =
= /(х0 + 2(й-а))=/(х0 + 2<*).
Таким образом, при каждом xQ из области определения
функции f(x) имеем /(д:0) = /(*о + 2d), следовательно, f(x)
является периодической с периодом 2 (b - а).
Задача 10.
Найти основной период функции у= Icosxi.
Решение.
Пусть Г0 — основной период данной функции. Тоща для
всех х должно выполняться равенство
264

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
I cos (х + Т01 = I cos jcl. (*)
Найдем, каким может быть Г0. Подставим в (*) х = 0.
Получим Icos Г01 = 1, значит, cos Г0 может принимать только
значения ± 1, откуда Т0 может принимать только значения
я, 2тг, Зл:, 4л;,... (то есть Г0 может быть только среди этих
чисел).
Поскольку I cos (jc + ж) I = I — cos x\ = I cos x\, то л —
период данной функции, а из вышесказанного следует, что Т —
наименьший положительный период.
Задача 11.
Доказать, что функция/(jc) = V log5 cos-туд^ является
периодической, и найти один из ее периодов.
Доказательство,
Находим область существования функции /(*):
, Ъгх _ л 2лх _ ,
log5 cos ^уд- > 0, cos ^j^ > 1 о
ocos-7jt-=1, х = \ПТи, n6Z.
Таким образом, область существования функции f(x)
есть множество X = {VT3~n I и е Z}.
Если взять, например, Г = VT31 то при любом п G Z
VTTn + Т = VT3~(rt +l)ez и
VT3~n - Г = vTT(n - 1) е X.
Так как при любом п Е Z справедливо равенство
cos —-—^уя- = cos Ъг (п + 1) = 1 = cos Ъсп =
= cos—VV13 \ VTog7T=0,
то /(* + 13) =/(*), поэтому /(*) является периодической с
периодом VT3"]
26Б

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 12.
Доказать, что функция cos л^Гне является периодической*
Доказательство.
Предположим, что существует Т Ф О такое, что при всех
х будет
cos Vx+ Т = cos Vxl '*'
(2)
Положим в выражении (1) х = 0. Тоща
з.
cos vT = cos 0 = 1,
и, значит,
VT = 2Ы <3)
для некоторого kEZ, к * 0.
Затем подставим в (1) значение х = Г * 0, Тоща
очевидно, будем иметь, (учитывая (1) и (2)):
cos VW- cos \ГГ= 1,
откуда
VTF= 21л. <4>
Так как по предположению Т 4t 0, то, разделив (4) на
(3), получим V2~= -т, ще /и ^ — целые числа.
Последнее равенство противоречиво.
Задача 13.
Доказать, если для произвольного х € D (/) существует
Т* 0 такое, что /(*+ Т) = —fix), то / — периодическая
функция с периодом 27*.
Доказательство.
По условию
/(* +Г) = -/(*). (1)
Имеем из (1): j(x + 2Г) = /(* + Г + Г) = - /(* + Т) =
= -(-/(*))=/(*)•
2&6

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Задача 14.
Доказать, что если существует Т Ф О такое, что для
произвольного xED(/)
TV**) 1+/(*)>
то / — периодическая функция с периодом 2Т.
Доказательство.
Используя условие: /(х + 2Г)=/(х + :Г+Г) =
, W(*)
_1-/(х + Г) _ 1+/(х) _
"1+/(х+7) " l-/(s) ~/W*
Задача 15.
Доказать, что функция у = cosx + cos Ах
непериодическая, коща А — иррациональное число.
Решение.
Как известно, функция /(х) называется периодической,
если существует такое постоянное число Т Ф О, что для всех
х из области определения функции /(х) выполняется
равенство
/(х+Т)=/(х). (1)
Обозначим через Т период функции у = cos х + A cos х.
Тоща для всех х е (-<*>; + оо) должно выполняться:
cos (х + Т) 4- cos А (х + Т) = cos х + cos Ах. (2)
Беря в выражении (2) х = 0, получим
cosr + cosAr = 2. (3)
Поскольку cos <р ^ 1, то из (3) следует:
cosT= 1, cos XT = L
Из последних равенств:
Т = 2кк; ХТ = Ъспу (4)
267

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА I!
ще к и п — целые числа. Исключая из (4) Т} получим
А = -J рациональное число, и мы пришли к выводу, что
А — рациональное число, что противоречит условию.
Задача 16
Периодические функции f(x) и g (х) определены для всех
действительных х. Наименьшие положительные функций
f{x) и g{x) равны соответственно 1 и VX Может ли функция
F (х) = / (х) + g (х) быть периодической?
Решение»
Приведем пример функций/(л) и#(х), удовлетворяющих
условию задачи, сумма которых является периодической.
Обозначив через С множество вида а 4- Ь VT (a,bGZ),
заметим, что всякое число из множества С в виде а + b VT
представимо однозначно.
Положим
// \ _ [ * ПРИ х = a-h b VT, a, b Е Z,
/w " JO при xgC,
/ ч _ f—а при х = а + 6 VT, а, b Е Z,
*W - |о при х?С.
Если х = а + Ъ VT, то
/(* + 1) =/(а + 1 + Ь VT) = b=f(x);
g(x + VT) = g(a + (6 +1) VT) = - a = g(x);
F(x+ 1 + V2) = /(a + 1 + (* + 1)V2) + g(a+ 1 + (6 + 1)VZ) =
= (b + 1) - (a + 1) = ft - a =/(*) + *(*) = F(x).
Если жех^С, Tox+l, x + VT, x + I + VT$= С и
/(x+l) = 0=/(x), g(x + VT) = 0 = g(%);
-F(jc + 1 + VI) =/(x + 1 + VT) + *(* + 1 + VT) = 0 =
= /(*) + *(*) = *(*)•
Таким образом, функции /(x), g(x) и их сумма F(x) —
периодические, и остается доказать, что числа 1 и мТявляются
268

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
наименьшими положительными периодами функций f(x) и
g(x) соответственно.
Пусть Т>0 и f(x + Т) = /(*) для любого х; тогда
F(VT+T)=f(V7) = h
откуда VT+ Т = а + VT, т.е. T = aGZ, следовательно,
Т > 1. Аналогично из равенства g(x + Т) = g(x) при я = 1
получаем, что g(l + 7^ = g(l) = -1, т.е. 1 + Г = 1 + 6 VT,
T = bVT, и поэтому Т > VT.
Задача 17,
Является ли периодической функция
_ sin л: ?
У " l-fsin2(xVTj'
Решение.
Пусть Т — период данной функции, обозначаемой в
дальнейшем через /(*). Тоща /(Г) =/(0) = 0, откуда
Т = for, и поскольку sin (х + for) = (-1)* sin х, то Л — четное
число. Следовательно, Т является общим периодом функций
/ (х) и sin х, и поэтому их частное = 1 + sin2 (х у/Т) имеет
период for, что, как нетрудно убедиться, неверно. Такцм
образом, данная функция непериодическая.
Задача 18.
Доказать, что если периодическая функция при некотором
к* ± 1 и к* 0 удовлетворяет равенству f(kx) = к fix) для
любого х Е R, то она не имеет наименьшего периода.
Решение.
Пусть Т>0 — период функции /, и Ш >1, тоща для
любого х е R f(kx + Г) = /(Ьс) = Л/(х);
/(tof+iw(*(* + x)) =#(* + f
и поэтому /(*) =/ (я + -Н , т.е. -у-гг — также период функ-
^ ' qp
ции. Следовательно, любое число вида —-, где n&N,
\к\
269

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
является периодом /, так что / не имеет наименьшего
периода.
При \к\ < 1 из равенств
следует, что \к\ Г, а следовательно, и все числа вида
\к\пТ являются периодами функции /, так что и в этом
случае / не имеет наименьшего периода.
Задача 19.
Доказать, что функция f(x) = cos лх + cos х
непериодическая.
Доказательство.
Пусть Т * О — период функции, тоща для всех х € R
справедливо равенство
cos х + cos лх = cos (х + Т) + cos (лх + лТ).
Положим х = 0; тоща cos Т + cos пТ = 2, но cos а ^ 1 для
всех а. Значит, последнее равенство равносильно системе
fcosT= 1,
icosrcr= 1,
откуда
\Т = Ъгк, kGZ,
1Г = 2п, nGZ.
Значит, существуют целые кип, для которых 2лк =
= 2п; если к = 0, то /г = 0, т.е. Т = 0 — противоречие; если
к Ф 0, то л = у, т.е. л: — рациональное число — противоречие.
Задача 20.
Доказать, что функция
fix) = cos (х) + cos (х VI) + cos (х VT) +...+ cos (х Vn) (я > 2)
— непериодическая.
270

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Решение.
Очевидно следующее свойство любой периодической
функции: любое свое значение она принимает бесконечное число
раз.
В то же время уравнение fix) = п имеет единственное
решение х = 0. В самом деле, поскольку cosx^l, то это
уравнение равносильно системе
cosx = 1, cos (xVT) = 1,..., cos (xVn) = 1.
Однако общее ненулевое решение х первого и второго
уравнения удовлетворяет равенствам
х0 = 2&7Г, х0 = \ГГпж,
что невозможно, так как у/Т? Q.
Таким образом, функция/(х) не является периодической.
Существует функция, не имеющая наименьшего
(основного) периода:
функция Дирихле:
J0, если х — рационально,
[1, если х — иррационально.
Задача 21.
Найти основной период функции Дирихле.
Решение.
Пусть Т — некоторый период функции Дирихле. Тогда
f(x ± Т) =/(*)> в частности, f(T) =/(0) = 0, значит, TGQ,
!Г = —. Докажем, что любое рациональное число, не равное
0, является периодом функции Дирихле.
Пусть Т = ? а х0 G Q, т.е. х0 = —. Тогда
0 п q nq **'
/(*0)=/(x0±7) = Q.
Если же xQ ? Q, то (х0 ± Т) ф Q.
Действительно, предположив противное,
271

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
0 п" ° п q nq w
что противоречит предположению»
Итак, (*0 ± Т) ? Q и /(*0) = /(х0 ± Т) = L
Таким образом, среди положительных периодов функции
Дирихле нет наименьшего»
Задача 25.
Может ли периодическая функция быть неограниченной?
Решение.
Да, например: у = tg х; у = ctg х.
Задача 22.
Может ли периодическая функция не иметь наименьшего
периода?
Решение.
Да, например, функция у = с или функция Дирихле:
~, ч _ ГО, если х — рациональное,
*\х' [1, если х — иррациональное»
Задача 23.
Обязательно ли сумма периодических функций есть
функция периодическая?
Решение.
Нет. Например, согласно задаче 15, функция cos х +
+ cos — непериодическая, хотя функции cos х и cos ^ —
периодические»
Задача 24.
Может ли периодическая функция быть монотонной на
всей области ее определения?
Решение.
Нет, не может.
Функция у-fix) называется периодической, если при
всех х имеет место равенство f(x + Т) =/(*), ще Т — по-
272

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
стоянное число, не равное нулю. Для условия монотонности
должны выполняться неравенства: если xi<x2> та
/(x1)</(x2) или /(^)>/(х2)* Если х2-х{ + Т, то условия
монотонности нарушаются.
Задача 25.
Может ли периодическая функция иметь экстремум?
Решение.
Да, может. Например: у = cos х; у = sin я.
Задача 26.
Может ли периодическая функция быть:
а) четной; б) нечетной?
Решение.
Да, например: у = cos х; у = sin я.
Задача 27.
Является ли функция у = {я} + sin # периодической?
({х} — дробная часть числа х.)
Решение.
Пусть для некоторого числа Т при любом xGR
выполняется равенство
{х + Т} + sin (х 4- Т) = {х} + sin х.
При х = 0 и при х = - Т получаем равенства
{Т} + sin Г = 0, {- Г} - sin Т = О,
откуда после сложения получаем, что
{П + {- Т} = 0.
Дробная часть любого числа неотрицательна, поэтому
{Г} = {- Т} = 0, а тоща и sin Т = 0.
Таким образом, Т — целое число и Т = for (& Е Z), откуда
Г = 0. Следовательно, данная функция — непериодическая*
273

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 28.
Существует ли функция, для которой все иррациональные
числа являются периодами, а рациональные не являются?
Решение.
Не существует. Действительно, предположив противное,
получим, что для любого иррационального числа х0 f(xQ) =
= /(0), значит, значения функции во всех иррациональных
точках равны (и равны значению функции в нуле).
Рассмотрим некоторое рациональное число #, не равное
0. Число р = q + VTиррационально (иначе VT*= (р - q)GQ),
значит, f(q + VT) =/(р) =/(0); но поскольку по условию
VT — период функции, то f(q)=f(q + V7) =/(0), итак, во
всех рациональных точках значение функции совпадает со
значением в нуле, т.е. /(*) = const, и любое рациональное
число является периодом.
Задача 29.
Дана периодическая функция /(*), дифференцируемая
на всей области определения. Доказать, что ее производная
/'(*) — также периодическая функция (имеющая тот же
период).
Решение.
Пусть Т — период функции /(*), X — ее ОДЗ. Тогда
для всех х Е X f(x) =f(x + Т).
Пусть g{x) =f(x + Г), тоща для всех хGX g(x) =/(*),
значит, g(x) =/(*), откуда g\x) =/'(*), т.е. для всех
xGX f'(x+ Т) =/'(х), итак, f'(x) — периодическая
функция.
Задача 30.
Доказать, что функция у = х2 непериодическая.
Доказательство.
Действительно, если функция у = х2 периодическая, то
и ее производная у = 2х также периодична, что невозможно,
так как она монотонна.
Совершенно очевидно, что справедливо и более общее
утверждение: целая рациональная функция
274

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
/(*) = ^^ + ... + ап_{х + ап
не может быть периодической (если, конечно, она не равна
постоянной). Для доказательства достаточно естественным
образом обобщить сформулированное выше утверждение:
если функция периодична, то и любая ее производная имеет
тот же период. Но производная порядка п — 1 от целой
рациональной функции степени п представляет собой
линейную, т.е. монотонную функцию и не может быть,
следовательно, периодичной.
Задача 31.
Доказать, что функция у = х2 + sin х не является
периодической.
Доказательство.
Пусть Г — период рассматриваемой функции, тогда Т —
период ее второй производной у " = 2 — sin х, а в этом случае
Т является периодом и суммы у + у " - 2 = х2. Однако
функция х2, как доказано в предыдущей задаче, не является
периодической и полученное противоречие показывает, что
исходная функция у = х2 + sin х также является
периодической.
Задача 32.
Доказать, что функция
у = 2 sin х - 3 cos х + х37 - lit* + 16
не является периодической.
Решение.
Если число Т — период функции у, то оно является
периодом и ее производной порядка 40, и поскольку
у:40) = 2 sin х - 3 cos х,
то Т — период разности у - у(40).
Мы получили тем самым, что Т — период функции
у = х —2х +16, что неверно. Полученное противоречие
показывает, что исходная функция не имеет периода.
275

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА 11
Задача 33,
Даны функции/ (х) и g (х), причем g (х) — периодическая.
Доказать, что функция h(x) = / (g (л:)) — также
периодическая (причем имеет тот же период).
Доказательство.
Пусть Т — период функции g(x), значит, для всех х0,
принадлежащих ОДЗ функции g(x), f(x0 + T) = g(x0).
Пусть х1 принадлежит ОДЗ функции h (х), тогда хх
принадлежит и ОДЗ функции g(x).
Имеем h(xx + Т) = f{g(x{ + Т)) = f(g(x{)) = А(^), т.е.
й(х) периодическая с периодом Г.
Задача 34,
Может ли быть периодической сумма двух функций,
если:
а) каждая из них непериодическая;
б) одна из них периодическая, а другая непериодическая?
Решение.
а) Да; например, fx (х) = х + sin х, /2 = - х —
непериодические функции, a f(x) = f{ (х) + /2 (х) = sin х —
периодическая;
б) да; например, fx (х) = cos лх + cos х непериодическая,
/2 (х) = - cos х периодическая, / (х) = fx (х) + /2 (х) = cos лх —
периодическая.
Задача 35.
Доказать, что функция /(х) = V8 cos4 х - 8 cos2 я 4-1
периодическая. Найти период.
Решение.
Имеем 8 cos4 х - 8 cos2 х + 1 = 2 (4 cos4 х - 4 cos2 я + 1) -
- 1 = 2 (2 cos2 х - I)2 - 1 = 2 cos2 2х - 1 = cos 4х.
Итак, /(х) = Vcos4x функция, согласно задаче 33,
перист, ^
одическая. T = iy
276

22. ПЕРИОДИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
Задача 36.
Найти период функции
f{x) = 2cos |2х~ fj + 3sin | Зх + |j.
Решение.
Имеем /(х) = /t (х) + /2 (х), где /t (х) = 2cos !2х-^-1 —
периодическая с периодом Т{ = л:; /2 (х) = 3 sin {Зх + -~ 1 —
2лг
периодическая с периодом Г2 = -д-. Тоща/(х) периодическая
с периодом Г, равным наименьшему общему кратному Т{ и
Г2, т.е. Г = 2лг.
Задача 37.
Доказать, что функция у = х -f sin х — непериодическая»
Доказательство.
Докажем методом от противного. Пусть Т & 0 — период
фунщии /(х), тогда для любого xGR f(x) =/(х + Г), т.е.
х + sin х = х + Г + sin (х 4- Г), откуда
Г = - 2 sin Г cos [х + уj,
что невозможно для каждого х Е R, поскольку в правой
части равенства — функция от х, не являющейся;
постоянной, а в левой части число Г, от х не зависящее.
Задача 38.
Найти все рациональные а, при которых функции
имеют общий период.
277

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Известно, что функция cos foe имеет периоды Т = —г->
nGZ, п*0, а функция tg кх имеет периоды Т = -тг,
mGZ, m * 0.
Таким образом, период f(x) Тг = пТ (а3 + V3),
nGZ, п * О, а период g(х) Т2 = тпТ(5а- а2 + 4 V3).
При некотором а, если найдутся такие тип, что
Tj = Г2, то тогда (и только тогда) при этом / (х) и g (х) имеют
общий период. Пусть при некотором рациональном а = Oq
fix) и g(x) имеют общий период* Имеем
п (с% + V3) = m (5^ - с% + 4 VI), т.е.
яя? + т<а? - 5ma0 = (4m - n) V3T
Поскольку левая часть рациональна, то правая равна
нулю (иначе она иррациональна), итак, 4т = и, значит,
Oq (4гпс% + тоц - 5т) = 0.
Поскольку т Ф 0, ц, (^ — 1)(4^ + 5) = 0.
Итак, а может принимать одно из трех значений: 0; 1;
- -?. Проверка показывает, что все эти значения подходят.
Ответ: 0; 1; --т.
278

Глава IV. ПЛАНИМЕТРИЯ
23. ЗАДАЧИ-МАТРЕШКИ
В начале факультатива по геометрии Петр Иванович
нарисовал на доске три окружности (рис. 23Л) и предложил
решить такую задачу:
Три окружности одинакового радиуса R пересекаются в
общей точке S и в точках М, N, Р. Докажите, что точки
М, N, Р лежат на окружности того же радиуса R.
Подумали мы немного. Ничего не получается: не видно,
как приступить к задаче. Тогда Петр Иванович поставил на
стол маленькую матрешку и написал на доске:
Рис. 23.1 Рис 232
Задача 1.
Внутри треугольника ABC дана такая точка Я, что
LHAC = LHBC, LHBA = LHCA, LHCB = LHAB. Тоща Я —
ортоцентр треугольника ABC, то есть точка пересечения его
высот.
Мы это доказали почти сразу. В обозначениях, которые
появились в чертеже на доске (рис. 23.2), очевидно,
2 (а +? + у) = 180°, откуда а +уЗ + у = 90°.
Но тогда внешний угол AAfi треугольника АСА1 равен
(а+/J)+у = 90°, значит, АА{ — высота. Аналогично ВВХ и
ССХ и, стало быть, Я — ортоцентр.
279

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
— Правильно, — сказал Петр Иванович, поставил рядом
с первой матрешкой вторую, чуть побольше, а на доске
написал:
Задача 2.
Точка, симметричная ортоцентру относительно стороны
треугольника, лежит на его описанной окружности.
По чертежу, нарисованному на доске (рис. 23.3), в
котором D обозначает точку пересечения высоты АА^ с описанной
окружностью, мы быстро усмотрели
равенства LHBC = LCAD (так как
каждый из этих углов составляет
90° вместе с углом LBXCB) и
LCAD = LCBD (углы опираются на
общую дугу wCD). Поэтому
LHBC = LDBC и точка D
симметрична Н относительно СВ.
q Тут на столе Петра Ивановича
В
появилась третья матрешка,
доске — такая запись:
Задача 3.
а на
Рис. 23.3
Радиус описанной окружности
треугольника равен радиусу
окружности, проходящей через две вершины и ортоцентр.
На предыдущем чертеже (см. рис. 23.3) Петр Иванович
дорисовал окружность, проходящую через точки С, Я, В, и
отрезки CD и DB. С места ему мы стали говорить, что
треугольники СВН и CDB равны по предыдущей задаче,
поэтому их описанные окружности — одинакового радиуса.
Петр Иванович вторую матрешку спрятал в третью.
— А еще есть матрешки? — спросили мы.
— Есть, — ответил Петр Иванович, вынув самую
маленькую матрешку, — но задача будет устная, и написал:
Задача 4.
Дуги окружностей равных радиусов, соединяющие две
их точки пересечения, равны.
— Дуги, конечно, равны, ведь они симметричны
относительно прямой, проходящей через точки пересечения, —
ответили мы (рис. 23.4).
280

23. ЗАДАЧИ-МАТРЕШКИ
— Ну, а теперь
любой из вас должен
решить
первоначальную задачу про три
окружности, — сказал
Петр Иванович и...
вызвал меня к доске.
Я начал говорить
что-то невнятное, но
тут прозвучал
спасительный звонок. Тогда
Петр Иванович достал
пятую, самую
большую матрешку,
многозначительно вложил
матрешки друг в друга
и сказал:
— Чтобы к
следующему разу все
решили эту задачу.
Дома я ее
довольно быстро решил. А
вы?
Рис. 23.4
Рис. 23.5
1 Соединим между собой точки М, N, Р, S (рис. 23.5). В силу задачи 4
углы а, Д у соответственно равны а', /Г, у\ поэтому, по задаче 1,
S — ортоцентр треугольника NMP. Но тогда по задаче 3 окружность
описанная около NMP, имеет тот .же радиус, что любая из трех
данных окружностей, то есть R.
281

24. УРОК ОДНОЙ ЗАДАЧИ
Задача 1.
В трапеции, основания которой а и 6, проведена через
точку пересечения диагоналей прямая, параллельная
основаниям. Найдите длину
отрезка этой прямой, в с
отсекаемого от нее
боковыми сторонами.
Иван Петрович
вызвал одного из нас
к доске, и на доске
появился чертеж (рис.
24.1). М
Мы сразу
заметили подобие
треугольников АМО и ABC,
МВО и ABD, и на
доске написали
формулы: Рис. 24.1
X _^2 Х_\
b" /Г а" Л'
в которых Л, Лр Лз — высоты треугольников ABD, МВО>
АМО, а х = МО. Сложив эти равенства, мы получили:
* 4- — —
= 1, то есть х =
об
Аналогично ON = —гт, откуда и ответ: MN = —г~г»
— Иван Петрович, — послышалось из класса, — я уже
вижу, как из этой задачи можно составить новую задачу. —
На доске появилась такая запись:
Задача 2.
Докажите, что в трапеции отрезок прямой, параллельной
основаниям, которому принадлежит точка пересечения
диагоналей и концы которого находятся на боковых сторонах
трапеции, делится в этой точке пополам.
282

24. УРОК ОДНОЙ ЗАДАЧИ
— Хорошая задача, —
похвалил Иван Петрович, — а
теперь я изменю рисунок, —
и он, продлив боковые стороны
трапеции до пересечения в
точке Еу провел через точки О и
Е прямую. Точки пересечения
прямой с основаниями учитель
обозначил F и Н (рис. 24.2).
— Обращаю внимание
ваше, — продолжил он, — на
такую задачу:
Задача 3.
Докажите, что в
произвольной трапеции середины
оснований, пересечение боковых сторон и пересечение
диагоналей принадлежат одной прямой.
Решение получилось сразу: ведь оно следует из
предыдущей задачи, так как ЕН — медиана в треугольниках ЕВС,
EMN, EAD.
— Правильно, — заметил Иван Петрович. — А как
решить эту задачу другим способом?
Мы задумались...
— Тогда пусть это будет ваше домашнее задание.
Подсказываю: примените гомотетию.
— Иван Петрович, а я знаю, почему вы обращаете
внимание на эту задачу, — ведь с ее помощью можно решать
задачи на построение с одной линейкой. Вот, например, на
районной олимпиаде была такая задача:
Задача 4.
На прямой даны три точки А, В, С, из которых В
находится посредине между А и С. Через произвольную точку
К, не принадлежащую отрезку АС, с помощью одной линейки
проведите п прямых, параллельных АС.
— Тоже хорошая задача, — согласился Иван
Петрович, — но о ней мы поговорим в следующий раз, а сегодня
рассмотрим более сложную задачу:
Рис. 242
283

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 5.
На каждой из двух параллельных прямых расположены
по одному отрезки длиной а и 6. С помощью одной линейки
аЪ
построить отрезок: х = ——г.
Сами мы быстро не справились бы, если бы не помощь
Ивана Петровича:
— Продлим стороны трапеции ABCD, у которой
основания — заданные отрезки а и Ь. Точки пересечения диагоналей
АС и BD и отрезков АВ и
DC обозначим Ои?
Проведем прямую ЕОу которая
пересечет основания
трапеции в точках F и Я.
Соединим точки D и F, А и F,
В и Я, С и Я, получим точки
К и L (рис. 24.3). Отрезок
KL — искомый.
Действительно, треугольники BKF и
АКНУ CFL и LHD подобны,
поэтому
ВК
КН
BF
АН'
FL
LD
FC
HDy
но BF = FC и АЯ = HD (задача 2), значит, -pi? = Т7>
Рис. 24.3
_ FL
КН LD'
следовательно, отрезок KL параллелен основаниям ВС и
AD. А поскольку точка О принадлежит отрезку KL и
МК = КО, a OL = L/V (задача 2), получаем
I ab „т аЪ
OL =
2а + Ь>
KL =
а + й'
— А чтобы вы глубже разобрались в таких задачах, дома
сделайте еще и такие задачи:
Задача 6.
Отрезки длиной а и Ъ принадлежат одной из
параллельных прямых, а отрезок длиной с — другой из них. При
помощи одной линейки построить отрезок длиной х, чтобы
хаос
284

24. УРОК ОДНОЙ ЗАДАЧИ
Задача 7.
Даны параллельные отрезки. Разделите с помощью одной
линейки один из них пополам.
Задача 8,
С помощью одной линейки разделите трапецию на две
равновеликие фигуры.
Задача 9.
Даны две параллельные прямые. Проведите через данную
точку третью прямую, параллельную данным, с помощью
одной линейки.
Задача 10.
Увеличьте данный отрезок, лежащий на одной из двух
прямых, с помощью одной линейки в 2, 3, ... , п раз.
Задача 11.
Найдите половину, треть, ... , n-ю часть такого отрезка.
— И все эти задачи, — напомнил учитель, — решаются
с помощью той первой задачи, с которой мы познакомились
сегодня.
— Кто же придумал эту задачу?
— Первого автора задачи я вам назвать не могу, —
сказал Иван Петрович, — но известно, что она встречается
в трактате XII века индийского математика Бхаскары «Венец
астрономического учения» в таком виде:
Задача 12.
Зная длины а и Ъ двух палок бамбука, вертикально
воткнутых в землю на известном расстоянии, вычислить длину
перпендикуляра в земле, опущенного из точки пересечения
прямых, соединяющих верхний конец одной палки с
основанием другой, и длины между основанием этого
перпендикуляра и основаниями палок.
— И, наконец, — заканчивая занятие, развернул таблицу
с чертежом Иван Петрович, — наша задача связана с
неравенствами: отрезок MN является геометрической
интерпретацией среднего гармонического чисел а и Ъ (здесь они
основания трапеции). Отрезок MN меньше отрезка Lfe —
среднего геометрического чисел а и ?, который изображается
285

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
отрезком, параллельным основаниям и расположенным так,
что трапеции BLJ^C и L^L2DA подобны (рис. 24.4).
Рис. 24.4
Отрезок MN меньше отрезка ЦЬА — средней линии
трапеции, — он является интерпретацией среднего
арифметического двух чисел, и, наконец, отрезок MN меньше отрезка
L5L6 — среднего квадратичного двух чисел а и Ъ — отрезка,
разбивающего трапецию на две равновеликие части и
параллельного основаниям, то есть
™ <^ш<в^1<уЩ1
а + Ъ
286

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 1.
Противоположные стороны вписанного четырехугольника
равны а и 6, угол между диагоналями равен а. Найти радиус
окружности, описанной около этого четырехугольника.
Решение»
Пусть во вписанном
четырехугольнике ABCD
диагонали пересекаются
в точке К (рис. 25.1),
причем LAKB = а.
Полусумма дуг ЛВ и CD
равна а. Возьмем на
окружности точку М так,
чтобы дуга DCM
равнялась сумме дуг DC и
АВ. Тоща СМ = АВ = аи
LDCM = 180° - а.
Таким образом будем иметь
DM
Рис. 25.1
R =
Vo2 + й2 + 2abcosa
2 sin (180° -а) 2 sin а
Аналогично рассматривается случай, когда
LAKB = 180° - а.
Ответ: R = тг^— Va2 + b2 ± 2 cos a-ab .
2 sin а
Задача 2.
В трапецию ABCD (АВ \\ ВС) диагонали пересекаются в
точке О.
а) Перпендикуляры, проведенные из точек В и С
соответственно на АС и ??>, пересекаются в точке М, а
перпендикуляры из А и D соответственно на BD и АС — в точке
К. Доказать, что точки М, К и О лежат на одной прямой,
б) Перпендикуляры, проведенные к диагоналям АС и
j&D в точках В и С соответственно, пересекаются в точке
Р, а перпендикуляры к ним в точках А и D пересекаются в
287

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
точке N. Доказать, что точки Р, N и О лежат на одной
прямой.
Решение»
Заметим, что треугольники AOD и БОС гомотетичны,
центром гомотетии является точка О. При гомотетии,
переводящей треугольник AOD в треугольник ВОС> точка К
переходит в точку М, а точка N — в точку Р. Отсюда следует
справедливость утверждений
обоих пунктов.
Задача 3.
Даны прямая / и две точки
А и В вне ее. Найти на прямой
/ такую точку М, для которой
AM2 + ВМ2 достигает
наименьшего значения.
Решение.
Пусть D — середина АВ
(рис. 25.2).
Тогда по формуле длины
медианы имеем:
DM2 = ~ (AM2 4- ВМ2) - i АВ2
Таким образом, AM2 + ВМ*
достигает наименьшего значения,
когда наименьшей является медиана
MD в треугольнике АМВ.
Следовательно, искомой точкой является
точка М0 — проекция D на прямую
/.
Задача 4.
Окружность, построенная на
высоте AD прямоугольного
треугольника ABC как на диаметре,
пересекает катет АВ в точке К, а
катет АС — в точке М. Отрезок
КМ пересекает высоту AD в точке
288

25 ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛEl и,.
L. Известно, что отрезки АК, AL и AM составляют
геометрическую прогрессию. Найти острые углы треугольника
ABC.
Решение.
Нетрудно доказать, что AKDM — прямоугольник, и L —
его центр. Опустим перпендикуляр АР на КМ (рис. 25.3).
Тоща AL2=AK-AM = KM-AP = 2AL • АР, LPLA = 30°, а
поскольку AL = KL = ML, отсюда следует, что острые углы
треугольника АКМ равны 15° и 75°. Такие же острые углы
имеет и треугольник ABC: LC- LB AD = LAKM.
Задача 5.
В треугольнике ABC угол А равен 30°. На стороне АВ
взята точка К так, что АК равно расстоянию от центра
описанной около ABC
окружности до АС. ^ В
Найти ВК, если
АС = а.
Решение.
Проведем через центр
описанной около ABC
окружности — точку О —.
прямую,
перпендикулярную АВ и обозначим через
М точку ее пересечения с
АС (рис. 25.4).
Треугольник АМВ равнобедренный с углами при основании 30°. Если
D — середина АС, то AD = тт. Пусть OD = х; имеем:
AM = ^ + xVT, AB = AMVT=^VT+x,
KB=AB-OD = ^VT.
Задача 6.
В равнобедренном треугольнике ABC боковые стороны
АВ и. ВС равны а. На основании АС взяты точки К и М так,
что LKBM = 90°. Найти MB, если -jn = -щ? + ¦ *
AM МК ' МС
289

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Проведем в ААВС высоту BD и обозначим MB = х,
MD = у (рис. 25.5). Затем найдем:
М# = —, AD = DC = ^ct-BI? = Vo2-*2*/,
AWr=Va2-x2 + y2 -у, Л/С = Va2 - х2 + f + у.
Рис. 25.5
Заменив в соотношении, заданном в условии, все
величины, получим уравнение
1 . У , 1
Va2 - х2 + з? - У ** V о2 - х2 + у2 + у
Перенеся второе слагаемое из правой части в левую,
будем иметь: 2 у 2 = -—, откуда х = -^-.
Задача 7.
Равносторонний треугольник АЯС содержит квадраты
МхМ2МгМ4 и М2М5М6М7, причем {М1? М2, М5} е [АВ],
М6 е [?С], М4 Е [ЛС]. При какой зависимости между
длинами сторон квадратов сумма их площадей будет наименьшей?
Решение.
Пусть АВ = 1, МХМ2 = х (рис. 25.6). Из прямоугольных
треугольников АМ{М4 и ВМ5М6 находим, что
МХМ2 : АМ{ = М2М5 : М5Я = VT
290

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Следовательно,
3- VT
М2М5 = -х4 ^ •
Составим сумму S (х) площадей рассматриваемых
квадратов:
5(х) = х2+ \М2М5\2 = 2? - х(Ъ - Щ+ (3~"2^1 .
Функция S (х) имеет минимум при значении х0
переменной х. Приравниваем нулю S'(x):
3-V3"
S '(*) = 4х + VT- 3 = 0, х0 =
4 *
3-VT 3-VT
В этом случае М2М5 = — х Н ~— = —д—¦ T*e# сУмма
площадей квадратов М{М2МЪМ4 и М2М5М6М7 будет
наименьшей в случае равенства длин их сторон.
В
м< м2
Рис. 25.6
Задача 8.
Рис. 25.7
Выразить угол между медианой и биссектрисой
треугольника, выходяпщми из одной вершины, через углы
треугольника.
291

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение
Проведем в треугольнике ЛВС медиану СМ и биссектрису
CL (рис. 25.7). Обозначим угол MCL через х. Применим
теорему синусов к треугольникам АСМ и ВСМ.
sin
(LC
Имеем:
- х
sin LA
sin
LC
+ x
sin LB
МЦ
CM
AM
~MC
Поскольку правые части этих пропорций равны, то
(LC \ . (LC^ \
sin 1—2 д: sin -у- + х
или
sin LA
sin LB
LC
sin -=- cos x (sin Z.2? - sin LA) -
- cos -5- sin x (sin Z..4 + sin Z.^) = 0.
Отсюда находим:
tgx =
sin Z.5 - sin LA
LC
sin LA + sin LB ' tg" 2 '
, AC Zj5 - LA
tg^ = tr-y-tg 2 •
Задача 9.
Касательная к окружности в
вершине вписанного
треугольника перпендикулярна к
противолежащей стороне. Найти
зависимость между сторонами
треугольника.
Решение. Первый способ.
Пусть касательная к описан- I
ной окружности в вершине С тре- Рис 2ss
угольника ABC перпендикулярна
к стороне АВ (рис. 25.8). Построим диаметр CD окружности.
Очевидно, что AD = СВ = а, поэтому ct + Ь2 = 4R2. Применим
к трапеции ABCD теорему Птолемея: Ь2 = а2 + 2Rc. Отсюда
292

