/
Author: Ясинский В.В. Мазур К.И. Мазур О.К.
Tags: математика учебные пособия и учебники по математике задачи по математике учебное пособие
ISBN: 966-651-194-0
Year: 2005
Text
; АРИФМЕТИКА
АЛГЕБРА <
^ТРИГОНОМЕТРИЯ
ЦЦ ПЛАНИМЕТРИЯ
СТЕРЕОМЕТРИЯ^^
ГЕОМЕТРИЯ
(с .применением тригонометрии)^
«НАЧАЛА АНАЛИЗА®®?
основных конкурсных задач
по математике
из сборника под редакцией
В.В. ЯСИНСКИЙ, К. И. МАЗУР,
О. К. МАЗУР, О. К. МАЗУР
РЕШЕБНИК
ОСНОВНЫХ КОНКУРСНЫХ
ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
из сборника под редакцией М. И. Сканави
учебное пособие
Под редакцией профессора В.В. Ясинского
Киев
«Феникс»
2005
ББК 22.1я729
М13
УДК 51 (076.3)
Рекомендовано
Ученым советом подготовительного отделения
Киевского Национального университета имени Тараса Шевченко.
Рецензент:
Заведующий кафедрой теории вероятностей
Киевского Национального университета имени
Тараса Шевченко, член-корреспондент НАН Украины,
доктор физико-математических наук
профессор Ядренко Михаил Иосифович.
Научные редакторы:
Вишневский Роман Игнатьевич,
Борисенко Александр Данилович,
кандидат физико-математических наук.
Ясинский В.В.
М 13 Решебник основных конкурсных задач по математике из
сборника под редакцией М. И. Сканави / В.В. Ясинский,
К. И. Мазур, О. К. Мазур, О. К. Мазур. Под ред. проф. В.В.
Ясинского. — К.: «Феникс», 2005. — 672 с.
ISBN 966-651-194-0.
Книга содержит подробные решения основных конкурсных задач
по математике популярного сборника под ред. М. И. Сканави. Каждая
глава снабжена необходимыми теоретическими сведениями.
Книга рассчитана на учащихся физико-математических школ,
лицеев, абитуриентов, учителей математики и репетиторов, а также
любителей красивой математики.
ISBN 966-651-194-0
ББК 22.1я729
© Мазур К.И., 2002
© Изд-во «Феникс», 2002
Предисловие.
Книга состоит из 18 глав и содержит условия и реше-
ния самых сложных, самых нестандартных и
"знаменитых” задач популярного сборника конкурсных
задач по математике под редакцией М. И. Сканави.
Наиболее простой является первая глава
"Арифметические действия”. Здесь представлены реше-
ния нескольких наиболее характерных примеров.
Во второй главе “Тождественные преобразования ал-
гебраических выражений” приведены решения примеров
с параметрами, являющимися наиболее трудными для
абитуриентов на вступительных экзаменах.
В третьей главе “Тождественные преобразования
тригонометрических выражений” решены некоторые
нестандартные задачи.
Четвертая глава “Прогрессии” содержит решения
наиболее сложных задач на прогрессии.
В пятой главе "Комбинаторика и бином Ньютона” ре-
шены задачи, предлагающиеся на вступительных экза-
менах механико-математических факультетов и факуль-
тетов вычислительной и прикладной математики веду-
щих ВУЗов.
Наиболее полно представлена глава 6 “Алгебраические
уравнения”. Здесь представлены решения нестандартных
уравнений стандартными методами, стандартных урав-
нений и систем нестандартными методами, нестандарт-
ных уравнений и систем нестандартными методами,
уравнений и систем с параметрами, уравнений и систем,
где самыми трудными являются трудности логического
характера.
В главе 7 “Логарифмы. Показательные и логарифми-
ческие уравнения” показано, где абитуриента подстере-
гают “подводные рифы” при переходе от одного основа-
ния к другому, а также представлены новые подходы и
решения.
В главе 8 “Тригонометрические уравнения" решены
наиболее “знаменитые” задачи.
В главе 9 “Неравенства” показано применение метода
“интервалов” к решению алгебраических, рациональных,
иррациональных и тригонометрических неравенств, а
также решены неравенства с параметрами.
В главах 10, 11 и 12 ‘‘Задачи по планиметрии”,
“Задачи по стереометрии” и “Задачи по геометрии с
применением тригонометрии” решены наиболее сложные
задачи из групп В.
В главу 13 “Применение уравнений к решению задач”
включены задачи, предлагавшиеся на вступительных
экзаменах в большинстве ВУЗов бывшего СССР. Особое
внимание уделено задачам на исследование.
В главе 14 “Дополнительные задачи по алгебре” пред-
ставлены решения наиболее редких задач, не знакомых
абитуриентам по школьной программе.
Глава 15 “Начала математического анализа” включает
в себя задачи начал высшей математики, т.е. вычисление
3
пределов, использование производной при исследовании
функций и построении их графиков, вычисление перво-
образных и интегралов, нахождение площадей фигур.
В главе 16 “Дополнительные задачи по геометрии”
представлены, в основном, задачи на доказательство.
Хуже всего абитуриенты решают задачи на векторы.
Поэтому глава 17 “Применение координат и векторов к
решению задач” представлена наиболее полно. Здесь
решены 95% задач этой главы.
Ну и, наконец, в 18 главе “Варианты заданий для са-
мопроверки” представлены образцы решений и оформ-
ления на вступительных экзаменах нескольких вариан-
тов.
Книга рассчитана на учащихся физико-
математических школ, лицеев, абитуриентов, учителей
математики и репетиторов, а также любителей красивой
математики. В самом конце книги представлен список
использованной литературы.
Автор выражает сердечную благодарность В. И. Гри-
дасову и доктору физ.-мат. наук профессору Н. И. Хру-
сталеву, ценные замечания и пожелания которых способ-
ствовали улучшению настоящего издания.
К. И. Мазур
Глава 1
Арифметические действия
1.038. Вычислить:
((„ 7 „11 „ 1 А , 5 3 („ 1 5 У) 7
11 3-2----н 2— I • 1------1 3—h — 11 • 1 —
12 18 24j 31 52V 2 6j) 13
19 ( 13 „13 5^2 14
84 I 42 28 24 J 27 3 9
Решение.
„ Л (L 7 „11 „ 1 V 5 3(1 5 АЛ , 7
Пусть 4= 3-----2 — + 2— 1----------3—+— 11— =
(V 12 18 24/ 31 52 V 2 в)) 13
((4з_4? 11) 20_f217 11 _ A 11) 12 = fl_l) 32
VV12 18 + 24У 31 52 V2 + 67J 13 ” V 72 31 52 3 J 13 V2 4j 13
13 20 c
4 13
„19 (13 „13 5 A 2 1 4 19 (223 69 5) 29 4
84 L 42 28 24/ 27 3 9 84 V 43 28 24) 27 27
19 171 £^__JL + 31-i
84 56 + 27 " 27 27 "
4 5 _
Тогда — = — = 5.
В 1
Ответ: 5.
1.0 45. Найти X из пропорции
(li_-l__L.2l) 11
15,2 • 0,25 - 48,51:14,7 _ ^44 11 66 ' 2 J 5
Х 3,2 + 0,8 •(б! - 3,25 J
I 2 )
Решение.
(15,2 • 0,25 - 48,51:14,7) • I 3,2 + 0,8 • (5! - 3,25 || . . . „„ „ .
1 ' V V 2 )) _ (3,8- 3,3) (3,2 + 0,8 -2,25)
Х fi3_^_2_.2l) 11 (J>__ь_,5) в
V44 11 66 22) 5 V44 66 2/ 5
0,5 (3,2 + 1,8) 0,5 • 5 „с
f _5_1А 6 1 6
V44 33) 5 12 5
Ответ: 25.
1.048. Вычислить наиболее рациональным способом
5
Решение.
Ответ: —.
4
(0,6)° - (1,1)-1
1.050. Вычислить -------i— -----Ь——
(3:23)-1 (1,5)3 + (-
Решение.
(0,б)° — (1Д)~‘ 1-Ю
(3:2’)-.(W)’+(4)” | (|)’-3
Л 3
Ответ: —.
2
-9 _ -9 _ -9 _ 3
8 27 “ 9-3 ~ 6 2'
3 ’ 8
Глава 2
Тождественные преобразования алгебраических выражений
Формулы сокращенного умножения (a + b) = а2 + 2ab + Ь2; (2.16)
(a - b)2 = а2 - 2аЪ + Ь2; (2.17)
(а + Ь) = а3 + За2Ь + ЗаЬ" + Ь3 ; (2.18)
(а - Ь)3 = а3 - За2Ь + ЗаЬ2 - Ь3; (2.19)
(а - b) • (а + b) = а2 - Ь2; (2.20)
(а - Ь) • (а2 + ab + Ь2) = а3 - Ь3; (2.21)
(а + Ь) • (а2 - ab + Ь2) = а3 + Ь3; (2.22)
(а - Ь) • (а3 + а2Ь + аЪ2 + Ь3) = а4 - Ь4 ; (2.23)
(а - Ь) (а4 + a3b + a2b2 + ab3 + Ь4) = а8 - Ь8; (2.24)
(а + Ь) • (а4 - а3Ъ + а2Ь2 - аЪ3 + Ь4) = а8 + Ь8; (2.25)
(а - Ь) • (а8 + a4b + a3b2 + a2b3 + ab4 + Ь"5^ = а6 — Ьв; (2.26)
(а - Ь) • (а6 + a8b + a4b2 + a3b3 + a2b4 + ab8 + Ь6) = а7 — Ь7; (2.27)
(а + Ь) • (а6 - а5Ъ + а4Ь2 - а3Ъ3 + a2b4 - ab8 + Ь8) = а7 + Ь7; (а - Ь) (а"-1 + ап'2Ь + ап’3Ь2 + а^Ь3 +.. .ч-Ь"1) = а” - Ъп , (2.28)
где п — любое целое число; (а + Ь) • (а”"1 - ап~2Ъ + ап~3Ь2 - a”-4b3+...+bn’1) = ап + Ьп , (2.29)
где п = 2k + 1, к — натуральное число; (а + Ь + с)2 = а2 + Ь2 + с2 + 2аЬ + 2ас + 2Ьс ; (2.30) (2.31)
(а + Ь - с)2 = а2 + Ь2 + с2 + 2аЬ - 2ас - 2Ъс ; (2.32)
(а + b + с + d)2 = а2 + b2 + с2 + d2 + 2аЬ + 2ас + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd ; (2.33)
(а + b - с - d)2 = а2 + b2 + с2 + d2 + 2ab - 2ас - 2ad - 2Ъс - 2bd + 2cd ; (2.34)
а • (х - xj • (х - х2) = ах2 + Ьх + с ,
где х1, х2 — корни квадратного трехчлена ах2 + Ьх + с . (2.35)
Формулы (2.16) — (2.34) остаются верными, если вместо одночленов а, Ь, с,
d, подставить любые выражения.
2.306. Число 19 представить в виде разности кубов натуральных чисел. По-
казать, что такое представление единственно.
Решение.
Пусть 19 = х3 - у3, где х > у. Так как х3 - у3 = (х - у) • (х2 + ху + у2}, а
число 19 является простым, то его можно представить в виде произведения
только как 1 19. Тогда получим систему
7
X - у = 1,
х2 + ху + у* 1 = 19.
Из первого уравнения найдем у = х - 1. Представив это значение у во вто-
рое уравнение, получим Зх2 - Зх - 18 = 0 или х2 - х - 6 = 0 , откуда хг = 3,
х2 = 2 и, значит, у} = 2, у2 = 1. Из двух пар (3; 2) и (2; 1) удовлетворяет ус-
ловию только пара (3; 2). Следовательно, решение единственно и 19 = З3 — 23.
Ответ: З3 - 23.
2.307. Преобразовать сумму ----+-----+-----+... +-------- к наиболее
1-2 2-3 3-4 п • (n +1)
простому виду.
Решение.
„ 1 А В
Пусть ---------г- = — +---,
п • (и + 1) п п + 1
1
п • (п + 1)
А • (п + 1) + Вп
п • (п + 1)
1
п • (п + 1)
Ап + А + Вп
п • (п + 1)
1 (А + В) • п + А
---й =------1--й— ’ откУда 1 = (А + В) • л + А. Чтобы
найти коэффициенты А и В, дадим п значения 0 и -1 (значения действитель-
ных корней знаменателя):
п = 0, А = 1;
. =-1, -В = 1, В = -1.
_ 111
Следовательно, ---- =-------.
п • (п + 1) п п + 1
„ ill 1 ПП 1W1 л
1-2 2 -3 3 4 п • (п +1) V 2J \2 3) ^3 4,
f 1 1 1 1 _ 71 + 1 - 1 _ 71
\П П + 1) П + 1 71 + 1 71 + 1
Ответ: - П — .
71 + 1
2.308. Показать, что
111 1 71
— +-1-h. .4 ; -=--.
6 12 20 п2 + Зп + 2 2п + 4
Решение.
1 = 1 = А В = А(п + 1) + В(п + 2) _
п2 + Зп + 2 (п + 2) • (п + 1) тг + 2 Ti + l (ti + 2) - (п + 1)
Ап + А + Вп + 2В (А + В) П + А + 2В . . л ,
=------;------------ -----/------------, откуда (А + В) • ti + А + 2В = 1.
ti + Зп + 2 п + Зп + 2
Многочлены тождественно равны, если коэффициенты при соответствую-
щих степенях переменных равны. Следовательно,
А + В = 0, [А = -В, (А = -В, ГА = -1,
« т.е. < т.е. < т.е. <
А + 2В = 1, [-В + 2В = 1, [В = 1, [В = 1.
Тогда —:— -------=------— + —-—.
п + Зп + 2 п + 2 п + 1
8
Находим — + — + — +... + —------= I — + — + — + — + — + — Н-..
6 12 20 n2 + 3n + 2 I 3 2/ V 4 3J к 5 4)
( 1 1 А 1 1 п+2-2 п
V п + 2 п + 1у 2 п + 2 2(п + 2) 2п + 4
а b 2(Ь-а)
2.309. Доказать, что если а + Ъ = 1, то —=-;-= —
b3 - 1 а3 - 1 а2Ь2 + 3
Доказательство.
а ъ а(а3 -l)-b(b3 - 1) _ а4-а-Ь4 + Ь (а4 - Ь4) - (а - Ь)
Ь^Т " 7^1" (Ь3 -1) (а3 -1) а3Ь3-а3-Ь3+1 " а3Ь3 - (а3 + b3) + 1
(а2 - Ь2)-(а2 + Ь2) - (а - Ь) _ (а - Ь) • (а + Ь) • ((а + b)2 - 2ab) - (а - Ъ) _
а3Ъ3 - (а + b) • (а2 — аЪ + b2) + 1 а3Ь3 - (а + Ь) • ((а + b)2 - 3ab) +1
(а-Ъ)[(а + Ь)((а + Ь)2-2аь)-1) _ (а - Ь)-(1-2аЬ-1) _ (Ь-а)-2аЬ _
а3Ь3-1 + ЗаЬ + 1 “ а3Ь3+ЗаЬ ”аЬ(а2Ь2+з)~
2(Ь-а)
а2Ь2 + 3'
2.310. Определить А, В и С так, чтобы для всех допустимых значений х
я?2 + 5 А В С
имело место равенство —--------=------+-------- +------.
х3 - За? + 2 х + 2 (я? - 1) х - 1
Решение.
_ х2 + 5 А(х - 1)2 + В(х + 2) + С(х + 2) • (х - 1) Ах2-2Ах
х - Зя? + 2 (я? + 2) • (я? — 1) х - Зх + 2
А + Вх + 2В + Сх2 + Сх - 2С _ (А + С) х2 + (-2А + В + С) • х + А + 2В - 2С
х3 - Зх + 2 х3 - Зх + 2
откуда (А + С) х2 + (-2А + В + С) х + А + 2В-2С = х2 + 5,
Если многочлены тождественно равны, то коэффициенты при соответст-
вующих степенях х равны. Следовательно,
[А + С = 1,
-2А + В + С = 0, (1)
А + 2В - 2С = 5.
Решив систему уравнений (1), найдем А = 1, В = 2, С = 0.
Ответ: А = 1, В = 2, С = 0.
9
2.336. Упростить выражение
при х > О и х + 2у > 0 . Преобразуем от-
Решение.
Данное выражение имеет смысл
дельно числитель и знаменатель:
Тогда данное выражение примет вид
Ответ: ~^1х + у[х ),
Раскрывая модуль с учетом ОДЗ, получаем два случая:
1) при х е (0; + <»), у е 0 | имеем ~^Jx + -Jx};
+ ух 1 • ^9х2 + 6 • ^2ху3 + yl^y2
2.343. Упростить выражение -------------. t-----=====--=====---
6х2 + 2 • ^2ух3 - Цух2 - fay5
Решение.
ОДЗ: х > 0 и у £ 0.
^4 (х - + ух 1 • ^9х2 + 6 • ^2ух3 + ^4у2
6х2 + 2 • ^2ух3 - З^ух2 - ^4у5
^4х - ijy + • ^Зх + )
2х(зх + фу) - 4у(?х + фу)
10
^-4^+«.(3x + V2i)
(Зх + ) • (2x ~ Jv) Zx-fi
|2x - 7«|
•Jx(2x ~4у)
1 , 2
—j= п p и у > 4x и x > 0;
= —Lr при 0 < у < 4х2 и х > 0.
Ответ: -?= при х > 0 , 0 < у < 4х2; —j= при х > 0 , у > 4х2.
у/х у/х
2.350. Упростить выражение 1—-—L— — (Эх'1 + 4г - 12
Решение.
3
ОДЗ: х 0 и х .
2х -3
2х - 3
Раскрывая модули с учетом ОДЗ, получаем три случая:
1)
~(2х - 3) 9 - 2х .
—X X
-2х + 3 + 6
2х - 3
3
0 < х < —,
2
-2х + 3 + 6
2х - 3
3
Х 2’
2х — 3 + 6
2х - 3
9 — 2х
Ответ: ------ при -<» < х < 0;
2)
3)
-(2х - 3) _ 2х-9
2х - 3 2х + 3
2х - 9 Л 3 2х + 3
----- при 0 < х < —; --- при
3
2
х+х -2х“ + 6 „ 2 „
2.351. Упростить выражение --;——-— + 2х -2.
11
Решение.
xs + х4 - 2х2 +6 „ ,
----7-----5------+ 2х- - 2 =
х4 + 2х2 + 3
(я?4 - 2х2 + 2) - (х4 + 2х2 + з)
х4 + 2х2 + 3
+ 2х2 - 2 =
= х4 - 2х2 + 2 + 2х2 - 2 = х4.
Ответ,: х4.
2.352. Упростить выражение
____________7х - 2у[хТз + 4________1
х* - (х - 3)* - л/Зх + х2 + л/х2 - 9 4х + у/х-3
Решение.
Данное выражение определено при х > 3 .
у/х- 2у/х + 3 +4 1 _
х* - (х - 3)* - >/зх + х2 + д/х2 - 9 4х + у/х-3
__________/х + 3- 2-Ух + 3+1_________ 1
(у/х - Jx - з) - ^х(х + 3) - ^(х - 3) • (х + 3) у/х + у/х - 3
_ 2у/х
Ответ:-------
3
2.353. Упростить выражение (За + у]ба - 1) 2 + (За - у/ба - 1
Решение.
Положим I3a + V6a-1] 2 + 13a - V6a-1) 2 =z. Возведем обе части этого
равенства в квадрат:
12
2 1 2 + 1 За — 7ба — 1 + За + V6a — 1
За + л/ба- 1 7 9а2 - 6а +1 За - 7ба-1 (за + л/ба -1) • (За - 7ба- 1
2 6а 2
Очевидно, что ОДЗ заданного выражения z есть а > — и а . Раскрывая
6 3
модуль и учитывая ОДЗ, имеем:
Г1 Л 2 2 72
1) при а е —: — находим z =---------г; z =-----
L6 ’ 3J (За-1)2 За-1
fl А 2 12а-2 V12a - 2
2) при а е —; + °° находим z =------=г; z =------.
U’ ) (За-1)2 За-1
л V2 Г1 П 712а - 2 fl
Ответ: ------ при а е —; — ; ------- при а е —; + »
1 - За |б 3J За-1 U
Jl + 2p 1 - 2р
2.354. Упростить выражение + 2р—V.1 ~ 2?—V1 ~ 4р... t 2р~2 .
(ГЕТТ-Д1
I у 4р2 2р 1
Решение.
Данное выражение определено при р €
71 + 2Р~ , 1-2р 71 + 2Р
V1 + 2р ~ V1 - 2р V1 ~ 4р2 + 2р -1 _ 71 + 2р “ V1 - 2р
: ГТ! z . — Гй
(ЕГЕ-А.)
4pz 2р J 4рг 2р J
1-2р
^/(1 - 2р) • (1 + 2^) - ^(l ~ 2р)2 71 + 2р ~ V1 ~ 2Р
1 - 4р2 1 j
4pz 2р I
71 + 2р 71 - 2р
4р2 2р
71 ~ 2р • (7Г+2р - 71 - 2р) ^/1 + 2р - ^/1 - 2р + V1 + 2р - УГ^гр _
1 - 4р2 1
4р2 2р
VI - 4р 1
2|р| 2р
13
Jl + 2p + yjl-2p
1
2p
71 - 4p2 1
2|p| 2p
~ 7i + 2p - 71-27 [ 2M
' 71 _ 4p2 1 "I _ 1 + 2p + 2^/(14- 2p) - (1 - 2p) +1 - 2p (71 ~ 4PT _ J_
2|p| 2p 1 + 2p -1 + 2p 2|p| 2p
2 + 271-4p2 (Jl-4p2 1 '
4p [ 2|p| 2p
l + 71~4p2 I 71 -4p2 1 )
2p -2p 2p
1 + Jl - 4p2 7i ” ^P2 1
2p 2p 2p
1 -ь 71 - 4p2 [V1 ~4p2 1 =
2p [ 2|p| 2pJ
2p 2p 4p2
71 - 4p2 +1 71 ~ 4P2 ~1 1 - 4p2 -1 _ _!
2p 2p 4p2
при - -i S p < 0;
n 1
при 0 < p < —.
(71-4p2 -bl? j T
Ответ: - ----------— при - — £ p < 0; -1 при 0 < p < —.
2.355. Упростить выражение J--. *a ___t4 + 3 .
V 7a - 2 • Vb + 2 • *7a b2
Решение.
Данное выражение определено при а £ 0 и Ь > О
1а-8- + 4 • Vb7 -8-7^7 ~
уТ^-г-Уь + г УаУ_____V 7^-2 7^ + 2• 7^• 7ь +
|7F-В-Та2 -Уь7-ьЛ-Уь* 4-3-ТУ .У{7-б-Ум . в
V У^-гУ^+Тт^^ —:—:-------
У^ =
177-5-7^ Уь7+6-7^W-2-Уь7
77 + 2-7^Уь-2.УР”
14
Ответ: |Va - Vbj, а £ 0 , b > 0.
2.356. Упростить выражение
Решение.
ОДЗ: х > 4.
Раскрывая модули с учетом ОДЗ, получаем два случая:
х2 - 8х + 16
4х
х - 4 ’
х > 8,
2)
х-4
~ 4 а) _ 4 _
2х
I2 Vac-4
Ответ: ---- при 4 < х < 8; , при 8 <; х < +*».
х - 4 Vx - 4
2.357. Доказать, что если для чисел х, у, г, т, п, р выполняются равенства
х у z . тпр
— + —и — = 1, — + — + — = и, то для них выполняется также равенство
т п р х у z
2 2 2
±_ + ^_ + Л_ = 1.
т2 п2 р2
15
Доказательство,
xyz
Возведя равенство — + — + — = 1 в квадрат, получим
т п р
х2 .У2 a. z2 1 о ХУР + xzn + У2™ /1 ч
-~ + ~ + Т = 1~2-------------• (1)
т п р тпр
т п р
Из равенства---F — + — = 0 найдем хур + xzn + yzm = 0 (2). Подставив
xyz
х2 у2 Z2
(2) в (1), получим —- ч—- + — = 1, что и требовалось доказать.
тпр
2.358. Разложить на множители х2(у - z) + y2(z - х) + z2(x - у).
Решение.
х2(у - z) + y2(z - х) + z2(x - у) = х2у - x2z + y2z - ху2 + xz2 - yz2 = х2у - x2z +
+y2z - ху2 + xz2 - yz2 + xyz - xyz = (xyz - xy2 - x2z + x2y) - yz2 + y2z + xz2 -
-xyz = (yz - y2 - xz + xy) X - (yz2 - y2z - xz2 + xyz) = (yz - y2 - xz + xy) • X -
~(yz -y2 -xz + xyj z = (yz - y2 - xz + xy) • (x - z) = (y(z - y) - x(z - y)) • (x - y) =
= (y - x) • (z - y) • (x - z).
Ответ: (у - x) (z - у) (x - z).
2.359. Разложить на множители x(y2 - z2) + y(z2 - x2) + z(x2 - y2).
Решение.
При z — у, у = x, z = x многочлен обращается в нуль; следовательно, он
делится на (х - у) (х - z) • (у - z). Так как данное выражение имеет третью
степень относительно х, у, z, то должно выполняться равенство двух много-
членов: х(у2 - z2) + y(z2 - х2) + z(x2 - у2) = к • (х - у) • (х - г) (у - г).
Раскрыв скобки, получим
ху2 - xz2 + yz2 - ух2 + zx2 - ху2 = кх2у - kx2z + kxz2 - ку2х + кху2 - kz2y.
Сравнивая коэффициенты многочленов при соответствующих степенях,
найдем к = -1. Таким образом, искомое разложение имеет вид
х(у2 -z2) + y(z2 -x2) + z(x2 -y2) = (x-y)(z-x)(y-z).