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИИ
(Й* - о2)2 = 4Д2с* и (а2 - б2)2 = с2 (а2 + й2).
Второй способ.
Легко доказать, что для треугольника ABC (b>a)
LB- LA = 90°. Отсюда
sin (LB - Z.A) = 1, или sin LB cos LA - sin Z.yl cos LB = 1.
Ho sin LA = ¦—, sin LB = ^,
,, й2 + с2-а2 yD <? + #-#
cos Z.A = ^r , cos LB = ~ .
2bc lac
Поэтому
J_ й2 + с2~о2 fl a2 + c2 - Й2
2Д ' 26c 2R * 2ac
После упрощений получим: й2 - a2 = 2Яс.
Но 4Я2 = a2 + й2, следовательно, (й2 - a2)2 = с2 (a2 + й2).
Третий способ.
Для трапеции имеет место предложение: сумма квадратов
диагоналей трапеции равна сумме квадратов ее боковых
сторон и удвоенного произведения оснований. Поэтому можно
записать:
2Й2 = 2а2 + 2 • 2Rc.
Отсюда Ъ2 - cl = 2Дс и (й2 - а2)2 = с2 (а2 + й2).
Задача 10.
Какая из сумм а + Aa, b + hb, с + Ас является
наибольшей и какая — наименьшей, если а, й, с — стороны
треугольника, а Аа, йа, Ас — его соответствующие высоты?
Решение.
Пусть а^ Ь> с. Воспользовавшись непосредственно
проверяемыми соотношениями
a + йв - (* + Aj) = (а - й)(ай - 2S) : яй, ай ^ 2S,
ще 5 — площадь треугольника, получим:
а + ha>b + hb> с + hc.
293

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 11.
Площадь
прямоугольного треугольника равна
S. Найти площадь
треугольника с вершинами в
основаниях
перпендикуляров, проведенных из точки
пересечения медиан
данного треугольника на катеты
и гипотенузу.
Решение,
Ct н,
Рис. 25.9
Пусть ВС = а и АС = Ъ — катеты прямоугольного
треугольника ABC. Высота, проведенная к гипотенузе, равна А,
острый угол при вершине А равен а (рис. 25.9). Тоща
расстояние от точки М — точки пересечения медиан треуголь-
b
3
ника ABC до сторон треугольника — будут равны
h
а
3 й
3'
а площадь искомого треугольника
= 1 (а Ъ , a h . , b h
^-(Г 3 + 3"3sino: + 3'3cosa:
Ho a sin a + b cos a = с, ще с — гипотенуза треугольника
ABC. Следовательно, искомая площадь
S' =
\^ab + khc)
i2oi + |/ic]=|s.
Задача 12.
Медиана треугольника, выходящая из одной вершины,
равна высоте, проведенной из другой вершины и равна 1.
Высота, проведенная из третьей вершины, равна VT. Найти
площадь треугольника.
Решение.
Пусть в треугольнике ABC медиана СМ равна 1, высота,
выходящая из вершины А, также равна 1, а высота,
проведенная из вершины В, равна VT. Следовательно, расстояния
294

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
от точки М до сторон ВС и АС соответственно равны у и
-у, sin LMCB = i; sin LMCA = у-.
Таким образом, угол МСВ равен 30° или 150°, а угол
МСА может равняться 60° или 120°, Поскольку их сумма
меньше 180°, то имеет место две возможности:
1) LMCB = 30°, LMCA = 60° (рис. 25.10, а) и
2) LMCB = 30°, Z.MCA= 120° (рис. 25.10, б).
А С,
Рис. 25.10 (а) Рис. 25.10 (б)
В первом случае имеем прямоугольный треугольник
ABC с катетом 1 и vT", его площадь равна -у.
Во втором случае продолжим медиану СМ на ее длину.
Получим параллелограмм АСВСГ Треугольник СС{В
равновелик треугольнику ABC. Но треугольник СС{В, как легко
видеть, равнобедренный: ССХ = СХВ = 2, АСС^В = 120°.
Следовательно, 5Л5С = 5ССВ = \^ Итак, искомая площадь
равна -у или V3.
Задача 13.
Через вершину С квадрата ABCD проведена прямая,
пересекающая диагональ BD в точке Ку а серединный
перпендикуляр к стороне АВ — в точке М. Найти LDCK, если
21АО = Z-ЛМЯ.
295

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение. Первый случай.
Точка М на отрезке СК (рис* 25.11, а). Из равенства
углов АКБ и АМВ следует, что четырехугольник АКМВ
является вписанным. По условию AM = MB. Кроме того,
LAKB = LBKC, следовательно,
LMAB = LMKB = LAKB = LAMB, т.е. АВ = MB.
Таким образом, ААМВ — правильный, значит,
LCKB = 60°, а тогда LDCK = 60° - 45° « 15°.
Рис. 25.11 (о) Рис. 25.11 (<5)
Второй случай.
Точка М на продолжении СК (рис. 25.11, б).
Если LDCK = р, то /.ААГБ = ^АКС = 45° + р. Пусть (для
удобства) сторона квадрата равна 2, тоща
MP = MO = PQ = tg*>-2, tg^^M? = ||^:=tg^_2,
tg LAMB =
tg?-2
2(tgp-2)
1 -
1
(tgp-3)(tg<p-l)'
(tgy>-2)2
Так как LAMB = Z.AKS = 45° + p, то
1 + tg<p
296

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Приравнивая два выражения для tg LAMB, получим для
tg <р уравнение, из которого tg <р = VT.
Итак, задача имеет два решения. Искомый угол равен
или 15°, или arctgVT.
Задача 14.
В треугольнике ABC угол В равен 36е, угол С равен 42°,
На стороне ВС взята точка М так, что ВМ = 2*, ще Л —
радиус окружности, описанной около треугольника ABC.
Найти угол MAC.
М
Рис. 25.12 (а) Рис. 25.12
Решение.
Пусть О — центр описанной около ААВС окружности.
Обозначим через Мх точку пересечения О А и ВС (рис. 25 Л 2),
Докажем, что точка М{ совпадает с точкой М. Имеем:
LAOB = M\ LOAB = 90° - 42° = 48°,
Z.BM1O = 36° + 48° = 84°.
Следовательно, ВМХ = ВО = R, т.е. Мх совпадает с точкой
М. Искомый угол равен 54°.
Задача 15.
В прямоугольном треугольнике ABC один из острых углов
равен 30°, М — середина гипотенузы Аб, О — центр
вписанной окружности. Чему равен угол ОМС1
Решение
Пусть угол А равен 30°. Тогда
LOCM = LOCA - LMCA = 15° = LOAM
(или LAOC = LAMC = 120°) (рис. 25.12, а).
297

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Значит, точки А, М, О и С лежат на одной окружности.
Следовательно, LOMC = LOAC = 15%
Задача 16.
Стороны треугольника выражаются числами
г?-,- ж 5л
VW, ig-jj, tgjj.
Вычислить площадь треугольника.
Решение.
Имеем
1 л у/Т
1 - cos -г 1 —=г-
tg12 . л 1 ^ v^,
sm6 2
5тг л: 1 _ г--
tg-jj = сг6Т2 = 237Г=2 + ^
Так как (2 — VJ)2 4- (2 4- V3)2 = 14, то данный
треугольник прямоугольный и его площадь равна
|(2 - VJ)(2 + V3) = | (кв. ед.).
Задача 17.
Сколько имеется прямоугольных треугольников, длины
сторон которых выражаются целыми числами, если один из
катетов этих треугольников равен 15?
Решение.
Если х — гипотенуза, у — неизвестный катет
прямоугольного треугольника, то
х2-/ = 152; (х-у)(х +у) = 3-3-5-5.
Так как (х - у) и (х + у) — натуральные числа, причем
х + у > х — у, то возможны лишь четыре случая:
Гл*-у=1, Гх-у = 3, Г*-у = 5, Гх-у = 9,
|х + у = 225, 1 х + у = 75, 1 х 4- у = 45, 1 х + у = 25.
298

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Таким образом, имеется четыре прямоугольных
треугольника с указанными свойствами — со сторонами
(15; 112; 113), (15; 36; 36), (15; 20; 25), (15; 8; 17).
Задача 18.
Дан квадрат ABCD, М — середина CD. На отрезке АС
взята точка Р так, что LABP = LCPM = а. Найти величину
а и соотношение, в котором Р делит АС.
Решение.
Считая сторону квадрата равной 1 и обозначив длину
отрезка АР через Р, из подобия ААВР и АСРМ будем иметь
l:(VT-p)=p:±
Из этого равенства легко получаем, что р = -рг-, т.е. точка
Р — середина диагонали квадрата, а угол а равен 45°.
Задача 19.
Дан отрезок АВ, АВ = с. Найти множество таких точек
С, для которых \СА\2 -Ь 1СВ12 = 2с2. Найти промежуток, в
котором изменяется отношение а: Ь, ще а = ВС, Ъ = СА.
Вычислить наибольшее значение угла АСВ.
Решение.
Будем решать эту задачу методом координат, примем
середину О отрезка АВ за начало координат и положим
f-f; о], В fe 0J, С(х; у). Тоща
2 2 ЗС2
Отсюда получаем х 4- у = -д-. Итак, искомое множество
точек С есть окружность с центром в середине данного отрезка
АВ радиуса -у-. Далее
о2 = [ я; - |ч + у2 = х2 + у2 - сх + -J-, а2 = с2 - сх.
299
2
2

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Аналогично, Ь2 = с2 + сх. Имеем а: Ь = V " " , причем
1*1 <
-»-"^Г
2 #
ЫТ ЫТ\ , \/с-х
-2~; "~2~~1 Функция V . , ..
На промежутке
функция V , моно-
V5
тонно убывает, так как функция V , на этом интервале
С i X
отрицательна. Следовательно, наибольшее значение отноше-
ЫТ
ние а: Ъ принимает при х = «г~, а наименьшее — пои
о/Т
х =
2 '
=V3\vp5=2+^
(а:й)т« - * cvT *" т 2-VT
Отношение а: й изменяется на промежутке
[2 - VT; 2 + VT].
Наибольшее значение угла АСВ равно 60°. В самом деле,
^Ч-^-с2 с2 с
cos Z.AGB =
2ай 2с^г-о? гч<?-*'
Угол -ACJ9 принимает наибольшее значение, коща
cos LACB имеет наименьшее значение, с2 — я2 — наибольшее.
Но это может быть при х = 0, т.е. при а2 = Ь2 = с2.
Задача 20.
В треугольнике ABC угол Л равен а. Прямая, проходящая
через А перпендикулярно биссектрисе угла ВАС, пересекает
прямую ВС в такой точке М, что ВМ = ВА + АС. Найти углы
В и С треугольника А8С.
300

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Решение,
Возможны два случая.
1. Точка С лежит между В и М (рис. 25.13, а). На
продолжении ВА возьмем точку Сх так, что АСг = АС.
Поскольку AM есть биссектриса угла CACV то треугольники
АМС и AkfCj равны. Кроме того, по условию
BQ = ЁА + АС = ВМ.
Рис. 25.13 (а) Рис. 25.13 (б)
Следовательно, если угол В исходного треугольника равен
<р, то LACM = ^ЛЦМ = 90° - ^ = а + р, р = 60° - |а.
Этот случай возможен при 0 < а < 90°.
2. Точка В лежит между М и С (рис. 25.13, б). Определяя
точку Q так же, как в предыдущем случае, будем иметь
мв = в$, мс = м$, lacb = lac\m= lc.mb^^
<p + ? + cc = 180°, <p = 120° - |a.
Этот случай возможен при любых a.
Ответ: если а острый угол, возможны два ответа:
^B = 60°-|a, /iC=120°-|
или Z.?= 120°-|a, ^С = 60°-^;
301

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
для остальных а
^iS=120°-|a; LC = 60° - |.
Задача 21.
Отрезок ВС- а движется своими концами по сторонам
угла А\ найти геометрическое место центров окружностей,
описанных около треугольника ABC,
Решение.
Возьмем какое-либо одно из положений отрезка ВС = а.
Из треугольника ABC имеем:
ВС
sin А
= 2Д, R =
2 sin А
Так как а и А — данные постоянные величины, то
R = АО является величиной постоянной. Следовательно,
геометрическим местом центров будет окружность радиуса
а
R =
2 sin А
, описанная из А, как из центра.
Задача 22.
Внутри ААВС взята
точка 0. Прямая ВО
пересекает АС в точке М,
прямая СО пересекает АВ в
точке N. Площади
треугольников мое, СОВ,
BON равны Siy 52, 53 со-с
ответственно. Найти
площадь ДАВС.
Решение.
Рис. 25.14
Обозначим площади треугольников MON и MAN через
и S1 соответственно (рис. 25.14). Тогда
ад
2)
S'
S0 + S3
S' + Sq + S.
S2 + S3
302

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
S'(S2 + S3) = S' (S0 + S3) + (S0 + S3)(S0 + St) о
,, (s0 + s3)(s0 + ^) o s>_\ s2 +s>\\s2 +S']
*2~ s,
S' =
'2
5, S3 . (S, + S2)(S2 + S3)
s2 3-5,5, '
3) SABC = Sl + S2 + S3 + SQ + S' =
- с д. с 4. с 4. SiS3 . 5,53 (S, + S2)(S2 + S3) _
-51 + 52 + S3 + ^- + ^ $frsj3 "
= 5, + S2 + 53 + g (|S2'_sS) ' (5i " 5tS3 + 52<Si + 53) +
S.Si(S. + Si + 2S2)
+ S1 + S. S3) = s. + s2 + s, + * *VJ—-3- - =
S, 5, (5, + S, + 5,) 5, 5,
_ r. I r. . о i 1 3 VI "2 3/ , 1 3 p
- a, -t- a2 + л3 + -j — + -g——— • л2 -
"2 — "l "3 °2 "" "1 "3
= (S, + S2 + S3)- ' 3 2 ' 3 + ' 3 -S2 =
o2 — Oj o3 o2 — Oj o3
_ S2 (ЛГД + ЭД + S2 + S3)) = S2(S,S3 + S2S3 + S2(S, + S2)) =
S2 — Sj S3 52 — Sj S3
S2 "" Sl ^3
s2 № + S2)(S2 + S3)
итвет. a^ -2 ;гт;
*2 "" °1 °3
Задача 23.
Дан угол величиной а с вершиной О. На одной из его
сторон взяты точки А и В так, что ОА = a, O-S = Ь. Найти
радиус окружности, проходящей через точки А и В и
касающейся противоположной стороны угла.
303

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Пусть Ol — центр окружности, R — ее радиус, С —
точка касания, D — середина отрезка АВ, F — точка
пересечения прямых 0{D и ОС (рис. 25Л 5 и рис. 25Л 6).
Тоща OD = —^—> OjjD ± АВ и по теореме о касательной
и секущей ОС = yfaF.
1. Если угол а острый (рис. 25.15), то LCOxF = a и
ОС = OF - С/7 , следовательно, V2zF= —« jR tg a.
JL COS OJ
О С
Рис. 25X5 Рис. 25.16
2. Если угол а — тупой (рис. 25.16), то
ГО = ОД:со8(180°-«)=^.^Ь
FC = ОхС • tg (180° - «) = - Д tga
и ОС = FC - OF — следовательно,
ь 2 cos a
3. Если угол a — прямой, то R = С^С = OI>. Таким
образом, во всех случаях jR = ¦=—= VaFctg a.
2 sin a
Задача 24.
Стороны ЛС, J5C, АВ треугольника ABC равны а, Ъ и
с. Найти радиус окружности, касающийся прямых СЛ и
СВ и внешним образом окружности, описанной около данного
треугольника.
304

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Решение.
Пусть ВС = а, АС = й, АВ = с. R — радиус окружности,
описанной около треугольника ABC, р — его полупериметр,
R — искомый радиус. Из прямоугольного треугольника
С02К находим С02 =
(рис. 25.17).
К
Рис. 25.17
Так как LAMC = В, то LMAC = 180° - \в + у). По
теореме синусов из треугольника АСМ имеем
СМ
sin 180°- \В +
9)
СА
sin В
6sin \В +
, или СМ =
sin В
Далее ОМ = ¦
R
bsin \В +
. С
sin-
sinB
Используя теорему о секущих окружности, запишем:
02С • 02М = 02# • 02Л или
SU1-
Д
sin-
isin \B +
C\\
sin В
(2R + RJR,
305

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решая это уравнение относительно Rx, находим
.CAB
sin -7Г cos ¦=- cos ¦=-
*,mAR ^ 22#
cos2 2
n ж 0 abc . С \/(p- a)(p - b)
Применив формулы R = —г-, sin -^ = V -**- 'Чр *-
cos4 = VS^5~ cosf = V^^T
2 be 2 ac
.? _ \/p(p-c)
^'г - - *»
0 об у (p - a)(p - b)
окончательно получим R = г V ——т^—ч—- .
Задача 25.
Найти угол С треугольника ABC, если
2йс = АВ, ?А = 75°.
Решение,
Положим АВ = с, БС = а и допустим, что с > а. Тоща
АО 75° и Z.j9 < 30°. Опустив из вершины С высоту ССР мы
у прямоугольного треугольника ССХВ находим, что
hc = Cq < ~ < ^, т.е. 2hc < с,
что противоречит условию задачи. Таким же путем
устанавливается невозможность противоположного неравенства
с< а. Итак, остается, что с = а> LC = 75°.
Задача 26.
Внутри треугольника имеются две точки. Расстояния от
одной из них до сторон треугольника равны 1, 3, и 15, а от
другой (в том же порядке) — 4, 5, и 11. Найти радиус
окружности, вписанной в данный треугольник.
306

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Решение,
Пусть Mj иМ2 — данные точки, О — такая точка, для
которой М2 есть середина OMv По известному свойству
средней линии трапеции расстояние от точки О до сторон
треугольника будут равны соответственно
Рис. 25.18
А поскольку отрезок ОМг не может пересекать ни одной
стороны треугольника, то О — центр вписанной в данный
треугольник окружности, а ее радиус равен 7.
Задача 27.
В окружность радиуса 1
вписан правильный десятиугольник.
Найти сумму квадратов
расстояний от произвольной точки
окружности до всех вершин этого
десятиугольника.
Решение.
Приводим решение для
многоугольников с любым нечетным
числом сторон. Для каждой
вершины многоугольника имеется
диаметрально противоположная
(рис. 25.19). Поэтому
307

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
АР? + AJ* +¦...+АР*2п = (АР? + А**+1) +
+ (АР* + ЛР2^) + ... + (Л^ + ^J =
= (2Д)2 + ... + (еД)2 = 4/1Д2.
Для многоугольника с нечетным числом п сторон имеет
место аналогичный результат. Сумма квадратов хорд,
соединяющих точку на описанной окружности с вершинами
правильного л-угольника, равна 2п 2?, однако доказательство
этого факта более сложно.
Задача 28.
На плоскости отмечены две точки А и В. Найти
геометрическое место точек С плоскости таких, что медиана к
стороне ВС перпендикулярна АС.
Решение.
Проведем через С прямую, параллельную медиане AM.
Пусть эта прямая пересекает прямую АВ в точке D
(рис. 25.20). Имеем
AD = АВ. Кроме того, из
условия следует, что
LACD = 90°. Значит,
точка С лежит на окружности
с диаметром AD. В искомое
геометрическое место
входят все точки этой
окружности,
и D.
за исключением
Задача 29.
Рис. 2520
В параллелограмме ABCD угол ABD равен 40°. Найти
угол DBC, если известно, что центры окружностей,описанных
около ААВС и CDA, лежат на диагонали BD.
Решение.
Если центры указанных окружностей не совпадают, то,
как нетрудно доказать, диагональ BD является осью
симметрии данного параллелограмма, а значит, ABCD — ромб и
LDBC = 40е. Если же эти центры совпадают, то ABCD —
прямоугольник и угол DBC равен 50°.
308

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Итак, задача имеет два решения: искомый угол равен
либо 40°, либо 50°.
Задача 30.
Дана четверть крута АОВ (центр в О) радиуса R и
полуокружность с центром в О, построенная на АО так, как
на диаметре (внутри данной четверти круга). Радиус этой
полуокружности, перпендикулярной к ОА, встречает
окружности О и 0{ в точках М л N. Найти периметр и площадь
криволинейной трапеции MNOB.
Решение.
Периметр трапеции
P = w BM + MN + ^jNO + OB. (1)
В АМОр гипотенуза ОМ = R, а катет 00{ = у,
следовательно, LOMO^ 30°. Но тогда и LBOM- 30°, т.е. kjBM
1
равна у2 окружности О.
WjBM = "l2" = "6"- <2)
Из ЬМОр находим МОх = —«—• Тогда
MW = OtM - NO{ = —« -ту = —^—^ • '3'
Далее находим:
лго 1 0 Д л:Д. (4)
^^° = 427Г2" = "4";
ОЯ = Л. (5)
Подставляя (2), (3), (4) и (5) в (1), получим:
12 ' 2
Площадь трапеции найдем как
" — "сект. ВОМ "•" "ДМОО ^сект. 00{N'
309

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА Н
Находим последовательно:
Sce,cnu BOM = ~\2 Ж&) S<
АМОО,
R2VT
8 ;
¦*сект. NOOt
жЯ2
16
-*(?¦*)•
Задача 31.
Дана окружность,
диаметр которой АВ и
касательная АХ. Требуется
найти на окружности
точку М, чтобы расстояние от
этой точки до касательной
равнялось бы расстоянию
от этой же точки до другого
конца диаметра В.
Рис. 2521
Решение.
Допустим, что точка М найдена, тогда
МК = МВ (рис. 25.21) (1)
и МБ2 = АВ - ВС. Но МК = 2R - ВС. Получим:
(2R - ВС)2 = 2R • ВС, или ВС? - 6R • ВС + 4J?2 = О,
так как ВС < 2R. Отсюда ВС = 2R - VftR2 - 4R2 .
Следовательно, БС можно построить как разность двух
отрезков: 3R и V92*2 - 4Д2 .
Задача 32.
В четырехугольнике ABCD углы Л и С равны 90°.
Доказать, что периметр вписанного в ABCD четырехугольника
не меньше, чем 2АС.
Решение.
Рассмотрим вписанный в ABCD четырехугольник
KLMN (рис. 25.22). Пусть РХЕ и Q — середины КЦ NL и
NM соответственно. Поскольку АР = ^ JCL, Р-Е = -~ ?#>
310

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
1
то длина ломаной APEQC
равна половине периметра
четырехугольника KLMN.
Из этого и следует
утверждение задачи.
Задача 33.
Пусть А^А^А^А^
— выпуклый
семиугольник. Найти сумму углов
двух семиконечных
«звезд»: А1А4АТА3А6А2А5 и
Рис. 25.23 (а)
Решение.
Рис. 2523 (б)
Пусть av а2, ..., сс7 — углы «звезды» AlA4A7A3A6A2Ast S{ —
их сумма, /Зн /32, ... ,/37 — углы «звезды» AiA3AsA2A4A6i S2 —
их сумма, S — сумма углов семиугольника А1А2А3А4А5А6А7
(S = 900°). Сложив равенства
ах + L\A4AS + LAXASAA = 180°, ... ,
а7 + LA7A3A4 + LA1A4AZ = 180° (рис. 25.23, а),
получаем: 2S{ + S = 7 • 180° (это следует из равенства вида
/•AAA + /.АДА = а4 + Z.^^). Отсюда St = 180°.
311

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Сложив равенства
j37 + LAbA1A5 + LAXA1A2 = ?A6A7A1 (рис. 25-23, 6),
получаем: S2 + (АА2А1Аг + AA2A3Al 4- ... 4-
+ (LA^AzA, + LAlA7A2) = S, или
S2 + 7 • 180° - S = S, откуда S2 = 540\
Задача 34*
В равнобедренном треугольнике радиус описанной
окружности R, а радиус вписанной — г. Найти стороны
треугольника.
Решение.
Пусть а — основание треугольника, Ъ = с — боковые
стороны, г = —, R = -дтг. Перемножив их левые части, будем
иметь: rR = -г-, или
Вычислим высоту Н треугольника двумя способами:
(2)
Я-У*-?.
д = ^ = ^; 4SR = al?, 2aHR = aBi>
* = € (3)
2 т4
Из (2) и (3) имеем: й2 - -т- = —2, отсюда
312

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Подставив это значение а в (1), получим уравнение
относительно Ы
A3 V4R2 - й2
2Rr \^4R2-tf +2b\ =
откуда, сделав соответствующие преобразования, получим:
(2Rr - й2) V4*2 - Й2 = - 4Д/\
Возведя обе части в квадрат и преобразовав, получим:
ЪА - 4R {R + г) # + 4Д2г (4Д + г) = 0.
Из этого находим й, а из (4) находим а.
Задача 35.
Внутри круга с
центром О и радиусом Л взята
точка К на расстоянии а
от центра. Через X
проведены две взаимно
перпендикулярные хорды, одна из
которых образует с
диаметром, проходящим через К,
угол в 45° Найдите
площадь вписанного в круг
четырехугольника,
диагоналями которого являются
эти хорды.
Решение»
Рис. 2524
Так как диагонали четырехугольника ABCD взаимно пер-
| АС • BD. Но
пендикулярны (рис. 25.24), то SABCD
1 2
АС = BD. Значит, SABCD = -~АС. В треугольнике АОЕ
OA = R, OE=d, АЕ= УД2-^2,
АС = 2АЕ, АС = 2 Vi*2-^2, tf = -^.
¦'ЛВС!)
= 2 (Я2 - d2) = 2 Д2 - ~
313

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 36.
В ААВС LA = 45%
LB = 75% На стороне ЛВ
как на диаметре построена
окружность, которая
пересекает стороны АС и ВС в
точках D и Е. Определите
площадь ДА?С, если
DE= 1.
Решение. А
В прямоугольном
треугольнике проведена
высота к гипотенузе.
Расстояние между центрами
окружностей, вписанных в
два образовавшихся
треугольника, равна а. Найти
радиус окружности,
вписанной в исходный
треугольник.
314
D
Рис. 2506
Соединим точку D с
точками Е и В, Тогда Рис. 25.25
LADB = 90% LABD = 45%
и, следовательно, LDBE- 30% LDEB = 135% LBDE = 15%
LACB = 60° (рис. 25.25). Имеем:
Saabc = -*AB - ACsinA,
>labc 2 ' sin В " sin С
АС-ЛВ-Щ, ^| = ^W-> DB = DE^y
sin С DE sin 30 sin 30
vT~* 2
DB = 1 j—> DB = VT> AB = 2;
с —iiiR2 sin jg sin Л
^c"2^' sinC #
Выполнив вычисления, получим «S^c = 1 + -~~.
Задача 37. С

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Решение.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC, в котором
проведена высота CD к гипотенузе АВ, ВС = а и АС = Ъ —
катеты этого треугольника, АВ = с — гипотенуза (рис. 25.26).
Пусть 1а, /6 и /с — любые сходственные линейные элементы
треугольников BCD, ACD и ABC соответственно. Тоща ввиду
пропорциональности этих элементов катетам а и b и
гипотенузе справедливо равенство 12а +1\ = l\ (обобщенная
теорема Пифагора).
Обозначим через Ох и 02 центры окружностей, вписанных
соответственно в треугольники BCD и ACD. Треугольник
OxD02 — прямоугольный. Если га и гь радиусы окружностей,
вписанных в треугольники BCD и ACD, то катеты
треугольника ОрОг будут равны DOx = ra VT и 02D = rb VT. Таким
образом, d2 = Ox(f2 — 2 (rf + r?). Но по обобщенной теореме
Пифагора fa + r\ = /^.
Значит, радиус вписанной в ABC окружности равен -т^
Задача 38.
Центры четырех кругов радиуса а лежат в вершинах
квадрата со стороной я. Определить площадь общей части
этих кругов.
Рис. 25.27
315

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Площадь общей части этих кругов
Пусть LACB = (p (рис. 25.27). По теореме косинусов
АВ2 = 2а2 - 2а2 cos р.
Из АЛОВ по Пифагору ЛО2 = а2 (1 - cos у>);
5 = 4 \~2~- о"a2jsin^ + "2 ^0- -cosy>) =
= 2а2 (<р - sin у> + 1 - cos <р)>
где <р — радианная мера LACB.
ОМ= MB = ^2^(1 -cosy?) ; ОС = -^р
мс = ом+ос = aV1^0S*4^, (1)
С другой стороны, из АСМВ
МС = a cos J. (2)
Сравнивая (1) и (2), получаем:
. <р а ч> <р . <р I
asmiy + ^Tj- = acos^-; cos^-sm^^-fj-.
Умножим обе части уравнения на -т?р. Заметим, что
1 . ж л
-^=sm^ = cos^.
ж ф . л; . <р 1 (п . ф\ 1
cos -j cos -?¦ - sin -j sin -^ = 2» cos *4 + 2) 2'
Ж Ф Ж Ж
4 + 2 = 3 откудар=6'
Тогда S = a2 [^ + 1 - VTj,
Ответ: a2 [-5- + 1
4
316

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 39.
Доказать, что сумма диагоналей выпуклого
пятиугольника больше его периметра.
Решение.
Ввиду того, что данный пятиугольник А^А^А^
выпуклый, заключаем, что пять четырехугольников, получаемых
из пятиугольника удалением по одной вершине, также
выпуклые. Но сумма диагоналей выпуклого четырехугольника
больше суммы двух его противоположных сторон.
Поэтому Д^з + AzA4 > АЛА2 4- АЪА4,
А\А^ "т" А^А^ ^ *пг^2 4 5'
AzAA + А3А5 > А2Аг + А4А5;
A*A* "г* AjА. ^ АлА* т л^-А. •
После почленного сложения этих неравенств и
сокращений на два получим
А,АгЛ-А2ЛА+АгА5-?АлАх^А5А2 >
> А^ + АА+Ма+АЛ+АА >
что и требовалось доказать.
Задача 40.
Углы треугольника равны а, ^3, у, а соответственные
стороны его видны из точки пересечения медиан под углами
а', (}', у'. Доказать, что углы треугольника, построенного из
медиан данного треугольника, равны 180° — а', 180°— /3',
180° -у', а стороны его видны из точки пересечения медиан
под углами 180° - а, 180° -?, 180° - у.
Доказательство.
Пусть А19 Bv Сх — середины сторон ВС, АС, АВ
треугольника ABC (рис. 25.28). Построим параллелограмм
СВХВС2. Стороны треугольника ССХС2 соответственно равны
и параллельны медианам данного треугольника, так как
ACfi^ — параллелограмм и поэтому отрезки А^А и С{С2
317

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Рис. 25.28
равны и параллельны. Внешние углы треугольника CCjC2
равны углам а\ /J', у'. Поэтому углы этого треугольника
равны 180° — а\ 180° — у8', 180°— у'. Далее, точка Д является
центроидом треугольника СС{С2 и из этой точки стороны
треугольника видны под углами 180° — а, 180° — /J, 180е — у.
Задача 41.
Около окружности описан шестиугольник, у которого
противоположные стороны попарно параллельны. Доказать,
что противоположные стороны попарно равны.
Решение.
с L о
Продолжив
стороны СВУ CD, FA и FE
данного
шестиугольника, получим
четырехугольник PCQF (рис.
25.29), являющийся,
очевидно, ромбом,
описанным около
данной окружности;
диагональ CF проходит^ А К F
через центр
окружности. Точно так же л „мл
Рис. 25.29
можно показать, что
диагонали AD и BE также проходят через центр О.
ш
318

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Пусть ОК и OL — высоты треугольников AOF и COD,
тоща OK = OL = R. Так как AAOF со ACOD и их высоты,
опущенные на соответствующие стороны равны, то
AAOF = ACOD и AF=CD.
Аналогично доказывается равенство других
противоположных сторон.
Задача 42.
Через точку М, взятую внутри треугольника, проведены
три прямые, соответственно параллельные его сторонам. Эти
прямые образуют со
сторонами треугольника
три треугольника.
Доказать, что если ?,,
J2>
S3 — площади этих
треугольников, a S —
площадь данного
треугольника, то
1 о
sx + s2 + s3
Решение.
>
Так как все три
треугольника подобны
данному, то (рис. 25.30)
Рис. 25.30
дД"_AD
т S АС
S AC ? S
Сложив почленно эти равенства, найдем
РЕ
АС
y/S7+Vs7+Vs7
VS"
а
1
= -j^ (AD + ЕС + DE) = -т^ • AC = 1,
AC
AC
откуда VSj~+ V5^"+ VS^ = VlS~. Возведя обе части последнего
равенства в квадрат и заменив среднее геометрическое на
среднее арифметическое, получим
3S. + 3S, + 3S, > S, или S. + S, + S, 3* \s.
319

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 43.
В четырехугольник ABCD вписана окружность и вокруг
него описана окружность. Доказать, что
S = p2 tg-y + tg-y + tg-y + tg-^-
-i
где S — площадь, 2р
Решение.
Пусть w (Ov г) —
вписанная в
четырехугольник ABCD
окружность (рис. 25.31).
Известно, что центр этой
окружности лежит на
биссектрисах внутренних
углов четырехугольника.
Проведем радиусы ОхК,
ОгМ9 0{N7 OtP в точке
касания. Очевидно,
периметр четырехугольника.
S = pr,
(1)
Рис. 25.31
где
р = ^ (АВ + ВС + CD + DA).
Но AS = AM + MB = rx • ctg-у + rctg-y. Аналогично
?C = rctg-y+ rctg-y, CD = rctg-y+ rctg-y,
AD = r ctg -у + г ctg -у. Поэтому
, _ ZA , .215, + ZCJ + LD
r = p ctg-y + ctg-y+ ctg-y+ ctg"2
-i
(2)
Так как четырехугольник вписан в окружность, то
LA = 180° - LC, LB = 180° - LD.
320

25. ПЛАНИМЕГРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Следовательно, ctg-r- = tg-j-, СЧ~2~ = *&~~2~>
LC
LA
LD
ctg-y = tg-y, ctg- 2
Учитывая это, равенство (2) запишем так:
LA
LB
LC
LD
г = Р Itg^ + tg-^ + tg-^ + tg-y-l . <3>
Подставив (3) и (1), получим
2 ( LA LB LC LD
S = Р2 tg^- + tg^- + tg^- + tg-^
Задача 44.
Доказать для вписанного пятиугольника ABCDE теорему:
АВ = ВС = CD =
sin (Z.C + LE) sin (Z.Z) + ZA) sin {LC + Z.J5)
_ BE EA
sin (Z^ + LC) sin (Z? + ZZ))*
Решение. D
Соединим вершины An С
(рис. 25.32). Из
четырехугольника ACDE находим:
LACD + LE= 180°.
Если LACB = d, то
LC + LE= 180° + Ж
Следовательно,
АВ 2
sin (LC + LE)
Аналогично доказываем, Рис. 25.32
что и другие отношения равны — 2R, т.е.
АВ ВС ЕА
sm(LC+LE) sin(LD+LE)
sin (LB +LD)
= -2Д.
321

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 45.
В равносторонний
треугольник ABC вписана
окружность w (О; R). Касательная к
ней пересекает стороны СА и
СВ в точках М и N. На этих
сторонах построены
отрезки АЦ и BNX так, что
AM, = СМ и BNX = CN.
Доказать, что прямая M{N,
проходит через центр окружности.
„ Рис. 25.33
Доказательство.
Легко проверить, что LNOM - 60° (рис. 25.33). Пусть
Е и F — середины сторон АС и ВС. Поскольку
LEOF = 120°, то LEOM+ LFON = 60°. Но тоща и
АЕОМ{ + LFONx = 60° и LNxOMx = 180°,
т.е. прямая проходит через центр О.
Задача 46.
Прямая q пересекает стороны ВС, СА и АВ треугольника
ABC и его средние линии BXBV СХА^ и А1В1 (или их
продолжения) соответственно в точках х и xv у и у19 z и zr Доказать
1 ±1±1 л
справедливость равенства h 1 = 0, ще отрезки xxv
щ и z^ являются направленными (35^ = - х^х).
Доказательство.
Докажем сначала вспомогательное предложение: если
через вершины А, В и С треугольника А8С проведены три
параллельные прямые, пересекающие прямые ВС, СА и АВ
в точках А1, Bj, Ц соответственно, то -гг- + -j^r + ^tj- = 0.
Действительно, пусть, например, точка С{ принадлежит
отрезку АВ; ААА1В со ДСЦЯ, откуда TJfi :АА^=ВСХ: ВА\
АВВ{А со ДСЦЛ, откуда CJC : Щ = Ц1: ВА.
Складывая почленно полученные равенства, убедимся в
справедливости вспомогательного предложения. Утверждение
322

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
задачи следует из доказанного соотношения, так как, проведя
через точки Ai, Bv Сг прямые, параллельные qy пересекающие
B{CV С^ Afi{ соответственно в точках Л2, В2, С2, получаем:
А1А2 = xxv В{В2 = yyv СХС2 = Jzv
Задача 47.
В
прямоугольном треугольнике
ABC UC = 90°)
проведены
биссектрисы AD и BF. Из
оснований
биссектрис опущены
перпендикуляры DN и
FM на гипотенузу.
Доказать, что
Z.MCN=45\ Рис. 25.34
Решение.
LFCM = LFMC — а (рис. 25.34), так как по свойству
биссектрисы FC = FM. Аналогично LDCN - LDNC = /3,
LBAC + 2а = 90° и LABC -Ь 2/5 = 90°. Сложив два последних
равенства, получим а + /3 = 45°.
Следовательно, LMCN = 45°.
Задача 48.
На плоскости дано п точек. Известно, что среди любых
трех из них имеются две, расстояние между которыми не
больше 1. Доказать, что на плоскость можно положить два
круга радиуса 1, которые закроют все эти точки.
Решение.
Возьмем две точки А и В из данных п точек, расстояние
между которыми — наибольшее, и наложим на плоскость
два круга радиуса 1 с центром в точках А и В соответственно.
Тогда любая из данных п точек попадет, по крайней мере,
в один из этих кругов.
Действительно, если С — одна из данных п точек, то и
АС, и ВС не превосходят длины отрезка АВ, значит, либо
АС, либо ВС имеют длину, не превосходящую 1.
323

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 49.
В выпуклом четырехугольнике сумма квадратов сторон
и диагоналей равна т. Доказать, что его площадь не пре-
т
восходит -тт.
Доказательство.
Пусть А, а, с, rf, е, f — длины сторон четырехугольника
и его диагоналей. Если S — площадь четырехугольника, то
очевидно S ^ тг (ab + erf), S «s -7; е/.
Далее, используя неравенство о среднем, будем иметь:
т = я2 + А2 + с2 + d2 + е2 + /2 ^ 2а* + 2crf + lef >
>4S + 4S = 85, т.е. S ^ у.
Задача 50.
Даны две непересекающиеся окружности, к которым
проведены две общие касательные (рис. 25.35). Рассмотрим
равнобедренный треугольник, основание которого лежит на одной
касательной, противоположная вершина — на другой, а
каждая из боковых сторон касается одной из данных окружностей.
Доказать, что высота треугольника равна сумме радиусов
окружностей.
М А С N
Рис. 25.35
Доказательство.
Обозначим АВ = ВС = а, АС = 2*, h — высота ААВС,
проведенная к стороне АС. Тогда, если АК = х, CL = у, то
из равенства касательных MN = PQ получим:
324

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
х + 2Ь + у=а — х + а — у, х + у= а — Ь.
Далее имеем:
а , 7Ч 1 + cosa
R{ + R2 = (х + у) ctg 2 = (а - b) sina =
й
1 +
= (я-й)
2
что и требовалось доказать.
Задача 51.
В треугольник
вписана окружность О. Точки
касания ее с двумя
сторонами соединены
отрезком. Во вновь
образовавшийся треугольник
вписана окружность Ov
Доказать, что центр этой
окружности принадлежит
окружности О.
Доказательство.
h
= А,
Рис. 25.36
Треугольник ADE — равнобедренный, АО — биссектриса
LA (рис. 25.36). Пусть АО пересекает дугу, лежащую внутри
tsADE в точке Ог Тогда w DO{ = w ОгЕ. Поэтому LADO{ =
= LOfiE. Следовательно, 0{ — центр окружности, вписанной
в ADAE.
Задача 52.
Доказать, что площадь равнобедренного треугольника не
2
превосходит -^ квадрата длины медианы треугольника,
проведенной к его боковой стороне.
Доказательство.
Пусть ABC — равнобедренный треугольник, АС = ВС.
Если AAi — длина его медианы, то необходимо доказать
неравенство 5 ^ ^AAf.
325

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Чтобы убедиться в истинности этого неравенства,
проведем вторую медиану BBV Очевидно, ABAfi^ — равнобокая
трапеция, причем S
-Is
АВА.ВХ "" 4 ЛВС
Но SabjV>1 = jAAi-BB1sm {АА,, ВВХ) < | АА\.
3 1 2
Следовательно, -т SABC ^ -j AJ^ или
Равенство достигается только тогда, когда медианы
перпендикулярны. Пусть АВ = с, АС = 6, тогда
М = —2 Т' и™ М = 4 #
Если G — точка пересечения медиан, то
4 2с2 + б2 2с2 + б2
AG2 = BG
2 ___ .
2 2 2 2 VTD"
Отсюда с =-q(2c + й), и, следовательно, 6 = —^— с.
Задача 53.
На сторонах AD и
С?) ромба построены
правильные ААВК и
АСВМ, причем точка
К расположена по ту же
сторону от АВ, что и
ВС, а точка М
расположена по другую сторонуА
от СВ, чем АВ.
Доказать, что точки В, К и
М лежат на одной
прямой.
Рис. 25.37
Доказательство.
Обозначим угол ВАВ данного ромба через а и
будем считать, что а < 60°. Тогда из АКАВ получаем, что
АКАВ = 60° - а, а угол АКВ при основании ААКВ равен
60°+| (рис. 25.37).
326

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
С другой стороны, точки А, К, Му С лежат на
окружности с центром D, и поэтому
LADM = 360° - LADC - LCDM =
= 360° - (180° - а) - 60° = 120° + а,
а вписанный угол АКМ равен его половине, т.е. равен углу
АКБ. А это и означает, что точки К, В и М лежат на одной
прямой.
Аналогично
рассматривается
конфигурация с углом
а > 60°.
Задача 54.
Если среднее
арифметическое
трех сторон треу- g
гольника равно
среднему
гармоническому двух сторон, то
Рис. 25.38
отрезок, которому принадлежат центроид и инцентр
перпендикулярен биссектрисе угла, противоположного третьей
стороне.
Доказательство.
Пусть М — центроид, / — инцентр ДАЯС.
Дано:
fl + i + c
2ab
a + b*
(1)
Доказать, что CI ± MI (рис. 25.38).
Запишем (1) в виде:
1 /25 , 2S\ 4S , , , ,
3 1а Ъ ) р а ъ
(2)
Обозначим CD = х, СЕ = у. Докажем, что CD = СЕ (или
х = у). Выразим SCDE:
1 (I , х1, \ 1 , 1
2 3*3^ = 2 г*7' или
327

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
K + fu
ha х + \у = Зг (л: + у) = —к— (х + У) <из ^)), или
^(Ав-Л»)-У(Лв-А») = 0, (х-ЖЛв-А») = 0, х = у.
Задача 55.
Дан угол величиной 75° с вершиной в точке О. На его
сторонах взяты точки А и В так, что О А = V2", ОБ = V3~.
Внутри угла взята точка С так, что ОС = -у и
Z.CCL4 = 30°. Доказать, что точки А, В и С лежат на одной
прямой.
Доказательство.
По теореме
косинусов из треугольников
АОС и ВОС получаем,
1 V5T
что ^C = ^j-, ЯС = -2"
(рис. 25.39), откуда по г
теореме, обратной
теореме Пифагора, заключаем,
что углы ОСА и ОСВ — Рис- 25-39
прямые. Следовательно, точки АиВ лежат на перпендикуляре
к ОС, проходящем через точку С, так что три эти точки
лежат на одной прямой.
Задача 56.
Из точек А и В, которые лежат на поверхности озера,
видно всю поверхность озера. Доказать, что из каждой точки
отрезка АВ также видно всю поверхность озера.
Доказательство.
Допустим противоположное. Пусть на отрезке АВ есть
точка Д из которой не видно точку С на поверхности озера.
Это значит, что на отрезке DC есть препятствие Р. Все точки
отрезка АС лежат на поверхности озера (в противном случае
из А не видно было бы С), поэтому каждую из них видно
из точки В. А теперь проведем прямую через точки В и Р
и продлим ее до пересечения с отрезком АС в точке К,
Поскольку Р — препятствие, то точку К не видно из точки
Б. Противоречие.
328

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 57.
На круглом столе радиуса R лежит одним слоем п монет
радиуса г так, что больше нельзя положить ни единой монеты.
Доказать, что -^ —
-1| < V7T<*.
Доказательство.
По условию задачи (монеты лежат одним слоем) пжг2 <
<jtR2, откуда V7T<—. Представим себе теперь, что центр
каждой монеты остается неподвижным, а ее радиус
увеличивается в два раза. Тогда монеты сплошь накроют круг
радиусом R - г (если б какая-то точка не была бы накрыта,
то на столе можно было бы поместить еще одну монету с
центром в этой точке). Поэтому rm (2r)2 >tz (R — г)2, откуда
2 г
Задача 58.
Доказать, что центр окружности, вписанной в
треугольник, находится внутри треугольника, образованного средними
линиями данного треугольника.
Доказательство. Первый способ
aha Ыи chc
Известно, что S^c = -у = -у = -у, ще а, Ь, с —
стороны треугольника, ha, /ц, hc — высоты, проведенные к
сторонам а, й, с соответственно. С другой стороны SABC = гр, ще
г — радиус вписанной окружности, р — полупериметр
треугольника ABC.
1 S S
Имеем: -~ ha = —, г = —. Но так как р> а, то
Lap
К
2 '
можно
S S
= — > —
а р
доказать,
\к>
= г,
что
1
л к
т.е.
>г.
2h«
>г.
329

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Рис. 25.40 (а) Рис. 25.40 (б)
Таким образом, радиус вписанной в треугольник
окружности меньше половины каждой высоты, а значит, центр
окружности находится с каждой из вершин треугольника по
разные стороны от соответствующей средней линии (рис.
25.40, а), т.е. центр принадлежит треугольнику,
ограниченному средними линиями данного треугольника.
Второй способ.
Проведем касательную I к окружности, вписанной в
треугольник, параллельно какой-либо стороне треугольника. Так
как все точки вписанной в треугольник окружности
принадлежат треугольнику, то диаметр NM меньше высоты BD (рис.
25.40, б), т.е. h > 2г или «¦ = г. Дальнейшие рассуждения такие
же, как и в решении 1.
Задача 59.
Доказать, что если Рп и рп периметры правильных
п-угольников, соответственно описанного около окружности
радиуса jR и вписанного в ту же окружность, то
\{рп + рп)>ът.
Доказательство.
ТС ТС
Очевидно, что рп = 2Rn sin —, Рп = 2Rn Xg —.
Следовательно, ^ (рп + Р^ = Rn (sin ^ + tg ^j.
330

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
*ТТ 77Г 77Г 777 ,77*
Так как /г ^ 3, то 0 < — < -^ и sin —Ь tg — > 2 —, что следует
Yt Id Y\, Tl Yt
It
из неравенства sin x + tg x > 2x для 0 < x < ~-. Итак,
^(Рл + Л:)>2^> так как ^ (/>„ + />„)> 2л 2^.
Задача 60.
Около окружности радиуса г описан правильный 12-уголь-
ник А^ ... А^. Доказать, что А^ 4- А^АА = 2г.
Доказательство.
Рассмотрим равнобедренную трапецию А^А^А^ для
которой А1А2 = А^ = Лз-А4 = Oj2. Острый угол трапеции равен
30°, поэтому A^A4 = о^ + 2oj2 cos 30° = а^ (1 + д/3). Поэтому
остается доказать, что о^ + а12 (1 + V3) = 2r, 0^(2 + V3) = 2л
Но Oj2 = 2rtg 15°, причем, как легко доказать,
tg 15° = 2 - V3~= утгТТТ1 Отсюда находим:
2г
6212 = 2 + VT* или 2г = ^(2 + ^'
что и требовалось
доказать.
Задача 61.
На сторонах
треугольника ABC во
внешнюю сторону построены
прямоугольники ABLK,
BCNM, CAQP. Доказать,
что прямые, проходящие
через А, В л С
перпендикулярно соответственно
KQ, LM и NP,
пересекаются в одной точке.
Доказательство.
Пусть стороны прямоугольника, построенных на АВ, ВС
и СМ, отличные от сторон треугольника, равны соответственно
Рис. 25.41 '
331

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА 11
х, у, z. Обозначим также через av а2, Д, /?2, yv у2 углы,
образованные построенными перпендикулярами со сторонами
треугольника, как на рис. 25.41. В соответствии с
тригонометрической формой теоремы Чевы нам достаточно доказать
выполнение равенства
sinaj sin/?! sinyj
sina2 sin/J2 siny2 ~"
Рассмотрим треугольник AKQ. Легко убедиться, что углы
в этом треугольнике при вершинах Q и К либо равны
соответственно а{ и а2, либо дополняют их до 180°. Следовательно,
sin^ = АК = х
sina2 AQ z'
Заменяя также другие отношения, убеждаемся в
выполнении условий теоремы Чевы.
Задача 62.
Около окружности с
центром О описан
четырехугольник ABCD, прямые АВ и
CD пересекаются в точке К,
а прямые ВС и AD
пересекаются в точке М, причем точка
D принадлежит отрезкам СК
и AM. Доказать, что
LAOK- LCOM.
Доказательство. '
По теореме о внешнем
угле треугольника (рис. 25.42)
2 LAOK = 2 LAOB - 2 LOKB;
2 LCOM = 2 LOCB - 2 LOMB,
а поскольку КО и МО — биссектрисы углов треугольников
ВКС и АМВ, то
2 LOCB + 2 Z.QKB + LMBK = 180° =
= 2 ZlOMB + 2 Z.OAB + LMBK,
332

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
так что LOCB + LOKB = LOMB + LOAB. Из полученных
двух равенств и вытекает доказываемое утверждение.
Задача 63.
Стороны треугольника составляют геометрическую
прогрессию. Доказать, что такой треугольник подобен
треугольнику, сторонами которого служат высоты данного.
Доказательство.
Пусть а<Ъ<с% тогда hc<hb< ha. Нужно доказать, что
, . . . 2S 2S 2S 1 1 1
а: о: с = h:hh:h= —:-т-: — = —:т: —, или что
с ь а с Ъ а с Ъ а
й2:b:tf с *b: а
Но по условию Ь2 = ас, значит, действительно,
_я_. J_._? _L. Jl. J? Jl.J_.JL
й2 * й * й2 " ас * Ъ ' ас "" с * й # а
Задача 64.
Доказать, что если квадраты сторон треугольника
составляют арифметическую прогрессию, то треугольник, сторонами
которого служат медианы данного, подобен данному.
Доказательство.
По условию задачи 2й2 = с? 4- с2. Поэтому
2 2Й2 + 2с2 - а2 3 , 2 2а2 + 2с2 - й2 3 ^
< = 4 =4^; т> = 4 =4^;
2 2а2 + 2Й2 - с2 3 о
™с = 4 =4^
Отсюда та: ть: тс = с: b: а.
Задача 65.
Доказать, что если в треугольнике стороны удовлетворяют
1 , 1 3
соотношению —-г-г + ь , = —г-г—.—, то один из его углов
а + Ъ Ъ + с а + b + с J
равен 60°.
333

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Приведем данное соотношение к целому виду:
1 1 3 _ й + с + а + й 3
а + Ъ Ь + с а + й И- с' ab + ac + tf + Ъс а + й + с1
(а + 2й + с)(а + Ъ + с) = 3 (ab + ас + й2 + be).
Перемножив и приведя подобные члены, получим:
# = (? + <?-ас. (1)
С другой стороны имеем:
P = tf + <*-2accosB. (2)
Из сравнения (1) и (2) находим:
2 cos 5=1; cos Я =2; ^Я = 60°.
Задача 66.
Доказать, что в четырехугольнике, вписанном в
окружность, имеет место равенство:
sin А : sin В = (ad + be) : (ab + cd),
где Л и5 — два соседних угла, стороны а и й примыкают
к углу А\ с л d — к углу С.
Доказательство.
^ABCD ^АВС "*" "ACD
sabc = 2 ftc sin В;
SACD=2adsinD =
= Ту sin (ж — В) =
= 2°d s^n -в;
= S^c + 5гсд (рис. 25.43)
1 /Ух\
A л?^^ 1 ^
V ^\. 1d
SASD= 2absinA'
334

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
SBCD = 2 cd sin С = j cd sin A.
Из (1) следует, что
-~(bc + ad) sinjB = ^ absinA + ^ crfsin^4,
а отсюда sin Л: sin В = (ad + ftc) : (ab + cd).
Задача 67.
В выпуклом четырехугольнике ABCD сторона АВ равна
диагонали BD, кроме того, LBAC = 30% LADC = 150°.
Доказать, что диагональ АС служит биссектрисой угла BCD.
Доказательство. В С
Обозначим через В{
точку, симметричную В
относительно прямой
АС. Луч ВВг должен
проходить внутри LABD
(рис. 25.44) так как из
условия следует, что
LABD больше 60°. Нам
достаточно доказать, чтоА
точка jBj лежит на
прямой CD. ААВВ{ является ^ В1
равносторонним (он рав- Рис 2544
нобедренный с углом
60°). Значит, ВВг = ВА. Таким образом, точки А, Вх и D
лежат на окружности с центром в В и
LADB{ = ^ /.АВВ^ = 30\
Из последнего равенства следует, что Вг лежит на прямой
CD, что и требовалось доказать.
Задача 68.
Пусть О — центр одной из вневписанных окружностей
треугольника ABC. Доказать, что центр окружности,
описанной около ДА2Ю, лежит на окружности, описанной около
ABC.
335

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА К
Доказательство.
Пусть окружность с центром О касается продолжения
ЛВ (рис. 25.45). Тогда LAOB = LOBM - LOAB =
= 90° - \ LABC - ~ LCAB = ^ LACB.
Значит, если Р — центр
окружности, описанной
около АОВ, то
LAPB = 2 LAOB = LACB,
т.е. Р лежит на
окружности, описанной около ABC.
Точно так же
рассматривается случай, когда
окружность с центром ? каса- Рис 2545
ется стороны АВ.
Задача 69.
Отрезок АС с серединой
К пересекает отрезок BD в
его середине S. Доказать,
что середины М и N
отрезков АВ и CD симметричны
относительно середины
отрезка SK.
Доказательство.
D
Отрезок МК — средняя Рис 2546
линия треугольника ABC, а
SN — средняя линия треугольника ВВС (рис. 25.46). Из
этого следует, что
МК || ВС, SN || ВС и МК = \вС, SN = \вС.
Отсюда можно сделать заключение, что MKNS —
параллелограмм, и его диагональ проходит через середину О
диагонали SK> т.е. точки М и N симметричны относительно
середины О отрезка SK.
336

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 70.
Две окружности
пересекаются в точках А
и В. Прямая,
проведенная через центры
окружностей Oj и 02,
пересекает внешние дуги
окружностей в точках
М и N. К окружностям
проведена общая
касательная TS. Через точки
касания Т и S
проведены прямые MS и NT9
пересекающиеся в точке
Р. Докажите, что:
а) точки Р, А и В лежат на одной прямой;
б) РА- РВ • MN = РМ- PN- TS.
Доказательство.
Пусть Р — точка пересечения MS и АВ. Докажем, что
PN проходит через Т.
а) Точку пересечения PN с окружностью Ох обозначим
7\ (рис. 25.47). Тогда по свойству: если из точки, взятой вне
окружности, провести несколько секущих, то произведение
каждой секущей на ее внешнюю часть есть величина
постоянная, равная квадрату касательной, имеем:
PS • РМ = РТ • PN = PA- РВ.
Рис. 25.47
С другой стороны, Д SPT v> A MPN (докажите, рассмотрев
РТ
PS
углы). Значит, -^ =
РМ
. Отсюда РТ = PTV т.е. точки Т и
Тх совпадают. Значит, все три прямые проходят через точку
Р.
б) Из подобия треугольников PST и PMN имеем:
ST
MS
PS
PN
РТ
РМ'
Отсюда получаем —; = pN t рм. Поэтому
337

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
ST2 • РМ • PN = MN2 • PS • РТ.
(1)
5Г
РТ
Из пропорции -jj^ = -рм им6^
MN- РТ = ST- MP,
а по свойству секущих
PS • РМ = РА- РВ.
Перемножим равенства (1), (2) и (3). Получим:
S7* - РМ- PN- MN РТ PS - РМ =
= MN2 • PS-PT- ST-PM-PA- РВ.
Отсюда ST • РМ - PN = MN - РА • Pi?.
Задача 71.
Площадь
выпуклого
четырехугольника равна S, его
диагонали пересекаются
в точке М. Доказать,
что если площади St
и S2 треугольников д
МАВ и MCD
удовлетворяют условию Рис. 25.48
Vs~= V3f + V&7, то
данный четырехугольник есть трапеция.
Доказательство*
Пусть SMAB = SV SMCD = S2,
25.48). Согласно условию задачи,
(2)
(3)
Smbc - S3> S
MAD
= S4 (рис.
VS~= V5["+ VS7или ? = Sj + S2 + 2VS[S^
С другой стороны S = Sj + 52 + S3 + S4, значит,
S3 + S4 = 2 VS^~. (1)
Треугольники АМЭ и CMD имеют общую высоту 1\, а
треугольники АМВ и СВМ — высоту Aj. Следовательно,
338

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Oj S4 дм
~s~3 = T2 = мси 5152 = ^4-
Из равенства (1) следует, что
S3 + S4 = 2VS3S4 или S3 = S4.
Отсюда треугольники ADB и АСВ равновелики и имеют
общее основание АВ. Вследствие этого DC || АВ, и данный
четырехугольник — трапеция.
Задача 72.
Окружность радиуса,
равного высоте правильного
треугольника, катится по одной
из сторон этого треугольника
так, что остальные стороны
высекают из окружности
некоторую дугу. Доказать, что
дуга при любом положении А
окружности равна 60°.
Доказательство.
Рис. 25.49
Через точку О проводим диаметр, параллельный стороне
АВ, и строим АО А'В1', симметричный ААВО относительно
этой оси. LMON измеряется ^ (w MN + w AfN*) (рис. 25.49).
Так как ООх — ось симметрии пересекающихся
окружностей, то ^tMN = ^jM'Nf, и, так как Z.MON = 60% то
wM#=60°.
Задача 73.
Доказать, что если фигура
имеет два центра симметрии,
то она имеет бесчисленное
количество центров симметрии.
Доказательство.
Пусть фигура имеет два
центра симметрии Ох is. 02
о1
К /'
\ /
\ /
\ /
\/
—*
/ ч°*
/ \
/ \
Оз 04
К
VA3
Рис. 25.50
(рис. 25.50). Отразим точку
0{ симметрично относительно 02 и покажем, что полученная
точка Оэ так же будет центром симметрии. Пусть А —
339

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА И
произвольная точка фигуры. Тогда Av симметричная А
относительно 02, также принадлежит фигуре, ибо 02 — центр
симметрии. По той же причине принадлежат фигуре А2,
симметричная А^ относительно 01? и А3, симметричная А2
относительно 02. Легко видеть, что отрезок АОъ равен и
параллелен отрезку A1Ov а значит, и отрезку A2Ov Но
АъОъ равно и параллельно 0{А2, следовательно, АОъ = ОъА^ и
точки А1, 03, А^ лежат на одной прямой. Это значит, что
А3, симметричная А относительно Оэ, принадлежит нашей
фигуре, т.е. Оэ — центр симметрии. Аналогично строятся
центры симметрии 04, 05 и т.д.
Задача 74.
На прямой дано р отрезков. Доказать, что если каждые
два из них имеют общую точку, то существует по крайней
мере одна точка, принадлежащая всем отрезкам.
Доказательство.
Пусть Av ..., Ар — левые, a Bv В2,..., Вр — правые концы
данных отрезков. Тогда любая точка ^. (г = 1, 2,..., р) лежит
левее любой точки Bj (J = 1, 2,..., р) или совпадает с ней.
Действительно, если бы точка At лежала правее точки Вр то
отрезки AjBj и AtBt не имели бы общих точек. Выберем теперь
среди точек Ai самую правую точку Ak> а среди В. — самую
левую точку Вг Тоща отрезок АкВ1 принадлежит всем данным
отрезкам АгВ. (i = 1, 2,... ,р). В самом деле, точки Ак и Вь
принадлежат каждому их данных отрезков, следовательно,
это же верно и для отрезка AkBr Нетрудно убедиться в том,
что точки Ак и В{ могут совпадать, тогда отрезок АкВ[
превращается в точку.
Задача 75.
Доказать, что если плоский многоугольник имеет
несколько осей симметрии, то они пересекаются в одной точке.
Доказательство.
Можно доказать, что любые две оси симметрии
пересекаются внутри многоугольника. Покажем, что третья ось
симметрии пройдет через точку пересечения двух данных.
340

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Рис. 25.51
Для доказательства предположим противное. Тоща три оси
симметрии образуют некоторый ААВС. Выберем внутри
треугольника ABC произвольную точку О (рис. 25.51). Любая
точка М плоскости лежит, очевидно, по ту же сторону, что
и О, по крайней мере от одной из осей симметрии. Соединим
точку О с наиболее удаленной
от нее точкой М
многоугольника. Пусть О я М лежат по
одну сторону от оси АВ. Точка
Mv симметричная М
относительно АВ, также
принадлежит многоугольнику. Пусть
00{ — перпендикуляр,
опущенный из точки О на MMV
Ввиду симметрии точек М и
Мх MtN = NM. В то же время
мр{ > МО, значит,
ОМх>ОМ, что противоречит
тому, что М — самая далекая
от О точка многоугольника.
Полученное противоречие
доказывает утверждение.
Задача 76. А
Через вершину А
квадрата ABCD со стороной а
проведена произвольная прямая, пересекающая сторону ВС в
точке М, а продолжение стороны DC — в точке N. Доказать,
что
J 1_ I
CM CN а
Доказательство.
Пусть ВМ = Ъ, тогда СМ = а- Ь. Из подобия ААВМ и
ANCM получим (рис. 25.52):
-_г а(а- Ь)
CN = г—S следовательно,
Рис. 25.52
1
1
CM CN а-Ъ а(а-й) а
341

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 77.
Доказать, что если медианы, проведенные к двум катетам
прямоугольного треугольника, образуют угол х, то
4
COS X > "с-
Доказательство.
Первый способ.
Пусть а и Ь — катеты
прямоугольного
треугольника, с — его гипотенуза, S —
середина АС, Е — середина
ВС\ DE ±BG (G — центроид
треугольника). Имеем (рис.
25.53):
BS
2 _
!(<* + «?)-4* =
2v ¦ »-» 4
= \<? + \с? -\(<? - с?) = \{Ъс? + с?).
Отсюда BS = ^ V3a2 + с2. Аналогично АЕ = х^З^ + с2.
Из подобия треугольников ?/)? и i?SC следует:
АО _ a „„ a2
а Vc2 + За2'
??> =
77+Тс?
Но
5G = |J55
ЯО = 4Vc2 + 3a? - у ,g20 -
3 У^ + За2
с2
ЗУс' + За2'
Второй способ.
Примем центроид G прямоугольного треугольника ABC
(Z.C = 90°) за полюс. Положим
GA = A, GB = B. Тогда СА = 2А + В, СВ = 2В + А
и (2Л + 5)(2В + А) = 0. Отсюда
54-f? + 2(A2 + 2?2)=0 и
\В\ 4
5*
2(А2 + Я2) 4Ш
cos* = —4:: r=r > —:=—
5 \А\ • \В\
5 \А\ • \В\
342

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 78.
В треугольнике ABC
через вершину А проведена
такая прямая, пересекающая
сторону ВС в точке D, что
на ней существует такая
точка Х} что
LABC = LBXD и
LACB = LCXD.
Рис. 25.54
Доказать, что все они пе-
Через вершины В и С
проведены аналогичные прямые,
ресекутся в одной точке.
Доказательство.
Докажем, что каждая такая прямая будет медианой (рис.
25.54).
LABC = LAEC,
LABC = LBXE.
Следовательно, LAEC = LBXE. Аналогично
LCXE = LBXE.
Четырехугольник ВЕСХ является параллелограммом,
следовательно, CD = BD, значит, AD — медиана.
Так как три полученные прямые являются медианами,
то они пересекаются в одной точке.
Задача 79.
На сторонах ВС и CD
параллелограмма ABCD во
внешнюю сторону построены
правильные треугольники
ВСК и С DM. Доказать, что
АКМ — также правильный
треугольник.
Доказательство.
Треугольники АВК>
ADM, КСМ равны между
собой. У них есть по паре рав-
Рис. 25.55
343

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
ных сторон, кроме того, равны соответствующие углы,
например, LBAD = а = 60° (рис. 25.55).
LABK = 360° - {LABC + 60°) = 60° - (180° - а + 60°) =
= 120° + a, LKCM = а + 120°.
Задача 80.
Доказать, что
произвольный треугольник можно
разрезать на четыре
неравных между собой
треугольника, образующих две пары
подобных треугольников.
Доказательство,
D
Рис. 25.56
Возьмем на стороне АС
некоторую точку D (вообще
говоря, произвольно). Теперь
на ВС и АВ возьмем точки М и К так, что
LMDC = LABD, LKDA = LDBC (рис. 25.56).
Тогда будем иметь: LBDM = LKAD, LBDK = LMCD.
Таким образом, AAKD со ADMB, ACMD со ADKB.
Задача 81.
В треугольнике ABC проведены биссектрисы внутренних
углов А4, ВЦ, CCJ. Доказать, что периметр треугольника
A1BiCl не превышает половины периметра треугольника ABC.
Доказательство.
Обозначим ВС = а, СА = Ъ, АВ = с, а + Ъ + с = 2р. Можно
доказать, что
Сначала находим С^ и С^ по теореме о биссектрисе
внутреннего угла треугольника, затем по теореме косинусов
из треугольника А1СВ1 находим AJBV Выражаем косинус угла
через стороны исходного треугольника, после чего полученное
344

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
выражение можно преобразовать к указанному виду. Таким
образом, А# < (a + f(b + cy
Далее по неравенству о среднем будем иметь:
VaF'• с VgF- с
4 4,
Vac~-Vbc~ yfac"+ V~bc~ а + с b + c a + b + 2c
= ~ ^ -л ^ n +¦
8 " 8 " 8
Получив аналогичное неравенство для двух оставшихся
сторон Bfi{ и С{А{ и сложив их, получим
^ „ л а + b + 2c Ь + с + 2а
A»i + Bfii + СА * s + 8 +
с + а + 26 а + ЪЛ- с
+ 8 = 2 = р'
что и требовалось доказать.
Задача 82.
На сторонах АВ и ВС
треугольника ABC взяты
точки К и М соответственно.
Доказать, что если LCKM
больше LBKM, то LAMK меньше
LBMK.
Доказательство.
ПуСТЬ ОТреЗКИ AM И Рис. 25.57
СК пересекаются в точке D.
Имеем: LADC > А ABC (рис. 25.57), но
LCKM + /.АШ: = 180° - LADC <
< 180° - LABC = Z.?AM + LBMK.
Теперь понятно, что если LCKM> LBKM, то
LAMK< LBMK.

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 83.
Доказать, что
прямые, соединяющие
последовательные центры
квадратов, построен-д
ных на сторонах
параллелограмма и
примыкающих к ним извне,
образуют квадрат.
Доказательство.
Достаточно
доказать, что пары
треугольников равны. По- Рис. 25.58
кажем, например, что
АО{С02 = А02ВОъ (рис. 25.58). В остальных случаях
рассуждения аналогичны.
Действительно, 0{С = 03D, 02С = 02D как половины
диагоналей равных квадратов.
LOiC02 = 90° + LBCD = 90° + LDfiD2 = L02DOb.
Следовательно, указанные треугольники равны, ибо у
них равны две стороны и угол между ними.
Задача 84.
На плоскости проведена замкнутая ломаная линия, все
звенья которой имеют длину I и любые два соседних звена
взаимно перпендикулярны. Доказать, что число звеньев
кратно четырем.
Доказательство.
Проведем две взаимно перпендикулярные прямые,
параллельные соответственно звеньям ломаной линии.
Очевидно, что звеньев ломаной линии, параллельных первой прямой,
будет столько же, сколько звеньев, параллельных второй
прямой. В то же время число звеньев, параллельных каждой
из прямых, будет четным. Следовательно, число всех звеньев
будет равно сумме равных четных чисел, то есть будет кратно
4.
346

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 85.
Если все квадраты,
вписанные в треугольник так,
что две вершины
расположены на стороне треугольника,
а две другие вершины на
двух других сторонах
треугольника равны между собой,
то треугольник
равносторонний. Доказать.
Доказательство.
Обозначив сторону
квадрата через х, получим (рис.
25.59): ^ = h ^_х, откуда х =
ah.
Рис. 25.59
25
К + а
а +
25
а
= с +
Если ab = 25,
2S
25
Ъ
то Z.C = 90°, и из равенства Ъ +
найдем: либо LA = 90°, либо Ъ = с, что невозможно.
Поэтому а = Ь = с, то есть
LA = LB = ZC = 60°.
Задача 86.
Если произведение
диагоналей четырехугольника
равно сумме произведенеий
противоположных сторон, то
около него можно описать
окружность. Доказать.
Доказательство.
Пусть в четырехугольни-А
ке ABCD
AB CD + AD- ВС =
Рис. 25.60
= АС • BD,
ще АС и BD — диагонали четырехугольника. Дополнительно
построим LBAE = LBDC и LABE = LDBC. LABE oo ABCD
(рис. 25.60).
347

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
АВ _ АЕ_ _ BE (U
BD " CD " ВС Ш
откуда
АВ • CD = АЕ • ЯО. (2)
В треугольниках A6Z) и ЯЕС LABD = LCBE, так как
ZA&D = ZA&E + Z?#D и LCBE = 2LC?Z> + Z.???>.
АВ BE
Кроме того, из (1) -^ = -=¦=¦ , поэтому
ЯЯ ЯС СЕ' К)
откуда
ВС - AD = BD - СЕ. (4)
Складывая равенства (2) и (4), получим:
ABCD + BC-AD = ЯО {АЕ + ЯС). (5)
Сравнив равенство (5) с данным, прийдем к выводу:
АЕ + ЕС = АС, то есть в данном четырехугольнике точка Е
должна лежать на АС, но в
этом случае окружность,
проведенная через вершины
А, В, С, пройдет также
через вершину D (так как
LBDC = LBAE).
Утверждение доказано. Около
четырехугольника ABCD можно
описать окружность.
Задача 87.
a, by с — стороны треу- А^
гольника ABC, R — радиус
описанного круга, I, т, п — Рис 25.61
расстояния центра тяжести
от сторон треугольника. Доказать, что
_ ab + Ьс+ ас
R ~ 6(1 + т + пу
348

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Доказательство.
Центр тяжести О треугольника находится в точке
пересечения медиан (рис. 25.61), поэтому площадь каждого из
треугольников АОВ> ВОС и АОС равна -~ площади S данного
ААВС, то есть имеем:
al Ът en S 7 , 2S
¦у = -у = ~Т = з" или = = от = ~Т#
Делим все члены этого равенства на abc:
А. — HL — JL— 2S
йс ас ab ЪаЪс
По свойству равных отношений:
1+ т + п 25_
ab + be + ас "~ Зайс'
и D abc SI 2S 1 ~
HoiJ = ?' следовательно, _ = _.— = _ Сделав
1 + m + n 1
подстановку, получим , , — = ^r, и отсюда
_ ab + be + ас
6(7 + т + п)'
Задача 88.
В треугольнике
ABC угол В равен
100°. В этом
треугольнике проведена
биссектриса угла С,д
пересекающая АВ в
точке Е, и на
стороне АС взята точка
D так, что угол
CBD равен 20°. Доказать, что угол СЕВ равен 10°.
Легко видеть, что BE является биссектрисой угла,
смежного с утлом CBD (рис. 25.62). А поскольку СЕ — биссектриса
угла BCD, то по отношению к треугольнику CBD точка Е
349

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
является центром вневписанной окружности (DE —
биссектриса угла BDA). Таким образом,
LCED = LEDA - LECA = ^ (LBDA - LBCA) =
= ± LCBD = 10°
Задача 89.
Дан остроугольный треугольник ABC, внутри которого
взята точка М. Эту точку соединили со всеми вершинами
треугольника. Получившиеся отрезки образуют с высотами
треугольника
соответственно углы ж д
a, ft и у.
Докажите, что сумма
произведений
каждого из этих
отрезков на косинус
угла
(соответственно a, /J, у) и
на сторону
треугольника
(соответственно ВС,
АС, АВ) равна
учетверенной
площади данного
треугольника.
Доказательство.
Соединим точку М с вершинами треугольника ABC и
опустим из М перпендикуляры на высоты треугольника (рис.
25.63). Тоща
Sabmc = \вС -А,Ма = \вС- (М - АМа) =
= 5
ААВС
1
АМ„.
Аналогично S^^ = 5д^с - ^ С А
ВМЬ,
SbAMB = SAABC-1AB-CMc
350