Ответ: (х - y) (z- x) (y-z).
2.360. Среднее арифметические двух положительных чисел а и b (а>Ъ) в
, „ а т + ilm2 -1
т раз больше их среднего геометрического. Доказать, что — =--.
Ъ т- ilm2 -1
Доказательство.
Согласно условию, - + — = mjab (1). Умножив обе части равенства (1) на
16
—== > 0, получим —т=- = 2m , -=== + -==г = 2т, . — + .1-2m = 0 , . — +
4^Ь Jab 4аЬ 4аЬ Уь Vb
1 № 5 II О ^*| Р | ЕГ - 2mJ— +1 = 0 (2). Решая уравнение (2) как квадрат-
V о F ное относительно J— , находим = т-у/т2 - 1, что не соответствует уело-
вию, или J— = т + 7m2 - 1 (4). Возведем обе части равенства (4) в квадрат.
Получим
(т + -7m2 -1^ , / $ 7
______________\ _____________/___________________т + ут - 1
(т - >/т2 -11 • (т + л/т2 -1) т - Vm2 -1
Глава 3
Тождественные преобразования тригонометрических выражений
Основные формулы
Тригонометрические функции
Соотношения между тригонометрическими функциями одного и
того же аргумента
По значению одной из тригонометрических функций некоторого аргумента
можно, используя приведенные ниже формулы, найти значения всех осталь-
ных. Однако главное состоит в том, что применение этих формул значительно
сокращает и упрощает процесс тригонометрических преобразований.
sin2 а + cos2 а = 1; (3.1)
sin а я „
tga =-------, а * —(2п + 1), n е Z; (3.2)
cos а 2
cos а
ctga =------, а * я п , п е Z ; (3.3)
sin а
tga ctga = 1, а* , n е Z ;
1 + tg2a = ——, а * — (2п + 1), п е Z;
У cos2 a 2V ’
, 2 1
1 + ctg а =------—, а * лп, пе Z
sin а
(3.4)
(3.5)
(3.6)
(здесь и в дальнейшем запись п е Z означает, что п — любое целое число).
Значения тригонометрических функций некоторых углов
Для некоторых углов можно записать точные выражения их тригономет-
рических величин; ниже даны важнейшие случаи (табл. 1) и знаки функций
по четвертям (табл. 2).
Таблица 1
Аргументы (а, градусы, радианы) Функции
sin а cos а tga ctga
0° (0) 0 1 0 00 (не опре- делен)
15° [—] Уз-1 2У2 Уз 4- 1 2У2 2-УЗ 2 + Уз
18° 1 \ioj Уб-1 4 Уб 4-Уб 2У2 Уб-1 Jio + 2У5 7ю + 2У5 Уб-1
30° И 2 Уз 2 1 Уз Уз
36° f-1 \5 J Уб - Уб 2У2 Уб +1 4 7ю-2Уб Уб +1 Уб + 1 Ло-2У5
18
Продолжение табл. 1
Аргументы (а, градусы, радианы) Функции
sin а cos а tga ctga
45‘ ф 1 V2 1 72 1 1
к I о СО 1 гН и? ч/б +1 4 7&-Т5 272 Тб -и 710-2Тб V10-2T5 75+1
60° [- V я А з J 7з 2 1_ 2 7з 1 VJ
Si I сч 1 О lQ ч/з +1 2ч/2 7з -1 272 2 + Тз 2 -7з
90° я А 2J 1 0 оо (не опре- делен) 0
120° '2я' < 3 , 7з 2 __1 2 -Л 1
135° 'ЗяЛ < 4 > 1 Vi 1 "72 -1 -1
150° <5я> 2_ 2 2 1 '7з -Ti
180° (я) 0 -1 0 -оо (не определен)
210° ря^ к 6 , __1 2 2 1 л Ti
225- 1 1 “Vi 1 1
240° г4я^ 2 2 я 1 Vi
270° ( Зя^ 1т, -1 0 (не оп- ределен) 0
300“ (т) _7i 2 1 2 -Я 1 "Vi
315° 'Тя^ < 4 , 1 "Vi 1 72 -1 1
330° ^Ия^ _1_ 2 Л 2 1 -Ti
360° (2я) 0 1 0 °o (не оп- ределен)
19
Таблица 2
Четверти Функции
sin а cosa tga ctga
I + + 4- +
II + — — —
III — — + +
IV - + - -
Формулы сложения и вычитания аргументов тригонометрических
функций
sin(a + P) = sinacosP + cosasin /3; (3.7)
sin (a - Д) = sin a cos ft - cos a sin p ; (3.8)
cos (a + Д) = cos a cos Д - sin a sin Д; (3.9)
cos(a - 13) = cosacos(3 + sinasin Д; (3.10)
tga + tgP n n 71 tg(a + Д) = —- f a,P,a + P * — + яп , 1 - tga tgP 2 n g Z; (З.П)
tg(a- Д) = t-G—, a,(3,a - ft * — + яп, v 1 - tga tgP 2 n g Z; (3-12)
ctg (a + Д) = ~ct-^—-, a, P, a + p * я n , ctga + ctgP n g Z; (3.13)
Л ctga ctgP + 1 o „ ctg[a Д)= “ , a,p,a р*яп, ctga - ctgP n G Z. (3.14)
Формулы двойных и тройных аргументов
sin 2a = 2 sin a • cos a ; (3.15)
cos2a = cos2 a - sin2 a = 2cos2 a - 1 = 1 - 2sin2 a ; (3.16)
„ 2tga я як , „ я
tg2a = . a* — + , к e Z, a * — + яп , neZ; (3.17)
1 - tg2a 4 2 2
„ ctg2a -1 я к , „ ctg2a = — , a * , к e Z, а Ф я n; (3.18)
2ctga 2
sin 3a = 3 sin a - 4 sin3 a; (3.19)
cos3a = 4cos3 a - 3cosa; (3.20)
Л 3tqa - tq3a я, „ tg3a = —- — , a * —(2n + 1), n g Z ; (3.21)
1 - 3tg2a 6
„ 3ctqa - ctq3a яп „ ctg3a = — , a , neZ. (3.22)
1 - 3ctg2a 3
Формулы половинного аргумента
. 2 a sin — 2 2 a cos — 2 = (3.23) = 1±^; (3.24)
tg2 — = -—cosa а Ф я(2п + 1), neZ; (3.25)
2 1 + cosa ' 7
20
2 a 1 + cos a _ ctg — = , a * 2лn, n g Z; 2 1 - cos a (3.26)
a sin a 1 - cos a _ tg— = , a лп , n g Z ; (3.27)
2 1 + cos a sin a a 1 + cos a sin a _ ctg— = = , а*лп, n&Z. (3.28)
2 sm a 1 - cos a Формулы преобразования суммы и разности тригонометрических
функций в произведение . о „ . а + В а - В sm а + sin р = 2 sm cos ; 2 2 (3.29)
. а „ а + В . а - В sin а - sm В = 2 cos — sm —; 2 2 (3.30)
о п а + Р а - Р cos а + cos Р = 2 cos cos ; 2 2 (3.31)
_ . а + Р . а-Р о . a + j8 . р-а cos а - cos р = -2 sm — sm — = 2 sin — sm ; (3.32)
2 2 2 2 cos a + sin a = ^2 cos^45° - a); (3.33)
cosa - sin a = -J2 sin (45° - a); (3.34)
„ sin (a + P) „ л , x tga + tgp = , a, p * —(2n - 1), n e Z; (3.35)
cos a cos P 2 „ sin (a - P) n л, x tga - tgP = , a, P Ф —(2n - 1), n g Z; (3.36)
cos a cos P 2 _ sin(a + P) n „ ctga + ctgP = —, a,P * лп , n g Z; (3.37)
sin a sin P n sin(p~a) ctga - ctgP = , a.ptnn, n e Z; (3.38)
sin a sin P tga + ctgP = cos^a—, a,p * — + лк , ke Z, p * лп , n g Z ; (3.39)
cos a sin P 2 tga - ctgP = - cos(g + ty., а,Р* — +лк, keZ, fl*itn,neZ- (3.40)
cos a sin P 2 2 лп „ tga + ctga = , а Ф , n e Z ; (3.41)
sin 2a 2 лп „ tga - ctga = -2ctg2a , a * , n g Z ; (3.42)
, « 2 a 1 + cos a = 2 cos — ; 2 (3.43)
, « 2 Of 1 - cos a = 2 sin —; 2 (3.44)
1 + sin a = 2 cos21 45° - — I; I 2 J (3.45)
>( о 1 - sin a = 2 sin" 45 ; (3.46)
к 2J
21
sin(45°+ a) V2 sin(45° + a)
1 + tga = = ,a*- + nn, cos 45° cos a cosa 2 sin (45°-a) V2 sin (45° - a) n g Z; n g Z; (3.47) (3.48)
cos45° cosa cosa 2
n cos (a - P) я 1 + tga • tgp = 1f , a,p * — + яп, n e Z; cos a cos p 2 (3.49)
„ cos(a + В) я 1 - tga tgP = - £ , a,P * — + яп , n g Z; cos a cos p 2 (3.50)
„ cos(a - P) ctga ctgP + 1 = 1 , a,p*nn, n g Z; sin a sin p (3.51)
, , cos 2a я „ 1 - tg‘a = ;—, a * — + яп , neZ\ cos a 2 (3.52)
, 2 cos2a „ 1 - ctg a = — , a я n , n e Z; sin a (3.53)
2 sin (a + p) • sin(a - P) „ я tg2a-tg2p = i <*,P*- + nn, cos a cos p 2 n e Z; (3.54)
, sin(a + P) • sin(p - a) ctg2a-ctg2p = 1, а,р*яп, n sin a sin P g Z; (3.55)
tg2a - sin2 a = tg2asin2 a, а*^ + яп, n g Z ; (3.56)
ctg2a - cos2 a = ctg2acos2 a , a * яп , n g Z. (3.57)
Формулы преобразования произведения тригонометрических функций в сумму
sin a sin р = — [cos (a - р) - cos (a + Р )]; (3.58)
cosacosр = i[cos(a + j8) + cos(a - Д)]; (3.59)
sinacosp = i[sin(a + Д) + sin(a - /3)]; sin a sin P sin Y = ~ [sin (a + P - y) + sin (P + у - a) + (3.60)
+ sin (у + a - P) - sin (a + p + y)]; (3.61)
sin a cos P cos у = -i[sin(a + p - y) - sin(P + у - a) +
+ sin(y + a - Д) + sin(a + P + y)j; (3.62)
sin a sin p cos У = ~ [_ cos (a + P ~ y) + cos (P + у - a) +
+ cos(y + a - P) - cos(a + p + y)]; (3.63)
cos a cos P cos у = -j[cos(a + p - y) + cos(J3 + у - a) +
+ cos (y + a - fl) + cos (a + P + y)]. (3.64)
22
Формулы, выражающие тригонометрические функции через
тангенс половинного аргумента
а sin а = —, а 5* я (2п + 1), пе Z; « , Л 0* 1 + tg — 2 1-«Р 7 cosa = —, а Ф я{2п + 1), п е Z; 1 . 9 & 1+‘91 а п( ч tga - £— , а, — * —(2п + 1), п е Z; 1 *„2 а 2 2 i-«g -J 1 - tg2 - ctga = —, а к п, п е Z. 2,4 (3.65) (3.66) (3.67) (3.68)
Формулы приведения • Г71 х А sm — ±а = cosa, stni я ± а) = ^вгпа , \2 ) v ' / Зтг sin 1 — ± а 1 = - cos а , sin (2я ± а) = ± sin а ; (3.69)
cos — ± а = ±stna, cos(;r ± а) = -cosa , V2 J к 7 / Зтг А cosl — ± а 1 = ±sina , соз(2я ± а) = cosa; (3.70)
tgl — ± а I = Tctga , at-itn, neZ,
tg{n ± а) = ±tga, а ф ~(2п +1) • n е Z, (3.71)
tg|^— п ± aj = Tctga, atxn, neZ,
tg(2x ± а) = ±tga, а —(2n + 1), neZ;
ctgj — ± а | = Нда , а*—(2n + l), neZ,
к. 2 / 2
ciglx + а) - ±ctga, а ^пп , neZ, (3.71)
ctg^-~ ± аj = +tga , а * ~(2п +1) - п 6 Z,
ctg(2n + а) = ±ctga, a *itn, пе Z.