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
(Ма, Мъ, Мс — проекции точки М на высоты АА1, BBV СС).
Сложим полученные равенства почленно. Получим, что
площадь данного треугольника равна
S^ = *Subc-\(BC- Ша + СА- ВМЬ + АВ - СМ}.
Отсюда получим, что
СВ • АМа + СА • ВМЪ + АВ • СМС = 4 S^^
Но АМа = AM cos а, ВМЪ = БМ cos/J, СМС = CM cos у,
откуда имеем
AM • ВС cos а + ВМ • АС cos/З + СМ • АВ cosy = 4 S^.
Задача 90.
Точка Я — ортоцентр остроугольного треугольника
ABC; AD, BE, CF — высоты этого треугольника. Доказать,
что АВ + ВС + СА > 2 VT(HD + НЕ + HF).
Доказательство.
Из треугольников BHF и BCF имеем соответственно:
HF = BF ctg А и BF-BC cos В.
Следовательно, HF = ?С cos В ctg ^4 = 2Л sin Л cos 5 ctg А или
ДО = 2R cos A cos Б.
Аналогично, HD = 2JR cos В cos С, ЯЕ = 2R cos С cos Л.
Пусть ВС<АС, тоща cos .А > cos В и
Я!) _ 2R cos Б cos С _ cos Z.jg ^^ .
НЕ 2R cos С cos A cos Z. А
Значит, HD < НЕ. Таким образом, если ВС ^ АВ ^ СА,
то Я?> ^ HF ^ ЯЕ. В таком случчае имеет место неравенство
Чебышева: (ВС + АВ + CA)(HD + HF + НЕ) ^
^ 3 (ВС • HD + АВ • HF + СА • ЯЕ) = 6 S^.
Разделив обе части последнего равенства на
(ВС + АВ + СА)2,
получим:
HD + HF + HE 6 3^
ВС + АВ + СА " 4Р2 *
351

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ КНИГА II
S vX
Но, как известно, —г ^ "о*"- Следовательно,
Ар зъ
6S 6vT VT 1
4р2 " 36 " 6 " 2VT-
HD + HF + HE 1
Итак, -- -—.- - ~~ ^
BC + AB + CD " 2VT'
2VT(HD + HF + HE) < (БС + AB + CD).
Равенство достигается лишь при
Л = В = С = 60°.
Задача 91.
Пусть S — площадь равнобедренного
треугольника с боковой стороной Ь и уг- Ь
лом при вершине 10°.
Доказать, что
Доказательство.
- Рис, 25.64
S = тг б2 sin 10° (рис. 25.64), откуда
б2 1 4S . . 1Л.
2S=^W "" y = 2sml0.
Тогда получим
(f)2 + ^ = (2sinlo°)2 + Tiuno- =
_ 8 sin310° + 1 4 sin 10° (1 - cos 20°) + 1
2 sin 10° ~ 2 sin 10°
_ 4sin 10° - 2(sin30° - sin 10°) + 1
2 sin 10° " *'
что и требовалось доказать.
352

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Задача 92.
Дан выпуклый
четырехугольник ABCD. На
продолжении АВ откладывали
ВЫ = АВ, на продолжении
ВС — CN^ ВС и т.д.
Доказать, что площадь
четырехугольника MNPQ в пять раз
больше площади ABCD. N
Доказательство.
Имеем (рис. 25.65):
Sabmn = ^ S^4jBC = 2S{ Рис. 25.65
АВ = ВМ; BC = ±BN\;
^APCN — ^ ^лпвг — ^Ъ.
'^ = 25, (bC = CN; DC = \pc\
^hPQD ~ ^ $ААОС ~ ^"»
1
'з Р?> = ?»С; AD^QZ) ;
W = 25a-im> = 2S4 (aQ = AD; АВ = \ам\.
Имеем:
^рсзалу ~~ ^лбсд = 2 (^ + 52 + 52 + S3 + S4 + S3 + St + 54);
что и требовалось доказать.
Задача 93.
Дан выпуклый четырехугольник ABCD. Провести через
С прямую, пересекающую продолжение сторон AD и АВ в
точках К и М соотвественно, так, чтобы -=— + -=— прини-
мало наименьшее значение.
Решение.
Докажем, что искомая прямая параллельна BD. Проведем
через С прямую, параллельную BD, и обозначим через М0
353

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
и К0 ее точки пересечения с
прямыми АВ и AD (рис.
25.66). Пусть теперь
некоторая прямая пересекает
отрезок ВМ0 в точке М, а прямую
AD — в точке К. Нам надо
доказать, что
1
1
1
-*всм
или
1
JBCM
JDCK
JBCM„
JBCMn
JDCKn
JDCK,
^DCM ' bBCM
KCK
^DCK ' SDCKn
Учитывая, что LMCM^ = LKCK0 = p>, после сокращения
обеих частей на -у sin у?, получим неравенство:
МС см(
?_> КС
скп
^всм ^bcmq SDCK SDCk0
Но в треугольниках ВСМ0 и DCK0 высоты, проведенные
к СМ0 и СК0, равны между собой. Осталось доказать нера-
Оно очевидно — расстояние от В до
МС ^ КС
венство -=; > -=—
"DCM "DCK
СМ меньше, чем расстояние от В до СМ0, а расстояние от
D до СК больше, чем расстояние от D до СК0.
Задача 94.
В параллелограмме ABCD угол ABD равен 40°. Найти
угол DBC, если известно, что центры окружностей, описанных
около треугольников ABC и CDA, лежат на диагонали BD.
Решение.
Если центры указанных окружностей не совпадают, то,
как нетрудно доказать, диагональ BD является осью симмет-
354

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
рии данного параллелограмма, а значит, ABCD — ромб, и
угол DBC равен 40°. Если же эти центры совпадают, то
ABCD — прямоугольник, и угол ВВС равен 50°.
Итак, задача имеет два решения: искомый угол равен
либо 40°, либо 50°.
Задача 95.
Пусть Н — точка пересечения высот треугольника ABC,
М — середина АС. Доказать, что прямая МН проходит через
точку пересечения
окружности,
описанной около
&АВС и окружности
с диаметром ВН.
Решение.
Пусть Q —
середина ВН, О —
центр описанной
около ABC
окружности.
Воспользуемся известным
фактом, что ВН = 2
Рис. 25.67
ОМ, откуда ОМ = HQ, т.е. OMHQ —
параллелограмм (рис. 25.67). Поскольку окружности с
центрами О и Q проходят через точку В, то вторая их точка
пересечения симметрична В относительно прямой OQ.
Следовательно, эта точка лежит на прямой МН, что и требовалось
доказать.
_ К
Задача 96.
Пусть ABCD и BKMN —С
два квадрата. Докажите, что,
продолжая медиану BE
треугольника ABN за вершину
В, получим высоту в
треугольнике КВС (рис. 25.68).
Указание..
Повернуть треугольник
ABN вокруг точки В на 90° о
так, чтобы BN совпала с
ВК, и доказать, что фигура
Рис. 25.68
355

ШЕДЕВРЬ! ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
СВАК — треугольник, а
BE — его средняя линия.
Показать, что LFBE = 180°
(рис. 25.69). с
Задача 97.
Доказать, что
медианы А\ и ВВ] треугольника
ABC перпендикулярны тогда
и только тогда, когда
ctg LC = 2 (ctg LA + ctg LB). D
Доказательство. Рис. 25.69
Пусть \AB\ = c, \BC\ =a, \AC\ = b, [AAX] ± [ВВг] (рис.
25.70), тогда AAX • BBl = 0. Очевидно, что AA{ = AB + ^-BC и
BBX = -*AC - AB, поэтому
(2 АЯ + БС)(АС - 2AB) = 0, или
26c cos LA + ab cos LC + lac cos Zi? = 4c2, или
26c cos LA ab cos LC lac cos LB _ 4^
2S 2S 2S 2S'
где 5 — площадь треугольника ABC.
Ж.
Bi
Рис. 25.70
Учитывая, что
2S = be sin Z.A = ab sin Z.C = ас sin Z.^ = c/ic,
356

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
получаем
2Ъс cos LA ah cos LC 2ас cos LB __ 4c2
be sin LA db sin LC ac sin Z.? c\
или
2 ctg ZA +- ctg LC + 2 ctg Z.? = ^.
С другой стороны, из треугольников ЛС?) и ?>С?, где
CD _L AS, следует, что с = Лс (ctg Z.A + ctg Z.J5). Тогда
2 ctg Z.A + ctg LC + 2 ctg Z.5 = 4 (ctg Z.A + ctg LB).
Значит,
ctg LC = 2 (ctg Z.A 4- ctg Z?).
Нетрудно провести рассуждения в обратном порядке и
показать, что если ctg LC = 2 (ctg Z.A + ctg LB), то
АД • BBX = 0, а тогда (АД) -L (ЭД).
В'
Задача 98.
На плоскости
дан угол с
вершиной О и
окружность внутри угла.
На окружности
заданы точки А и В.
Найти на
окружности точку М,
чтобы прямая AM _
пересекала одну К
ст°Р°нУй Угла, а Рис
прямая БМ —
другую сторону в точках, равноудаленных от вершины О.
Решение.
Обозначения понятны из рис. 25.71. Сделаем поворот
вокруг О на угол РОК = а. Тогда точка К должна перейти
в точку Р. Пусть точка В перейдет в В\ Если точка М
расположена на окружности так, что ей соответствует угол
/?, то LMPB' = а + /?, то есть этот угол известен, а поскольку
357

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА I!
известны и точки Аи В', мы можем, построив на АВ сегмент,
вмещающий угол а + /J, найти точку Р, а затем и М. Вторая
точка пересечения этой окружности со стороной угла дает
нам точку Р', которой соответствует второе решение задачи
(точка М'). _
О,
Задача 99.
Из вершины некоторого
угла выходят два луча,
расположенные внутри угла.
Некоторая прямая
пересекает стороны угла в точках А
и Б, а лучи — в точках К
и М. Доказать, что
отношение -Гд- будет наибольшим
при условии КА = MB.
Доказательство.
Рис. 25.72
Пусть АК ч* MB. Проведем через А прямую,
пересекающую другую сторону и лучи соотвественно в точках В1, Кх
и Mv а через В — параллельную ей прямую (рис. 25.72).
Обозначим
АКХ = МуВ1 = х, КХМХ = у, М{А' = KJS = Ах,
М2К2=Ху, АВ = 1.
Используя соответствующее подобие, найдем
АК =
1х
а затем
КМ = /
х + Хх + Яу'
х 4- у
AM =
*(* + у)
х + у + Ах'
= /
х + у + Хх х + Я* + Яу
Ау (2x4-у)
((А + 1)* + у)((А + 1)х+Ау)'
358

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Нам осталось доказать неравенство
*У(2х + у)
((А + l)jc + y)((A + 1)х + Ау) 2x4-у
или (после очевидных преобразований)
(А - I)2 х (х + у) > 0, что очевидно.
Задача 100.
В равнобедренном треугольнике для угла а при основании
выполняется соотношение
sin3 а 4- sin2 а 4- sin а = 1.
Найти отношение периметра треугольника к диаметру
описанной окружности.
Решение.
Обозначим через Р и R соответственно периметр
треугольника ABC и радиус окружности, описанной около него;
ВС = СА, Z.A = a<90\
Имеем:
Р АВ + 2АС „ „ .
утт = од = sm ^ + 2 sin LA =
= sin 2а 4- 2 sin а = 2 sin а (1 4- cos а). (1)
Из данного равенства следует, что
1 - sin а = sin3 а 4- sin2 а,
а тогда
(1 - sin а){\ 4- sin а) = (sin3 а + sin2 а)(1 + sin а);
cos2 а = sin2 а (1 4- sin а)2, cos а = sin а (1 4- sin а);
cos а 4- 1 = 1 4- sin а 4- sin2 а -
Согласно (1) получим:
р
-~= = 2 sin а (1 4- sin а 4- sin2 а) =
= 2 (sin а 4- sin2 а 4- sin3 а) = 2.
359

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 101.
Для каждой точки X
треугольника ABC проводятся
три секущие, параллельные ее
сторонам. В результате этого
построения образуются три
треугольника, ограниченные
двумя секущими и стороной
треугольника. Пусть площади
этих треугольников равны
Sx(x), S2(x), S3(x). Найти
точку минимума функции
f(x)^Sl(x) + S2(x) + S3(x).
В
Рис. 25.73
Решение. Первый способ.
Введем следующие обозначения: АВ = с, DX = AL = и,
GX = ВК = v, тогда LK = с — u — v (рис. 25.73). Используя
формулу для площади треугольника, имеем
JADEX
JAFGX
и2 sin LA sin LB
2 sin2 LC
z? sin LA sin LB
2 sin2 LC
¦\2 ,
= <SiW.
= S2 (x);
_ (c - и - vf sin LA sin LB _
6a*l* " 2 sin2 Z.C ~ 3 W'
Таким образом,
r, . sin Z.A sin LB
O2 + t? + (c - и - v)2).
2 sin2 ZC
Для данного треугольника ABC выражение
sin LA sin LB
2sin2 LC
постоянно, поэтому нужно найти наименьшее значение
выражения и + v + (с - и - и)2. Используя неравенство между
средним квадратичным и средним арифметическим,
получим:
360

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
v
и2 + г? + (с - и- vf u + v+(c-u — у)
3 * 3 '
ы2 + Z? + (с - и - V)2 з> ^-.
2^ <?
Равенство достигается при и = v= с — и — v = -~. При этом
ясно, что точка X — точка пересечения медиан треугольника
ABC. Итак, точка минимума функции f(x) — точка
пересечения медиан треугольника ABC.
Второй способ.
Треугольники с площадями Sv S2, S3 гомотетичны
треугольнику с площадью S, поэтому
jjj i и = л^, 1^2 ¦ »ь = л^, Од! о = л^, где
кх = и: с, k2 — v\c% к^ = (с — и - и): с, /^ + &2 + &з = 1.
Очевидно, что /(*) = S (&f + &* + ^з)» пРичем
/С« ~Т~ /Сл "Г" /С* == 1 •
\/ ЛС« Т /Со I *Vg /С« "1" /С2 I Л«
Но когда v 5 ^ о > откуда следует,
что ^ + ^ + ^ > g, /(х) ^ -| S.
Минимум / (х) достигается при к{ = к2 = к3 = -~. Это
значит, что точка X —- точка пересечения медиан треугольника
ABC.
Задача 102.
Центры трех попарно касающихся друг друга внешним
образом окружностей расположены в вершинах
прямоугольного треугольника с периметром 2р. Найти радиус
окружности, которой все три данные окружности касаются изнутри.
Решение.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABC. Пусть
радиусы окружностей с центрами в А, В и С равны
соответственно х, у, z, причем
361

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
х + у 4- z = р, АВ = х 4- у, J5C = у + z, СА =¦ z + х.
Рассмотрим прямоугольник ABCD и построим с центром
в D окружность радиусом р. Поскольку
DA = р - я', D? = р - у, DC = p- z,
то данные окружности касаются последней изнутри.
Остается доказать, что искомая окружность единственна.
Задача 103. G D С
Через середину
боковой стороны
трапеции провести
прямую,
разбивающую трапецию на
два равновеликих
четырехугольника.
Решение.
Пусть СЕ = БЕ,
АВ = а, DC = 6,
FM = t\ — высота
треугольника AFB, FG = h^
(рис. 25 Л4).
Если EF — искомая прямая, то
Рис. 25.74
высота треугольника FDC
^ABEF ~" SCDPE-
Так как FE — медиана треугольника BCFy то
^BEF ~" bCFE.
(1)
(2)
Вычитая почленно равенство (2) из равенства (1), по
лучим:
1*2 й
($авр ~ Scdf) *
(1^ = 1^)
(3)
С другой стороны, из подобия треугольников FAH и
jFGD следует:
AF
FD'
(4)
362

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Сопоставляя равенства (3) и (4), видим, что -== = -т.
Так как Ъ и а даны, то точку F находим, разделив отрезок
AD в отношении Ъ: а.
Задача 104,
Через точку, лежащую внутри угла, провести прямую
так. чтобы она образовала со сторонами угла треугольник
наименьшей площади.
Решение,
Докажем, что отрезок MN искомой прямой, заключенный
внутри угла MAN, делится в данной точке D пополам* Для
этого достаточно провести через точку D любую другую
прямую M'N\ пересекающую прямую АМВ в точке М', прямую
AN в точке N' (пусть, например, DNr>PMf), и убедиться,
что площадь треугольника DMM' меньше площади
треугольника DNN'. Последнее сразу становится очевидным, если
провести через точку М прямую, параллельную прямой AN.
Построенная прямая пересекает продолжение отрезка M'N'.
Задача 105.
Пересечь АС и ВС треугольника ABC прямой в точках
М и N так, чтобы отрезки AM, MN и NB были равны между
собой.
Решение.
Предполагая, что точки М и N построены* проводим
через точку N прямую, параллельную DC, и через точку
А — прямую, параллельную MN. Пусть D — точка
пересечения построенных прямых. AMND — ромб, BND —
равнобедренный треугольник с углом при вершине, равным углу
С треугольника ABC; далее LABD = LABC - 90° + ^ LBCA
(рассматриваем случай, когда точка D лежит внутри
треугольника ABC; рассмотрение других равнозначных случаев
предоставим читателю). Для решение задачи достаточно:
1) построить равнобедренный треугольник В 'N'D' с углом
при вершине N, равным углу С данного треугольника ABC;
2) построить треугольник А 'В 'D' со стороной A 'D \
равной D'N' и углом В' при вершине В\ равным
363

ШЕДЕВРЫ-ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Я + ^С-90°;
3) провести прямую А'С\ параллельную D'N\
пересекающуюся с прямой В 'N' в точке С;
4) выполнить преобразование подобия.
Задача 106.
Разрезать прямоугольный треугольник с углом 30° на
четыре части, из которых можно сложить квадрат.
Решение.
Пусть А1 и Вх соот-
вественно середины
катетов СВ и СА
прямоугольного треугольника
ABC с острым углом
А, равным 30°.
Проведем через А1 и Вх
параллельные прямые
А1К и ВХМ, расстояние
между которыми равно
корню из площади
данного треугольника
(равно стороне
искомого квадрата) (рис. Рис. 25.75
25.75). Пусть угол
КМВХ острый. Проведем перпендикуляр из точки К на ВХМ.
Нетрудно показать, что основание этого перпендикуляра —
точка L — лежит на отрезке МВХ. Разрежем треугольник
ABC на четыре части: треугольники \КВ, ВХМА> KML и
пятиугольник CAKLBX. Переложив эти части так, как
показано на рисунке, получим квадрат QKLN.
Задача 107.
Пусть имеется циркуль и линейка с целочисленными
делениями. Для каких натуральных п с помощью этих
инструментов можно построить отрезок длиной Vn~, если каждый
из них разрешается применять не более двух раз?
364

25 ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Решение. v /
Пусть к> \ — на- УлЧ
туральное число, отло- /II \
жим с помощью данной // I \
линейки на некоторой I/ \ \
прямой в одном на- \l \ \
правлении точки A, ?>, A™ D1 Е JF О
?, F, О (рис. 25.76) та- \ /
ким образом, чтобы \ /
АЕ = ЕО = к, \ /
DE = EF=l, XX
и проведем окружно- Рис* 25*76
сти радиуса HI с центрами в точках Л и О. Тогда
се = V(? +1)2 - /г = ш + i, cz> = v2jmr,
и поэтому при /г = 2& + 1 искомым отрезком является С?, а
при п = 2к + 2> 4 — отрезок CD. При я = 2 следует взять
AF = 2, DO = 2 — тогда CD = vT.
Задача 108.
Окружность касается прямых АВ и ВС соответственно в
точках D и Е. Точка А лежит между точками БиДа точка
С — между В и Е. Найти площадь ААбС, если длины сторон
АВ и АС соответсвенно равны 13 и 1, а точки Л, Д 2? и
С лежат на одной окружности.
Решение.
Имеем BD = DE как касательные к одной окружности
(по условию). Докажем, что ДАВС со /SJBBD.
Поскольку четырехугольник ACED, по условию,
вписанный, то, следовательно, ААВС, как и ADBE, равнобедренный:
АВ = ВС. Площадь будет равна -T-V3".
Задача 109.
На диаметре окружности со (О, R) по разные стороны от
точки О даны точки А и В. Построить равные хорды МС и
MD даной окружности, из которых одна проходит черех точку
365

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
А, а другая — через точку В. Вычислить МА и MB, если
О А = 3, О В = 2, R = 6 единицам длины.
Рис. 25.77 (б) Рис. 25.77 (в)
Решение.
Концы диаметра PQ, содержащего данные точки А и В,
относятся к чисмлу искомых точек. Будем искать точки М,
отличные от Р и Q.
Так как МО — биссектриса угла АМВ (рис. 25.77, я),
то MA: MB = а:Ъ. Это означает, что при а * Ъ точка М
принадлежит также и другой окружности а>{ — окружности
Аполлония. Строим на прямой АВ (вне отрезка АВ) точку
С0 такую, чтобы ACQ: CQB = а:Ь. Эта точка существует и
единственная, так как a 9t 6. Окружность со{ с диаметром
ОС0 и является окружностью Аполлония. В зависимости от
взаимного расположения со и o)v эта задача имеет два решения
(рис. 25.77, а), одно (рис. 25.77, б) или ни одного (рис.
366

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
25.77,6). Вычислим х = МА и у —MB, если ОА = а,
ОВ = Ъ. Из условия задачи следует, что МО есть биссектриса
угла АМВ. Поэтому по известным формулам имеем:
jR2 = ху— аЪ и х:у = а:Ь.
Отсюда
= Vf(a6 + *2), У=\^
(ай + R2) .
Если а > й, то БС0 = _ , . Для того, чтобы окружность
сох пересекала со, необходимо, чтобы BCQ>R — b. Значит,
Ь (а + Ъ)
>R-Ъи R <
lab
a-V
В этом случае задача имеет два решения; при R>
lab
lab
a-b
имеем одно решение; при R = ——г решений нет. По условию
2-3 + 2
задачи 6 < ~ _ э = ^, поэтому имеем две точки М{ и
М2. для которых х = 2 VT, у = 2 V7".
Задача 110.
В данный треугольник
вписать параллелограмм
наибольшей площади с данным
острым углом так, чтобы две
вершины параллелограмма
лежали на основании, а две
другие — на боковых
сторонах.
Решение.
Е Q а N D
Рис. 25.78
Пусть в треугольник
ABC вписан произвольный
параллелограмм PMNQ с данным острым углом и
параллелограмм B&DE, где В?х — средняя линия треугольника,
равная 2 Фис- 25.78). Площадь параллелограмма BXCXDE
367

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
равна -г-, где а — сторона ВС, ah — высота треугольника,
опущенная на сторону ВС. Площадь параллелограмма
PMNQ равна ["о-*) (т" ~" Л* ^3 п°Д°бИЯ[ треугольников
АРМ и ABfi{ имеем:
bpMNQ =
Значит, SpMNQ<SBCDE. Таким образом, параллелограмм
BfiflE является искомым.
Задача 111.
Разделить прямую на пять равных частей.
Решение.
Разделим прямую на части следующим образом:
Первая часть состоит из всех полуинтервалов вида
[5к; 5?+ 1], вторая — из полуинтервалов [5к + 1; 5к + 2],
третья — [5к + 2; 5к + 3 ], четвертая — [5к + 3; 5к + 4 ],
пятая — [5к + 4; 5к + 5], где к = 0; ± 1; ± 2,.... Хотя каждая
из частей не является связной, из равенство (конгруэнтность)
очевидно.
Задача 112.
Построить такой равнобедренный треугольник, чтобы
периметр всякого вписанного прямоугольника был бы величиной
постоянной.
Решение.
Пусть в прямоугольнике KLMN сторона KL = MN = xv
KN = LM = ух и в прямоугольнике DEFQ сторона
DE = QF = х2, DQ = EF = у2 (рис. 25.79). По условию задачи
должно быть х{ + у{ = х2 + у2, или х2 — х{ = у{ — у2.
368

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Из подобия
треугольников LPE и ASB находим:
BS
AS ~
BS х?
AS у,
2
_2(*2
И-
Так как х2
ЕР
LP'
-xL_
У2
2
"*.)
¦Уг
-*,=
Ух
'У*
= 2; BS = 2Л5; ?S = 4С,
Рис. 25.79
-AS
то есть в треугольнике высота равна основанию.
Следовательно, решение задачи сводится к построению
равнобедренного треугольника, у которого высота равна основанию.
Задача 113.
Через точку внутри квадрата провести прямую,
отсекающую от него фигуру с наименьшей площадью.
Решение.
Если данная точка совпадает с центром квадрата, то
любая прямая, проходящая через эту точку, делит квадрат
на две равновеликие части.
Если точка Р расположена
внутри квадрата ABCD,
притом ближе к диагонали
АС, чем к диагонали BD,
и внутри треугольника
АОВ (О — точка
пересечения диагоналей), то
искомой фигурой будет
треугольник В{АВ{ с точкой
D{ на стороне AD> точкой
В{ на стороне АВ и с точкой
Р
В
Рис. 25.80
в середине гипотенузы Bfi^ (рис. 25.80).
369

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 114.
Биссектриса угла В треугольника ABC пересекает
описанную около ABC окружность в точке М, Р — точка,
симметричная центру вписанной в ABC окружности относительно
середины АС. Прямая MP вторично пересекает описанную
около ABC окружность в точке К Доказать, что из трех
отрезков КА7 KB и КС один равен сумме двух других.
Рис. 25.81
Решение.
Пусть Bi — середина С (рис, 25.81). Обозначим, углы:
LBxMO = a, АВ{МК = Р, МхМС = <р.
Поскольку хорды в окружности пропорциональны синусам
опирающихся на них углов, то нам достаточно доказать, что
из трех чисел
sin (<р — /3), sin (<р + /3), sin (а + ft)
одно равно сумме двух других.
Далее воспользуемся известным фактом, что
МА = МС = МО
(О — центр вписанной в ABC окружности). Пусть эти
отрезки равны а.
370

25. ПЛАНИМЕТРИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ ПОСЛЕДНИХ ДЕСЯТИЛЕТИЙ
Рассмотрим треугольник РМО, в котором медиана
МВХ = a cos <р и образует углы а и /? со сторонами МО = а и
MP. Возьмем точку Mt симметричную точке М относительно
точки В{ и запишем теорему синусов для треугольника
МОМг:
2а cos ср _
sin(a+/S) sin/3'
2 cos р sin у> = sin (а + /J).
Отсюда
sin (<р + р) - sin (у> - /?) = sin (а + /J),
что ъ требовалось доказать.
371

Глава V. СТЕРЕОМЕТРИЯ
26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Задача 1.
Двугранный угол при боковом ребре правильной
четырехугольной пирамиды равен утроенному двугранному углу
при ее основании. Найти объем пирамиды, если ее высота
равна Л.
Решение.
В правильной четырехугольной пирамиде SABCD
обозначим двугранный угол при ребре основания а, при боковом
ребре — /J. Их линейные углы LSLO = а, LBKD = /J.
Обозначим далее LSDC = <р, сторону основания — a, SL = L
Найдем соотношения между а и <р (рис. 26.1).
Рис. 26.1
Из треугольника SOL: SL =
а
2 cos а
а
Из треугольника SDL: SL = ¦=¦ • tgp, значит,
ctg<p = cos а,
sin2 <р cos2 а + sin2 <р = 1.
Найдем соотношение между углами /3 и ср.
(1)
372

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
aVT
Из треугольника OKD: DK = -
2Sinf
Из треугольника DKC: DK = a sin р, значит,
VTsuit? = 4-р. (2)
2 sinr
Учитывая (1): sinp = j —, значит выражение
Vl+cos2a
(2) запишется так:
V_Tsin^ = Vl + cos2a , отсюда
о
2 sin2 ту = 1 + cos2 а, или
1-2 sin27j = - cos2 a, cos/J = - cos2 a.
Так как по условию /J = 3 а, то
cos 3a = - cos2 a.
Решим это уравнение, применив формулу тройного угла:
4 cos3 а - 3 cos а = - cos2 a,
cos a (4 cos2 a + cos a - 3) = 0;
3
cos a = 0; cos a = -j; cos a = 1.
Учитывая условие, оставляем только cos а = -г.
VT + 3
sina = --j-, ctga = -7y-.
Находим т- = /г ctg a, a = 2Д ctg а = -ту-. Значит,
F= ^ __ П tf#
373

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 2.
Разность между апофемой и высотой правильной
четырехугольной пирамиды равна т, а угол между ними — а.
Найти объем пирамиды.
Решение,
Пусть О — центр основания правильной четырехугольной
пирамиды SABCD, a SK — апофема пирамиды.
Обозначим SO = h; SK = l (рис. 26.2).
S
Рис. 26.2
Из треугольника SOK имеем:
h = /cos а.
Поскольку по условию / — /г = т, то
mcosa
h =
Из треугольника SOK:
1 — cos а
OK = hXga =
1 - cos а*
Но OK = 2 AD> откуда
AD =
2т sina
1 — cos а*
374

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Пусть S — площадь основания пирамиды:
4/п2 sin2 а
S =
(1 - cos а)
2 »
ооъем пирамиды
4 з s^11 а cos а
3 (1 — cos of *
Задача 3.
Определить
углы,
составляемые с основанием
боковым ребром и
боковой гранью
правильной пяту-
гольной
пирамиды, у которой
боковые грани —
равносторонние
треугольники.
Решение.
Пусть в
заданной пирамиде
с вершиной S и
основанием ABCDE Рис- 26-3
(рис. 26.3) SB = SC = а.
Поскольку пирамида правильная, то ее вершина S
проектируется в точку О — центр окружности, описанной около
правильного пятиугольника ABCDE. Обозначим /.SCO = а.
Из треугольника SCO:
cos а =
ОС
SC
Проведем OK ± ВС. Поскольку /.СОК = 36% то
ОС = у—;—^гт , где а = SC = 52?, значит,
а 1
cos а =
а • 2 sin 36°
2 sin 36°
375

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Найдем угол SKO = /3. Из треугольника SKO:
й - QK - 2 ' ас*ё36° _ ctg 36°
cosp " SK " 2avT " VT
Итак,
a = arccos
1
ctg 36°
2^W; * = ««os-^TT"'
Задача 4.
Определить угол наклна бокового ребра правильной
n-угольной пирамиды к плоскости основания, если сторона
основания равна а, объем пирамиды равен V.
Решение.
Пусть SABCD... — часть тг-угольной пирамиды (рис. 26.4).
Обозначим АВ = ВС = ... = а. Пусть OK ± АВ. Тогда
глъг а . 180°
Пусть Q — площадь основания. Тогда
Рис. 26.4
376

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
^ па а . 180°
Q=T'2Ctg"7T
па2 . 180°
4 ° Al
Обозначим h — высоту пирамиды:
V = ^Qh, находим
h =
3V
YLV\ 180°
tg-
Q пс? ~ п
Искомый угол OBS = х, имеем
tg* = ш, где
ОЯ =
2 sin
180°
п
, значит,
_„ . 180° + 180°
24 F sin tg
tga =
net
0A1/ . 180° . 180°
24 F sin tg
a = arctg
Задача 5.
Найти двугранный
угол, образований
боковой гранью и основанием
правильной треугольной
усеченной пирамиды,
если в нее можно вписать
шар, касающийся всех
ребер пирамиды.
Решение,
Пусть AAfiBfiQ —
правильная усеченная
треугольная пирамида
(рис. 26.5). Так как
существует сфера,
касающаяся всех ее ребер, то
net
Рис. 26.5
377

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
в сечении этой сферы боковой гранью АА1С1С получаем
окружность, вписанную в трапецию АА1С1С.
Введем вспомогательные отрезки АС = a, AlCl = b. С
помощью этих отрезков выразим двояко отрезок DDV где D и
Д — середины сторон АС и А1СГ Пусть \Н — высота
трапеции AAfifi. Тогда
Afi = V АА? - АН2 .
Учитывая, что АА^ + СС{ = АС + ДСР имеем
_ у ffl+JV /я-й
Поскольку ДЯ = 2ЭД, то
DD{ = Ж (1)
Рассмотрим далее сечение пирамиды плоскостью
DDXBXB. Этому сечению принадлежат центры оснований
пирамиды О и Ог Кроме того, плоскость сечения пересекает
вписанную в пирамиду сферу по окружности, которая касается
прямых BDy BtDx и DD{ соответственно в точках О, 0{ и Е.
Так как касательные к окружности, проведенные из одной
точки равны, то
ЯД = DE + ED{ = DO + ДО,.
ТТ г*Л Я^ гч^ *^3~
Но DO = —z—; ДО, = —z—» значит,
о * 1 о
= (*±|1УТ (2)
1 О
Пусть ДА" — высота пирамиды. Из прямоугольного
треугольника DDXK имеем:
DX = y/DD?-DK2.
1_ 6"
Но ?>Д - ^ 1
(а - Ь) V3"
J3A: = DOj - ДО! = jf- , значит,
378

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
DXK
_ л/(а + й)2 (a-bf _ JldT
" Y 12 12 " v 3 '
Найдем sin LDXDK из прямоугольного треугольника
DXDK:
DXK
(a + ft) V3~
6
3 *
sin LDXDK =
Задача 6.
Прямой
двугранный угол пересечен
плоскостью, которая
образует с каждой
гранью угол а. Найти
угол между линиями
пересечения этой
плоскости с гранями'
двугранного угла.
Решение.
Пусть жх и л2 —
грани двугранного
угла с общим
ребром — прямой MN
(рис. 26.6). На ребре
MN возьмем точку В рис# 26.6
и построим
перпендикуляры ВА и BF к плоскостям пх и ж2.
Поскольку двугранный угол прямой, то эти
перпендикуляры принадлежат плоскостям лх и тг2. Пусть AS и FS —
линии пересечения плоскости <р с плоскостями кх и ж2. Построим
линейные углы ВСА и BDF. По условию они равны а.
Требуется найти jLASF = х. Поскольку AC ± FS и
FD ±AS, то LAED = х, ще Е — точка пересечения отрезков
АС и FD. Плоскости ABC и FBD перпендикулярны к плоскости
р, следовательно, линия их пересечения BE перпендикулярна
К ПЛОСКОСТИ (р.
379

ШЕД?ВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Из треугольника AED:
,гп ED
cos AED = cosx = -7=7.
АЕ
Пусть BE = а. Из треугольника 2??Х>:
ED = actga.
Из треугольника 5J2A:
АЕ = actg (90° - a) = atga.
Значит, cos jc = —7 = ctg a;
л: = arccos ctg2 a.
Задача 7. ^D
Найти объем
треугольной пирамиды, если
площади ее граней равны
S0, Sv S29 S3 и двугранные
углы, принадлежащие к
грани с площадью SQ9 равны в
между собой.
Решение.
Примем грань с
площадью S0 за основание ABC
данной пирамиды ABCD.
Пусть DO — высота
пирамиды, DAV DBV DCX — высоты боковых граней (рис. 26.7),
Обозначим DO = Я, DC{ = DA{ = DB{ = А,
oq - ОА{ = ОВ{ = г, S{ + S2 + Sz = S.
V=±S0H, (1)
H = V/12 - /* , (2)
1 S~ S. <SL .c
380

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
и по
р-АВ --
5
р-ВС = —
формуле Герона:
s20 = Р (р -
5(5-
5
/г
-25,
-АВ)(р
• 25,)(5
2S3 5-
"X" " ~
р-АС =
- -ВС)(р -
- 252)(5 -
-253>
/г '
S-2S2
'' h ;
-АС) =
-25,)
отсюда
_ VS(S-2^(3-2^(5-2^ (3)
V57
5 S0
Далее SQ = рг = -гг, откуда г = h • -«-.
Подставив в (2), имеем
я= Vh2-h2-U =4V5r^sT.
s
Подставив сюда значение А из (3) и внеся этот результат
в (1), получим
Задача 8.
Найти плоский угол при вершине правильной
четырехугольной пирамиды, если центры шара, вписанного в эту
пирамиду, и шара, описанного около нее, совпадают.
Решение.
Пусть в пирамиде SABCD Н — центр основания, О —
центр вписанной и описанной сферы, НК J. DC. Обозначим
(рис. 26.8). AD = 2а, OS = ОС = Л, ОЯ = ОЕ = г.
Б —¦ точка касания вписанной сферы и грани SDC, R и
г — радиусы вписанной и описанной сферы. Искомый угол
DSC = х.
381

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА 11
Треугольники SOE
и СОН равны,
следовательно, SE = HC = сЫТ.
Так как треугольники
ОЕК и ОНК равны, то
ЕК = НК = а. Значит,
SK = SE + ЕК =
= aV2~+a =
= a(VT+l),
и из треугольника SKC:k'
tg2 SK
a (VF+ 1)
= VT-1.
Рис. 26.8
Отсюда ^ = 22*30', x = 45°.
Задача 9.
Дан параллелепипед ABCDA1B{ClDv Доказать, что
AC2, = AC2 + AB2 + AD2- (AB2 + AD2 + A^).
Доказательство.
Первый способ.
Из
параллелограммов АВхСр и AAf,?,
(рис, 26.9) имеем:
АС\ + BJ? =
= 2A^ + 2AD2;
4Cf + ^С2 =
= 2AC2 + 2A4f,
откуда
382
Рис. 26.9

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
2 АС* = 2 (АВ2 + А& + АС* + АА2) - фЯ2 + А.С2).
Из параллелограммов AXBXCD и AAfifi:
BJ? + ДС2 = 24-Я2 + 2^^ =
= 2 АВ2 + 2 (2 Ail? + 2 AD2 - ADf).
Подставляя эту сумму в выражение для 2 АС2, получим
треубемое равенство.
Второй способ.
Имеем векторные равенства
АС^АВ + ЛЯ + АД,
Ic = AB + AD, АВ^АВ + АД, АД^АО + АЛ,.
Тоща правая часть доказываемого равенства равна
(АВ + AD)2 + (АВ + А^)2 + (AD + АД)2 -
- (АВ2 + AD2 4- АА?) = АВ2 + AD2 + А4? + 2 АВ • AD +
+ 2АВ • AAl + 2AD- АА1 = АС2 = АС%.
Задача 10.
Доказать, что не существует многогранника с нечетным
числом граней, все грани которого являются
многоугольниками с нечетным числом сторон.
Доказательство.
Пусть многогранник имеет I ребер и т граней, причем
число сторон в гранях nv п2,..., пт. Так как каждое ребро
является общей стороной двух смежных граней, то ребер у
многогранника в два раза меньше числа всех сторон всех его
граней, т.е.
щ + п2 + ... + пт = 21.
Но это равенство невозможно, если все числа
Ир п2,..., пт будут нечетными и число их нечетно, так как
383

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
тогда сумма таких чисел дает нечетное число, в то время
как 21 — четное.
Задача 11.
Доказать, что в прямоугольном параллелепипеде
кратчайшее расстояние между скрещивающимися диагоналями
смежных граней не превышает трети диагонали.
Доказательство.
Рассмотрим
прямоугольный
параллелепипед ABCDAiBlClDl.
Проведем в нем плоскости
ABXD{ и DBCV Расстояние
между этими
плоскостями равно расстоянию
между диагоналями АВ{ и
ВС{ двух смежных граней.
Это следует из того, что
построенные ПЛОСКОСТИ Рис. 26.10
параллельны и содержат
указанные диагонали. Пусть указанные плоскости пересекают
диагональ Afi в точках К и Р (рис. 26.9). Расстояние между
этми плоскостями не больше КР. Легко показать, что
КР = з- Afi. Для этого рассмотрим сечение параллелепипеда
АСС{А{ (рис. 26.10). Поскольку АК проходит через М —
АК AM 1 1
середину A{CV то — - ~ ' пг-
КС АС
и
1
КР = -~А1С и искомое
: 2", т.е. А^К = -^.Afi, а значит,
расстояние не превосходит
Задача 12.
Дана правильная четырехугольная призма, сторона
которой равна 6, а боковые ребра — 10. Определить площадь
части боковой поверхности призмы, вырезанной шаром,
касающимся верхнего и нижнего оснований призмы в их
центрах.
384

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Решение.
Площадь искомой части боковой поверхности призмы
S = 4SV где S{ — часть площади круга радиуса ОхВ, состоящая
из прямоугольника ABCD и двух сегментов BmD и АпС.
Таким образом,
S = 4S{ = 4 (ЛВ • АС + 25сеглс • ЛгсС).
Диаметр шара
равен высоте призмы,
следовательно, радиус
шара ОА = 5. Через
ЯО и АС проведем
плоскости, параллельные
основаниям призмы. В
сечении получатся
квадраты со стороной
6, отстоящие от
оснований призмы на рас-р
стояния, равные КМ
(рис. 26.11).
Диагональ
квадрата ACPQ равна 6VT,
коща АК = Ъу/Т. Из
JL? I 1
^ Jfl J - - ^
Рис. 26.11
/SAOK: OK = У/ОА2 - AK2 = vT;
KM=OM-OK = 5-y/T; AB = 10 - 2KM = 2VT.
Из ДАВС ЯС = VAB2 + ЛС2 = 8, тогда
Ofi = ^ ВС = 4; Z^C = 2 arcsin ^;
л: • 0{C2 • 2 arcsin -j
Jceicm.AO,Cn
2%
= 16 arcsin 7-;
^ = ^¦¦^ = 3^7";
Sce*M*C = ScemM?n. " ^A^C = 16 аГСвШ 4 ~ 3 V7".
385

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Тогда S = 8 116arcsin- + 3
*).
Ответ: 8 (16 arcsin^r + 3
*)
кв.ед.,
где arcsm-j — в радианах.
Задача 13.
Основанием пирамиды
служит параллелограмм
ABCD. Через сторону АВ
и середину К бокового
ребра проведена плоскость.
Найти отношение объемов у
получившихся частей.
Решение.
Сечение ABKL — тра- d
пеция (доказать!) Рис. 26.12
KL = ^CD (рис. 26.12). Пусть S^u = SQ.
Длины перпендикуляров, опущенных из точек S, С, D
на плоскость сечения, равны. Пусть длина перпендикуляра
равна р. Имеем:
YSABKL "~ 3 °
Р> SaBKL — "0 ~~ ^AASL "*" ЗдвКЬ*
SAABL~ 2
°ABKL> У ABCDKL v ABDL ^ v BCDL ^ r CBKL>
^aabl "~ з "o>
^ABiCL ~ 3
s0; Vc
CBKL
_1 in n.ic
- з • з «bo * P - 9 ^o
1 2
Y BCDL Y ABDL Y DABL 3 3 °0 ^'
r ABCDKL
= QS0 • P-
Отсюда отношение объема верхней части пирамиды к
объему нижней равно -=.
Ответ;
5*
386

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Рис. 26.13
Задача 14.
Три равных
конуса имеют
общую вершину и ка-к
саются друг друга.
Кроме того,
имеются еще два
конуса — внутренний и
внешний, которые
расположены так,
что каждый из них
касается первых
трех. Определить
угол в осевых сечениях этих конусов, если угол
сечении каждого из данных конусов равен а.
Решение.
Обозначим через Ор 02, Оэ центры оснований данных
конусов, через Н — их высоты (рис. 26.13). Пусть точка
О — центр треугольника 0{02Ov Имеем (рис. 26.14):
А02 = #sin~; Ор2 = 02Ог = ОхОъ = 2#siny;
Рис. 26.14
в осевом
глгл 2 ~~ V3" 2 „ . а
002 = зОр2 ^- = 7ГЯ8Ш2.
387

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Если через х обозначим угол в осевом сечении
внутреннего конуса, касающегося трех данных конусов внешним
образом, то
sin-
х + а
ОО.
2 2 . а
-JJ- = -^ sin -у-, откуда
х = 2 arcsin TT^-sin -у — ос.
Уже в осевом сечении внешнего конуса, касающегося
трех данных конусов внутренним образом,больше угла осевого
сечения внутреннего конуса на 2а. Значит, этот угол равен
о • ( 2 . ос\ ^
2 arcsin -тяг sin у + а.
Ответ: 2 arcsin I-т^- sin «-] + а.
Задача 15.
Доказать, что
сечение
параллелепипеда плоскостью не
может быть правильным
пятиугольником.
Доказательство, .^^jr^rr —I— — — V"-""~",^J=r ^^
Если бы плоскость
пересекла все боковые
ребра
параллелепипеда и одно основание,
то две стороны
образовавшегося
пятиугольника были бы параллельными между собой, чего нет в
правильном пятиугольнике.
Задача 16.
Противоположные ребра тетраэдра ABCD попарно равны:
АВ = DC = с, ВС = DA = а, АС = DB = Ъ. Доказать, что это
является необходимым и достаточным условием, чтобы
медианы ААХ и ССХ тетраэдра были перпендикулярны ЦиЦ —
точки пересечения медиан граней BCD и DAB). Привести
388
Рис. 26.15

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
одно решение при помощи векторов, другое — без применения
векторов.
Доказательство. Первый способе
Имеем (рис. 26.15):
AA{ = ^(AB + AC + AD),
ССХ = АСХ - АС = -| (АВ + AD) - АС.
Следовательно,
9Д • Щ = (№ + АС + AD)(AB + AD - ЗАС), или
9Д • cc1 = (^5 + Zd)2-2(ab + ]a5) -ас-г ас2.
Отсюда
дД-СС^^ + о' + ^ + с2-^-
- (й2 + г - а2) - (а2 + й2 - с2) - Зй2, или
9Д- СС^г^ + с^-ЗЙ2).
Медианы АА{ и CCt перпендикулярны тогда и только
тогда, когда АА1 • ССХ = 0, или когда а Л- с - Зй2.
В
Рис. 2616
Второй способ.
Выразим длинв медиан треугольников через длины их
сторон (рис. 26.16):
389

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
A* = ±±* *
-Т' с?2 =
с? + г &
2 4'
я;* =
А/^ + ОЕ2
- -4-, тоща
ЯР* =
с^ + с2-*2
Далее заметим, что точка О — пересечения медиан делит
EF пополам. Но треугольник АОС равнобедренный, поэтому
О А ± ОС тогда и только тогда, когда
4'
т.е. коща а* + с? = 362.
о2 + с2-Й2
8
Задача 17.
В прямой
треугольной призме
АВСА1В1С1АВ1 = а?и
^А^Я = а. На
прямой, являющейся
пересечением
плоскости ABC и пло-в
скости симметрии
призмы,
содержащей прямую BBV
взята точка О,
которая удалена на
одинаковое расстояние
от точек А, В и С. Через точку О параллельно прямой
А1С1 проведена плоскость, пересекающая отрезок ВВ1 в точке
Д причем BXD: ?>? =1:2. Определите площадь сечения
призмы этой плоскостью, если известно, что LABC = уЗ.
Решение.
Поскольку в призме имеется плоскость симметрии,
проходящая через BBV то ВС = В А. По условию АВг = d,
jLAB{B = а. Из условия следует, что О — центр окружности,
описанной около ААВС, OGBE, BEL АС, СЕ = АЕ,
BXD: DB = 1: 2, АВ = с? sin а, ЭД = d cos а (рис. 26.17). Зна-
390

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
2
чит, BD = ^dcos а. Проводим OF J_ АВ. Тогда ОВ = ОА как
радиусы описанной около треугольника ABC окружности.
BF = -^ АВ = у rf sin а; в треугольнике jBOi7
^_ j&F d sin а
/3 " о ?'
cos у 2 cos «¦
в треугольнике ОВК
^„ ^ъ Р dsina В
OK = OBXg^ = -п • tg^;
2cos^
^г о ^^ d sin а /J
KL = 2 - OK = тр • tg tj .
cos у
В треугольнике 5Z)0
-V
DO = iBD2 + OB2 = V |^со52а+ ^ ^"
4 cos2 ?
S ~ l KL ДО - * dskX<X te^^
Лд<ж? ~ 2 2 /3 ё 2
cos2
V
4 ,2 2 , d2 sin2 a
7Г rf cos a H д-
4 cos 5r
J2 sin2 a sin ?
2 Vl6ctg2acos2§ + 9 .
n Ў 16 ctg2 a cos2 9
12 cos31 2
Задача 18.
В кубе с ребром а проведено сечение, проходящее через
центр куба и середины двух ребер куба, выходящих из одной
вершины. Вычислить площадь полученного сечения.
391

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
В треугольнике
ООхР OO.JLBD, Рис 2618
00, = f, 0,P = \aST\
^ ~ 2 2 "~ 4 "
Задача 20.
Все плоские углы при вершине треугольной пирамиды
прямые. Доказать, что отношение площади боковой
поверхности этой пирамиды (т.е. сумма площадей трех граней,
содержащих указанную вершину) к площади основания не
превосходит V3"!
Доказательство.
Пусть Р, Q, R — площади боковых граней данной
пирамиды, a S —- площадь ее основания. Для пирамид
рассматриваемого вида справедливо равенство Р2 + Q2 + R2 = S2.
Докажем его.
Пусть а, /3, у — двугранные углы при основании этой
пирамиды. Поскольку боковые грани можно рассматривать
как проекции основания пирамиды, то
392

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Р = S cos a, Q = S cos /3, Я = 5 cos у
С другой стороны,
Р2 О* R2
5 = /? cos а + Q cos /3 + R cos у = -=- + ^г + -=-,
откуда S2 = P2 + Q2 + Д2.
Теперь утверждение задачи следует из доказанного
равенства и неравенства
R + Р + Q ^ VP2 + Q2 + Д2 • V3~= S vT
Задача 21.
Все плоские углы при вершине 2) пирамиды ABCD
прямые; ДА = a, DB = 6, ?>С = с (a** b ** с). Через Z) проведена
прямая /. Чему равно наименьшее значение суммы расстояний
от точек А, В, С до прямой 11
Решение,
Пусть х, у и z — синусы углов, образованных прямой
I с прямыми DA, DB и DC соответственно. Поскольку сумма
квадратов косинусов этих углов равна 1, то х2 + у2 + z = 2.
Таким образом, нам надо найти наименьшее значение
выражения ах + by + cz при условии х2 + / + z2 = 2, 0 ^ х ^ 1,
0^у? 1, O^z^l.
Докажем, что искомый минимум равен а + Ъ и
достигается, если I совпадает с прямой DC. Поскольку
х + у + z ^ х2 + у2 + z2 = 2 Ос ^ х2, у^у2, z^z2),
то у + z — 1^1— X.
Обе части последнего неравенства неотрицательны.
Следовательно, тем более b (у + z - I) > а (I - х), откуда
а + b ** ах + by + bz ^ ах + by + cz,
что и требовалось доказать.
Задача 22.
Найти наименьшее значение периметра
пространственного четырехугольника, вершины которого расположены по
одной на гранях правильного тетраэдра с ребром 1.
393

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение,
Докажем сначала
одно вспомогательное
утверждение:
Пусть Р и Q середи-Е
ны отрезков EF и GM
(расположенных в
пространстве). Тогда имеет
место неравенство:
РО^ ^(FG + EH).
Доказательство. Рис. 26.19
Пусть Т — середина EG, тогда (рис. 26.19)
PQ*ZPT+TQ = ^FG + ~ЕН.
Перейдем теперь к нашей задаче.
Рассмотрим тетраэдр ABCD с ребром а. Пусть вершины
четырехугольника KLMN последовательно расположены на
гранях ABD, ВВС,
ABC и ACD.
Рассмотрим точки Kv 1^, М{
и Nv симметричные
К, L, М и N
относительно плоскости
DEC, где Е —
середина АВ. Понятно,
что точки К{ и М{
останутся на тех же
гранях, что и точки К и
М (ABD и ABC
соответственно), a N:
будет на грани CBD,
L{ — на грани ACD, Периметр четырехугольника К^М^
равен периметру KLMN (рис. 26.20).
Пусть К2, Lv М2 и N2 соответственно середины КЦ,
NXL, ММХ и L{N. В соответствии с доказанным утверждением
периметр K2L2M2N2 не превосходит периметра исходного че-
А^-
В
Рис. 26.20
394

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
тырехугольника KLMN.
При этом две его верши-
ны К2 и М2 лежат на
медианах DE и СЕ
соответствующих граней.
Отразив теперь
вершины последнего
четырехугольника (KJL^dJM^
относительно плоскости
ABF, ще F — середина А
DC и, взяв середины
соответствующих отрезков,
мы прийдем к
четырехугольнику K4L4M4N4, все
вершины которого последовательно расположены на отрезках
DE, BFy СЕ и AF, периметр которого не превосходит
периметра исходного четырехугольника. Таким образом,
наименьший периметр равен учетверенному расстоянию между
прямыми СЕ и BF.
Для нахождения расстояния между СЕ и BF спроектируем
наш тетраэдр на плоскость, перпендикулярную СЕ (рис.
26.21). Расстояние между СЕ и BF равно расстоянию от Е'
VD'-aVt-
ё=с
Рис. 26.21
высота
до B'F' (F' — середина E'D', Е'
тетраэдра). В прямоугольном треугольнике F'E'B' известны
катеты E'F' = ^V^ ,
B'F' равна
В'Е' = ±
Высота к гипотенузе
E'F' • Е'В'
WF'
г Y з 2
Via
vw
Наименьший периметр равен тгттт-
Задача 23.
Основанием пирамиды служит прямоугольник с углом
а между диагоналями. Боковые ребра образуют с плоскостью
395

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
основания угол <р. Определить объем пирамиды, если радиус
описанного шара равен R.
Решение.
Пусть центр описанного шара лежит на высоте пирамиды
\-j < <р < Tj- . Через SA и SC проведем сечение; SE — диаметр
сечения; LSEA = LSAO = <р. Пусть SO = К
Из AASO AS = -А-;
sin ср
AS2 = -ТТ-. (1)
SUTcp
Из AAES
AS2 = 2Rh. (2)
h2
Из равенств (1) и (2) имеем: —~— = 2ЯА, откуда
sin (р
h = 2R sin2 у?; АО = A ctg у> = R sin 2р;
АВ = 2 • ЛО • sin -=¦ = 2R sin 2<р • sin •=-;
AD = 2ЛО • sin —2— = 2-R sin Ър cos -y.
Объем пирамиды
1 4
V = -^ AS • А2Э • A = ¦=¦ Д3 sin2 2p sin2 y> sin a.
Заметим, что при <p = -г основание высоты пирамиды и
л л:
центр шара совпадают; при 0 < <р < -j центр шара лежит вне
пирамиды. Выражение для объема шара во всех случаях будет
одним и тем же.
Ответ: -= R* sin2 2<р sin2 <р sin a.
396

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Задача 24.
Высота правильной
четырехугольной пирамиды
равна Л, плоский угол при
вершине а. На высоте
пирамиды, как на диаметре,
построен шар. Вычислить длину
кривой, по которой
пересекаются поверхности пирамиды
и шара.
Решение.
Рассмотрим часть задан- Рис 2б.22
ной пирамиды — SKCD
(К — проекция точки S на основание ABCD), Длина кривой,
по которой пересекаются поверхности пирамиды и шара, равна
сумме длин четырех равных дуг окружносети, радиусы
которых равны SM (рис. 26.22).
Пусть Z.SNK = /3, ОМ Л пл. SDC, точка О — центр шара.
Получим: из ASOM SM = SO sin @ = ^sin/3; из ASKN
SN =
Из ASND
sin/3'
KN=hctgj39 DN = KN = hctgP. (1)
а
DN^SN-tg^^
tg
a
T
sin/3
Сравнивая (1) и (2), получаем:
h ' ctS^ = ТьГд ' *S 2"' 0ТКУДа находим cos /J = tgy.
Тогда SM
sin/
=^V
1
tff
Ответ: 4/za
Vcosa

coses
где Z.a — в радианах 0<a<
(2)
. л]
Задача 25.
Развертка пирамиды представляет собой правильный
я-угольник со стороной а. Определить объем пирамиды.
397

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Указание.
Поскольку плоскими углами
при вершине пирамиды будут
внутренние углы многоугольника, g
то каждый из них должен быть
меньше, чем 360°: 3 = 120°.
Значит, п<6 (рис. 26.23).
Выясним положение основания
пирамиды при развертке. При
п = 3 основание ограничено
средними линиями развертки. Если
развертка — квадрат ABCD, то Рис 2623
вершинами основания могут быть,
например, вершина А, середина ВС и середина CD.
Если развертка пирамиды — правильный пятиугольник
ABCDE, то вершинами основания могут быть, например, А,
С и середина DE (концы диагонали и середина параллельной
стороны пятиугольника CD).
Установив вид пирамды, читатель сможет легко
самостоятельно найти ее объем.
Задача 26.
В тетраэдре ABCD двугранные углы при ребрах ВС,
BD и АС — прямые, а вершина двугранных углов при ребрах
АВ и CD равна 15°. Найдите радиус шара, вписанного в
тетраэдр, если CD = 2. D
Решение.
Так как шар вписан
в тетраэдр, то объем
тетраэдра можно вычислить
по формуле: V = -~r-S,
где г — радиус вписанного
шара, a S — площадь пол- Рис 2б24
ной поверхности
тетраэдра, Из этой формулы, можно будет найти г. С другой стороны,
У = Ч &С - ВС • АВ, где DC, АВ и ВС — взаимно
перпендикулярные ребра тетраэдра (докажите!). DC = 2,
398

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
ВС = DC • ctg 15°, ?C = 2ctgl5°, AB = BCtgl5°, AB = 2.
4
Отсюда находим V = ^(2 + V3) (рис. 26.24),
ВС ^2 ctg 15° _ 2
cos 15° cos 15° sin 15°
DB DC
sin 15° ~ sin 15°'
S = I(2-2-ctg 15= + 2.^ + 2ctg 15-2 + 2-^
гЛ
1 + cos 30°
= 4 • ¦ = 4
V^
cos 30°
2 + V2 + 75"
V2-V3"
2
= 4(2V2 + V3~+2 + V3)-
Подставив найденные значения V и S в формулу
F = |rS, найдем г = 4 (3 V54 VF- 2 V3T— 3).
Задача 27.
Правильный тетраэдр спроектирован на плоскость,
параллельную двум его несмежным ребрам. Докажите, что в
проекции получился квадрат.
Доказательство.
Проекции несмежных ребер произвольного тетраэдра при
указанном его расположении взаимно перпендикулярны и
равны этим ребрам, т.е. равны между собой. Кроме того,
плоскости проектирования, проведенные через данные ребра
перпендикулярно плоскости проекции, будут плоскости
симметрии данного тетраэдра и, значит будут делить пополам
как другое ребро, так и его проекцию. Таким образом,
проекции ребер точкой пересечения будут делиться пополам.
Значит, в проекции получится квадрат.
399

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 28.
В четырехугольной пирамиде SABCD основанием является
трапеция ABCD {ВС || AD), ВС = %AD, LASD = LCDS = ~.
Все вершины пирамды лежат на окружностях оснований
цилиндра, высота которого равна 2, а радиус основания равен
-к. Найти объем пирамиды.
S.
Решение.
Заметим, что если
А и D лежит на
окружности одного основания,
то и 5 лежит на той же
окружности. В самом
деле, если М — середина AD,
то по условию
а если бы S лежала на
окружности другого
основания, то было бы 5М=2 (2 — высота цилиндра). Из
этого следует, что никакая из трех вершин основания
пирамиды не может лежать на окружности одного основания, ибо
в этом случае на этой же окружности лежали бы все четыре
вершины, основания пирамиды, а значит, на ней лежала бы
и вершина S.
Далее, поскольку из всех пар прямых, образованных при
попарном соединении точек А, Б, С и D, не пересекаются
лишь прямые AD и J5C, то А и D лежат в плоскости одного
основания цилиндра (там же расположена и точка S), В и
С — другого.
Рассмотрим проекцию нашей пирамиды на плоскость
основания цилиндра, содержащего A, D и S (рис. 26.25) (В{ та.
Сх — проекции В и С). Поскольку С{ — проекция С, то
LCXDS = 90°, AD — диаметр основания цилиндра:
Рис. 26.25
400

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Если К — проекция Вх на AD, то
АК = ^ (AD • ОД = |, ЯП) = 3;
Щ = VA# • KD = 1.
Так как SC^ — диаметр окружности, то высота
треугольника ASD равна КВ\ = 1. Значит, площадь треугольника
ASD равна -^ Объем пирамиды ASDC (ASD — основание,
высота равна высоте цилиндра) равен -~ • 2 • ^г = -д-. Объемы
пирамид ADCS и ABCS относятся, как площади треугольников
ADC и ABC, а значит, как AD: ^С. Таким образом, объем
пирамиды ABCS равен -= • -q- = -q, а объем данной пирамиды
равен -Q- + -д = 2.
Задача 29.
Пусть дан тетраэдр
ОАВС, G — точка
пересечения медиан треугольника А
ABC. Положим OG = d,
СА = bv ОА = а, АВ = cv
OB = i, ОС = с, ?С = о^
Доказать, что Рис. 2б.26
d2 = 1(д? + А2 + с2) - i(a? + fif + cf).
Доказательство.
По теореме косинусов из треугольников OAG и OAfi:
а2 = d2 + Ж?2 - 2<MGcos<р=
4 4
= d2 + ^ АЛ2 - ^ rf A4j cos <р, (р = LOGA (рис. 26.26).
ОД2 = d2 + Л/?2 + 2dAfi <cos(p = d2 + ^АА2 +
401

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Л--7^йАА^ • cosy>.
Исключая <р, находим
о2 + 2СЦ2 = 3d2 +1 A4f. Но
1 /Т2
АА* = ^ (й2 + cf) — -j- (формула медианы) ¦
Подставляя значение &4f и АА*, ползучим:
6'
Отсюда 3d2 = cl + б2 + с2 -
л2 _i_ A2 j_ л2
2 «1 + ЪХ + С1
ИЛИ
d2 = |(o2 + 62 + c2)- |(af + й2 + с?).
Задача 30.
Доказать, что
если через
произвольную точку О,
лежащую внутри
тетраэдра ABCD,
провести отрезки
А4, вц, cq, Dq
(точки Ар Bv Ср D{
лежат в гранях,
противолежащих
соответственным
вершинам А, В, С, D), то
->—I с
Рис. 26.27
ЛО ВО СО DC 1?
ОД * ОВх + ОС, "*" од "
402

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Доказательство.
Соединив точку О с вершинами тетраэдра ABCD, получим
четыре тетраэдра OBCD, OACD, OABD, ОАВС, объемы
которых Vv V2, F3 и VA в сумме составляют Жданного тетраэдра.
Пусть АК и OL — высоты тетраэдров ABCD и OBCD. Тогда
V АК
OL
(рис. 26.27)
и из подобия треугольников АА1К и ОА1Ц следует, что
О A AK-OL V
СЦ
OL
- 1
v2 + v3 + v4
Аналогично находятся остальные слагаемые из левой
части доказываемого неравенства:
ВО
ов,
vl + v3 + v.
со
ОС,
vl + v2+v.
DO
OD,
vl + v2 + v3
Теперь
=
имеем
ОА1
во
ов1
¦*
СО DC
ОС OD,
V, К V.\
iV, V2 V,\ IV. К, V,\
V2 Vl '
H + Y± + Л + Y±\ +
П *i П ^
+ lt + ^l +
что и требовалось доказать.
2k) + (И + ^
^2 К, + F3
>12,
403

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 31.
Зная площади оснований усеченной треугольной
пирамиды, найти площадь треугольника с вершинами в точках
пересечения диагоналей боковых граней этой пирамиды.
Решение.
Пусть Л2В2С2 — сечение усеченной треугольной пирамиды
ABCAlBlCl плоскостью, проходящей через точки пересечения
диагоналей ее боковых граней (рис. 26.28).
А| Ci
В
Рис. 26.28
Пусть S к S: — соответственно площади треугольников
ABC и A^Bfit, S2 — площадь сечения А2В2С2, C]Bi = ^,
СВ = а. Известно, что С2В2 =
ABC, А2В2С2 подобны, поэтому
а + <\
. Треугольники Afifi^
5
а
°1 _ У^Г
с2в2 VST'
^_= Уу С2В2 = V^-laa, = 2o_VS^ =
2 а^ а1(а + а^ а + а^
404

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Итак,
4SS,
2 (VS~+ y/S^f
Если а —- площадь треугольника с вершинами в точках
пересечения диагоналей боковых граней данной усеченной
SS.
пирамиды, то S, = 4сг и а = ——= ==-?.
2 (V3T+V3^)2
Задача 32.
На поверхности шара
дана дуга произвольного
радиуса г, являющаяся
частью параллели. Найти
полюс, из которого эта
дуга проведена.
Решение.
1) Из точек А и В
произвольным радиусом
проводим дуги, которые
пересекаются в точках
F, и F2 (рис. 26.29). Рис- 2629
2) Находим сторону квадрата, вписанного в окружность
большого круга. Радиусом, равным этой стороне, проводим
дуги из точек F{ и F2, их пересечение даст точку К.
3) Тем же радиусом из точки К проводим дугу большого
круга F{F2, которая в точке С разделит дугу АВ пополам.
4) Таким же способом, как в пп. 1-3, проводим дугу
большого круга через середину дуги АС. Пересечение двух
дуг (пп. 3 и 4) даст полюс М. Возможны и другие построения.
Задача 33.
Около конуса, радиус основания которого равен R, а угол
между образующей и основанием равен а, расположены п
равных шаров, каждый из которых касается двух соседних
боковой поверхности конуса извне и плоскости его основания.
Найти радиус шара.
405

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА It
Решение.
Пусть AABS
представляет сечение конуса
плоскостью, проходящей
через его вершину S,
высоту OS и центр Ог одного
из указанных п шаров,
— Н{ — проекция центра
Ol на плоскость
основания конуса, х — искомый
радиус (рис. 26.30). д Q
Имеем: ВНХ = х tg ^.
Если 02 — центр
соседнего шара и Н2 — его проекция на плоскость основания
конуса, то
Рис 2630
Я1Я2 = 2х, LHxOH2 =
360°
а
медиана SH?>H2 : ОМ = ОН{ sin
180°
Следовательно, после простых вычислений
R
Х 180° + а '
COS tg-?r
п 2
Задача 34,
В сферу радиуса Rx вписан правильный тетраэдр ABCD.
Сфера радиуса R2 касается плоскостей его граней ОАВ,
ОВС, ОСА и первой сферы. Найти отношение Rx : R2.
Решение.
Рассмотрим прежде случай, когда вторая сфера лежит
внутри первой. При этом условии сферы касаются внутренним
образом и 0т> 2 р = siny>, где (р — угол между высотой
LKY — К2
ОО0 тетраэдра и высотой ОС0 грани ОАВ. Но
sin ср = OQC0 : CQD =1:3, поэтому
406

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
R2 : (Щ - R2) = 1 : 3, или Rl : R2 = 1.
Если вторая сфера касается первой внешним образом, то
R2: (2^ + R2) = 1 : 3 или R{:R2 = 1.
Задача 35.
Три шара радиуса R касаются одной и той же плоскости
и каждый из них касается двух других. Найти радиус шара,
касающегося плоскости и трех данных шаров.
Решение.
Пусть точки Ov 02, Оэ — центры данных шаров, О/,
02\ 03' — точки соприкосновения этих шаров с плоскостью,
точки О и О' — центр и точка соприкосновения плоскости
с шаром, к — радиус этого шара. Имеем:
Щ0203 = АО/02'03
стороны этих треугольников равны 2R. О находится в точке
пересечения высот &0{'02Оъ'. Поэтому
(^-с*
+ Rf -(R- xf
*=!*•
Задача 36.
В правильный тетраэдр
вписаны четыре равных шара,
каждый из которых касается трех
других шаров и трех граней
тетраэдра. Вычислите объем
тетраэдра, если радиус каждого из
указанных шаров равен R.
Решение.
Данный тетраэдр будет
гомотетичен тетраэдру с вершинами
в центрах вписанных шаров с
центром гомотетии в центре
шара, вписанного во внутренний
тетраэдр. Значит, для нахождения объема данного тетраэдра
достаточно найти объем внутреннего тетраэдра и умножить
его на куб коэффициента гомотетии. Часть внутреннего тет-
407

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
раэдра с вершинами в центрах вписанных шаров
изображена на рисунке (рис. 26.31). Ребро этого тетраэдра равно
<zV3~
a = 2R, высота боковой грани h = —у— = R V3~. Радиус
вписанного в него шара обозначим г: г = ОО1 = ОО".
2
ОО" _ ОаО" г = 3
Я
h
O'D
О'О/ 1
зл
2 i?
В треугольнике 0'0AD Н = ^i^vU", тогда г = -т^.
Объем внутреннего тетраэдра равен
Vl = y
VT
я = 1
1 4R2VT 2RVb~ 2R3VT
Коэффициент гомотетии R = —, где d — расстояние от
О до грани данного тетраэдра:
Значит, F = F„ J?3 =
2i?3VT
2R3VT
(19 + 9V5) =
(1 + V5)3 =
^(19VT+ 18 V3).
Задача 37.
Два соосных конуса
имеют общее основание и
расположены один вне другого.
Образующая одного конуса
равна /, а угол осевого сечения
при вершине равен 2а. Угол
в осевом сечении при
вершине другого конуса равен 2/3.
Найти объем полученного
тела.
408

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Решение.
Осевое сечение образованного тела показано на рисунке,
(рис. 26.32).
У = У«ШМАВ + УшиЕЛВ = \*# (ЯО + ОЕ) =
= ^лВ2 (Icosa + /sin а • ctg/3) =
-1Ж#
Задача 38.
sin (а 4- /?)
sin/J
1_ з sin2 a sin (a + /?)
Ъп1 sinyS
В конус вписаны
две касающиеся между
собой сферы а и /3
(каждая сфера касается
поверхности конуса по
окружности). Существует
п равных сфер,
касающихся а и (5
поверхности конуса и таких, что
каждая из них касается
еще двух из этих п
сфер. Какие значения 02
может принимать число
л?
Решение.
Пусть Oj, 02 и О — центры сфер а и /J и одной из /г
равных сфер, А? — отрезок образующей конуса, которой
касаются эти три сферы (рис. 26.33, А ъ В — точки касания
сфер а и р). Пусть радиус сферы а равен 1, радиус сферы
/J равен х, а радиус каждой из п равных сфер равен у,
расстояние от О до оси конуса Ох02 равно z. Выразим сначала
у через х. Для этого проведем через 0{ и О прямые,
параллельные АБ, обозначим получившиеся точки пересечения
через К, М, и Р. Нетрудно найти:
ОхР = Vop2 - су* = V(l + xf - (* - l)2 = 2 V3c~,
409

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
OK=2Vy~, ОМ=2уГху.
Из уравнения
0:Р = ОК + ОМ или VF= y/J+ Vxy~
найдем Vy" = ^-+ у
Для определения п выразим площадь треугольника двумя
способами (один раз по формуле Герона):
1 п jl ^ и л. j_u 2 У(х + у + 1) ху
2 (1 + х) z = V(x + y + 1)ху, z = i + х—.
Таким образом, с учетом найденного значения z будем
иметь
sin-
п
_ у _ Уу"(1 + х)
1 + *
z 2 V(x + у + 1) х 2 (х + Vx~+ 1)
1
2 1 +
"ТГТ
1 +х
у/Т 1
1 +х 2
3 z 2
Так как при х > 1 0 < т~гтг < т» т0 i" < Z < ^
Поскольку
ж
sin
10
то /г может
принимать
значения 7, 8, 9.
Задача 39.
Шар
радиуса R пересекает
каждое ребро
правильного
тетраэдра. Найти
объем их общей
части.
410
Рис. 26.34

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Решение.
Искомый объем V равен разности объемов шара и четырех
шаровых сегментов, отсекаемых гранями тетраэдра.
Основанием этих сегментов служат круги, вписанные в грани
тетраэдра, а высоты равны h = R — OK, ще R — радиус, а
ОК — расстояние от центра К шара до грани тетраэдра
(К — центр тетраэдра). Итак, V= Vmap - 4 Vv где Vt — объем
шарового сегмента (рис. 26.34).
Пусть х — ребро тетраэдра. Тоща
SF = ?; О А = -?s ON = т^; SO =
xVT
V UJ± = 7Г "iY ~ 2VT' °"-^Г;
ДМУ со ASOA; Ц = J^ , тогда
x V3~ ¦*•
Sif = —=., (Ж = SO - SK =
2VT' ^Л ~ ^ ол~2а/6"'
Из ДСЖЛГ KN2 = OK2 + ON2 или
R2 = iik)2 + {iwtоткуда * -2VTR-
Высота сегмента h = R- OK = —^—rx—-.
Тоща
V = 75-jtR3 -4л:—^-^-—L \R Kn ^ J\
ГЛ "w 73"— Г 3VT"
27'
= ^rjr^3(3V3"-9).
Ответ: ^yjri*3(3vT-9).
Задача 40.
Шар касается всех ребер правильной четырехугольной
пирамиды. Определить радиус шара, если двугранный угол
при основании пирамиды равен -«-, а длина стороны основания
равна а.
411

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Решение.
Пусть LSMO =
"3'
точка К — центр шара,
KN — радиус шара
(легко доказать, что центр
этого шара лежит внутри
пирамиды на высоте SO).
Тогда SC ±KN (рис.
26.35),
ASKN со ASOC =>
KN:SN=OC:SO; (1)
7*Ш С
SO = OM-tg^ = |vT;
Рис. 26.35
NC = CM = ^; SM =
2 cos
ж
= а;
SC = VSM2 + МС2 =
3
aVT
Тогда SN=SC-NC = а(- ^ ^. Из равенства (1)
найдем KN:
KN =
SNOC a (V3~- 1)
—75—
SO
УГ-1
Ответ: —/g- а.
Задача 41.
В правильной и-угольной пирамиде двугранные углы при
ребре основания и боковом ребре имеют величины а и /3
соответственно. Найти наибольшее значение выражения
в
у = cos а + cos ту.
412