23
Обратные тригонометрические функции
sin [arcsin х) = х, -1 < х < 1; (3.73)
sin [arccos х) = 71 - х2 , -1 < х < 1; (3.74)
sin [arctg х) _ x (3.75)
7i + x2
sin [arcctg х )= 1 • (3.76)
7i + x2
cos(arccos х) = х, -1 < х < 1; (3.77)
cos [arcsin х) = 71 - %2 , -1 < х < 1; (3.78)
cos [arctg х\ i (3.79)
7i + x2 ’
sin [arcctg я \ _ x (3.80)
7i + x2
tg [arctg х) = x; (3.81)
tg [arcctg x) = — , x Ф 0; X (3.82)
tg [arcsin x X . 1 (3.83)
7i - x2'
tg[arccosx л/1-Х2 — v 1 < v г Л fl г r <1 • (3.84)
- । X <JL- Vz । *A» —2 X у X
ctg [arcctg a ) = x; (3.85)
ctg [arctg x' 1 = —, x * 0; X (3.86)
7i-x2 ctg [arcsin x) = , -1 < x < 0 , 0 < x < 1; (3.87)
(3.88)
7i - x2
arcsin x = < arccos71 -x2, если 0 < x < 1, (3.89)
- arccos - x2, если - 1 < x < 0; X
arcsin x = c (3.90)
Vl-x1'
arcsin x = 7i-x2 arcctg , если 0 < x < 1, X (3.91)
71 -X2 arcctg тс, если -1<х<0;
arccosx = arcsin71-x2, если 0<х<1, (3.92)
n - arcsin 71-x2, если -1<х<0;
24
,2
arctg
arccosx =
Vl — ЗС2
я + arctg-------
x
arccos x = arcctg —=== ,
— x2
arctg x = arc sin
1
arccos—= , e
Ji .с ^2
arctg x = <
1
- arccos ,
Ji u. ~2
arcctg—, если x > 0,
arctgx =
arcctgx -
arcctgx =
arcctg— - it, e с л и x < 0;
1
arcsin
я - arcsin—, если x < 0;
1
arccos.—
,2
- arccos
,2
arcctgx =
arctg —, если r > 0,
x
я + arcctg — - я, если x < 0;
я
arcsin x + arccos x = — .
2
я
arctg x + arcctg x = — ,
arcsin
<2 + У
e с л и xy < 0 и л и x2 + у2 < 1;
arcsin x + arcsin у =
л — arcsin
У2 +
(3.93)
(3.94)
(3.95)
(3.96)
(3.97)
(3.98)
(3.99)
(3.100)
(3.101)
(3.102)
(3.103)
-л - arc sin
,2
25
arcsin x — arcsin у = arcsin (x-Jl - у2 - yVl - x2 e с л и ху > 0 и л и х2 + у2 < 1; я - arcsin^x^l - у2 - у->/1 - х2 j, если х > 0, у < 0 и х2 + у2 >1;
-я - arcsin (хд/1 - у2 - yyjt - х2 j, е с л и х < 0, у > 0 и х2 + у2 > 1;
arccos x + arccos у = arccos(ху - ^(1 - х2)•(1 - y2)J, если х + у 5 0;
2я - arccos(ху - ^(1 - х2) • (1 - у2)
если х + у < 0;
arccos x - arccos у = -arccos(ху + ^(1 - х2)• (1 - y2)J если х > у;
arccos (ху + ^1 - х2) • (1 - y2)J,
если х < у;
(3.104)
(3.105)
(3.106)
X + у arctg если ху < 1; 1-ху
arctgx + arctg у = • х + у я + arctg если х > 0 и ху > 1; 1-ху х + у -я + arctg если х < 0 и ху>1; 1-ху
(3.107)
х - у arctg если ху > -1; 1 + ху
arctgx - arctgу = • х — у я + arctg если х > 0 и ху < -1;, 1 + ху х — у -я + arctg , если х < 0 и ху < -1. 1 + ху
(3.108)
Of fl у Ct В Y
3.385. Доказать, что tg-~ + tg*- + tg-i- = tg— tg— tg—, если
2 2 2 2 2 2
a + P + у = 2я.
Доказательство,
(ОС P\ У sinfx + u)
tp _. + tg „ + tg -s-. Используя формулу tg x + tg у =-i-—
2 2 J 2 cosxcos у
. a+В . у
n 81П sin —
где x, у * — + яп , neZ, получаем A --—+------—
2 a p у
cos—cos— cos —
2 2 2
26
. a + В V . y <x В
sm-----— cos — + sin—cos — cos —
=---2------2---—---------—. Согласно условию a + Д = 2л - у. Тогда
a ft y
cos —cos —cos —
2 2 2
sin ——— cos — + sin — cos — cos — s^n f * ~ 7Г |cos 7" + s^n \ cos cos ~n
A = 2 2 2 2 2 = V 27 2 2 2 2
cl P Y fx P Y
cos—cos—cos— cos—cos — cos —
2 2 2 2 2 2
Применяя формулы приведения, имеем
v v v а В • Y ( Y & P\
sin — cos — + sin — cos — cos— sin— cos—+ cos —cos —
A = 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2)
a p y aPY
cos—cos—cos— cos —cos—cos —
2 2 2 2 2 2
Согласно условию у = 2п - (а + р). Тогда
y( 2я-(а + р) а В\ . y( ( (а Р\\ а
sin— cos----1----- + cos —cos — sin— cos л - — + — + cos—cos —
2 I 2 2 2 J 21 I V 2 2)) 2 2)
A =--------------------------- =-----------------5.
a P y (X P Y
cos — cos — cos — cos — cos — cos —
2 2 2 2 2 2
Повторно применяя формулы приведения, получаем
. Y ( (а РУ « Р\
sin— -cos — + — + cos —cos —
2l V2 2) 2 2)
A =---------------s
a p y
cos—cos—cos —
2 2 2
Наконец, используя формулу cos (ос + у) = cos х cos у - sin х sin у, находим
y( а Р . а . Р а р\ а В v
sin— -cos — cos — + sin — sin — + cos—COS— 4inlZ.sini-.sin£-
2\ 2 2 2 2 2 2) = Sin 2 2 2 =
a P y a p y
cos —cos —cos— cos —cos —cos —
2 2 2 2 2 2
се В y
= tg— tg—tg — , что и требовалось доказать.
3.406. Доказать тождество ctga -tga -2tg2a - 4tg4a-... - 2’tg2na =
= 2n+‘ctg2n+1a, n — любое натуральное целое или 0.
Доказательство.
Пусть А = ctga - tga -2tg2a- 4tg4a2ntg2na = a - a - 2tg2a -
sin a cos a
CO&^ (X — (X
- 4tg4a -... - 2" tg2" a =-:-----2tg2a - 4tg4a -... - 2” tg2n a.
sin a cos a
Применяя формулы cos2 x - sin2 x = cos2x и sin x cosx = ^sin2x , получаем
2 cos 2a
A = ——-----2tg2a - 4tg4a - ...- 2ntg2"a = 2ctg2a - 2tg2a - 4tg4a -
sin 2a
27
... — 2ntg2na = 2(ctg2a - tg2a) -4tg4a 2ntg2na = 2^-— ~ sin^a
у STTl СлСС COS ыСС
2 (cos2 2a - sin2 2a) 4 cos да
- 4tg4a -... - 2” tg2n a = - 4tg4a -... - 2n tg2n a = -
sin 2a cos 2a sin 4a
- 4tg4a - ,..-2ntg2na - 4ctg4a - 4tg4a -... - 2n tg2n a = 4 (ctg4a - tg4a) - 8tg8a -
-...~2ntg2na =...= 2n+ictg2n+la.
Тождество доказано.
„___„ „ - sm2na
3.407. Доказать тождество cos a + cos 3a + cos 5a +... + cos 12n - II a =-,
2 sin a
п — число слагаемых.
Доказательство.
Пусть Sn(a) = cosa + cos3a + cos5a+...+cos(2n - l)a . Умножив обе части
этого равенства на 2 sin a, запишем 2 sin а Sn (a) = 2 sin a cos a +
+ 2 sin a cos 3a + 2 sin a cos 5a +... + 2 sin a cos (2n - 1) a.
Применив формулы 2 sin x cos x = sin 2x и sin x cos у = (sin (x - y) +
+ sin (x + г/)), получим 2 sin a • Sn (a) = sin 2a - sin 2a + sin 4a - sin 4a + sin 6a -
-... - sin (2n - 2) a + sin 2na , или 2 sin a Sn (a) = sin 2na , откуда
„ , ч sin2na
S n (a) =-------.
v ' 2 sin a
Тождество доказано.
3.415. Преобразовать в произведение cos 22а + 3 cos 18а + 3 cos 14а + cos 10а.
Решение.
cos 22а + 3 cos 18а + 3 cos 14а + cos 10а = (cos 22а + cos 10а) + 3 (cos 18а +
+ cos 14а) = 2 cos 16а cos 6а + 6 cos 16а cos 2а = 2 cos 16а (cos 6а + 3 cos 2а) =
= 2 cos 16а (4 cos3 2а - 3 cos 2а + 3 cos 2а) = 8 cos 16а cos3 2а.
Ответ: 8 cos 16а cos3 2а.
3.421. Доказать справедливость равенства
я 2л 8л 12л 13л 14л
cos—cos—cos—... cos----cos---cos---=
15 15 15 15 15 15
1
2й '
Доказательство.
_ л 14л
Поскольку — +---------
15 15
2л 13я
15* ”1Г
7л 8л
T?+1?
28
14л л
то cos---=—cos—,
15 15
13л 2 л
cos---= -cos— ,
15 15
7л
Тогда
8л
cos— = - cos —.
15
2л
15
Зл
л — — —- — — , . - ,
cos — cos — cos —... cos-cos-cos-= — cos" — cos — cos'
15 " " ...........
12л
13л
2 5л
15
,2 бЛ
14л _ ___2 л г 2л 2 Зл
15 15 15 15 15 15
. 2 л: 2 л 2л 2 4л 2 7л . 2 Зл
-sin —cos —cos — cos —cos —sin —
15 15 15 15 15 15
£.’..2 K .
15
1 . 2 8л 2 7л 1 . 212л
—- sin — cos----------- sin ----
2a 15 15 22 15 _
— 9 . 9 Л .2 ЗЛ
2" sin —sin —
15 15
15
2 4л
cos —cos —cos —cos
15 15 15
15
15
_2 7л
' 1К
15
~ 2 Я
, 3л , 6л
•cos —-cos —
16 15
_1__
22 "
15
2 2 Л
sm — sm —
15
. 2 7л: 2 7л . 2 Зл
- sin — cos — sin —
15 15 15 =
a12 2 -2 ЗЛ
2 sin —sin —
15 15
1 . 14л
— sm ------ ,
. 22 15 _____L.
«12 - 2 П 214
2 sm —
15
• 1 . п
Здесь использовали формулу sin a cos a = —sm2a
, . 8л . 7л 14л . л . 12л . Зл.
(sm— = sin— ,sm = sm— ,sm = sm—).
15 15 15 15 15 15
и формулы приведения
3.422. Доказать справедливость равенства .
л 2л Зл 4л 5л 6л 7л 1
cos — cos—cos — cos — cos — cos — cos— = —
15 15 15 15 15 15 15 27
Доказательство.
„ „ л 2л Зл 4л 5л 6л 7л ( л 2л
Пусть А = cos — cos—cos — cos — cos — cos — cos — = cos—cos-
15 15 15 15 15 15 15 V 15 15
4л 7лА ( Зл 6лА 5л f л 2л 4л ( 8л
•cos—cos— • cos — cos— • cos— = cos — cos — cos—cos л---
15 157 I 15 15j 15 15 15 15 I 15jJ
( Зл 6л А л
• cos—cos— • cos —.
V 15 15 7 3
Используя формулы приведения, получаем
if л 2л 4л
= — cos—cos—cos—cos
2V 15 15 15
„ . Л . Зл
Умножаем и делим полученное выражение на sin — sin —, имеем
л л 2л 4л
sin — cos — cos — cos — cos
15 15 15 15
.Зл Зл 6л
sin — cos — cos —
15 15 15
2 sin — sin —
15 15
А
А =
29
( . 2л 2л 4л 8л А ( . 6л 6л
sin—cos — cos—cos— • sin—cos—
л V 15 15 15 15 J V 15 15
П
15
( . 8л 8л A . 12л
sin—cos— • sm-----
. 12л I 15 15) 15
•sin--=
15
„ . п ,3л
8 sin — sin —
15
„ • 1 .
Применяя последовательно формулу sinx-cosx - — sin2x , находим
. 4л 4л 8 л А
sin—cos — cos —
15 15 15)
. л . Зл
32 sm — sin —
15 15
. 16л . 12л я Зя
sin----sin —- 8гп я _ ~ ' sm к ~ ~
_______________________15 15 = к 15; V 15,
. л . Зл , . л . Зл ,лп . л . Зл
64 sin — sin— 128 sin—sin— 128 sin — sin —
15 15 15 15 15 15
Еще раз применяя формулы приведения, получаем
. л . Зл
sin----sin — « ,
А = 15 15 . 1 = 1
л . Зл 128 27 ’
128 sin — sin —
15 15
Справедливость равенства доказана.
3.470. Пусть А, В и С — внутренние углы некоторого треугольника. Дока-
зать, что sin2 А + sin2 В + sin2 С - 2 cos A cos В cos С = 2 .
Доказательство.
A + В + C
Согласно условию, A + В + С = 180°, cos-------= cos90° = 0 .
Пусть X = sin2 A + sin2 В + sin2 C - 2 cos A cos В cos С . Используя формулу
. , x 1 - cos x
sin — =--------, получаем
2 2
„ l-cos2A l-cos2B l-cos2C „ . „ 3-cos2A
X =---------+------------1---------2 cos A cos В cos C =-------
2 2 2 2
cos 2B + cos 2C - 4 cos A cos В cos C 3 - (cos 2A + cos 2B) - cos 2C
- _
2 (2 cos A cos B) • cos C
_
Применяя формулы cosx + cosy - 2 cos 37 + cos———, cos x cos у =
2 2
у)) и cos 2x = 2 cos2 x - 1, имеем
2
3 - 2cos(A + B)cos(A - B) - cos2C - 2(cos(A - B) + cos(A + B)) • cosC
3 - 2cos(A + B)cos(A - B) - cos2C - 2cos(A - B) • cosC - 2cos(A + B) • cosC
3-2cos(A+ B)cos(A- B) -2cos(A- B) • cosC-(2cos2C-1)-2cos(A + B)-cosC
3 - 2 cos [A - B) (cos (A + B) + cosC) - 2 cos2 C + 1 - 2cos(A + B) • cosC
-
- 2 - cos (A - B) • (cos (A + B) + cosC) - cosC • (cosC + cos (A + B)) =
30
= 2 - (cos(A + В) + cosC) • (cos(A - В) - cosC).
Повторно применяя формулу преобразования суммы косинусов и формулу
„ . X + у . X - у
cos х - cos у = -2 sm-— sin--, находим
2 2
v п п А + В + С А + В-С( п . А-В + С . А-В-СА
X = 2 - 2 cos------cos-------- -2 sin---------sin-------- .
2 2 ~ - ।
jA. 4* S + C
Здесь cos----------= 0 по условию. Тогда X = 2, что и нужно было дока-
2
2
зать.
3.472. Пусть А, В и С — внутренние углы некоторого треугольника. Дока-
зать, что sin(2n + 1) А + sin(2n + 1) • В + sin(2n + 1) • С = (-1)”4cosА *
2п + 1 2п + 1 _
cos—-— В • cos—-—С , где п — целое число.
Доказатпелъспгво.
„ - „ . 2n +1, . . 2n +1, , „ч
В левой части получаем 2 sin—-—(А + В) • cos—-—(А - В) +
2 v '
2п + 1, „ _ч
—<л+в)-
2n + l_A z йп 2п + 1„
-------С = (-1) cos-----------С;
2 ) v ' 2
2n + 1 2n + 1
+ 2 sin—-—С cos—-—С. Учитывая , что А + В + С = я , находим
• 2n + 1, я . 2п + 1
sin—-—(А + В) = sin
. 2n + 1 _ ( чп
sin—-—С = (-1) cos
Следовательно,
п 2п + 1_ (, 2п + 1/л _ч , ,чп 2п + 1/л
2 cos----С • I (-1) cos-(А - В) + (-1) cos-(А + В) I =
2 \ 2 2 /
, чп 2n +1 2n +1 2n +1
= (-1) 4 cos—-—А • cos—-—В • cos—-—С, т.е. мы пришли к выражению,
стоящему в правой части.
3.474. Доказать, что равенство (вгпф)х + (cos<p)x =1 выполняется для всех
<р е I 0; — I в том и только том случае, если х = 2.
Доказательство.
Допустим, что (sin <р)х + (cos ф)х = 1 при любом <р. Тогда должно быть
/ \Х / - \х
- I Я) , J 1 I
sin— + cos— = 1, т.е. 2 —f= = 1, а это возможно только при х = 2.
4J k 4j V42)
31
3.489. Доказать, что для чисел <р, удовлетворяющих неравенствам
„ я , ,2.з V2cos®
О < (р < —, выполняется равенство 1 - tg<p + tg (р - tg <р + ...=-7-—
4 о . (tt
2 sin---F т
I 4
Доказательство.
Пусть A = 1 - tg<p + tg* 2<p - tg3(p + .... Для 0 < <p < это выражение является
суммой бесконечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом
Ь, = 1 и знаменателем q = -tg(p. Используя формулу S = — , где 5 — сум-
1-9
к Л 1
ма бесконечно убывающей прогрессии, получаем А =------------
l + tgtp
2_______
sintp
costp
costp
costp + sintp
costp
,/? 1 „ ( . It Л .
z£cos(p + l±sin(p 2\sm — cos <р + cos — sm (р
2 2 I \ 4 4
2 sm — + <р
3.495. Доказать, что tg 142°30' + >/б + >/з - ^2 — есть целое число.
Доказательство.
t 142°30' = 1 ~cos285° - ^M270" +15°) = 1-sin 15° = m(45o-30°)-l _
sin285° “ sin(270°+15°) -cosl5° cos(45°-30°)
cos (45° -30°)
sin 45° cos 30° - cos 45° sin 30° - 1 _ 2 2
cos 45° cos 30° + sin 45° sin 30° V2 >
2 2 2 2
Ответ: 2.
3.496. Пусть А, В и С — углы треугольника. Доказать, что
п . А . В . С
Bsm—sm—sm— < 1.
2 2 2
Решение.
Известно, что 2-/ab < a + b, 2>/bc < Ъ + с , 2->/ac < а + с .
После почленного перемножения этих неравенств получаем
8аЪс < (а + Ь) • (b + с) • (а + с). (1)
32
(2)
Известно также, что
а = 2R sin А, b - 2R sin В , с = 2R sin С,
где R — радиус описанной окружности.
Из (1) и (2) следует
8 sin A sin В sin С < (sin А + sin В) • (sin В + sin С) • (sin А + sin С), или
сл . A A . В В . С С 64 sin — cos — sm — cos—sm — cos — < 2 2 2 2 2 2 „ . A + B A- 8 sin cos 2 2 В . B + C — sin 2
B-C . A+C cos sm cos 2 2 A-C 2
_ A + В Так как sm — = 2 C cos—, 2 . B + C sin 2 A = cos— , 2 sin A + C 2 В = COS — , TO 2
й . А В . С 8 sin—sm — sm — S cos A-B B-C A-C cos cos . Ho A cos — si;
cos-----<; 1- cos----< 1, поэтому 8 sin — sin — sin— < 1.
2 2 2 2 2
Глава 4
Прогрессии
Основные понятия и формулы.
Арифметическая прогрессия.
Арифметической прогрессией называется последовательность, у которой
задан первый член а,, а каждый следующий член, начиная со второго, равен
предыдущему члену, сложенному с одним и тем же числом d, называемым
разностью прогрессии.
Если заданы первый член а, и разность арифметической прогрессии d, то
n-й член арифметической прогрессии вычисляется по формуле
an = а, + d(n - 1), (4.1)
т.е. любой член арифметической прогрессии равен первому ее члену, сложен-
ному с произведением разности прогрессии на число предшествующих ему
членов. Формула (4.1) называется формулой общего члена арифметической
прогрессии.
Свойства членов арифметической прогрессии
1. Каждый средний член арифметической прогрессии равен полусумме
равноотстоящих от него членов:
ak = , к - 2,3,...,п - 1. (4.2)
2. В конечной арифметической прогрессии суммы членов, равноотстоящих
от ее концов, равны между собой и равны сумме крайних членов:
+ал =а2 +апЧ =...= ак + а„_к+1 =...= 2аг + d(n - 1). (4.3)
Сумма п первых членов арифметической прогрессии
Сумма п первых членов арифметической прогрессии равна произведению
полусуммы крайних членов на число членов:
а, + а
Sn -л. .п. (4.4)
Учитывая (4.3), т.е. что аг + ап = 2ах + d(n -1), формулу (4.4) можно запи-
сать в виде
2а, + d(n - 1)
5П= —-----Л---А.п. (4.5)
Геометрическая прогрессия
Геометрической прогрессией называется последовательность, у которой
задан первый член *0, а каждый следующий член, начиная со второго, равен
предыдущему члену, умноженному на одно и то же постоянное для данной
последовательности число q^O, называемое знаменателем прогрессии.
Если заданы первый член Ь, и знаменатель геометрической прогрессии q,
то n-й член геометрической прогрессии вычисляется по формуле
Ьп = М"’1, (4.6)
т.е. любой член геометрической прогрессии равен первому ее члену, умножен-
ному на степень знаменателя прогрессии, показатель которой равен числу
34
предшествующих ему членов. Формула (4.6) называется формулой общего
члена геометрической прогрессии.
Свойства членов геометрической прогрессии
1. Квадрат каждого среднего члена геометрической прогрессии равен про-
изведению равноотстоящих от него членов, т.е.
bhWk+1, fc = 2,3,...,n-l. (4.7)
2. В конечной геометрической прогрессии произведения членов, равноот-
стоящих от ее концов, равны между собой и равны произведению крайних
членов:
Ь1 • Ьп = Ь2 Ъп_г = Ь3 Ьп_2 =... = bk . bn_fc+1... = Ь’ qn-1. (4.8)
3. Произведение п первых членов геометрической прогрессии с положи-
тельными членами равно корню квадратному из n-й степени произведения ее
крайних членов:
р.=7(ь. <>.) <«>
В общем случае
|рп|=7мяг.
Сумма п первых членов геометрической прогрессии
Сумма п первых членов геометрической прогрессии вычисляется по фор-
муле
Sn=-bl~.^ (q#i). (4.10)
1-q
Учитывая (4.6), т.е., что Ь„ =Ъгд"~х, формулу (4.10) можно представить в
виде
bi (1 - <?п)
5П=-Ц-------(4.И)
1-q
Сумма членов бесконечной геометрической прогрессии
Бесконечный числовой ряд, образованный из членов геометрической про-
грессии 1?! + Ъ2 + Ь3 +...+ Ъп + ... при |q| < 1, сходится, и его сумма S равна
5 = Д-, (4.12)
1-q
т.е. сумма членов геометрической прогрессии, знаменатель которой по абсо-
лютной величине меньше единицы, равна частному от деления первого ее
члена на разность между единицей и знаменателем прогрессии.
Если |q| > 1, то ряд Ц + Ь2 + Ь3 +...+ Ъп + ... расходится, и бесконечная гео-
метрическая прогрессия суммы не имеет.
Формулу (4.12) называют также формулой суммы членов бесконечно убы-
вающей геометрической прогрессии. Здесь под “бесконечно убывающей гео-
метрической прогрессией” понимается прогрессия, члены которой убывают по
абсолютной величине, т.е.
Ы > |Ь2| > |ьз| >...> |\| >....
4.059. Числа а, Ъ, с, одно из которых кратно 7, составляют арифметическую
прогрессию с разностью 7. Показать, что число abc делится на 294.
35
Решение.
abc = 7к(7к + 7) • (7к +14) = 7 • 7 • 7к(к +1) • (к + 2) = 49(7к(к +1) • (к + 2)) =
= 49 • 61 = 294Z, I 6 N , так как к (к + 1) • (к + 2) делится на 6 (из трех последо-
вательных целых чисел одно четное, и одно кратно 3).
Следовательно, число аЬс делится на 294, что и нужно было показать.
4.065. В конечной геометрической прогрессии известны ее первый член а,
последний член Ъ и сумма 5 всех ее членов. Найти сумму квадратов всех чле-
нов этой прогрессии.
Решение.
1) q * 1. Согласно условию и формуле суммы п первых членов геометриче-
„ Ц - bng о a-bq a-S
скои прогрессии Sn - —---— имеем Л =------3-, откуда g -----. (1)
1-q 1-q b — S
Сумма квадратов всех членов данной прогрессии равна
5П = а2 + (ад)2 + (ад2) +... + Ъ2 = а2 + а2д2 + а2д4 + ...+ Ь2 или
„2 к2Л2
s. = 2 (2)
1-д
Подставляя значение д из (1) в (2), получим
2 ь2(а ~
- а (b - 5 J _(a + b)S-2ab
1 _fa~SY 25 - (a + b)
д = 1. При д = 1 имеем а = b 0 и сумма квадратов
2 — „„2
= па .
S,
2)
грессии равна 5П = а2 + а2 + а2 +... + а'
(а + Ь) • 5 - 2аЬ , ,
Ответ: 1) ----------г— 5, q * 1, а*Ъ; 2) па , д = 1,
2S - (а + о)
всех членов про-
а = b 0.
4.069. Найти трехзначное число, цифры которого образуют геометрическую
прогрессию. Если из этого числа вычесть 792, то получается число, записанное
теми же цифрами, но в обратном порядке. Если из цифры, выражающей чис-
ло сотен, вычесть 4, а остальные цифры искомого числа оставить без измене-
ния, то получается число, цифры которого образуют арифметическую про-
грессию.
Решение.
Пусть а, Ъ, с — члены геометрической прогрессии; из условия имеем
100a + 10b + с - 792 = 100с + 10b + a; a - 4 , b, с — члены геометрической про-
грессии. Тогда получаем следующую систему:
Ь2 = ас,
100a + 10b + с - 792 = 100с + 10b + а,
2Ь = а - 4 + с.
Решив ее, найдем а = 9 , Ь = 3 , с = 1. Следовательно, dbc = 931.
Ответ: 931.