26. ИЗБРАННЫЕ ЗАДАЧИ
Решение.
Пусть S — вершина правильной я-угольной пирамиды,
О — центр основания, SK — апофема, AM JL SB, CM ± SB&
Тогда LSKO = a, LAMC = /3,
S,
/.лсж = /.тв =
180°
= 21ЯАС =
п
LMAK = 2LXS?
(рис. 26.36).
Таким образом:
/3 M7V
cos 77 = -ttj =
_ iV? sin LSBO _
"" AB cos LBAM ""
A8sin
180° SO
' SB
n
sin-
A
Рис. 26.36
180° SO
SB
n
AB cos LKSB
SK
SB
= sm
180° SO
n ' SiT
Следовательно,
180°
COS 7Г = sin -
2 я
sin а и у = cos a 4- sin
180°
- sin a.
По неравенству Коши-Буняковского
2 180°
sin2-— иут
-Vi
+ sin'
180°
Максимум достигается при
tg a = sin
180°
413

Глава VI. ГЕОМЕТРИЯ ДЛЯ СТАРШЕКЛАССНИКОВ
27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Для удобства введем обозначения: а, Ъ, с — стороны
треугольника ABC, А, В, С — углы ВАС, ABC, CAB треу-
, „ а + Ъ + с _
гольника ABC, р = ту , S — площадь треугольника
ABC, R — радиус окружности, описанной около треугольника
ABC.
Задача 1*
В остроугольном
треугольнике ABC точка Вл A Ci
И — точка пересечения
высот. Доказать, что
1) АН2 = 4R2 - а2,
2) АН = 2Д cos А.
Доказательство.
Через вершины А,
В и С проведем прямые,
параллельные сторонам
треугольника ABC (рис. Рис. 27.1
27.1). Получим
треугольник А1В1С1, гомотетичный треугольнику ABC с центром
гомотетии точки М пересечения медиан треугольника ABC и
коэффициентом &= - 2 (докажите!).
Точка Н будет центром окружности, описанной около
треугольника ABC и НСХ = 2R.
1) Из треугольника АНС{ по теореме Пифагора
АН2 = НС2 - АС2, или АН2 = 4R2 - о2.
2) Поскольку a = 2R sin Л, то
A#2 = 4R2-4R2sin2A =
= 4Д2 (1 - sin2 А) = 4Д2 cos2 А,
значит, АЯ = 2R cos Л (Z.A < 90°).
414
W

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 2.
В треугольнике ABC точка Мх — середины стороны ВС.
Доказать, что
ОМ{ = ^АН.
Доказательство.
Поскольку точка М — середина стороны ВС, а точка
А — середины отрезка Bfiv то отрезки ОМ{ и НА гомотетичны
с коэффициентом гомотетии к = — 2. Значит, утверждение
задачи доказано.
Задача 3.
Доказать, что в треугольнике ABC
.А .В . С ^ 1
smy sin -Ту sin Ту «? тт.
Доказательство.
По теореме косинусов
с? = (Ь - с)2 + 26с (1 - cos А), или
o2 = (6-c)2 + 46csin2^,
откуда sin
Итак,
А
2
2VW
sm2 *
Аналогично
2VW
sin-^ sin -s- sm
¦ с ^
, sm 2 ^2
С айс
2 "• 8айс '
с
VaF
1
' 8'
Задача 4.
Доказать, что в треугольнике ABC
COS Л COS В COS С ^ jr.
415

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Если А, 5, С — углы треугольника, то углы
А1 = к - 2А, В1 = лг - 25, q = лг - 2С —
также углы треугольника, так как
Д + Вх + Сх = Злг - 2 (А + 5 4- С) = я.
Значит, учитывая предыдущую задачу, имеем
. А . Bi . ci ^ 1
sinysmysiny ^ ^.
Но Т ^ "2 » Т = 2"" ' Т = Т ' Итак'
А А С
sin -=- sin -у sin -у = sin
х sin (у - Я] sin (у - С\ =
= cos Л cos В cos С ^ «-.
Задача 5.
Доказать, что в треугольнике ABC
3
cos А + cos 5 + cos С ^ 2 •
Доказательство.
Имеем
cos А + cos В + cos С =
, , , . А . В . С ^
= 1 + 4 sin -Ту sin у sin у ^
*l + 4.I = f.
416

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 6.
Доказать, что в треугольнике ABC
А В С ^ 3 рг
COS у COS у COS у ^ тг VO.
Доказательство.
Имеем
Л В С
COS у COS у COS у =
_ -у/ (1 + cos А)(1 + cos ?)(! + cos С)<
3 ^
к \1 \_ (Ъ + cos А + cos 5 + cos С\3
v 8 27 Г 2 8 '
Задача 7.
Доказать, что в треугольнике ABC
3
sin А + sin i? + sin С ^ у VX
Доказательство.
Имеем
A J9 С
sin А + sin В + sin С = 4 cos у cos у cos у **
Задача 8.
Доказать неравенство
sin х sin у sin z + cos x cos у cos z ** L
Доказательство.
Рассмотрим векторы
a = (sin # sin y, cos x cos у), й = (sin z, cos z).
417

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Тогда
Ш = 1, lal = Vsin2хsin2у + cos2хcos2у **
^ Vsin2х + cos2х = 1 и 1а • Я < lal • 1Я ^ 1.
Таким образом,
sin х sin у sin z + cos я cos у cos z ^ 1.
Задача 9.
Доказать, что в треугольнике ABC
3
cos 2А + cos 2? + cos 2C > -^
Доказательство.
Если О — центр окружности, описанной около
треугольника ABC, то вектор
является нулевым только для равностороннего треугольника.
Получим (ОА + ОВ + ОС)2 > 0. Поскольку
ОА • OB = R2 cos 2С,
04 • ОС = Л2 cos 2Я,
OB • ОС = R2 cos 2А,
то после возведения в квадрат получим
ЪК2 + 2R2 (cos 2А + cos 2В + cos 2С) ^ 0, или
3
cos 24 + cos 2В + cos 2С > -^
Задача 10.
Доказать, что в остроугольном треугольнике
Х?А + г?В + Х?С>3>/?, nGN.
Доказательство.
В остроугольном треугольнике ABC
XgA + XgB + tgС = tgЛ • XgB • tgС.
418

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Используя неравенство Копш (п = 3)
х + у + z з -i
—5 > Vxyz, х, у, z > 0 ,
имеем
tgА + XgB + tgС ^ VtgA • tg? • tgC.
Итак, tg-A • tg В • tg С ^ VtgA • XgB • tgC,
tgA • tg# • tgC2* V&.
Таким образом,
tg"A + tg"В + tg"С s* Vtgi4n • tg?n • tgC* ^
^ 3 • S/(VW)n = 3 VF.
Задача 11.
Доказать, что в треугольнике ABC
Xgj + tgy + tgy^vT.
Доказательство.
Имеем
ftgf + tgf + tgf|2=tg4+tg*f+tg2§+
Используем неравенство трех квадратов:
tg^-Mg^f + tg^
^tgy tg y + tgytg y + tgytgy.
Но в треугольнике ABC
419

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
+ Л + В ^+ В С ^+ С + А -
tgytgy + tgy tgy + tgy tgy = 1
(докажите самостоятельно!).
Итак, ftg-j + tg>2 + tg у] ^
^3 tg-jtg y + tg-^-tgy + tgytgy =3,
то есть
tgy + tgf- + tgy^va:
Задача 12.
Докажите, что в треугольнике ABC
ctgA + ctg? + ctgС ^ V3^
Доказательство.
Углы а, = ^ - -J, а2 = т""" "о"» аз = Т "* Т ~~ углы Треу"
гольника, поэтому
tgy + tgy + tg у = ctg Л + ctg Б + ctg С S* VT
(см. предыдущую задачу).
Задача 13.
Доказать, что в непрямоугольном треугольнике ABC
tg2 А + tg2 В + tg2 С > 9.
Доказательства
Имеем
tg2 Л + tg2 Б + tg2 С ^ tg? tg А + tg? tg С 4- tg С tg Л =
= tg^tg^tgcf-~ + -^+ l
[XgA XgB tgC
420

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Мы использовали соотношение
<* + * + *>(^ + 7? + ?)>9
для чисел Oj>0, а2>0, а3>0.
Задача 14.
Докажите, что в треугольнике ABC
Доказательство.
Докажем, что если а + Ъ + с = 1, то а2 + Ь2 + с2 ** jr.
Действительно,
2 (а2 + А2 + с2) > 2 (а* + ас + Ас).
Но а2 + Ь2 + с2 + 2 (ab + be + ас) = 1 (по условию). Тогда
2 (oi + Ас + ас) = 1 - (а2 + й2 + с2).
Итак, 2 (а2 + й2 + с2) ^ 1 - (а2 + Ь2 + с2), откуда
а2 + б2 + с2 > |.
Поскольку
+ i+ 5L+ 5+ С|+ С, A t
tgytgy + tgy tgy + tg~2 tg~2 = *'
то заданное неравенство доказано.
Задача 15.
Доказать, что в нетупоугольном треугольнике ABC
sin А + sin В 4- sin С > cos А + cos В + cos С.
421

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Сначала докажем, что для
LA ^ 90°, LB ^ 90°, LA ^ 90°
А-В С
cos —2— < 2 cos у.
С
Действительно, у<60°, откуда
А — В С
cos —5— < 1 = 2 cos 60° < 2 cos у.
Аналогично докажем, что
А-С ^ 0 Б
cos —2— < ^ cos Т'
В-С - А
COS Ту— < 2 COS у.
Итак,
-А + -В -А-Я ,
COS А + cos В + cos С = cos —~— cos —« Ь
А + с а-с , я + с я-с:
+ COS = COS 7i 1- cos —~— cos —~— <
С1 о в в
< 2 sin у- cos у + 2 sin у cos у +
A A
+ 2 sin у cos у = sin С + sin В + sin A.
Задача 16.
В треугольнике ABC один угол тупой. Доказать, что
cos2 А + cos2 В + cos2 О 1.
Доказательство.
Пусть С>90\ Тогда
Б < 90° - А и cos Б > cos (90° - А) = sin^l > 0.
422

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Отсюда cos2 В > sin2 А и
cos2 В + cos2 А > sin2 А + cos2 А = 1.
Задача 17.
Доказать, что в треугольнике ABC
(sin А + sin В + sin С)2 > 2л sin Л sin В sin С.
Доказательство.
Заданное неравенство перепишем так:
/а + Ь + с\ abc
{ 2R ) > ^Т' ™*
р2 . айс 2 >. оЬс
Учитывая, что R = -ттг, г = —, последнее неравенство эк-
вивалентно неравенству
/?2 > к2р, р > лг, или 2р > 2лр.
Это неравенство справедливо, ибо в левой части —
периметр треугольника, а в правой — длина вписанной в этот
треугольник окружности.
Задача 18.
В треугольнике ABC О — центр описанной окружности,
Н — точка пересечения высот (ортоцентр). Доказать, что
ОН2 = 9Д2 - (о2 + й2 + с2)
(а, Ь, с — стороны ВС, АС, АВ — треугольника, R —
радиус описанной около треугольника ABC окружности).
Доказательство.
Из треугольника О АН по теореме косинусов:
ОН2 = ОА2 + АН2 - 2 ОА • АН cos LOAH.
Репшм задачу вначале для случая, когда Л<90°.
Учитывая то, что
423

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
LOAH = АСАН - LCAO = 90° - С - (90° - В) = В - С,
имеем:
ОН2 = Л2 + AR2 - а2 - 2R • 2Л cos Л cos (5 - С) =
= 5Д2 - а2 - 2Д2 (cos (Л + В - С) + cos (А - Я + С)) =
= 5Д2 - а2 - 2Д2 (- cos 2С - cos 25) =
= 5R2-cf- 2R2 (2 sin2 С - 1 + 2 sin25 - 1) =
= 9Д2 - (а2 + й2 + с2).
Если ^4 > 90°, то cos А< 0, ЛЯ = - 2R cos Л и
cos LOAH = cos (180° - (В - С)) = - cos (5 - С).
Итак, формула снова имеет место.
Задача 19,
Доказать, что в остроугольном треугольнике
а • АН + Ъ • ВН + с • СН = 45
(Я — ортоцентр треугольника ASC).
Доказательство.
Рассмотрим треугольник В]НС1 (рис. 27.1). Его площадь
равна а • АН. Площади треугольников А1НСХ и В1НА1 равны
соответственно Ъ • ВН и с • СН. Учитывая, что площадь
треугольника ЛДЦ равна 4S, имеем:
а • АН + b • ВН + с - СН = 4S.
Задача 20.
Пусть Мх — середина стороны ВС,
(рх = LOAMv <р2 = LAMxO. Доказать, что
sinpj
= cos А
sin^2
424

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Доказательство.
Поскольку ОМ{ || AHV то из треугольника ОМхА следует:
sin^ ОМх RcosA Л
~ == ~7ГГ = Ъ = COS А
sin (р 2 О A R
Задача 21.
Доказать, что в остроугольном треугольнике ABC
АН + ВН + СН ^ 3R.
Доказательство.
Имеем:
AH + BH+CH = 2R (cos Л + cos В + cos С) (задача 1).
3
Но cos А + cos Б + cos С ^ у следовательно,
ЛЯ 4- ВН + СЯ ^ 2Д • | = ЗЯ.
Задача 22.
Доказать, что радиус г окружности, вписанной в
треугольник ABC, вычисляется по формуле
АТ> . А . В . С
Г = 4jR sin у sin у sin у.
Доказательство.
~ у ай sin С
Имеем: г = — =
Р \ {а + й + с)
2Д2 sin Л sin Б sin С 2R2 sin Л sin Б sin С
i?(sin^ + sin?4- sin С) Лп А В С
J 4R cos у COS у COS у
AD . А . В . С
= 4Д sin -ту sin у sm у.
425

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 23.
Доказать формулу Карно: в остроугольном треугольнике
ABC
ОМх + ОМ2 + ОМъ = R + r
(Мр М2у Мъ — середины сторон ВС, АС у АВ).
Доказательство.
ОМ{ + ОМ2 + ОМъ = ^ {АН + ВН + СН) =
= R cos А + R cos В + R cos С =
= R (cos А + cos В + cos С) =
= Д 1 + 4 sin у sin у sin -у
Л 5 С
= Л 4- AR sin у sin у sin -у = Л + г.
Задача 24.
В треугольнике ABC г — радиус вписанной окружности,
Доказать, что г = (р - a) tg-y.
Доказательство.
Пусть jfi^, АГ2, jfi^ — точки касания этой окружности со
сторонами ВСу АСУ АВ. Нетрудно доказать, что отрезки
АК2у ВК^у СКХ равны соответственно р — а, р — 6, р — с.
Тогда из треугольника А1К2 (J — центр вписанной окружности)
следует, что
r=(p-a)tg2".
Задача 25.
В прямоугольном треугольнике ABC угол ВАС = 90°.
Доказать, что г = р — а.
Доказательство.
r=(p- a)tgy. Но tgy = tg-j = 1, значит, r = p- а.
426

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 26.
Доказать, что в треугольнике ABC
S = Vp (р - а)(р - Ъ)(р - с) (формула Герона).
Доказательство.
Предлагается доказать самостоятельно, что
+ А , , В х ^ С + А^ В + С
ctgy + ctg у+ ctgy = ctgy ctgy ctgy
04, Я, С — углы треугольника A?C).
К этому соотношению применим формулу
г = (р - a) tg -у. Имеем:
или
р- а + р- Ь + р- с _ (р - а)(р - ?)(р - с)
г Р '
(Зр - 2р) >* = (р - а)(р - Ь)(р - с).
Умножив обе части равенства на р, получим
PV = р (р - а)(р - й)(р - с).
Учитывая, что 5 = 2р, имеем:
S2 = P(P~ а)(Р - й)(Р - с), или
Задача 27.
Доказать, что в треугольнике ABC имеет место
соотношение
аЪс _ mn/
Р " г '
где т> п, I — соответственно отрезки AI, BI, CI (I — ин-
центр, центр вписанной окружности).
Доказательство.
С одной стороны,

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
^,jB/-c/ = Т^в—с =
4R sin •=¦ sin -ту sin -у
= ***- = 4*л
г
С другой стороны,
абс 4jR - S • г
— = = = 4Rr.
Р S
Задача 28.
В треугольнике ABC биссектриса 1а угла ВАС вычисляется
по формуле
7 26с А
Доказать это.
Доказательство.
Пусть биссектриса
угла ВАС пересекает
сторону ВС в точке 1^ 4
(рис. 27.2). Обозначим С
S{ и S2 площади
треугольников ABL{ и ACLV
Тогда
1 1 А 1 А
S = wbcsinA, S{ = у с • /asin у, S2 = уй • Zasiny.
Но S = S{ + S2, отсюда
2 йс sin A = у с /fl sin у + у * 4 ^ "T'
fie sin A = Zasiny(fi + c).
Отсюда Za = y^cos"2*
428

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 29.
Доказать формулу
l\ = bc-bfv
ще \ = CLp с{ = jBLj, Z^ — точка пересечения биссектрисы
угла ВАС со стороной ВС.
Доказательство.
По теореме косинусов
bf = tf + Pa-2blacos^,
А
cf = <? + 1\ - 2с • 1а • cos у, откуда
гъ = Тс ' ^
11{Ъ-с) = Ъс(Ъ-с)-{сЩ-с]Ь).
Учитывая свойство биссектрисы внутреннего угла
треугольника, имеем:
Ь \
- = —, или Ьс{ = Ьгс, откуда
с сх
cl/f — cfb = cfab — CjAjC = cxbx (b — c).
Итак, /* (й - с) = be (й - c) - сД (й - c).
Пусть b * с, тогда /* = йс — й^.
При й = с формула очевидна.
Задача 30.
Доказать, что
/ - 2 у/Ъср (р - а)
Ь + с
Доказательство.
Учитывая, что BI^ = .°f , CZ^ = ^ , и применяя
формулу предыдущей задачи, имеем:
429

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Отсюда l\ = Ьс(а+Ь + с)Ур-Щ
j _ 2 У?ср (р — а)
Задача 31.
Доказать, что если в треугольнике ABC la = lb, то
а = 6.
Доказательство.
Применим формулу 1а = , cos у. Имеем:
~ Л ~ В
2 cos -у 2 cos -=-
6 с ас
Допустим, что а>й, или А>2?. Тогда
а й 6 с а с
Значит, cos -у > cos -у, или А < В, что противоречит
допущению.
Аналогично доказывается, что а не может быть меныпим,
чем Ъ. Остается единственное, что а = 6.
Задача 32.
Площадь треугольника ABC равна S, площадь
треугольника НВС (Я — ортоцентр) равна Sv На прямой АН взяли
такую точку К, что треугольник ВКС — прямоугольный.
Доказать, что
где Sx — площадь треугольника ВКС.
430

27 ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Доказательство.
Вокруг треугольника ABC опишем окружность и продлим
высоту АН{ до пересечения с окружностью в точке Nv
По теореме о произведении отрезков хорд имеем:
АНХ • ЯД = ВНХ • С#г (1)
Значит, Sx = \кн^ • ВС.
Поскольку L СКВ = 90°, то
Щ = ВНХ • С#г (2)
Сравнивая (1) и (2) и учитывая известное равенство
ННХ = HXNV получаем
КН2 = Afft • HHV
Умножив обе части равенства на -г ВС2, получим
^АН{ -ВС *\нн, • ЯС =
= \ш2 -ВС2, или
4 1
Задача 33.
Доказать, что если ha, hb, hc — высоты треугольника
ABC, то
Х- + К + А ^ 9г.
К ь
Доказательство,
Докажем вначале, что
JL + JL + JL.I
К К К г
Действительно,
431

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
, 2S la
К = -, значит, ^ = 2^.
Аналогично, т- = «F, j- = -г^. Имеем
± + — + — = а + Ь + с -2Е.-1.
К hb hc
Имеет место неравенство:
<* + * + *)? + ? + ?) »*
(оно доказывается с помощью неравенства Коши для трех
положительных чисел).
В нашем случае
значит, ha + hb + h.> 9r.
Задача 34. г
Дано: ha, 1ц, hc. Найти 5.
Решение.
„ 2S . 2S 25
Имеем: й = -г-, * = -г-, c = -j-,
Ла л» Лс
_ а + й + с _ /1 1 1\
p-a=s(i+t4);
>-ь-8[к+к-$
По формуле Герона
S2 = Р(Р~ а)(Р - *)(Р - с), или
432

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Итак,
у ^ + л,+ hc)[hb + hc к
У К К К V А. + А, Ас
Задача 35.
Доказать, что в треугольнике ABC
Hi
S = ^abchahbhc
(ha, hb> hc — высоты треугольника ABC).
Доказательство.
Имеем:
S = jaha, S = ^M6, S = -jcAc.
Значит,
S3 = ifoicfeahb Ac, или 5=2 V'abcha\hc.
Задача 36.
Доказать, что в треугольнике ABC:
(e+ft+c)(i+i+i).
433

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
±fcl 25 ,25 ,25 _ /1 1 1\
I4.I4-I - А« + *» + Ас
а Ъ с 2S
значит,
Задача 37.
= 25(?ЧЧ)х^(А*+л>+А<),или
(e+ft+c)^i+i+ij.
На продолжении сторон ВА, СВ и АС треугольника
ABC построены отрезки А^, BBV ССХ так, что
AAi = л АВ, ВВХ = л СБ, Cq = пАС.
Доказать, что
Sx
S~3n(n+1) + V
где 5, — площадь треугольника AfixCv
Доказательство.
Имеем:
ВВХ = па, AAj = пс, СС2 = /хй.
Поскольку площади треугольников СХВХВ и ЦБС
пропорциональны длинам ВВХ и ВС, то
SCBB:SCBC = па:а = п. (1)
434

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Аналогично рассмотрим треугольники С{ВС и ABC.
Получим
scxbc :Sabc = nb:b = n. (2)
Из равенства (2) следует, что SCBC = nS, а из равенства
(1) следует, что
ScftB = п (nS) = n2s-
Аналогично получим
Таким образом,
sa1b1c1 = 5j = 5 + Sc^c + SBjiMj + S^ =
= S + 3 (я + 1) rc S;
St:S = 3n(n+ 1) + 1.
Задача 38.
В треугольнике
ABC, площадь которого
равна S, проведена
биссектриса СЕ и медиана
BD, которые
пересекаются в точке F. Найти
площадь
четырехугольника ADFE, если
ВС = а, АС = Ь.
Решение. В С
Обозначим Sx — Рис- 2гъ
площадь искомого четырехугольника ADEF; Sl и S2 — площади
треугольников АСЕ и DCF. Тогда (рис. 27.3) Sx = St- S2.
Найдем Sr
Si _ АЕ
S3 ВЕ>
где S3 — площадь треугольника ВЕС.
435

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Поскольку СЕ — биссектриса, то — = —. Но
si Ъ
S3 = S - Sp поэтому = -, откуда
1 а + b
Для нахождения S2 рассмотрим треугольник CDB:
Scdb ~ 2
Учитывая соотношение DF: FB, имеем:
А С
5, = -
"2~й + 2а 2е
Таким образом,
о _ й 6 S (За + 6) ft
^"й + Г й + 2а ' 2 " 2 (а + 4) (2а + *) ' °'
Задача 39.
Найти площадь параллелограмма, зная, что диагонали
равны rfj и rf2, и острый угол между сторонами равен а.
Решение.
В параллелограмме
ABCD (рис. 27.4)
обозначим
АС = dv BD = rf2,
LABD = а, АВ = х,
AD = у. Тогда
Рис. 27.4
d\ = х2 + f + 2ху cos а,
d22 = я2 + у2 - 2ху cos а,
rff - d\ = 4ху cos а, откуда
436

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
*з> = т 1-
' 4 cos а
Площадь параллелограмма Sx:
Sv = ху sin а = -г ? sin а = —-,— tg а.
х 4 cos а 4
Задача 40.
В треугольнике ABC длина медианы та вычисляется по
формуле
2 Z^ + c2)-^
Доказательство. Первый способ.
В треугольнике ABC (рис. 27.4) продлим медиану АМ{ и
отложим на ней отрезок MXD = AMV Тогда четырехугольник
ABCD — параллелограмм, значит,
2 (АВ2 + АС2) = AD* + ВС2, или
4т2 + с? = 2 (й2 + с2), отсюда
2 2 (б2 + с2) - о2
Второй способ.
Пусть JBC = а, АС = й, АВ = с, АЦ = тг Тогда
1 -
т.
= 2 (Ь + с), или
m; = J(^ + c? + 2*c).
_ А2 + с2 — д2
Но 6 • с = ^ (докажите!). Значит,
2 2 (й2 4- с2) - я2
a 4
437

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 41 (теорема Лейбница).
Доказать, что алгебраическая сумма квадратов расстояний
произвольной точки X плоскости до вершин треугольника
ABC и его центроида М (центроид — точка пересечения
медиан) связаны соотношением
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = AM2 + ВЫ2 + СМ2 + 3 ХМ2.
Доказательство.
Из треугольников ХАМ и ХММ{
ХА2 = ХМ2 + AM2 - 2ЛМ • MY
(У — проекция точки X на медиану).
ХМ? = ХМ2 + MMf + 2ММ; • Af7.
Умножим второе равенство на 2 и сложим с первым,
учитывая, что 2MMl = AM. Получим
ХА2 + 2ХМ2 = 3 • ХМ2 + AM2 + 2ММ2.
Но ХЦ — медиана треугольника БХС, а МЦ — медиана
треугольника ВМС. По формуле медианы (см. предыдущую
задачу) имеем:
_ 2 (ХВ2 + ХС2) - ВС2
ХМХ — ^ ,
w.,2 2 (MB2 + МС2) - БС2
д^д/* = — д— .
Итак,
ХА2 + Х& + ХС2 - \ВС2 =
= ЪХМ2 + MA2 + MB2 + МС2 - \вС2, или
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = ЗХМ2 + МА2 + МБ2 + МС2.
Задача 42.
Найти углы треугольника ABC, если
МА2 + МБ2 + МС2 = ЗД2.
438

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Решение.
Пусть точка X (см. предыдущую задачу) совпадает с
точкой О — центром описанной около треугольника ABC
окружности. Тогда
ОА2 + ОВ2 + ОС2 = MA2 + MB2 + МС2 + ЗОМ2,
или, учитывая условие, получим ОМ = 0. А это возможно
тоща и только тогда, когда треугольник ABC —
равносторонний, то есть А = В =s С = 60°.
Задача 43.
Доказать, что в треугольнике ABC
т\ + т2 + т\ = | (а2 + й2 + с2).
Доказательство.
По формуле медианы имеем
Задача 44.
Доказать, что в треугольнике ABC
об + be + ас
Л =
6(7 + т + л)*
где I, т, п — расстояния от точки пересечения медиан
(центроида) соответственно до сторон треугольника ВС, АС,
АВ.
Доказательство.
Поскольку треугольники АВМ, ВМС, АМС —
равновелики, то
о/ _ Ьт _ сп _ S
2 " 2 " 2 " 3*
Разделим эти равенства на -~ я*с- Имеем:
439

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
1_ __ т_ п_ __ 25
Ъс ~~ ас ~~ ab ~~ Зобе5
Z + m + п 25
ab + ас + be ЪаЪс
тт d а*с
Но Л = —г~, или
__ ай + be + ас
6 (/ + т + м)'
Задача 45.
Если в треугольнике ABC квадраты сторон образуют
арифметическую прогрессию, то квадраты медиан также образуют
арифметическую прогрессию. Доказать.
Доказательство.
Пусть в треугольнике ABC АС — средняя по величине
сторона. Тогда по условию задачи 2й2 = а 4- с2. Имеем:
2 г^ + с2)-^ 2Й2* 2с2 -а2 Зс2
т2 = -^ ^ = 4 = Т-
Аналогично т2 = ^-А2, т2 = -га. Тогда
Задача 46.
Найти зависимость между сторонами треугольника, если
две его медианы взаимно перпендикулярны.
Решение.
Пусть медиана ВМ2 перпендикулярна медиане СМУ Тогда
9 (т1 + ть) = <?> ил11
4 2 (я2 + с2) - й2 + 2 (а2 + й2) - с2 ,
9 • — - 4~^ - = а2, или
l? + (? = 5c?.
440

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 47.
В окружность
вписан треугольник ABC.
Медиана СМЪ
пересекает окружность вторично
в точке D. Доказать, что
АС2 + ВС2 = 2СМ3 • CD.
Доказательство.
Поскольку
CD = СМЪ + M3D (рис.
27.5), то
2СМЪ • CD =
Рис. 27.5
= 2тс (тс + M3D) = 2m* + 2mc • МгВ.
Ho 2M3D • mc = 2AM3 • МгВ = ^ с2. Итак,
2CM3 • CZ> = 2m* + ic* =
= й2 + я2-^с2 + ^с2 = й2 + а2.
Задача 48.
Если на медиане СМг существует такая точка N, что
NA2 + NB2 = 2NC2,
то отрезок ON перпендикулярен отрезку СМ3. Доказать.
Доказательство.
Из треугольника ANB получим
_ 2(AN> + NB*)-AB>
3 4
Учитьшая условие, имеем
ЛГМ* = NC2 - ~
441

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Из прямоугольного треугольника ОМ3В:
А& = М.В2 = R2- ОМ\
(R — радиус описанной около ABC окружности).
Итак, NJ\4 = NC2 + OM*z-R2. Обозначим LONMz = tp.
Тогда
r2 = CN2 + NO2 + 2CN • NO cos p, (1)
ОМъ = NO2 + NM\ - 2NO • NM3 cos tp =
= NO2 + #C2 + OM2 - R2 - 2tfO • #M3 cosy>,
откуда
Д2 = NO2 + Ж? - 2ЛГО • NM3 cos p. (2)
Сравнивая (1) и (2), получим
NO (CN + #M3) cos y> = 0,
значит, <p = 90°.
Задача 49.
Обозначим точки пересечения медиан с описанной около
треугольника ABC окружностью через Dv jD2, Dr Доказать,
что
AM ^ ВЫ _,_ СМ ~
MDj М?>2 М/)3
(М — центроид треугольника ABC),
Доказательство.
Выразим отношение -г— через стороны треугольника
ABC. Имеем
АМ = ^та; MD = ^ma + MlDl
(Mj — середина стороны ВС).
442

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Учитывая, что MXDX • АМ{ = СМХ • МХВ, имеем:
Итак, MDX •
Аналогично,
AM ,
значит, ^ +
Задача 50.
МЛ = ш;
1 ^ а2
AM 2™а
М?>, /1 . а2 \
3(зж«+4^)
8т2 _ -а2+ 2^ +2с2
4т2 + За2 а2 + й2 + с2 '
?М - i2 + 2а2 + 2с2
ЛЯ>2 ~ а2 + й2 + с2 .
СМ - с2 + 2а2 + 2Й2
Щ" cf + ^ + c2 '
М?>2 ЛШ3
Вычислить углы треугольника ASC, если треугольник
АММ2 — равносторонний (М2 — точка пересечения медианы
тъ со стороной ВС).
Решение.
Поскольку АМ2 = М2М = ¦=¦ 6, то
5М2 = |й, АЦ = |й.
Поэтому 9Ь2 = 2а2 + 2с2 - Ь2, 9Ъ2 = Ы2 + 8с2 - 4а2, или
5Р = аг + сг, Й* = 8с* -4а2.
Отсюда 7а2 = 13с2, 1Ъ2 = 4с2, 4а2 = Ш2. Тоща
443

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
л # + (?-
cos А = ,
labc
±г + <?-Ц-г
о 2с
Аналогично
Задача 51,
Доказать,
D cf + c2-?
cos В = =
lac
„ tf + tf-c2
cos С = т—7
lab
?_ _
1
' 2VT
8
5
~ ivw
что в треугольнике ABC
ctg LCMbB = ^ (ctg A - ctg B)
(M3 — точка пересечения медианы mc со стороной АЯ).
Доказательство.
Обозначим А.СМгВ = ср. Пусть 2?>А Тогда
МЪНЪ = СЯ3 ctg <р (Я3 — основание высоты hc)¦
AHS = CH3 ctg А, ВНЪ = СНЪ ctg 5.
Поскольку АМ3 = М35, то
АЯ3 - БЯ3 = (ЛМ3 + М3Я3) -
- (М3В - М3Я3) = 2 М3Я3.
Значит, СЯ3 ctg А - СНЪ ctg В = 2СЯ3 ctg у>, или
ctg р = -у (ctg А - ctg В), или
ctg Z.CM3,0 = i (ctg А - ctg Б).
444

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 52.
Доказать, что в треугольнике ABC
ctg Z.BAM{ + ctg LCBM2 4- ctg LACM3 =
_3 a^ + ^ + e2
~4 ' S
Доказательство.
Можно показать (с помощью теоремы косинусов), что
о2 = А2 + г - 4S ctg ^ЯАС.
Тогда
ЯМ2 = с2 + AM2 - 45j ctg 21ЯАЦ
(S{ — площадь треугольника АМВ).
СМ2 = а2 + ВМ2 - 4S2 ctg LCBM2,
AM2 = й2 + CM2 - 453 ctg LACMb
(S2 — площадь треугольника BMC, S3 — площадь
треугольника AMQ.
Складывая эти равенства и учитывая, что площадь каж-
дого треугольника равна -^ S, имеем:
4 • д (ctg LBAMX + ctg LCBM2 + ctg LACM3) =
= a2 + ft2 4- с2, или
ctg /.ЯАЦ + ctg LCBM2 + ctg LACMb =
_3 а2 + й2 + с2
"4 " 5
Задача 53.
В треугольнике АЯС
3tg^ + ctg? = 0.
Доказать, что тс = Л.
445

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Преобразуем равенство, заданное в условии так:
3 sin А . cos В л
Т + ——5" - 0» или
cos A sin В
3 sin A sin 2? + cos С cos А = 0;
2 sin^ sinB + cos (A - В) = 0;
cos (A - #) - cos (Л + ?) + cos (A - Я) = 0.
Итак, 2 cos (Л - B) - cos (Л + В) = 0.
Далее имеем:
l\ = у + у - -~ = у (4 sin2 А + 4 sin2 В - 2 sin2 С)
#2
= у (2 - 2 cos 2Л 4- cos 2Я) + 2 cos2 (А + Б) =
= у (2 - 2cos (А + ?)(2cos (А - Б) - cos (Л + Я))).
Задача 54.
Внутри треугольника ABC найти точку, сумма квадратов
расстояний которой до вершин треугольника имеет
наименьшее значение.
Решение.
Докажем, что искомая точка — центроид М треугольника
ABC. Согласно теореме Лейбница
ХА2 + ХВ2 + ХС2 = AM2 + ВМ2 + СМ2 + ЪХМ2 =
= \(& + т1 + ™с) + 3ZM2 =
= -^(й2 + й2 + с2) + ЗХМ2.
Выражение ХА2 4- ХВ2 + ХС2 будет наименьшим, если
ХМ2 = 0, то есть если точки XylM совпадают. Это наименьшее
значение равно -^ (а2 + Ь2 + с2).
446

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 55.
Доказать, что в треугольнике ABC
Чр — а Vp — Ъ Vp — с г
Доказательство.
Преобразуем левую часть неравенства:
1 + -Л^ + 1
Vp - a Vp - Ь Vp - с
V(p --а)(р ->Ь)(р - с) '
. Ц + #2
Учитывая, что Vага2 ^ -Ч^— Ц, а-, — положительные
числа), имеем:
^р-Ь)(р-с)*р-Ь+2р-С;
^р-а)(р-с)*р-а+2р-С;
р- а + р- 6
Сложив три последних неравенства, получим
V(p - Ъ){р - с) + V(p - а)(р - с) + V(p - а)(р - д) <
< 2р — й-с + 2р — а — с + 2р — а — 6 _
2
6р — 2 (я + 6 + с) 6р — 4р
= 2 = —1Г~ = ^
Учитывая, что S — площадь треугольника ABC, имеем
Vp - a Vp - Ъ у/р - с ^ V(p - а)(р - Ь)(р - с)
рУр~ _ рУр~ _ рУр" _ Ур~
Vp (р - а)(р - ?)(Р - с) S ~рг~ г'
447