36
4.070. Известно, что при любом п сумма п первых членов некоторой число-
вой последовательности выражается формулой = 2п2 + Зп. Найти десятый
член этой последовательности и доказать, что эта последовательность являет-
ся арифметической прогрессией.
Решение.
Выведем формулу n-го члена последовательности (ап). Так как Sn =
= Sn_t + ап, то ап = Sn - (Здесь п-1>0 и п>1).
Имеем 5n = 2n2 + Зп; = 2(п -1)2 + 3(п - 1) = 2п2 - п - 1;
ап = (2п2 + Зп) - (2п2 - п - 1) = 4п + 1 (п>1).
Значит, любой член последовательности, начиная со второго, можно найти
по формуле an = 4n + 1. Но формулой вида у = кх + Ъ на множестве нату-
ральных чисел задается арифметическая прогрессия. Таким образом, при
п > 1 последовательность (ап) образована по закону арифметической про-
грессии. Остается проверить, не нарушает ли закономерность первый член
последовательности (ап ). Так как ^ = 2 • I2 + 3 • 1 = 5 , то сц = 5. Но и значение
выражения 4n +1 при п = 1 также равно 5. Значит, все члены последова-
тельности (а„ ) могут быть найдены по формуле ап = 4п + 1 и (ап) — ариф-
метическая прогрессия.
Согласно формуле ап = 4n + 1 найдем десятый член последовательности
(ап): а10 = 4-10 + 1 = 41.
Таким образом, если известно, что при любом п сумма п первых членов
некоторой числовой последовательности выражается формулой SB = 2п2 + Зп,
то эта последовательность является арифметической прогрессией; десятый
член этой последовательности равен а10 = 41.
Ответ: 41.
4.072. Длины сторон треугольника представляют собой три последователь-
ных члена возрастающей геометрической прогрессиию. Сравнить знаменатель
этой прогрессии с числом 2.
Решение.
Пусть a, aq, aq2 — длины сторон треугольника; считая а наименьшей сто-
роной, будем иметь q > 1 (в частности, может быть и q = 1 — треугольник
равносторонний). Тогда а + aq > aq2, 1 + q > q2.
Обратно: если q > 1 и выполнено это неравенство, то существует треуголь-
ник, стороны которого равны a, aq, aq2 (конечно, а > 0). Таким образом, усло-
вия q > 1, l + q>q2 являются необходимыми и достаточными условиями, на-
ложенными на знаменатель геометрической прогрессии, при которых числа а,
aq, aq2 будут длинами сторон треугольника. Совместное решение этих нера-
.. 1 + V5 _ 1 + ^5 1 + 7э 1 + 3 _ „
венств дает 1 < q <----. Так как -----<-------=-----= 2, то q < 2.
4 2 2 2 2
Ответ: меньше 2.
37
4.074. Числа а},а2,. ,.,ап,ап+1 образуют арифметическую прогрессию. Дока-
11 In
зать, что -+-----+... +---=------.
а1а2 а2а3 апап + 1 а1ап + 1
Доказательство.
1) Если разность прогрессии d отлична от нуля, то можно записать
_l_ = lf_2______________И
а1а2 d^at а2)’
1 = _________
а2аз d ^а2 а3 J
1 = J_fl_________1_J
апап+1 dlan ап+1 J
ЛЧ л ап + 1 Н
Сложив эти равенства, в правой части получим------------*- =------, что
d а а . а а .
пп + 1 “п п+1
и требовалось доказать.
„ п п
2) Если а = 0, то а1=а2=... = ап и доказываемое равенство очевидно: — = —.
4.075. Последовательность чисел 1, 8, 22, 43, ... обладает тем свойством,
что разности двух соседних членов (последующего и предыдущего) образуют
арифметическую прогрессию: 7, 14, 21....Найти номер члена последователь-
ности, равного 35351.
Решение.
Пусть последовательность a1,a2,a3,...,an обладает тем свойством, что
а2 - <4 = d, а3 - а2 = 2d , а4 - а3 = 3d , ... , ап - ап_г = (п -1) • d, где d — раз-
ность арифметической прогрессии. Сложив почленно эти равенства, получим
, , / \ dn(n-l)
ап - a, = d + 2d + 3d +... + (п - 1) • d = —--.
, 7п(п-1)
Так как Oj =1, d = 7, ап = 35351, то 35351 - 1 =--------откуда найдем
п = -100 , что непригодно к решению задачи, или п = 101.
Ответ: 101.
38
Глава 5
Комбинаторика и бином Ньютона
Основные формулы и определения
Соединения (комбинаторика)
Соединениями называют группы (множества), составленные из каких-либо
предметов.
Предметы, из которых составлены соединения, называются элементами.
В элементарной алгебре рассматривают три вида соединений: размещения,
перестановки и сочетания.
Размещения. Пусть дано некоторое множество а1,а2,а3,...,ап, состоящее из
п элементов.
Размещениями из п элементов по т (т < п) называются соединения, в
каждое из которых входит т элементов, взятых из данных п элементов, и
которые отличаются между собой элементами (хотя бы одним) или их поряд-
ком.
Например из трех элементов ара2,а3 по одному можно образовать три
размещения: at, a2, a3; по два — шесть размещений ага2, ащ3, a2a3, а2аг,
a3ar, a3a2; по три — шесть размещений ага2а3, ащ^, a2aja3, a2a3aj, а3ащ2,
a3a2^1 •
Основная задача при изучении размещений заключается в том, чтобы зная
число п данных элементов, вывести формулы, по которым можно было бы
подсчитать, сколько размещений по т элементов в каждом можно составить
из п данных элементов.
Число размещений из п элементов по т обозначается символом А™ (от
франц, arrangement — размещение). Так, в приведенном выше примере
А3 =3, А3 =6, А33 =6.
Теорема. Число возможных размещений из п по т равно произведению т
последовательных чисел натурального ряда, наибольшим из которых есть п:
А™ = п • (п -1) (и - 2) •... (и ~(т - 1)). (5.1)
Например: А3 = 8 • 7 • 6 • 5 • 4 = 6720 ;
А";з = (п + 3) • (п + 2) •... (и + 3 - (и - 1 - 1)) = (п + 3) (п + 2)...6 5.
Перестановки. Перестановками из п элементов называются соединения,
каждое из которых содержит п элементов и которые отличаются между собой
лишь порядком элементов.
Например, из одного элемента Oj можно составить только одну переста-
новку; из двух элементов аг и а2 — две перестановки: ага2, а2аг; из трех
элементов Oj, а2, а3 — шесть перестановок: а^а^, а1а3а2, а^аЩз, a2a3a1,
a3ai°2 > a3a2ai'
Число всех перестановок из п элементов обозначается символом Рп.
Теорема. Число всех перестановок из п элементов равно произведению по-
следовательных натуральных чисел от 1 до п включительно, т.е.
Рп = 1 • 2 3 (п — 1) • п; (5.2)
39
Произведение п натуральных чисел от 1 до п принято сокращенно обозна-
чать п!, т.е.
1-2-3-...(п-1)п = п!; (5.3)
читается “эн факториал” (от англ, factor — множитель).
Тогда формулу (5.2) можно переписать в виде
Pn = nU (5.4)
Например: Р7 = 1- 2- 3- 4- 5- 6- 7 = 5040.
Пользуясь понятием факториала, формулу (5.1) для числа размещений
можно написать так:
А™ = п (п - 1) • (п - 2) ...• (п - (тп - 1)) =
п (п - 1) (и - 2) •... (п - (т - 1))
(п - тп) • (п - т - 1) •... • 3 • 2 • 1
Р 71*
•(п - тп) (п - т - 1) ... • 3 • 2 • 1 = —— = --—г- , т.е.
Рп-т [п-ту
(5.5)
Р
Ат —
" Р
х п-1
Сочетания. Сочетаниями из п элементов по тп (тп < п) называются соеди-
нения, в каждое из которых входят тп элементов, взятых из данных п элемен-
тов, и которые отличаются только элементами (хотя бы одним).
Например, из одного элемента аг можно составить только одно сочетание
; из двух элементов аг и а2 — два сочетания по одному элементу dj, а2 и
одно сочетание по два элемента — а,а2.
Из трех элементов , а2, а3 — можно составить три сочетания по одному
элементу: , а2, а3; три сочетания по два элемента: а^, а^, а2а3; одно
сочетание по три элемента: а^а^.
Число различных сочетаний из п элементов по т обозначается символом
С„ (от лат. combinare — соединять). Поэтому сочетания называются еще
комбинациями.
Теорема. Число всевозможных сочетаний из п элементов по т равно част-
ному от деления произведения т последовательных чисел натурального ряда,
наибольшее из которых равно п, на произведение последовательных нату-
ральных чисел от 1 до тп включительно, т.е.
п • (п -1) (п - 2) •...• (п - (тп - 1У)
Ст -------------—---------------------. (5.6)
п l-2-З-...т
Формулу (5.6) для числа сочетаний из п элементов по т можно предста-
вить через число размещений и перестановок:
Ат
/-чт _
п р -
т
или, учитывая (5.5),
Ат Р п'
С™ = —2- =-----------------------. (5.7)
" РтР„-т т'.(п-т)\
Например: С*2 = Ч = 495.
1 * 2 • 3 * 4
40
Основные свойства числа сочетений
1. Имеет место тождество
Cnm=Cnn-m. (5.8)
Формула (5.8) позволяет упростить вычисление числа сочетаний, если тп
больше половины п.
Например: С“ = С”-“ = Cf, = = 190.
2. Имеет место тождество
с™ +c;n+1 =с™7. (5.9)
Замечание. По определению сочетаний символ С® не имеет смысла. Но в
целях единообразной формы записи по определению принимают С® = 1. Ана-
логично по определению принимают 0! = 1, 1! = 1.
Бином Ньютона
Бином (двучлен) — выражение вида х + а.
Произведение биномов, отличается только вторыми членами.
Рассмотрим произведение двух, трех и четырех биномов вида х + а. После
умножения и приведения подобных членов по х получим
(х + а) • (г + b) = х2 + (а + Ь) х + аЪ ;
(х + а) • (х + Ь) (х + с) = х3 + (а + b + с) • х2 + (аЬ + ас + Ьс) • х + аЪс;
(х + а) • (х + Ь) (х + с) • (х + d) = х4 + (а + Ь + с + d) х3 + (аЬ + ас + ad + be +
+bd + cd) • x2 + (abc + abd + acd + bed) • x + abed.
Анализируя эти произведения, легко заметить, что произведение биномов,
отличающихся только вторыми членами, есть многочлен, упорядоченный по
убывающим степеням первого члена х, степень которого равна числу пере-
множаемых биномов. Коэффициент первого члена многочлена равен 1, а по-
следующие образуются так: второй коэффициент равен сумме всех вторых
членов биномов, третий — сумме всевозможных произведений вторых членов
по два, четвертый сумме всевозможных произведений вторых членов по три и
т.д. Последний член многочлена равен произведению всех членов биномов.
Для произведения п биномов справедлива формула
(х + aj • (х + a2) • (х + a3) •...• (х + ап_^ (х + an) =
= хп + S1xn‘l + S2xn~2 +...+ Sn_xx + , (5.10)
где Sj = ax + a2+a3+...+an_,+an,
S7 = a.a, + a.a, + ... + a„_,a„ + a„ ,a„ ,
Z 1 L 1 о я—L n n—1 n’
= ala2a3 + ata2a4 +... + an_2an_1an ,
5n-l = aia2a3 +•••+ a2a3a4 •an <
iSn ClidnQq . • « id •
П I Z «$ n— 1 П
Заметим, что формула (5.10) верна и тогда, когда вторые члены равны ме-
жду собой.
Пример. Найти произведение биномов (х + 1) • (х + 2) • (х + 3).
Решение. Пользуясь формулой (5.10), находим
(х + 1) • (х + 2) (х + 3) = х3 + (1 + 2 + 3) х2 + (1 • 2 + 1 3 + 2 • 3) х2 +
41
+(1 2 + 1 3 + 2 3) х + 1 • 2 • 3 = х3 + 6х2 + Их + 6 .
Ответ: х3 + 6х2 + Их + 6.
Формула бинома Ньютона
Если в формуле (5.10) положить аг = а2 = а3 = ...= an_j = ап = а, то получим
(х + а)” = xn + SjX"-1 + •S'jX"'2 +...+ Sn^x + Sn , где
= a + a+ ... + a = n- a = Cj, -a
n(n -1) , , ,
5, = aa + aa +... + aa = —--- • a = C„ a
2 2
n(n - 1) (n - 2) 3 . 3
S, = aaa + aaa +... + aaa = —1---—1----- - a = C- a
3 1-2-3
Sn_t = aaa...a + ...+ aaa...a = na"-1 = CJJ*1 an-1
on = aaa...a = a = cn a
Тогда формула (5.10) примет вид
x + a) =x + Cnax + ... + Cna x + ...+ Cn a x + a . (5-11)
Формула (5.11) называется формулой бинома Ньютона, а правая часть ее
называется разложением бинома.