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 56.
Доказать, что S > 12С Xg у
(1С — биссектриса угла АСВ).
Доказательство.
Имеем L = ——г • cos -^~. Тогда
с а -г о L
. С
72 + С 4о262 2С Sm2
¦ ab • 2 sin -тг cos 7г **
lab + lab 2
Задача 57.
В треугольнике ABC ha, hb, hc — высоты, dv d2, йъ —
расстояния от оснований Lv L2, Ц биссектрис углов
треугольника до его стороны. Доказать, что
d± ^2 &ъ_ 3.
К К К " 2
Доказательство.
Обозначим S, Sv S2 — площади треугольников ABC,
ALfi, AL{C соответственно. Тогда
S = Sl + S2, или
Итак, т~
с • dx
2
а
Ь + с
d2
+ -
Ь
b • d, а • ha
2 ~ 2 '
d3 с
Аналогично, -т- = —;—, -jT- = —гт и
А3 а+ с' hc а + b
448

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
i d2 d* а h
г- + -г- + -г- = т-т— + —т— +
с
hb hc b + с а + с а + Ь*
Докажем далее, что для положительных чисел а, й, с
имеет место неравенство
а +-т- + -т-г>4. <1)
й + с а + с а + й 2
Действительно,
а + 1+ -|— + 1 + -т-г + 1 > I + 3, или
b + с а + с а + Ь 2
а+ Ь + с Ь + а + с с + а + b
b + с а + с а + Ь
= (a + b + c) l-r-j— + —г- + —гт) > %
4 ' 16 + с а + с аЧ- 6 2
Значит,
2<в+*+с>(^+;гЬ+;гЬ)*9'жш
((а+6) + (6+с) + (а+с)) |_L_+_i_+_l_j > 9,
что очевидно, если применить неравенство Коши (/г = 3).
Применяя неравенство (1) к условию задачи, имеем
d, d2 d3 з
— ч—- ч ^ —
К Кь К 2'
Задача 58.
Доказать, что а2 = (Ь - с)2 + 45 tg-j*
Доказательство.
По теореме косинусов
а2 = ^4-^-2^ cos А;
S = w be sin А;
449

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
А _ *"~ cos А
tg2 " sin^ #
Имеем:
^ = (4-c)2 + 2ic(l-cos4) =
= (&-c) + 4Stgy.
Задача 59.
Доказать, что а2 + Ь2 + с2 > 4S V3T
Доказательства
По формуле Герона и неравенству Коши (п = 3), имеем:
AS = V(a + * + с)(а + Ь - с) (а + с - Ъ){р + с-а) ^
^ V (а + Ъ + с) J7 = 3V3" "
_ 3 (д2 + fl2 + с2) - ((а - й)2 + 0 - с)2 + (а - с)2)
- ЗТГ *
^Н-^ + с2
< ^у > откуда
^Ч-^ + с2 ^ 4SV3T
Задача 60.
Определить площадь треугольника, если даны стороны
а и Ъ та. биссектриса / угла между ними.
Решение.
Пусть LACB = 2а. Воспользуемся формулой биссектрисы
_ 2ab • cos a
lc " а + 6 •
Таким образом, cos а = \nh '
Vt /2(а + й)2
4аг2г
450

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
S = j <& sin 2а = ой sin a cos а =
Задача 61.
Доказать, что в произвольном треугольнике
Vasin-A + Vftsini? + VcsinC =
= V2p (sinЛ + sin# + sin C).
Доказательство,
По теореме синусов
a b с
sin Л sin В sin С
a sin Л 6 sin В с sin С
, или
или
sin2 A sin2 В sin2C '
Vasin^ _ y/b sin В _ VcsinC
sin Л "" sin 5 " sin С
Поскольку в ряде равных отношений сумма всех
предыдущих членов относится к сумме всех последуюпщх как
произвольный из предыдущих к своему последующему, то
Vasin^L 4- V6siniT+ VcsinC
sin Л + sinJ5 + sin С
=V57=V
а + й + с
sin A smA + sini? + sin С
л
2p_
sin A + sin5 + sin С '
451

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 62,
Доказать, что в непрямоугольном треугольнике
tgA • tgB + tgA- tgC = ^
tgB • tgC + tgB • tgA й2'
Доказательство.
tg^4'tgJ8 + tg^ - tgC _ tgA(tg? + tgC) =
tg5 • tgC + tg5 • tg^4 tg?(tg^l + tgC)
_ tg A sin (J3 + C) cos .A cos С _ sin2 A _ a2
" tg В sin (4 + C) cos jB cos С "" sin2 Я " "F
Задача 63.
Доказать, что в треугольнике ABC
* + !] cosA+ It + tI cos? +
а cj
+ (f + f ) cos c = 3-
Доказательство,
По теореме синусов:
b sin В c_ _ sin С a sin Л
с "~ sin С a ~ sin А' й ~" siniT
Итак, левую часть равенства перепишем следующим
образом:
(simB , sinC\ А , /sinС , sinA\ n ,
-f ——„ cosA+ ——7+ ¦ ^ cos? +
sinC sin.B sin A sin С
, /sin A , sin?\ _
+ \~—Б + ~—Г COS С =
——т (sin В cos С + sin С cos ?) + ——„ (sin С cos Л +
sinAv ' sin5v
+ sin A cos C) 4- ——к (sin A cos Б + sin 2? cos A) =
' sin С ч '
452

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
_ sin (В + С) sin (С + Л) sin (А + В) _
~ sin A sinB sin С ""
sin A sin. В sin С ^
" sin A sinJ5 sin С "" *
Задача 64.
Доказать, что для всякого треугольника ABC имеет место
соотношение
2S = IA2 sin А + IB2 sinB + /С2 sin С,
где / — центр вписанной в треугольник ABC окружности,
S — площадь треугольника.
Доказательство.
Пусть окружность касается сторон АС, АВ, ВС
треугольника ABC соответственно в точках D, Е, F. Из
треугольника AID имеем:
AD = L4cos^, ID = IAsin^
2 S^d = ID-AD = IA2 • siny cos у =
= |lA2sinA
1 2
Аналогично, 2SCID = ^ ^C sin C,
2SjB/F = 2/s2sinB-
Таким образом,
SABC = 25ЛЯ> + 2SC7D + 2SBIF =
= ^ (IA2 sin A + /JB2 sin В + 1С2 sin C).
Задача 65.
Доказать, что в треугольнике ABC
cf + t? + с*<2 (ab + be + ас).
453

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Используя неравенство треугольника, имеем
о2 > (Ъ - с)2 = й2 - 2Ъс + с2;
й2 > а2 - 2ас + с2;
с2 > а2 - lab + й2.
Сложив эти неравенства, получим заданное.
Задача 66.
Доказать, что в треугольнике ABC
о2 + А2 + с2 * 9R2.
Доказательство.
о2 + й2 + с2 = 4Д2 (sin2 А + sin25 + sin2 С) =
= 4*2(2 + 2cosAcos?cosC)^4*2 [2 + 2 ¦ Й = 9R2.
Задача 67,
Точка X принадлежит треугольнику ABC. Доказать, что
АХ + ВХ + СХ< 2р < 2 (АХ + ВХ + СХ).
Доказательство.
1) АХ + ХВ>Л?;
ЛХ+СХ>АС;
ЯХ + СХ>ЯС.
Сложив три неравенства одного смысла, получим правую
часть заданного неравенства.
2) Имеем
АВ + ВОАХ+СХ;
ВС + АОВХ + АХ;
АВ + АОВХ + СХ,
откуда 4р > 2 (АХ + ВХ + СХ).
Получили левую часть доказываемого неравенства.
454

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 68.
Доказать, что из всех
четырехугольников с
одними и теми же
сторонами четырехугольник,
около которого можно
описать окружность, имеет
наибольшую площадь.
Доказательство.
Обозначим АВ = а,
ВС = й, CD = с, DA = d,
LABC = a, LCDA=fi.
Имеем:
Рис. 27.6
2S = db sin а + dc sin j8.
Возведя равенство (1) в квадрат, получим
AS2 = а2^2 sin2 а + 2а • bed sin a sin/3 +
+ A? sin2/?, или
AS2 = с?& + <?сР + labed sin а sin/5 -
-(a^cos'a + c^cos2^).
По теореме косинусов имеем:
АС2 = с? + Ь? - lab cos а = с2 + d2 - 2а/ cos/J, отсюда
(1)
(2)
aucosa - cd cos fi =
a2 + i2-c2-d2
(3)
Возведя равенство (3) в квадрат, получим:
a2A2 cos2 a - labcd cos a cos /J + c2^2 cos2 /J =
+ 2a?cdcosacosp.
(4)
455

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Подставив последнее выражение в равенство (2), получим
as2 = о2*2 + га2 - ' **+ * " г " ^
2
-2oicdcos(a+j0). (5)
Максимум 4S2 совпадает с максимумом S, но выражение
(5) имеет максимум при cos (a +/J) = — 1, a +/J = 180°.
Задача 69.
В остроугольном треугольнике
a2 ctg А 4- й2 ctg5 + с2 ctg С = 45.
Доказательство.
Мы доказали, что
a • А/7 4- Ь • 5Я + с • СЯ = 45.
Учитывая, что a = 2Л sin A, А# = 2R cos А, имеем
a • 2R cos А + Ъ • 2Д cos 5 + с • 2Д cos С = 4S, или
о2 - 2l?cosA б2 - 2Д cos В с2 - 2Д cos С _ д
2*sinA + 2i*sin? 2?sinC " *'
а значит, предложенная формула доказана.
Задача 70,
Даны п точек Ар А2, ...,АЛ. Доказать, что существует
единственная точка X, что
Доказательство, Единственность.
Допустим, что для двух точек Х{ и Х2 выполняются
равенства:
ед + ^ + ... + ^4 = 0 и
^ + ^ + ...+^ = 0.
Почленно вычитая, получим
AjAj — Х2АЛ — Х1Х2,
456

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
ХХА2 — Х2А2 — Х1Х29
следовательно, пХхХ2 = 0 и Xi s Х2.
Существование.
Выберем произвольную точку О и положим
0X = ~(O41 + „. + QAri). Имеем:
ЦвЮ + Ц,
ХА2 = ХО + ОЛ2,
ХАЯ = ХО + О^.
Получим
Z^ + X^ + ... + Х^ в 0.
Задача 71.
Даны три компланарных единичных вектора ev ev ~еъ
такие, что
Доказать, что два из них противоположны.
Доказательство.
Так как if = 1, имеем
в\ + *2 " *2 + *2 ' ^3 + \ ' <% = 0>
то есть (ej + ё3)(А + е2) = 0.
Аналогично,
(fix + \)(?2 + *з) = 0;
(fit + Ч)(?2 + %) = 0.
457

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Но на плоскости не существует трех ненулевых векторов
таких, что все их попарно скалярные произведения нулевые.
Следовательно, один из векторов
G + e,), @ + ^), (ё2 + е3)
равен нулю.
Задача 72.
Доказать, что в прямоугольном параллелепипеде
ABCDApppx сумма квадратов расстояний любой точки
пространства до вершин Ар Bv С{ и D равна сумме квадратов
ее расстояний до вершин А, В, С и Dv
Доказательство.
Докажем, что XAf + ХС2 = XBf + XI? (X — произвольная
точка).
Имеем:
ХА\ + XC2-XB2-XD2 =
= (35? - ХВ2) - (XZ>2 - ХС2) =
= (ХА t + ХВ д) ^ - (XD 4- ХС).
Поскольку CD =в ВД, то
(Х^ + ZBj) СЯ - (XD + ХС) CD =
= OD ((Х^ - XD) + (Х^ - ХС)) «
= сБ (Щ + Щ) = 2 CD • свг
Поскольку CD X С51? то CD • Щ = 0.
Отсюда
XA? + XC2-XB?-XD2 = 0,
поэтому Х4? + ХС2 = ХВ? + XJD2.
Аналогично доказывается равенство для другой пары
вершин.
458

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Задача 73.
Доказать формулу Гамильтона:
Ш = Ш + ов + ос,
ще О — центр окружности, описанной около треугольника
ABC, Н — ортоцентр.
Доказательство*
ОН = ОА + АН.
Поскольку АН = 2 OMv а 2 OMi = OB + OC<Mi —
середина стороны ВС), то
он^Ш + Ш + сю.
Задача 74.
В треугольнике ABC I — центр вписанной окружности,
Wv W2, Wb — точки пересечения биссектрис его внутренних
углов с описанной окружностью, центр которой — точка О.
Доказать, что
w=owi + ow2 + 7)wv
Доказательство.
Докажите самостоятельно, что точка J — ортоцентр
треугольника W{W2Wr Значит, по формуле Гамильтона для
треугольника WlW2W3 имеем
OI = OW, + ow2 + owv
Задача 75.
Доказать с помощью векторов, что в треугольнике
ABC центроид М, ортоцентр Я, центр описанной
окружности — точка О — принадлежат одной прямой (прямая
Эйлера), причем
ОМ:МН= 1:2.
Доказательство.
Известно, что если X — произвольная точка, то
ЗХМ^ХА + ХВ + ХС.
459

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Если точка X совпадает с точкой О, то
30M=QA + OB + OC.
Учитывая формулу Гамильтона, имеем
ЗОМ=ОЯ,
а это доказывает утверждение задачи.
Задача 76.
Точки О и / — центры описанной около треугольника
ABC и вписанной в него окружностей, R и г — их радиусы.
Доказать с помощью векторов, что
OI2 = R2 - 2Rr (формула Эйлера).
Доказательство.
Мы доказали, что OI = OW{ + OW2 + OWr Возведем обе
части равенства в скалярный квадрат, учитывая, что
А В С
г = 4jR sin у sin у sin -у. Получим
О/2 = (OW{ + OW2 + OWzf =
= 3R2 - 2R2 (cos А + cos В + cos С) =
= 3R2 - 2R (l + 4sinysinf sinyl =
= ЗД2 - 2R (r + Д) = R2 - 2Дг.
Задача 77.
Найти зависимость между двугранными углами
правильной треугольной пирамиды.
Решение.
Обозначим площадь основания пирамиды DABC (рис.
27.7) через S, площадь боковой грани — через Sv линейные
углы двугранных углов LBEC = у и LDA^A = /J.
460

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Спроектируем
боковые грани на
основание пирамиды. Тоща
S = 35, • cos#
Спроектируем
теперь грани на одну из
боковых граней. Тоща
S, = 2S, cosy+ S cos ?.
Из этих равенств
имеем:
Рис. 27.7
~ = 3cos&
1 = 2 cosy -f^-cos/?,
^i
откуда 2 cos у + 3 cos2/? = 1.
Задача 78.
Доказать, что
Nx&2 = \(& + % + С* + С?-С?-ф,
ще Nx и N2 — середины ребер ВС и AD.
Доказательство.
Рассмотрим в тетраэдре DABC медианы треугольников
ВВС, ABC, ANXD.
Тогда по формуле медианы имеем:
, 2 (tf + d) - а2
Щ= ' 4 —;
Ау2 г^ + с2)-^,
2 (А/У? + ДАТ?) - а? _ ^ + 6? + c2 + c?-a2-a?
4 4
N{N22 =
461

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ ИИТШЮШИ. УЩН* С РШКНИЯМН. КНИГА и
Задача 79.
Даны три различные точки А, В и С. Найти множество
таких точек М, что
МЛ2 + МЯ2 + МС2 = Q, где Q>0.
Решение.
Возьмем точки М и Мр отличные от А, В и С. G —
центроид треугольника ABC. Тоща
MC = MG + GC;
MA^MG + GA;
MB = MG + GB.
Учитывая, что GA + GB + GC = 0, имеем
МА2 + М52 + МС2 = ЗМ<? + GC2 + GA2 + G52.
Аналогично,
М{А2 + М^ + М{? = ЗМ^ + GC2 + G.42 + GB2.
Поскольку по условию
MA2 + MB2 + МС2 = МХА2 + М{В2 + М{?, то
MG = A^G,
и искомым множеством является окружность с центром в
точке G, радиус которой
жж„ V S - (GA2 + GB2 + GC2)
MG= v з •
Задача 80.
Вектор ОА составляет с осями Ох, Оу и Ог — углы,
соответственно равные а = -s-, /? = -5-, У = т» точка -В имеет
координаты (- 2; - 2; - 2 VT).
Найти угол между векторами ОА и ОВ.
462

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Решение.
Обозначим координаты вектора ОА(х, у, z). Пусть ОХ,
OY, OZ — единичные векторы, направленные вдоль
соответствующих осей. Тоща
ОАОХ 1
си
ОД • ох 1
й OAOY 1
cosp - QA . ох - 2,
OAOZ vT
cosy " oa-Toz = Т-
систему
*
2х = V^ + ^ + z2,
2у = V^ + ^ + z2,
2z = V^ + Z + z2,
откуда х = у = 2*, z = 2 УП
Итак, Ш = (2; 2; 2 VI), QB = (-2; -2; -2 VI).
Очевидно, что векторы ОЛ и OjB противоположно
направлены, значит, LBOA = я.
Задача 81.
Доказать, что при любом выборе точки X равенство
ХС = кХА + (1-к)ХВ (1)
для некоторого числа к является необходимым и
достаточным условием принадлежности точек А, В и С (А * В) одной
прямой.
Доказательство, Достаточность.
Пусть выполняется равенство (1). Тогда
ХС - ХВ = к (ХА -ХВ).
Отсюда ВС -кВА, значит, векторы ВС и ВА коллине-
арны, а точки А, В, С принадлежат одной прямой.
463

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Необходимость.
Поскольку точки A, fi, С принадлежат одной прямой, то
векторы ВС и ВА коллинеарны, или
ВС = кВА. Отсюда
ХС -ХВ = к(ХА -ХВ), или
ХС = кХА + (1+к)ХВ.
Задача 82.
Точки Al, Bv С{ принадлежат соответственно сторонам
ВС, АС, АВ треугольника ABC. Прямые AAl, BBV СС{
пересекаются в точке X. Доказать, что
А? RX ах з
ХА ХВ + ХС " Т
Доказательство.
Введем обозначения: S{ = SBXC, S2 = S^^ S3 = «S^.
Точки D и Hx — проекции точек X и А на сторону
ВС. Обозначим далее АХ = xv ХА^ = х2. Тогда
где S
АА1
^Я, х, + х, 5
— площадь треугольника ABC, или
*2
*i
aiviOitiHi
*2
1 -?-
5,
, S2 + S3
= 1 +
1+ 5, '
" s2
ю,
... 1ТТЯТ1
s, + s2 + s3
St
следовательно,
^X _ 5,
+ 5,' ЗПа^"' ХА S2 + S3'
«2
Si + V
cyx s3
ХС ^ 5, + S2*
464

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Воспользуемся неравенством
Имеем
а 1
Ь + с
АуХ
~ХА
Sl 1
s2 + s3
-4-+-
а + с
с ^ 3
а + Ь " Т
В.Х С.Х
+ —— + —— =
ХВ хс
s2
st + s3
1 S>
s{ + s2
>
3
т
Задача 83.
В треугольнике ABC прямые АА1, BBV СС{ пересекаются
в одной точке. Точки Fv F2, F3 — середины отрезков
ААр BBV СС{ соответственно. Доказать, что прямые MXFV
M2F2, M3F3 также пересекаются в одной точке.
Доказательство.
Имеет место теорема Чевы: для того, чтобы прямые
ААр BBV ССХ пересекались в одной точке или были между
собой попарно параллельны, необходимо и достаточно, чтобы
Вернемся к
АСУ
Cfi
ВА^
" ~А? '
CBt
ВХА
= 1
(доказать самостоятельно).
задаче.
ВА1
Afi
Имеем
' ВХА *
ACY
CtB
= 1.
Умножим числитель и знаменатель каждой дроби на -у.
Имеем
-5 5 5 = 1, или
465

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
ОД MXF2 M2FZ
= 1,
FXM2 F2M, FbMx
что и доказывает утверждение задачи.
Задача 84.
Найти зависимость между сторонами а, ?, с треугольника
ABC, если медиана AMV высота ВН2 и биссектриса С?^
пересекаются в одной точке.
Решение.
Очевидно, что
AL^iI^B = -, Мр = Мр,
СН2 : Н^ = ctg LACB: ctg L CAB =
_ flS + ^-C2
~ # + <?-(?
Подставляя полученные формулы в условие теоремы Че-
вы, имеем
Ъ(с?+ #-(?)
а3 + й3 = a(# + с2) - iCa2 - с2).
Задача 85.
Для того, чтобы две прямые, проведенные через вершины
А и D тетраэдра, пересекались, необходимо и достаточно,
чтобы выполнялось соотношение
Sadic = 5^ <*)
где А{ и Dx — точки пересечения этих прямых с
соответственными гранями.
Доказательство, Необходимость.
Пусть прямые AAi и DD{ пересекаются в точке О. Через
эти прямые проведем плоскость ADF (рис. 27.8). Ясно, что
466

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
JPDf
CF
SFDXB BF
И
SCAF CF
Sbaf BF
Итак,
^CAF "" ^FDf
Sbaf "" ^fd{b
_ ^c _ CF
Аналогично
доказывается, что
Рис. 27.8
JDAf
*DAfi
CF
BF'
значит, равенство (*) выполняется.
Достаточность.
Допустим, что прямые ЛД и DDi не имеют общей точки.
Пусть, например, DAl пересекает сторону ВС в точке F2, а
AD{ — в точке Fx. Ясно, что
Итак,
BF,
JADtC
JAD,B
_ CF2
CF, SDAf _ CF2
SDA,B BF2
BF,
CF
CF^
щ, ИЛИ щ + 1 = щ
+ 1,
значит,
ВС _ ВС
BF2%
BF,
следовательно,
BF, = BF2,
точки F, и F2 совпадают. Итак, прямые АА, и DD,
пересекаются.
467

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА И
Задача 86.
Доказать, что медианы тетраэдра пересекаются в одной
точке.
Доказательство.
Медиана тетраэдра — это отрезок, который соединяет
вершину тетраэдра с точкой пересечения медиан
противоположной грани (центроид). Поскольку Dx и А1 — центроиды
граней ABC и ВВС и площади треугольников ADXC, ADXB и
DAfi) DAXB равны, то с помощью формулы (*) утверждение
задачи доказано.
Задача 87.
В гранях тетраэдра DABC заданы точки Dv Ai, Bv Cv
соединенные со всеми вершинами граней, которым
принадлежат. Отношение площадей каждого из образованных
треугольников к площади грани, которая имеет общую сторону
с треугольником, равны. Доказать, что прямые DDV AAV
BBV СС{ имеют общую точку.
Доказательство.
Обозначим Sj и S2 — площади граней соответственно
ADC и ABB. Имеем:
^AD<C ^AD^B ^A{DB ^^DC
S{ S2 S2 S{
Ясно, что выполняется условие (*), что доказывает
утверждение задачи.
Задача 88.
Доказать, что в тетраэдре DABC прямые DI, AIV В12,
С73, где /, /2, /2, 1г — инцентры (центры вписанных в грани
окружностей) соответственных граней пересекаются в одной
точке, если произведения длин противоположных ребер равны
между собой.
468

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Доказательство.
Докажем, что прямые DI и А1{ пересекаются. Пусть г и
г{ — радиусы окружностей, вписанных в треугольники ABC
и DBC. Имеем:
(6 и 6P с и q — длины ребер соответственно ЛС и CD, АВ
и j5D) Подставляя эти выражения в формулу (*) и учитывая
условие Ьс{ = Ьгс, получаем доказываемое утверждение.
Задача 89.
Если в тетраэдре суммы квадратов длин противоположных
ребер равны, то эти ребра взаимно перпендикулярны.
Доказать.
Доказательство.
Для четырех произвольных точек А, В, С, D имеет место
векторное равенство:
\АВ\2+ IGDI2- IADI2- \ВС\2 = 2АС- BD
(докажите!).
По условию АВ2 + С if = Alf + ВС2, а значит,
1с-дя = о,
то есть отрезки АС и DB перпендикулярны.
Задача 90.
Доказать, что радиус сферы, вписанной в тетраэдр,
вычисляется по формуле
где V — объем тетраэдра, Sn — полная поверхность
тетраэдра.
Доказательство.
Считаем центр сферы, вписанной в тетраэдр, вершиной
четырех пирамид, у которых высоты — радиусы этой сферы,
469

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
а плоскости, на которые эти высоты опущены, — грани
тетраэдра. Обозначим площади граней через Slf S2, S3, S4, a
объемы соответственных пирамид — через Vt, V2, Vv V4.
Тогда
= ^r(Sl + S2 + S3 + S4) = ^r- Sn> откуда
3V
Задача 91.
Пусть Vx и V2, Sx и S2 — соответственно объемы и
поверхности тетраэдра и вписанной в него сферы. Доказать,
Ух si
4X0 Т = т-
у2 °2
Доказательство.
Пусть г — радиус сферы, вписанной в тетраэдр. Поскольку
Vj = -J г • 5р a F2 в -~ /• • S2, то
П ~ 1 . с «2в
Утверждение задачи доказано.
Задача 92.
В тетраэдре DABC \, й-,, A3, А4 — высоты тетраэдра.
Доказать, что
1Я I + .L + JL + !
Г Й, Aj *, V
где г — радиус вписанной сферы.
Доказательство.
Пусть V — объем тетраэдра, Sv 52, S3, S4 — плошади
граней, к которым соответственно проведены высоты йр А^
A3, й4. Тогда
470

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
Итак,
1
1
К К
1
1
, 1 ,
+ 7Г +
зг
5з.
ЗГ
1
к -
~ 3V
1
1
S2.
Oj 4" о., т о,
_ 1
г'
3V
+ s4_
Задача 93.
В тетраэдре DABC 1\, Z^, Л3, h4 — высоты тетраэдра.
Доказать, что
/^ + /^ + /13 +Л4 * 16>*»
где г — радиус вписанной сферы.
Доказательство.
С помощью неравенства Коши для четырех
положительных чисел доказывается неравенство:
Но
1ХГ1±1 1
-г + Т+аГ + Т-Т» значит>
A2j Atj А1з Al4 Г
/г1 + Л2 + йз + А4^ 16г.
Задача 94.
Доказать, что если из точки Х> взятой внутри тетраэдра
DABC, опустить перпендикуляры dv d2, d^, d4 на грани,
площади которых соответственно S{, «S2, Sv S4, то
1) Sj • di + S2 • d2 + S3 • dz + S4 • d4 = 3F, ще F — объем
тетраэдра ?>ABC;
471

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
d< d2 dL d4
2) lt + йГ + аГ + /Г = *' т№ К К* К К —
соответственные перпендикулярам dv d2,dv dA высоты.
Доказательство.
1) Первое равенство очевидно, если принять точку X за
вершину четырех тетраэдров с основаниями Sv S2, S3, S4 и
высотами dv d2, dv d4.
2) Обозначим объемы тетраэдров DABC, XABC, XDBC,
XADC, XADB соответственно V, Vv V2, V3, V4. Имеем
Vx 3 Sabc * d4 d4
3 °АВС ПА
V2 "3SDBc'dl dx
Аналогично -^ = -= = -r-,
У 1 о . h f\
"3"°ДВСУ 'n
уг d2 V4 db
v = v "^ " V °ткуда
У1 + П+УВ + У4 _ d d2 d, d4
Задача 95.
Доказать, что сумма квадратов расстояний от любой точки
окружности до вершин вписанного в нее правильного
треугольника есть величина постоянная, не зависящая от
положения точки окружности.
Доказательство.
Пусть X — произвольная точка окружности, в которую
вписан равносторонний треугольник ABC.
Обозначим АХ = rv ВХ = г2, СХ = гъ. Но гх = г2 + г3
(докажите!).
Обозначим через а сторону равностороннего треугольника
ABC. Из треугольника ХВС имеем:
472

27. ФОРМУЛЫ В ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧАХ
й2 = '2 + 'з~2г2Гз cos 120°, или
г\ + г2 4- г2 • г3 = а2.
Далее
*f + i + *? = (г2 + г3)2 + ^ + if =
= 2 (^ + 7^ + г2 • г3) = 2а2.
Утверждение задачи доказано.
Задача 96.
В сферу вписан правильный тетраэдр DABC. Доказать,
что для каждой точки М сферы
МА2 + MB2 + МС2 + М& = 8Д2,
ще Л — радиус сферы.
Доказательство.
Обозначим через О центр сферы. Тогда
МА = ОА-ОМ; МВ = ОВ-ОМ;
Ш = ОС-ОМ; м5 = 05-ОМ.
Поскольку \ОМ\ = \ОА\ =Л, то
\Ш\2+ \МВ\2+ \МС\2+ \М5\2 =
= 4 \ОА\2 + 4 \7Ш\2 - 27Ш(ОА + Ш + Ш + 7Ш) =
= 8Л2, или
MA2 + MB2 + МС2 + М& = 8Д2, поскольку
ОА + ОВ + ОС + о5 = 0 (докажите!).
Итак, заданное равенство доказано.
473

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ
ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Рассмотрим остроугольный треугольник ABC. Известно,
что точки Hv Я2, #2 (основания высот), Mv М2, М3
(середины сторон ВС, AC, АВ), Ev Е2, Ег (середины отрезков
АН, ВН, СН), где Н — ортоцентр, принадлежат одной
окружности, которую называют окружностью девяти точек, или
окружностью Эйлера. Мы рассмотрим задачи, в условиях
которых будут точки, взятые именно среди этих девяти точек,
но с дополнительным условием для всех задач: нельзя
пользоваться окружностью Эйлера!
При решении таких задач предлагаем пользоваться
вспомогательными задачами-теоремами.
Задача-теорема 1.
В треугольнике ABC
jLH2Hfi = A, LH^^^B, LH^A^C
(предлагаем доказать самостоятельно).
Задача-теорема 2.
Имеет место формула
ОМ{ = ^АН.
Задача-теорема 3.
Если LC = 90°, то т = \ с.
2
Отрезки и углы
Задача 1.
Доказать, что
М{М2 = Н{М3.
Доказательство.
Рассмотрим
треугольник АЦВ (рис.
28.1). По задаче-теоре-
474

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
ме 3 имеем: НХМЪ = ^уАВ.
Поскольку МХМ2 —
средняя линия треугольника
ABC, то М{М2 = ^АВ.
Итак, М{М2 = НХМГ
Задача 2.
Доказать, что
Рис. 282
нхм2 = нъмг
Доказательство,
Отрезки НХМ2 и НЪМ2 (рис. 28.2) являются медианами
прямоугольных треугольников Н{АС и Н^АС, поэтому
НХМ2 = ^ АС и #3М2 = ^ АС,
таким образом, #jM2 = НЪМТ
Задача 3.
Доказать, что
М{Н2 + МхНг = ЯС.
Доказательство.
Рассмотрим
прямоугольные треугольники
ВН2С и СНгВ (рис. 28.3).
В них отрезки МХН2 и
М{НЪ являются
медианами, так как МХВ = МХС. Итак, М]Н2 =^аи ЩН* ~2а'
Таким образом, МХН2 + МхНг = ВС.
Задача 4.
Доказать, что серединный перпендикуляр к отрезку,
концы которого совпадают с основаниями высот треугольника,
делит противоположную сторону пополам.
475

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Рис. 28.4 Рис. 28.5
Доказательство.
В треугольнике ABC (рис. 28.4) проведем высоты ВН2 и
СНГ Рассмотрим треугольник М]Н2Нг. Поскольку
М{Н2 = М{Н3 (см. задачу 3),
то его высота M{D является медианой и H2D = DHV
Поскольку из точки М{ на отрезок Н2НЪ можно опустить
один перпендикуляр, и он делит этот отрезок пополам, то
утверждение задачи доказано.
Задача 5.
Доказать, что Е{Н2 = ОМ{ (Е{ — середина отрезка АН,
О — центр описанной окружности).
Доказательство.
В прямоугольном треугольнике НАН2 (рис. 28.5) отрезок
ЕХН2 — медиана, так как АЕ{ = Е{Н. Поскольку
ЕХН2 = | АН и ОМ{ = | АН, то Е{Н2 = ОМг
Задача 6.
Доказать, что:
1) М{Е2 = М2Е{ = ОМъ\ 2) М{Е2 || М2Е{;
3) МХЕ2 ± АВ.
Доказательство.
Отрезки М{Е2 и М2ЕХ — средние линии треугольников
ВНС и АНС (рис. 28.6). Каждый из них равен ^ СЯ, то есть
476

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
1
Но
МХЕ2 = М2ЕХ=^СН,
-~ СН = ОМу Итак,
доказаны условия задач 1) и 2).
Как средние линии
треугольников АНС и
ВНС, отрезки М2ЕХ и
МХЕ2 параллельны отрезку
С#, то есть они
принадлежат прямым, которые
перпендикулярны прямой АВ.
Таким образом, доказано
условие 3).
Задача 7.
Доказать, что
М2ЕХ ± ЕХЕ2.
Доказательство,
Отрезок М2ЕХ —
средняя линия
треугольника АНС, то есть
М2ЕХ || СН (рис.
28.7). ОтрезокЕХЕ2 —
средняя линия
треугольника АНВ:
ЕХЕ2 || АВ. Стороны
угла М2Е{Е2
параллельны сторонам
угла СНгВ, итак,
LM2EXE2 = 90°.
Mt н, в
Рис. 28.8
Задача 8.
Доказать, что если отрезки МХЕХ и М2Е2 пересекаются
на высоте С#3, то треугольник ABC — равнобедренный
(СА = СВ).
477

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Поскольку МгЕ2 || СНЪ и М2Е{ || С#3, кроме того,
М.Е^М^^СН,
то Е1Е2М1М2 — параллелограмм (рис. 28.8). Поскольку
Z.M2?1?,2=90° (см. задачу 7), то четырехугольник ЕХЕ2М^Л2
— прямоугольник, а N — точка пересечения диагоналей
является центром симметрии прямоугольника. Значит,
прямая С#3, которой по условию принадлежит точка N и
которая перпендикулярна отрезкам М{М2 и Е{Е2, делит их
пополам. Значит, и отрезок АВ делится прямой СНг
пополам. Таким образом,
АНЪ = ВНг и СА = СВ.
Задача 9.
Доказать, что если
высота СНЪ делит
отрезок МД пополам, то она
делит и отрезок М2Е2
пополам.
Доказательство
следует из предыдущей
задачи.
Задача 10.
с в
Отрезки Н2НЪ и
М2Мг параллельны. До- Рис- Ж9
казать, что треугольник ABC равнобедренный.
Доказательство.
По задаче-теореме 1 имеем, что /-АН2НЪ = LB. Поскольку
#2#з || М2МЪ (рис. 28.9), то LAH^ = LC и LB = LC, что
доказывает утверждение задачи.
Задача 11.
Доказать, что отрезок МХМ2 принадлежит биссектрисе
угла СМ1НЪ.
478

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Доказательство. Первый способ.
Поскольку МХМ2\\АВ (рис. 28 Л0), то LMJAfi- LB.
Поскольку НгМх = МХВ, то LMXHZB = LB. Но
LM2MXHZ = LMXHZB = LB, значит,
LM2MXC = LM2MXH3.
Второй способ*
Поскольку МХС = MXHV
то треугольник СМХНЪ —
равнобедренный и отрезок
МХМ2 перпендикулярный
отрезку СНу
Задача 12.
Доказать, что
^М^Яз = LM^Hy
Доказательство.
Поскольку LM2MXH3 = 180° - (LM^Mf + LH3MXB) и
LM2Mf = LB (рис. 28.11), а Я^Я = 180° - 2S, имеем
LM2MXH3 = 180° - (Я + 180° - 25) = LB.
Но LM^Hi = 180° - (LBHXH3 + LM^f) =
= 180° - (А + С) = Б. Значит,
LM2MXH3 = LM2HXH3 = Z?.
Задача 13.
Доказать, что отрезок
M^2 принадлежит
биссектрисе угла ВМхНу
Доказательство.
Пусть прямая МХЕ2
пересекает сторону АВ в точке
X (рис. 28 Л2). Поскольку
Рис. 28.11
479
М1 ^
Рис. 28.11

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
СМг = М{В и НЕ2 = Е2В, то
М{Е2 || С#3 и точка X делит
отрезок НЪВ пополам. Кроме
того,
М{Х || С#3, а Л^Яз = М{В,
значит, М{Х — высота
равнобедренного треугольника
НЪМХВ и АНгМ{Х = АХМ{В.
Задача 14.
Доказать, что
LM2HZHX = LM2MXHV
Доказательство.
Поскольку
MJS^MJSb (рис. 28.13),
то LMJSja[b = LM2H3HV а
по задаче 12
LMJttfii = LM^Hy
Значит,
LM2H3H{ = /LM2M{H3.
Задача 15.
Доказать, что
LMXM3H^ = LHXM2MV
Доказательство.
Поскольку
1
Л^Мз || ВС (рис. 28.14) и НхМг = MtM2 = 7j ЛВ,
то четырехугольник М^Л^Д — равнобедренная трапеция
и LMXM2HX = LHXMZMV
480

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Задача 16.
Доказать, что LM2MXMZ = LM2HXMZ
Доказательство этой задачи аналогично доказательству
предыдущей задачи.
Задача 17.
Доказать, что
1) LE{MZM{ = 90°; 2) LE{H2MX = 90°;
3) LEXE2MX = W\
Доказательство.
1). Первый способ.
Имеем
LE^M^ = 180° -
- (LMXMJB + LExMbA) =
= В + 90° - В = 90°
(рис. 28.15).
Второй способ.
Имеем ЦМ3 \\ ВН2 и М{Мг || СЛ, значит,
LExMbMx = Z.J3#2C = 90°.
2. Из треугольника СН^ (рис. 28.15) имеем
LCH^ = С.
Из треугольника ЯЯ^А следует LEft^ = 90° - С. Значит,
LEXH2MX = 180° - (LCH2M{ + LEJItA) =
= 180° - (С + 90° - С) = 90°.
3. LEXE2MX = ?Яад + LHE2MX = (90° - А) + А = 90°.
Задача 18.
Доказать, что LH2MXEX = LH2HXEV
481

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
По предыдущей задаче (AE]H2Mi = 90°) вокруг
четырехугольника ЕХН2МХНХ можно описать окружность,
следовательно, LH2MXE{ = LH2HXEV
Задача 19.
Доказать, что LMXEXHX = LMXH2HX = В - С.
Доказательство.
Равенство углов
МХЕХНХ и М{Н2Н{ следует
из задачи 18. Далее имеем
(рис. 28.16):
LMXH2HX = LCH2HX -
- LCH2MX = В - С.
Задача 20.
Доказать, что
Доказательство.
Известно, что
LHXM2C = 180° - 2С,
LMxM^ix =
= 180" -2С-Л = Б-С
(рис. 28. 17).
Но LH^MX = В-С
С
М, Н,
Рис. 28.17
(по задаче 19),
следовательно, утверждение
задачи доказано.
Задача 21.
Если НХМХ = #2М2, то
1) СЛ = СВ или
482
2) С = 60°.