Например: (х + а)5 = х5 + С3ах4 + Cfa2x3 + С3а3х2 + С4а4х + Cfa5 = х5 + 5ах4 +
+10а2х3 + 10а3х2 + 5а4х + а5.
Свойства разложения бинома Ньютона
1. Количество членов разложения бинома на единицу больше показателя
степени бинома.
2. Все члены разложения имеют одну и ту же степень п относительно пер-
вого и второго членов бинома, т.е. разложение есть однородный многочлен,
причем показатели первого члена убывают от п до 0, а показатели второго
члена возрастают от 0 до п.
3. Коэффициенты разложения следуют так: первый равен 1 = С“ , а после-
дующие соответственно равны С* , С2, С3, .. . С£ = 1, т.е. коэффициенты
(т + 1) -го члена равен С™. Эти коэффициенты называются биноминальными.
Заметим, что биноминальные коэффициенты всегда натуральные числа, если
показатель бинома — натуральное число.
4. Общий член разложения вычисляется по формуле
п • (п - 1) ...• (п - т + 1) т „ „
m+1=Cna х =-------------—---------------а х . (5.12)
1 2 ... т
5. Биномиальные коэффициенты, равноотстоящие от концов разложения,
равны между собой. Действительно, по формуле (5.8)
z~iU _ п х*ч1 _ /*ч2 — |^n-2 гчп _ fin — m
'-’n '-*n 7 ’ '“zn '“'n » • • *» '‘“'л ~~ '''n
6. Из свойств (1) и (5) следует, что если показатель бинома четный, то в
разложении бинома средний член имеет наибольший биноминальный коэф-
фициент, а если показатель бинома нечетный, то в разложении имеется два
средних члена с одинаковым наибольшим коэффициентом.
42
7. Последующий биномиальный коэффициент разложения равен предыду-
щему, умноженному на показатель первого члена бинома в предыдущем члене
и деленному на число предыдущих членов:
с:+1=^^.с;. (5.13)
тп + 1
8. Сумма всех биномиальных коэффициентов равна 2п , где п — показатель
бинома.
Если в формуле (5.11) положить х = а = 1, то получим
2” =С“ +С* + С2 + ...+ С". (5.14)
9. Если в формуле (5.11) заменить а на -а, то получим
(х-а)" =хп -С1пахп~1 + С2а2х”~2 -... +(-l)’BC>mxn-’n +...+(-1)"ап. (5.15)
10. Сумма биномиальных коэффициентов, стоящих на четных местах, рав-
на сумме коэффициентов, стоящих на нечетных местах.
вЛ„в „ С* +2С2+ЗС3+...+ пС" „п.
5.075. Доказать, что —2-2----2-------- = 2П 1.
п
Доказательство.
Воспользуемся тождеством 1 + С* + С2 + С® +... + С" = 2П и перепишем его
п раз следующим образом:
С1 + С2 + С3 +... + С” = 2n -1,
с2+сз+...+с:=2"-1-с;,
с3п+...+с; =2n-i-c*-с2п,
c:=2"-l-c* -С2-...-С"'1.
Учитывая, что 1 = С" , сложим все написанные равенства:
Ci + 2С2п + ЗС3 +...+ nCi = п2п - пС* - (п -1) • Спп' -(п-2)- Спп'2 .
Обозначив числитель заданной дроби через S, получим S = п2п - S, отку-
С1 । 2С2 । ЗС3 | । Псп
да S = п2пЧ, т.е. —-----------——-----— = 2П-1, что и требовалось доказать,
п
5.076. Доказать тождество + С^-1 = С£+1. Пользуясь этим тождеством,
показать, что С™ ч-С^ +...+ С?_10 = С^1 - С^о•
1. Согласно формуле С” = -- w!------г- имеем , С^"1 =
т\ • (п - т)! к! (п - к)!
__________JL: Тогда Ск + Ск1 = п' +________—________=
(к -1)! • (п - к + 1)!______________________________________________" п к!-(п-к)! (к -1)! • (п - к +1)!
__ п! • (п - к + 1) + п! • к _ п! • (п — к + 1 + к) п! (п + 1) (п + 1)1 _
к\ (п-к + 1) к! • (п - к +1) к! • (п - к +1) к! • (п - к +1) n+1 ’
что и требовалось доказать.
2. Запишем доказанное тождество в виде Ск = С£+1 - С^“1. Тогда
43
. pm+1 pm+1
n — ^n+1 bn »
im ' pm+1 /-trn + 1
n —1 ~ Un bn-l »
C-s = o'— - ,
pm+1 __ /-»m+l
Un-10 ” Vn-0 en-10 *
Складывая почленно левые и правые части этих равенств, получим
С™ + С™ ! + ... + С™_в + = С7+? - с"-+10 что и требовалось показать.
5.0 77. Упростить выражение Pj + 2Р, +... + пРп , где Рк — число перестано-
вок из к элементов.
Решение.
Используя формулу Р„ = п!, получаем
Pr +2Р2 + ...+ nPn = 1-1! + 2-2! + 3-3!+...+ п-п! = (2!-1!) + (3!-2!) +
+(4!-3!)+... + ((п + 1)!-п!) = (п + 1)! -1.
Ответ: (п + 1)! - 1.
5.0 78. Доказать, что С2ПП+Х • C2nn_x < (С2ПП)2.
Доказательство.
Запишем очевидное неравенство -о?2 < 0 и прибавим к обеим его частям
т2. Будем иметь т2 - х2 <т2, или (т - х) • (тп + х) < т2 (1).
Пусть т принимает значения 2n; 2п - 1; 2п - 2; 2п - 3; .. . ; 2п - к + 1,
где п — натуральное число, к = 0,1,2,...,п . Тогда неравенство (1) запишется в
виде
(2п + х) • (2п - х) < (2п)2;
(2п - 1 + х) • (2п - 1 - х) < (2n - 1)2;
(2п - 2 + х) (2п - 2 - х) < (2п - 2)2;
(2п - 3 + х) (2п - 3 - х) < (2п - З)2;
(2п - к + 1 + х) (2п - к + 1 - х) < (2п - к + 1)2.
Перемножим почленно левые и правые части неравенств (2). Получим
(2п + х) (2п - х) • (2п - 1 + х) • (2п - 1 - х) (2п - 2 + х) • (2п - 2 - х) •
(2п - 3 + х) (2п - 3 - х) •... • (2п - к + 1 + х) (2п - к + 1 - х) < (2п)2 (2n - 1)2 •
(2п - 2)2 • (2п - З)2 -... • (2п - к + 1)2, или (2п + х) (2п - 1 + х) • (2п - 2 + х) •
(2п - 3 + х) -...- (2п - к 4- 1 + х) • (2п -х) • (2п - 1 - х) • (2п - 2 - х) • (2п -3-х)-
•... • (2п - к + 1 - х) £ (2п • (2п - 1) • (2п - 2) • (2п - 3) ... • (2п - к + 1))2. (3)
Далее умножим обе части неравенства (3) на — . Будем иметь
\п!)
44
(2n + x) (2n. - 1 + x) (2n - 2 + x) • (2n - 3 + x) ... (2n - к + 1 + x)
n!
(2n - x) (2n -1 - x) • (2n - 2 - x) • (2n - 3 - x) ... (2n - к + 1 - x) <
n!
f 2n • (2n - 1) (2n - 2) (2n - 3) -...- (2n - к + 1)Y
n! J
(2n + x) (2n - 1 + x) • (2n - 2 + x) • (2n - 3 + x) -... - (2n - к + 1 + x) _
n! 2n+x
2n (2n - 1) • (2n - 2) (2n - 3) -...- (2n - к + 1) _
(5), a ------------------------------------------------------ C2n . (6)
n!
Тогда, с учетом (5) и (6) неравенство (4) приобретает вид С2п+ж <
£ (Сгп)2 > что и требовалось доказать.
5.080. Найти наибольшее слагаемое разложения (у/b + л/з) .
Решение.
Т
Рассмотрим отношение двух соседних слагаемых . Так как Тк+1 =
Tfe+i
= C£uV2k 520~k , Tk+2 = C20+1V2fc+1 •5ie-k , to = — Эта функция
Tk+i к + 1 V 5
T
монотонно убывает с ростом к; слагаемые возрастают, если fc+2 > 1. Решим
^к+1
20 — к [2 ( пг гт\ , „п /г гг . 20>/2 — -Jb
неравенство ------J— > 1; имеем I<2 + <5 ) к < 20V2 - V5 ; к < —;=---з=- =
к + 1 V 5 V > V2+V5
= 7>/10-15 = 7, т.е. при к = 7 получим наибольшее слагаемое Т8 = С20 24 •
5® = 314925 Ю5.
Ответ: Тд = 314925 -10®.
5.082. Если раскрыть все скобки в выражении (1 + х)в + (1 + х)10+...+
+(1 + х)14 и привести подобные члены, то получится некоторый многочлен.
Определить коэффициент при х® в этом многочлене, не раскрывая скобок.
Решение.
Используя формулу (х + а)п = хп + С^ах”-1 +... + С™атх"~’п +... + +
+ап и условие, имеем С® + С®0 + С9п + С®2 + С®3 + С®4 = 1 + —- + ™ +
У . У . ' 4 . У « • О >
13! 14! , ,п 10-11 10-11-4 101113-12 2-11-4-13-14
9!-4! 9!-5! 2 2 -2-3-4 5-2-3-4
= 11 + 55 + 220 + 715 + 2002 = 3003.
Ответ: 3003.
45
5.089. “Ранним утром на рыбалку улыбающийся Игорь мчался босиком”.
Сколько различных осмысленных предложений можно составить, используя
часть слов этого предложения, но не изменяя порядка их следования?
Решение.
В предложение обязательно входит подлежащее и сказуемое. Каждое из
слов “улыбающийся”, “босиком” и словосочетание “на рыбалку” можно как
включать, так и не включать в предложение, т.е. имеем 23 = 8 предложений.
Добавив в каждое из них слово “утром”, получим еще 8 предложений, из ко-
торых можно получить еще 8 добавлением слова “ранним”. Так как среди
этих 24 предложений есть и исходное, то всего можно составить 23 новых
осмысленных предложения:
1) Игорь мчался;
2) Игорь мчался босиком;
3) улыбающийся Игорь мчался;
4) улыбающийся Игорь мчался босиком;
5) на рыбалку Игорь мчался;
6) на рыбалку Игорь мчался босиком;
7) на рыбалку улыбающийся Игорь мчался;
8) на рыбалку улыбающийся Игорь мчался босиком;
9) утром Игорь мчался;
10) утром Игорь мчался босиком;
11) утром улыбающийся Игорь мчался;
12) утром улыбающийся Игорь мчался босиком;
13) утром на рыбалку Игорь мчался;
14) утром на рыбалку Игорь мчался босиком;
15) утром на рыбалку улыбающийся Игорь мчался;
16) утром на рыбалку улыбающийся Игорь мчался босиком;
17) ранним утром Игорь мчался;
18) ранним утром Игорь мчался босиком;
19) ранним утром на рыбалку Игорь мчался;
20) ранним утром на рыбалку Игорь мчался босиком;
21) ранним утром улыбающийся Игорь мчался;
22) ранним утром на рыбалку улыбающийся Игорь мчался;
23) ранним утром на рыбалку улыбающийся Игорь мчался босиком.
Ответ: 23.
5.090. В шахматной встрече двух команд по 8 человек участники партий и
цвет фигур каждого участника определяются жеребьевкой. Каково число раз-
личных исходов жеребьевки?
Решение.
Существует 8! различных составов партнеров и 28 распределений цветов
фигур; поэтому количество исходов жеребьевки равно 28 • 8!
Ответ: 28 • 8!
46
Глава 6
Алгебраические уравнения
Основные формулы
Для любых а, Ъ и с верны равенства:
(а + Ь)2 = а2 + 2аЪ + Ь2; (6.1)
(а - Ь)2 = а2 - 2аЪ + Ь2; (6.2)
а2 + Ь2 = (а + Ь)2 - 2аЪ или а2 + Ь2 = (а - Ь)2 + 2аЪ ; (6.3)
а2 - Ь2 = (а - b) • (а + Ь); (6.4)
(а + Ь)3 = а3 + За2Ь + ЗаЬ2 + Ь3 или (а + Ь)3 = а3 + Ъ3 + ЗаЬ (а + Ь); (6.5)
(а - Ь)3 = а3 - За2Ъ + ЗаЬ2 - Ь3 или (а - Ь)3 = а3 - Ь3 - ЗаЬ (а - Ь); (6.6)
а3 + Ь3 = (а + Ь) • (а2 - аЬ + Ь2); (6.7)
а3 - Ь3 = (а - Ь) (а2 + аЪ + Ь2); (6.8)
(а + Ь)4 = а4 + 4а3Ь + 6а2Ь2 + 4аЬ3 + Ь4; (6.9)
(а - Ь)4 = а4 - 4а3Ь + 6а2Ь2 - 4аЬ3 + Ь4; (6.10)
а4 + Ь4 = ((а + Ъ)2 - 2ab) - 2а2Ъ2 или а4 + Ь4 = ((а - b)2 + 2ab) - 2а2Ь2; (6.11)
а4 - Ь4 = (а2 - Ь2)-(а2 + Ь2) = (а - Ь) • (а + Ь) • (а2 + Ь2); (6.12)
а" +ЬП = (а + Ь) (а"-1 - ап-2Ь + ап-3Ъ2 - ап~*Ъ3 + ...+ Ьп-1),
где п = 2к + 1; (6.13)
an -Ьп =(а-Ь) -(ав-1 + ап~2Ъ + а"'3Ь2 + ап’4Ь3 +...+ Ьп’1); (6.14)
ах2 + Ьх + с = а • (.г - xj • (х - х2), где х,, х2 — корни уравнения
ах2 + Ьх + с = 0 (6.15)
6.035. Решить уравнение
(х - а) • Vx - а + (х - Ь) <Jx-b . .