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Доказательство.
1). Пусть точки
Hv Mv Я2, Я2
расположены так, как показано
на рис. 28.18. Тогда
LM2H^IX + LM2MXHX =
= 180°-S + ?= 180°,
и вокруг
четырехугольника М2Н2Н^4Х можно
описать окружность.
Поскольку по условию
МД = М2Я2, то LM^Jti^ = LHJI^ и нгс = я1с> значит,
ВС = АС.
2). Пусть точки
Hv Мр Я2, Я2
расположены так, как показано
на рис. 28.19.
Тоща
LH^M^ = 180° - А и
LH2M2MX = 180° - А.
Значит, вокруг
четырехугольника Н2М1НХМ2
можно описать
окружность. Поскольку
Я^ = ^Mp то LMJA^ = LHxM^ir
Следовательно, LCM^ = LCHXM^ СН{ = СМ2 и из
прямоугольного треугольника АЯ^ следует, что поскольку
СН{ = ±АС, то С = 60°.
Задача 22.
Доказать, что высоты остроугольного треугольника
ABC принадлежат биссектрисам ортоцентрического
треугольника HflzHy
483

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Докажем, что
вокруг четырехугольника
Е^1ЪН^Н2 можно описать
окружность (рис. 28.20).
Действительно,
= (180° - ТА) +
+2(Z.H2AEi + /.Я3АБ1)=
= 180° - 2Л + 2А = 180°. Рис. 28.20
Но Н2Е: = HZEV следовательно, LH2HXEX = LHZHXEV что
доказывает утверждение задачи.
Задача 23.
А
Отрезок М{Е{
пересекает биссектрису угла
ВАС в точке Р.
Доказать, что РЕХ = AEV
Доказательство.
Известно, что
LMXEXHX = В - С (по
задаче 19). Но
Рис. 28.21
D Q
LL,AHX = —у-
(предлагаем доказать самостоятельно). Следовательно, (рис.
28.21) LAPEX = В~С и РЕ{ = АЕ,1.
Четыре точки на окружности
Рассмотрим задачи, в которых необходимо доказать, что
четыре из девяти точек Hv Я2, Я3, Mv М2, М3, Ev Е2, Еъ
принадлежат одной окружности. Напоминаем, что в условие
задачи входит требование: запрещено использовать
окружность девяти точек.
484
U. L Hi В

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Задача 24.
Доказать, что точки
Мр М2, Mv Н{
принадлежат одной
окружности.
Доказательство.
Действительно,
поскольку М{М2 || АВ и
М2МЪ \\ВС (рис. 28.22),
то
М, Hi
Рис. 28.22
LM2M{H{ + LM2MZHX = 180° - В + В = 180°
Задача 25.
Доказать, что точки
Мр М2, М3, Е{
принадлежат окружности.
Доказательство.
Первый способ.
LE^M^ = АЕ{МгМ{ =
= 90° (см. задачу 17).
Mi Ht
Рис. 28.23
В
Второй способ.
Рассмотрим угол М^^ (рис. 28.23). Имеем:
LM2MXMZ = 180° - (В + С) = А.
Докажем, что АМ^М^ = 180° - А. Действительно,
LM2EXM3 = LMJZfl^ + LM^flv
В треугольниках АСН и АВН отрезки MJEX и М3Е{
являются средними линиями, поэтому
АМ3Е{Н{ = В, LM^H^ = С. Итак,
Z-М^Мз = 180° - (JB + С) = 180° - А
Так как LM^A^A* = 4, то
485

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
LM2EXMZ + LM2MXMZ = 180° - А + А = 180°.
А
Итак, вокруг
четырехугольника ExMbMxM2
можно описать
окружность.
Задача 26.
Доказать, что точки
Яр Я2, #3, М{
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Рассмотрим сумму
углов #2#3#i и Н2М{Нг
(рис. 28.24). Имеем:
LHJciJtl^ + LH2MXH{ = 180° - 2С + 1С = 180°
Итак, вокруг
четырехугольника HJti^p^
можно описать
окружность.
Задача 27.
Доказать, что точки
Яр Я2, Я3, Ех
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Рассмотрим сумму
углов Н2НХНЪ и Н2Е{Н3
(рис. 28.25). Имеем:
LH2H]H2 + LH2EXHZ =
= (180° - 2А) + (180° - 2В) + (180° - 1С) = 180°.
Итак, вокруг четырехугольника ЕХНЪНХН2 можно описать
окружность.
Задача 28.
Доказать, что точки Ev Е2, Ev Н{ лежат на одной
окружности.
486

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Доказательство.
Найдем сумму
углов ЕгЕ{Е2 и ЕЪН^Е2
(рис. 28.26). Имеем
LEbEfi2 = LCAH{ +
+ LBAH^ = А,
?ЕгН{Е2 = LCHH{ +
+ LH)HE2 = В + С.
Таким образом,
С
XV
Ну<
Рис.
,
L/^N
Hi
• ч
2826
в
LEbExE2 + Z-^tf^ =
= А + В + С= 180°.
Значит, вокруг четырехугольника Efifl^ можно описать
окружность.
Задача 29.
Доказать, что точки Ev Е2, Ev Мх принадлежат одной
окружности.
Доказательство этой
задачи следует из
доказательство задачи 17.
Задача 30.
Доказать, что точки
Mv М2, Яр Н2
принадлежат одной окружности
в двух случаях: С
1) точки Mv М2
находятся в одной
полуплоскости с отрезком НХН2\
2) точки Мр М2 находятся с отрезком НХН2 в разных
полуплоскостях.
Доказательство.
1) Имеем LHzH^ + LM^M^ = А + 180° - А = 180°
(рис. 28.27).
487

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
2) Имеем LHXM2H2 = 180° - (LAM2H2 + LCHXM2)
= 180° - 1С (рис. 28.28). Итак,
LHXM2H2 + LH2MXHX
180°
Задача 31.
Доказать, что точки
Мр М2, Ev Е2 принадлежат
одной окружности (рис.
28.29).
Доказательство этой
задачи следует из
доказательство задачи 17.
Задача 32.
Доказать, что
точки Мр М2, Ev
^принадлежат одной
окружности.
Доказательство
этой задачи следует из
доказательство задачи
17.
Задача 33.
Доказать, что
точки М1? М2, Е2, Н{
принадлежат одной
окружности.
Доказательство.
Проведем в
четырехугольнике МХМ2Е2НХ (рис.
28.30) диагонали М2НХ и
MXEV Так как
LM2MXE2 =AM2H{E2 = 90°,
то утверждение задачи
доказано (см. задачу 17).
488
Hi Mt
Рис. 2828

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Задача 34.
Доказать, что точки
Ev Е2, Mv Нх
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Проведем отрезок
МХЕ2 (рис. 28.31). Тогда
LHXEXE2 = LE2MXHX =
= 90° - В = LBAHV
Задача 35.
Доказать, что точки
Ev Е2, Мх, Н2
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Найдем сумму углов
Н2ЕХЕ2 и Н2МХЕ2 (рис.
28.32). Имеем:
LHJEJE^ 90°- В + 180°= с'
= 1С - 270° - (В + 2С);
Mi Н,
Рис. 28.32
LH2MXE2 = 180° - (180° - 2С + 90° - В) = 1С - (90° - В).
Итак,
LH2EXE2 + Z.^M^2 =
= 270° - {В + 2С) +
+ 2С - (90° - Б) = 180°.
Задача 36.
Доказать, что точки
Hv Я2, Мр 1^
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Из прямоугольного С
треугольника ЯЯ^ (рис.
28.33) следует
Mt Hi
Рис. 28.33
489

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
LEfl^ = LEtAH2 = 90° - С = ср.
Из треугольника CHJB имеем
LBH^ = LHJiC = 90° - С = <р.
Поскольку ВН2 JL АС, то LHH^ + <р = 90° = LMJIXEV
Получим LMJIQ + LMflJ^ = 90° + 90° = 180°.
Задача 37.
Доказать, что точки
Hv Я2, Mv Е2
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Так как в
треугольнике СНВ отрезок МХЕ{
является средней линией
(рис. 28.34), то
АНЕ2М{ = 180° -
- (180° - А) = А
Но LH^M^ = А. Таким образом, LHJE^ = LH^M^
Задача 38. д
Доказать, что точки
Hv Н2, Мр Еъ
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Опустим высоту ВН2
(рис. 28.35). Имеем
LHEbMx = 180° -
- (180° - 4) = А
Из треугольника НН2С
найдем LH^H^ = 180° - 2Л. Тоща
LHJE^M, = 180° - 24 + Л = 180° - А.
Так как LHJip = 4, то утверждение задачи доказано,
490

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Задача 39.
Доказать, что точки
Я1? Я2, Mv Е{
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Докажем, что
?Н2Е{МЪ+ LHJIXMZ= 180°
(рис. 27.36). Имеем
LE^ixMb = LH2HXB -
Рис. 28.36
- АМгН{В = 180° - А - В = С,
^ВДМз = LH^H^ + LHXEXMZ = 180° - 1С + С = 180° - С,
то есть ^Н2ЕгМ3 + LH^^ = 180°.
А
Задача 40.
Доказать, что точки
Яр Я2, М3, ?3
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Имеем
+ LHxEbH =
; н,
Рис. 28.37
= 2 (LE?H2 + LEfiH^ = 2С (рис. 28.37).
Из треугольников АВН2 и ABHi следует
LH2MJix - 180° - LH^A - Л.НхМгВ =
= 180° - (180° - 2А) - (180° - 25) = 1А + 25 - 180°
Итак, получим LH2EbHx + LH^H^ =
= 2С + 2А + 2В- 180° = 360° - 180° = 180°.
491

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 41.
Доказать, что точки
Hv Я2, Ev Е2
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
В треугольнике НАВ
отрезок Ь{Е2 является
средней линией (рис. 28.38),
поэтому Е{Е2 || АВ is.
LHxEfi2 = LHXAB =
= 90° - В.
Итак, ?НгН2Е2 = LHfifiv
откуда следует, что точки
Яр Я2, Ev Е2
принадлежат одной окружности.
Задача 42.
Доказать, что точки
Яр Я2, Ev Е2 принадле-с
жат одной окружности.
Доказательство.
Ранее мы доказали, что
LH2EZHX = LH2E^ = 180° - 1С (рис
ЛЯ^ = 90° - С. Итак,
LH2EbH^ LHJEfa = 180°.
Задача 43.
Доказать, что точки
Яр Мр Я2, Еъ
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Рис. 28.39
28.39),
Поскольку М2ЕЪ || АН С
М, Ht
и М{ЕЪ \\ВН (рис. 28.40),
то LM2EbMx = LAHB = Рис. 28.40
= 180° - С, LM2HXMX = С. Следовательно,
492

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
LMJS^M^ LMJEJdf* 180°.
Задача 44.
Доказать, что точки
Яр М2, М3, 2^
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Проведем отрезки АН,
ВН и СН (рис. 28.41). В ,
треугольниках САН и С "1
ЯЛЯ отрезки МД и МгЕх Рис- 28.41
параллельны соответственно отрезкам СН и ?Я, то есть
LMJE^MZ = /.СЯЯ = 180° - А.
Имеем LM2HXC = С, АМ3Н{В = В. Тогда
LM2HXM3 = 180° - В - С = А Следовательно,
LM2HxMb + t-MJE^ = 180°.
Задача 45.
Доказать, что точки
Яр М2, М3, ?3 принадлежат
одной окружности (рис.
28.42).
Доказательство.
Поскольку М2ЕЪ || АН,
М2Мг || СВ, то
АЕгМ2М3 = Z-АЯ^ = 90°. С
Докажем, что
АМгН{Е3 = 90°. Действительно,
АМгН{В = Б, 21ВДС = 90° - В, а
/-ЕЪНХМЪ = 180° - В - (90° - В) = 90°.
Задача 46.
Доказать, что точки Яр Мр ?2, ?^ принадлежат одной
окружности.
493
Рис. 28.42

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
В треугольнике СНВ
(рис. 28.43) ЕгМ{ = ^НВ,
в треугольнике НН{В
имеем НхЕг = -кНВ, то есть
ЕгМ{ = НХЕ2 и
«Л
МД.
Таким образом,
четырехугольник МХНХЕ2ЕЪ — равнобедренная трапеция, вокруг
которой можно описать окружность.
Задача 47.
Доказать, что точки
Я15 М2, Ev Ег
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
В треугольнике САН
(рис. 28.44) М2Е{ = ^СН, q
а в треугольнике C##t от •
резок НхЕг = ^ СЯ,
значит, М^-Н^Еу
Поскольку М^з || ^Яр то
вокруг равнобедренной
трапеции М^Н^
можно описать окружность.
Задача 48.
Доказать, что точки С
Яр М2, jE2, jE3
принадлежат одной
окружности.
Рис. 28.45
494

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Доказательство.
Докажем, что LEiM2Hl = LE3E2H{ (рис. 28.45). Поскольку
ЕгЕ2 || ВС, то LEbE2H{ = LE2BHX = 90° - С, имеем
LEbM2Hx = LM2HXA, АМ2Н{А = LCAHX = 90° - С,
что доказывает утверждение задачи.
Задача 49.
Доказать, что точки
Mv М2, Ev Еъ
принадлежат одной окружности.
Доказательство.
Докажем, что
АМ2Е{Е3 = LM2MXEZ
(рис. 28.46). Действитель-
но, МД || С#, JSyWf, || ВН% рис ^
MtM2 || АВ.
Следовательно,
LMJM& = Z#&4 = 90° - А.
Таким образом, LM^E^ = LM^^Ey
495

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Построение треугольников
Задача 50.
Построить треугольник
ABC по точкам Mv М2, М3.
Решение.
Строим треугольник
МхМ2Мг (рис. 28.47). Через его
вершины проводим прямые,
параллельные соответствую-
получаем
трещим сторонам,
угольник ABC.
Задача 51.
Построить
треугольник по точкам Ev Е2, Ег
Решение.
Поскольку стороны
треугольника E{EJEb вдвое
меньше сторон
треугольника ABC (рис. 28.48), то
строим треугольник
Е{Е2Е3, а потом
треугольник ABC.
Задача 52.
Построить
треугольник ABC по точкам
Hv Я2, #3.
Решение.
ка НхНгНг
Вокруг треугольни-
опишем
окружность (рис. 28.49).
Следовательно, строим
треугольник Hfljti^
потом треугольники Е{Е^Ег и ABC.
496
Рис. 28.48
Рис. 28.49

28. ЗАДАЧИ С ДЕВЯТЬЮ ТОЧКАМИ БЕЗ ОКРУЖНОСТИ ЭЙЛЕРА
Задача S3.
Построить треугольник по точкам Mv М2, Ну
А
Решение.
Из
треугольника
ВНЪС (рис. 28.50) имеем
М{Нг = туВС, откуда
находим а. Из треугольника
АНЪС следует
НгМ2 = ^АС,
откуда находим Ъ. По
условию М{М2 = ту АВ
находим с. По сторонам
а, Ь, с строим
треугольник ABC.
Задача 54.
Построить
треугольник ABC по точкам
Мр М2, Hv
Решение.
заданы
и НХМ2
Рис. 28.50
Поскольку
отрезки М{М2
(рис. 28.51), то мы
получаем стороны с и Ъ
треугольника ABC. Строим
треугольник MXMJSV
получаем угол М^р^
который равен углу В. По
двум сторонам и углу
против одной из этих
сторон можно строить треугольник ABC.
497

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 55.
Построить треугольник ЛВС по точкам Mv М2, Ev
Решение.
Анализ показывает, что треугольник Е{М2МЪ (рис. 28.52)
гомотетичен треугольнику НВС.
Задача 56.
Построить
треугольник по точкам
Яр Я2, Mv
Решение.
Из треугольника
МХНХН2 (рис. 28.53)
найдем угол Н^М^ равный
углу А Из треугольника
ВН2С, имея угол Н^ЛХН2^ найдем угол С, сторону ВС = а.
По стороне ВС и углам В, С построим треугольник ABC.
498

29. БИССЕКТРАЛЬНЫИ ТРЕУГОЛЬНИК
Пусть 2^, 1^, 1^ — основания биссектрис углов
треугольника ABC.
Треугольник L^LjL^ назьюается биссектральным (рис.
29.1).
Задача 1.
В треугольнике ABC
2 (sin А + sin В)
** = 1 + 2COSC '
где <р = LL^JL^.
Доказать.
Доказательство.
Обозначим
LL^^L^ = а,
Тогда у> = 180°-(«+?), С
tgy> = -tg («+?).
Из треугольника
А?^ (рис. 29.1) по
теореме синусов имеем:
Рис. 29.1
sin а
ALj sin (А + а)'
Но
AL2 = -^-,AL3 = -bc
2 а + с' ^ а
+ У
Таким образом,
а + Ь
sin а
а + с sin (А + а)Ф
Аналогично из треугольника Lfil^
а + Ъ _ sin/?
Ь + с " siu(5+jSy
(1)
499

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
то
Xga =
Так как
а + с _ 2R(sinA + sin С) а + с _ sin (А + а)
аЛ-Ъ" 2R (siaA + sini?) a + b " sin а '
sin A + sin С _ sin (A + a)
sin A + sin5 "" sin a
Найдем из этого соотношения tga:
sin A (sin Л + sin B)
t&cc = "
sin A + sin С - cos A sin A - cos A sin 2Г
Учитывая, что sin С = sin (Л + В), имеем:
si&A (sinA + sini?)
sin^4 (1- cos A)+ sinA cos В + cos A sinB - cos Л sini*'
откуда
sin^ + sini?
t2 CC =
& 1 + cos В - cos Л'
Аналогично
sinA + sini?
1 + cos A - cos-B'
4fi =
* / _• Я\ *Sa + tgyS
tga + tg/3 =
2(sin^4 + sin^)
(1 + cos В - cos A)(l + cos Л - cos ?)'
tga • tg/8- 1 =
? -1 + cos2A - cos A <
~~ (1 + cos В - cos A)(l + cos A - cos 5)
_ 1 - 2 cos (A + Д)
~~ (1 + cos В - cos ^4)(1 + cos A - cos By
500

29. БИССЕКТРАЛЬНЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК
Так как cos (А + В) = - cos С, то
2(sinA + smB)
Хё* = l+2cosC •
Задача 2.
Найти площадь биссектрального треугольника, если
известны стороны а, Ь, с треугольника ABC.
Решение.
Пусть Sj, S2, S3 — площади треугольников C^L2,
ALJ^y В1^Ь{, S — площадь треугольника ABC, SL — площадь
_ CyCl^-sinC nr _ _ай_ _ ой ,
*» " 2 ' СЬ' ~ й + с' °^2 " a + c*
;U^ ¦ AZ» ¦ sin ^ _ _йс_ ., 6c
^ " 2 ' ^ " a + c' ^ ~ a + ft;
_ BLs • ffL, • sin В _ ac _ ac
^ ~ 2 ' ^ ~ a + V "^ ~ b + c
5, + S2 + 5, » 2(? + c)(a + c) +
б2 c2 sin .A <?<?sw.B
2(а + с)(а + й) 2(a + 6)(i + c)
/aft (a + 6) + 6c (й + с) + ас (a + c)\
_i( (a + 6)(6 + c)(a+c) J*
Отсюда имеем:
SL = 8-^ + 82 + S3) =
_ /(a + 6)(6 + c)(a + c) - ай(а + 6) - 6c(6 + c) - ac(g + c)\
~*[ (a + b)(b + c)(a + c) J*
Итак,
501

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
5,=
2Sа - Ъ • с
(2)
Задача 3.
Для
произвольной точки,
принадлежащей стороне бис-
сектрального
треугольника, сумма (или
модуль разности)
расстояний до
соответствующих сторон
равна расстоянию до
третьей стороны.
Доказать.
Доказательство.
Рис. 29.2
Пусть точка X принадлежит отрезку UJL^ (рис. 29.2).
Пусть Р, R, L — проекции этой точки на стороны
треугольника. Рассмотрим гомотетию с центром Lx и коэффициентом
Тогда треугольник АЛВХС2 будет гомотетичен треугольнику
ЛВС, а образом биссектрисы BL2 является биссектриса В{Х
треугольника А1В1С1.
Таким образом, расстояния от точки X до сторон А1В1 и
Bfit равны между собой, то есть XQ = ХР. Поскольку точка
А^ принадлежит биссектрисе А^, то прямые А1В1 и В{СХ
равноудалены соответственно от прямых АВ и АС. Поэтому
QL = XR, а тогда
XQ + LQ = XP + XR, или XL = ХР + XR.
Если точка X принадлежит продолжению отрезка L{L2,
то решение аналогично, но вместо суммы расстояний придется
рассмотреть модуль разности соответствующих расстояний.
502

29. БИССЕКТРАЛЬНЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК
Задача 4.
Доказать, что существование уравнения
sin (А - В) - sin (А - С) = sin 1С - sin 2В
для углов треугольника ЛВС является необходимым и
достаточным условием того, чтобы биссектральный треугольник
был равнобедренным (Z^ = I^JL).
Доказательство. Необходимость.
Итак, дано, что tg <рх = tg р>2, где
По формуле (1) имеем:
2(sinA + sin5) 2 (sin Л + sinC)
1 + 2 cos С " 1 4- 2 cos Б '
sin^ + sin5 _ sin A + sin С
1 + 2cosC " 1 + 2cos5 #
Отсюда
2 cos В sin. A + sin5 + sin IB + sin A =
= sin A + 2 sin A cos С + sin С + sin 2C,
или
то есть
sin (A-B) + sin 25 = sin (A - C) + sin 2C;
sin (4 - B) - sin (Л - C) = sin 1С - sin 25.
Достаточность доказывается аналогично.
Задача 5.
Доказать, что площадь биссектрального треугольника
SL вычисляется по формуле
(она называется формулой Чезаро).
503

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Доказательство.
Известно, что
k = j+^*tep(p-a).
Аналогично,
h = ^qp-^Vap^(p - с) .
Перемножим эти уравнения и применим формулу (2).
Получим доказываемую формулу*
Задача 6.
Доказать, что площадь биссектрального треугольника не
может быть более четверти площади треугольника ABC.
Доказательство.
Для положительных чисел a, i, с имеет место
соотношение
(а + Ь)(а + с)(Ь + с)> Шс.
Учитывая формулу (2), имеем SL ^ -т.
Задача 1.
Среди прямоугольных треугольников найти такой,
который имеет биссектральный треугольник с наибольшим углом,
противоположным прямому.
Решение.
Покажем, что такое свойство имеет угол биссектрального
треугольника в равнобедренном прямоугольном треугольнике
ABC (С = 90°). По формуле (1) имеем:
tg (р = 2 (sin А + sin В) = 4 sin —^— cos —т—*
_ + Л у/Т А-В А-В ^ л
Так как Xg<p = 4-«-cos—~—, но cos—ту— ** 1, то
504

29. БИССЕКТРАЛЬНЫЙ ТРЕУГОЛЬНИК
tg (р < 2 VT, причем tg <р = 2 VT при
cos —^— = 1, то есть А = В = 45°.
Задача 8.
Доказать, что биссектральный треугольник будет
прямоугольным тогда и только тогда, когда один из углов
треугольника ABC будет равен 120°.
Доказательство.
Действительно, это следует непосредственно из
формулы (1).
Задача 9.
В равнобедренном треугольнике ВС = АС. Найти точку
на стороне ЦЬ2 биссектрального треугольника, произведение
расстояний от которой до равных сторон треугольника
наибольшее.
Решение.
Пусть X —
произвольная точка,
принадлежащая отрезку Ь^Ь2\
XMV XNV ХК{ —
расстояния от этой точки до
сторон треугольника (рис.
29.3). Тогда
ХМХ + XNX
ХК
(задача 3).
Так как отрезок
UL,2 параллелен стороне Рис 29.3
АВ, то для переменных
слагаемых ХМХ и XNX отрезок ХКХ — постоянен. Поэтому
произведение расстояний от точки X до сторон ВС и АС будет
наибольшим, когда
ХК
XMi = XN, = -тр.
505

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Итак, такое свойство имеет
точка пересечения Х0 высоты
СНЪ с отрезком 1^Ь2.
Задача 10.
Биссектриса угла А
треугольника ABC пересекает
сторону LJL^ биссектрального
треугольника L^L^ в точке М
(центроиде треугольника ABC).
Найти углы треугольника ABC.
Рис. 29.4
Решение.
Обозначим расстояние от точки М (рис. 29.4) до сторон
АВ и АС через ^, а расстояние до стороны ВС — через 12.
Таким образом, 1{ • Ъ = 1{ • с, или Ъ = с, то есть
треугольник ABC — равнобедренный. Учитывая задачу 3, имеем:
ц = 1г
Отсюда Ъ = 2а (так как ^ • й = 12 • а).
Итак,
cos С = -J, 5 = С = arccos -j, Л = л: - 2 arccos д.
506

30. ОБ ОДНОЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОБЛЕМЕ
Треугольник Н]Н2НЪ, вершинами которого являются
основания высот данного треугольника ABC, называется орто-
центрическим.
Доказать, что изо всех треугольников,
вписанных в данный остроугольный треугольник, ор-
тоцентрический имеет наименьший периметр.
Прежде, чем решить поставленную задачу, рассмотрим
задачи 1-3.
Задача 1.
Доказать, что полупериметр рк ортоцентрического тре-
S
угольника равен -=.
Доказательство.
рн = ^ R (sin 1А + sin 2В + sin 1С) =
= \R(2 sin (A + В) cos (A-B) + sin (2 (n-(A + B)))) =
= ^R (2 sin (A + B) cos (A - B) - 2 sin (A + ?) cos (A + B)) =
= ^ Д (2 sin (A + B)- (cos (A - B) - cos (4 + B))) =
= 2 R (2 sin (лг - С) • (- 2 sin A • sin (- 5)) =
= 2 -R * 4 sin Л • sin В • sin С = 2R sin Л sin 5 sin C.
Так как 5 = 2R2 sin ^4 sin В sin С, то
507

ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ. ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ. КНИГА II
Задача 2.
Если из вершины ор-
тоцентрического
треугольника провести
перпендикуляры к сторонам
треугольника ABC, то
отрезок, соединяющий
основания
перпендикуляров, равен полупериметру
рк ортоцентрического
треугольника. Доказать.
Доказательство.
Пусть отрезок Н{Г{ перпендикулярен отрезку АС, отрезок
H{F2 перпендикулярен отрезку АВ (рис. 30.1). Около
четырехугольника HiFlAF2 можно описать окружность, диаметр
которой равен отрезку АН{. Тогда
Р^2 = АН^тА = ^. (2)
Сравнивая отрезки (1) и (2), видим, что ^2 = рк.
Задача 3.
Если через произвольную точку стороны треугольника
ABC провести перпендикуляры к двум другим сторонам, то
длина отрезка, соединяющего основания перпендикуляров,
будет не меньше полупериметра рн ортоцентрического
треугольника. Доказать.
Доказательство.
Возьмем, например, на стороне ВС точку F (рис. 30.1)
и проведем перпендикуляры FQX и FQ2 к сторонам АС и
АВ. Тогда QQ2 = AF • sin A, sin А — постоянная величина, а
длина отрезка AF будет наименьшей, если отрезок AF
перпендикулярен отрезку ВС. Таким образом,
QQ2 ^ F,FV или
QU>Ph. (3)
С F Н, В
Рис. 30.1
508

30. ОБ ОДНОЙ ГЕОМЕТРИЧЕСКОЙ ПРОБЛЕМЕ
А теперь решим поставленную задачу о наименьшем
периметре.
Доказательство.
Пусть
произвольный
треугольник MFN вписан в
остроугольный
треугольник ABC (рис.
30.2). Построим
точки, симметричные
точке F
относительно АС и АВ. Будем
иметь
соответственно точки ЬиЕ.
Длина ломаной LMNE
равна периметру 2р
треугольника MFN. Рис* за2
QXQ2 — средняя линия треугольника LFE, поэтому
Q\Q>2= 2 LE- Но длина LE не больше длины ломаной
LMNE. Таким образом, длина отрезка QQ2 не больше
полупериметра р треугольника MFN, то есть
ОЯг
(4)
Сравнивая выражения (3) и (4), получим
Рн < QxQi < Р. или рк «? р.
Знак равенства будет тогда и только тогда, когда
треугольник MFN будет ортоцентрическим. Действительно, в этом
случае (рис. 30.2) LFNB = С, LMNF = 180° - 1С.
Итак, LMNE =180° - 2С + 2С = 180°, то есть MNE —
прямая линия. Аналогично доказываем, что LLMN = 180°, а
это значит, что ломаная LMNE совпадает с отрезком LE.
50У

Список использованной и рекомендуемой
литературы
1. АЛ. Азаров, О.М. Гладун, B.C. Федосенко, «Тригонометрические
уравнения», Минск, Тривиум, 1994.
2. ЯМ. Айзенштат, Б.Г. Бшоцеркшська, «Розв'язування задач з
математики в середнш шкот», Радянська школа, 1957.
3. БЛ. Александров, В.М. Максимов, М.В. Лурье, AJ3. Колесниченко,
«Пособие по математике для поступающих в вузы», Издательство МГУ, 1972.
4. Г.П. Бевз, «Геометр1я тетраедрШ». — К., Рад. школа. 1974.
5. Е.Б. Ваховский, А.А. Рывкин, «Задачи по элемертарной
математике», Москва, Наука, 1971.
6. О.Г. Гайштут, Г.М. Литвиненко, «Розв'язування алгебра1чних задач»,
Кит, Радянська школа, 1991.
7. ПИ. Горнштейн, В.Б. Полонский, М.С. Якир, «Задачи с
параметрами. Издание второе, дополненное и переработанное», Киев, Евроиндекс,
1995.
8. ЯЛ. Каплан, «Р1вняння», Радянська школа, 1968.
9. LA. Кушшр, «Методи розв'язання задач з геометра», Ки!в, Абрис,
1994.
10. LA. Кушшр, «Трикутник i тетраедр у задачах», Ки!в, Радянська
школа, 199L
11. И.А. Кушнир, «Векторные методы решения задач», Ки1в, 06epir,
1995.
12. LA. Кушшр, «Побудова трикутника», Кит, Либщь, 1994.
13. ЛВ. Лобанова, ЛИ Фшкельштейн, «Вибраш задаш елементарно!
математики», Кит, Вища школа, 1989.
14. А.М. Назаренко, Л.Д. Назаренко, «Тысяча и один пример», Сумы,
изд. «Слобожанщина», 1994.
15. BJH. Петечук, «Алгебра для 8 класу з поглибленим вивченням
математики», Ужгород, Карпати, 1992.
16. ВЛ Петечук, «Геометр1я для 8 класу», Ужгород, Карпати, 1992.
17. СР. Сефибеков, «Внеклассная работа по математике», М^
Просвещение, 1988.
18. ИХ Сивашинский, «Задачник по элементарной математике»,
Москва, Наука, 1966.
19. ЛЛХ Финкелыптейн, «Домашний репетитор. Избранные главы
конкурсной математики в методах и задачах», книги 1-4, Евроиндекс, Киев,
1995.
20. И.Ф. Шарыгин, «Задачи по геометрии (планиметрия)», М., Наука,
1986.
2L И.Ф. Шарыгин, «Задачи по геометрии (стереометрия)», М^ Наука,
1984.
22. ЭЗ. Шувалова, Б.Г. Агафонов, Г.И. Богатырев, «Повторим
математику», Москва, Высшая школа, 1974.

ОГЛАВЛЕНИЕ
ГЛАВА I. Тригонометрия 3
1. Преобразование тригонометрических выражений 3
2. Условные равенства 30
3. Тригонометрические уравнения 39
4. Решение тригонометрических систем 51
5. Решение тригонометрических неравенств . . . . 56
6. Доказательство тригонометрических неравенств . 64
7. Обратные тригонометрические функции .... 76
8. Параметр в тригонометрических уравнениях и
неравенствах 89
9. Нахождение тригонометрических сумм 117
10. Тригонометрия помогает алгебре 125
ГЛАВА П. Элементы математического анализа . 141
11. Производная и ее применение 141
12. Касательная к кривой 148
13. Задачи с параметром 165
ГЛАВА Ш. Избранные задачи 177
14. Об одном замечательном тождестве 177
15. Уравнения и обратные функции 185
16. Решение уравнений в целых числах 191
17. Монотонные функции решают задачи 201
18. Метод неопределенных коэффициентов .... 211
19. О некоторых теоремах и задачах Леонарда
Эйлера 222
20. Что больше? 238
21. Два неизвестных в одном условии 247
22. Периодические функции 260
ГЛАВА IV. Планиметрия 279
23. Задачи-матрешки 279
24. Урок одной задачи 282
25. Планиметрические задачи последних
десятилетий 287
ГЛАВА V. Стереометрия 372
26. Избранные задачи 372
ГЛАВА VI. Геометрия для старшеклассников . . 414
27. Формулы в геометрических задачах 414
28. Задачи с девятью точками без окружности Эйлера 474
29. Биссектральный треугольник 499
30. Об одной геометрической проблеме 507

И. Кушнир
ШЕДЕВРЫ ШКОЛЬНОЙ МАТЕМАТИКИ.
ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ
В ДВУХ КНИГАХ.
Книга II
Художник Гутман МБ.
Редактов Божко СМ.
Технический редактор Вербовиков А.М.
Корректор Обуховский ЛЯ.
Сдано на производство 7.08.95 г. Формат 84x108142. Бумага
типографская №2. Гарнитура «Тайме». Усл. печ. листов 26,88. Уч.-изд. листов
45,5. Заказ № 5-1073.
ООО «Астарта». 252133, г. Киев, бульвар ЛУкраинки, 20/22.
Головное предприятие РПО «Полиграфкнига».
252057, г. Киев, ул. Довженко, 3.

И. Кушнир
Шедевры
школьной
МАТЕМАТИКИ
Автор книги -
Заслуженный
учитель Украины,
доцент Киевского
межрегионального
института
усовершенствования
квалификации учителей
им. Б Гринченко,
лауреат конкурса
"Соросовский учитель",
учитель-методист гимназии
педагогического
университета
им. М. Драгоманова.
Автор более пятидесяти
научно-методических
статей.
Его книги: "Трикутник i
тетраедр у задачах",
"Побудова трикутника",
"Методи розв'язання
задач з геометри",
"Векторные методы
решения задач"
пользуются заслуженным
успехом у учащихся
и учителей.
Двухтомником "Шедевры
школьной математики"
издательство "АСТАРТА"
открывает серию
учебной
и научно-популярной
литературы.