----1 . ' ------= а - Ь, (а > Ъ).
ух - а + чх - Ь
Решение.
ОДЗ:
х - а > 0, I х > а,
или <
х - Ь 2: 0, I х > Ь.
С учетом ОДЗ представим исходное уравнение в виде
= a - Ь или
Тогда (у!х - a)
Jx -а у/х -Ъ + (Vx - b) = а - Ь или, после упрощений,
2 (х - a) - jx - а • Vx - Ь . Возведя обе части последнего уравнения в квадрат,
47
получим 4 (х - а)2 = (х - а) (х - Ь) или (х - а) • (Зх - 4а + Ь) = 0, откуда най-
4а - Ь
дем Xj = а, х2 = —-—.
Подставляя найденные значения х, и х2 в исходное уравнение, убеждаем-
ся, что это его корни.
4а - Ъ
Ответ: х. = а, х, =---.
12 3
6.063. Решить уравнение —==-= 3.
<х - Цх
Решение.
ОДЗ: 0 < х 1.
Для решения данного уравнения воспользуемся следующим утверждением:
ас а + Ь с + d ,,
если верно равенство — = —, то справедливо равенство ---. Имеем
b d а-Ъ с -d
------------7-=---------=7 = ИЛИ 7= = 2 ИЛИ yjx -2ljx или X =64х,
+--------------------------3-1-2^
так как х > 0 , то х = 64.
Ответ: х = 64.
6.097. Решить систему уравнений
х + 2у + 3z = 3,
Зх + у + 2z = 7,
2х + Зу + z = 2.
Решение.
Сложив уравнения системы и разделив обе части результата на 6, найдем
х + у + z = 2 (1). Далее, заменим первое уравнение системы разностью вто-
рого и первого, второе — разностью третьего и второго, а третье — разностью
первого и третьего. Тогда получим систему
2х - у - z = 4,
—х + 2у - z = -5, (2)
-х - у + 2z = 1.
Наконец, складывая последовательно уравнение (1) с каждым из уравне-
ний системы (2), будем иметь х = 2, у = -1, z = 1.
Ответ: (2; -1; 1).
6.101. Решить систему уравнений
Jx + у + tfx -у = 6,
^(х + у)3 (х - у)2 =8.
Решение.
ОДЗ: х + у > 0 .
48
Так как j(x + У? ' (х ~ у)2 = у(х + У)* ' у/(х ~у)2 > а \(х + У)3 = Vх + V и
'х - у)2 = ^|х - у|, то исходная система примет вид
jx + у + jx - у = 6,
Vх+ 2/ Vlx-^ =8‘
Эта система равносильна следующей совокупности систем:
х - у < О,
jx + y + jx-y = 6, (1)
jx + y jx-y = -8 ;
jx + у + jx - у = 6,
jx + y jx-y =8.
(2)
Считая, что в системе (1) jx+y и jx-y — корни квадратного уравне-
ния, согласно обратной теореме Виета составляем вспомогательное уравнение
t2 - 6t - 8 = 0 . Решив это уравнение, найдем tt = 3 - V17 и t2 = 3 + 417 .
Тогда решение системы (1) приводится к решению совокупности двух сис-
тем уравнений
jx + у = 3 - V17, jx + у = 3 + V17,
_____ ________ и ________
jx-y = 3 + 417 [jx-y = 3-417.
Очевидно, первая система полученной совокупности решений не имеет. Из
второй системы найдем х = 103 - 19417 и у = -77 + 25417 .
Аналогично, считая, что в системе (2) jx + у и jx - у — корни квадрат-
ного уравнения, согласно обратной теореме Виета составляем вспомогательное
уравнение z2 - 6z + 8 = 0. Решив это уравнение, найдем гг = 2 и z2 = 4.
Тогда решение системы (2) приводится к решению совокупности двух сис-
тем уравнений
jx + y = 2, jx + y = 4,
jx - у = 4 jx - у = 2.
Решив ее, найдем
[х = 34, 1х = 12,
< и <
[у = -30 [у = 4.
Ответ: (103 - 19л/17 ;-77 + 2^417 ), (34; -30), (12; 4).
6.142. Решить уравнение х3 - (а + Ъ + с) • х2 + (аЬ + ас + Ьс) • х - аЪс = 0 .
Решение.
Согласно обобщенной теореме Виета, корни xlt х2 и х3 уравнения х3 -
- (а + Ъ + с) х2 + (аЬ + ас + Ьс) • х - аЬс = 0 с его коэффициентами - (а + Ь + с),
аЪ + ас + Ъс и - аЪс связаны следующими соотношениями:
Xj + х2 + х3 = а + b + с,
xtx2 + ХуХ3 + х2х3 = аЪ + ас + Ъс, (* )
xtx2x3 = аЬс.
49
Отсюда, в силу симметричности системы уравнений (*), получим Xj = а,
х2 = Ь , х3 = с.
Ответ: х3 = а, х2 = Ъ , х3 = с.
6.151. Решить уравнение
х - т х + т х - 2т х + 2т 6 (т - 1)
----+------=------+---------J---L
х -1 х + 1 х - 2 х + 2 5
Решение.
ОДЗ: х ±1 и х * ±2.
После приведения к общему знаменателю и несложных преобразований
придем к уравнению (т - 1) • (х4 + 4) = 0. Легко видеть, что при т = 1 в каче-
стве х можно взять любое число, кроме ±1, ±2 ; при т 1 получим х4 + 4 = О
или х4 = -4, что в области действительных чисел не имеет смысла.
Ответ: если т - 1, то х е R, кроме ±1, ±2 ; если т Ф 1, то корней нет.
6.153. Решить уравнение (2х + а)5 - (2х - а)8 = 242а8.
Решение.
Используя формулы бинома (t ± z)8 = t5 ± C^t4z + Cft3z2 ± C3t2z3 + C3tz4 ±
± C5z5 = t5 + 5t4z + 10t3z2 ± 10t2z3 + 5tz4 ± zs, представим уравнение в виде
32х6 + 80ах4 + 80а2х3 + 40а3х2 + 20а4х + а5 - 32х5 + 80ах4 - 80а2х3 + 40а3х2 -
- 20а4х + а5 = 242а5 или, после упрощений, а(2х4 + а2х2 - За4) = 0.
Очевидно, если а = 0 , то х е R. При а Ф 0 имеем 2х4 + а2х2 - За4 = 0. Ре-
3
шив это уравнение как квадратное относительно х2, получим х2 = а2, что
не имеет смысла в области действительных чисел, и х2 = а2, откуда xl 2 ±а.
Ответ: если а = 0, то х — любое число; если а * 0, то хХ 2 = ±а.
6.156. Решить уравнение 20
+ 48
х2 - 4
х2 -1
= 0.
Решение.
ОДЗ: х*±1.
(ч 2
л?“2| х + 2 х — 2
----- + 48-----------
x + lj х-1 х + 1
- 5 ---1=0 и решив его как квадратное относительно --------, получим
ух - 1J х + 1
х -2 5 х “Ь 2 х ~ 2 1 х “Ь 2
= и -----=--------или, после упрощений и с учетом ОДЗ,
х + 1---------------------------2 х-1-х + 1 10 х-1
7х2 + 9х + 14 = 0 и Зх2-11х + 6 = 0. Первое уравнение в области действи-
2
тельных чисел решений не имеет (D<0), а из второго найдем х, =— и х2 = 3.
Ответ: х, = —,
1 3
х2 =3.
50
6.186. Решить систему уравнений
ах + by + cz = к,
• а2х + Ъ2у + c2z = к2,
а3х + b3y + c3z - к3,
а*Ь, Ъ г с , с * а.
Решение.
Рассмотрим случай, когда а = к = 0. Тогда b Ф 0 , с * 0.
Имеем:
1Ъу + cz = О,
(1)
Ъ2у + c2z = 0.
Из первого уравнения системы (1) найдем by = -cz и подставим его во
второе уравнение. Получим -bcz + c2z = 0, z(c-b) = 0. Так как Ъ*с, то
2 = 0. Тогда Ьу = -с • 0, откуда у = 0. Следовательно, если а = к = 0, то ис-
ходная система имеет бесконечно много решений вида (t; 0; 0), где t — любое
действительное число.
Далее, пусть а = 0 , к * 0 . Из первых двух уравнений исходной системы
получим
1Ъу + cz = к,
(2)
b2y + c2z=k2. '
Из первого уравнения системы (2) найдем Ьу = к - cz и подставим во вто-
рое уравнение. Получим Ь(к - cz) + c2z = к2 или c2z - bcz = к2 - Ък, с (с - Ь) •
, ,, .. к(к-Ь) ск(к-Ь)
• z = к (к - Ь), откуда z = —--£. Тогда by = к-7—, откуда у =
с(с-Ь) с(с-Ь)
/с (с ~~ к)
= —7----7. Из двух последних уравнений исходной системы получаем
Ь(с - Ь)
b2y + c2z = к2,
b3y + c3z = к3.
к2(к-Ь) к2(к-с)
Отсюда найдем z = ----------г- и у = -т—-
с (с - Ь) Ъ (Ь - с)
Для того, чтобы найденные значения переменных удовлетворяли исходной
системе, необходимо выполнение следующих условий:
к(к-Ь) _ к2(к - Ь) к(к-с) _ к2(к-с)
c(c-b) c2(c-b) b(b-c) b2(b-c)
Если Ъ = к , то z = 0, у = 1; если с = к , то z = 1, у = 0. Так как b * с , то
случай Ь - к и с = к не реализуется.
к к2 к к2
Остается рассмотреть случай, когда — = — и — = —.
с с b Ъ
к к
Так как к Ф 0 , получаем — = 1 и — = 1. Отсюда b = с = к , что противоре-
с b
чит условию.
51
Аналогично разбираются случаи, когда Ь = 0 , с = 0.
В случае, когда а э* 0, b Ф 0 , с £ 0, из первого уравнения исходной систе-
, 1 k-ax-bu „ч „
мы найдем cz = к - ах - by, откуда z -------- (1). Подставим это
с
значение z во второе и третье уравнения исходной системы. Получим
9 ,2 c2(k ~ ах - by) ,
а2х + by + —i-------= к2,
с
a3x + il>y + £^L^s2«) = fc>,
с
или, после упрощений,
(а2 - ас) • х + (b2 - Ьс) • у = к2 - ск,
(а3 - ас2) • х + (b3 - Ьс2) • у = к3 - с2к.
Из первого уравнения системы (* ) найдем (b2 -Ьс}-у = к2 - ск - (a2 - ac) •
к2 - ск - (a2 - ac) • х
• х, откуда у --------:------- (2). Подставим это значение у во вто-
b - Ьс
рое уравнение системы (* ). Получим
(b3 - Ьс2)-(к2 - ск - (а2 - ас)-х)
(а3 - ас2) • х + --‘= к3 - с2к ,
к ’ Ь2 -Ьс
, . bib2 - с2) • (к(к - с) - а(а - с) х) , .
-1------1. fc _ г ,
' ’ b(b-c) ' ’
. . , . Ъ(Ъ - с) (Ь + с) (к(к - с) - а(а - с) х) , . . .
а(а - с) (а + с) • х +------——-----j-------------- = к (к - с) • (к + с),
а(а - с) (а + с) • х + (Ь + с) • (к(к - с) - а(а - с) • х) = к(к - с) • (к + с),
а (а - с) • (а + с) х + к (к - с) • (b + с) - а (а - с) • (Ь + с) х - к (к - с) (к + с),
а(а - с) • (а + с) х - а(а - с) • (Ь + с) х = к(к - с) • (к + с) - к(к - с) (Ь + с),
а(а - с) • (а + с - Ъ - с) • х = к(к - с) (к + с - Ь - с), а(а - с) • (а - Ь) • х =
. \ /, к(к-с)-(к-Ь)
= к (к - с) (к - Ь), откуда х = —)-. (3)
а (а - с) • (а - Ь)
Подставив значение х из (3) в (2), будем иметь
к2 _ ск _ (a2-ac)fc(fc-c)(k-b) a(a - с) • к • (к - с) - (к - b)
а • (а - с) • (а - Ь) ' 1 а • (а - с) (а - Ь)
У Ь2 -Ьс = b(b-c)
,\ к-(к-с)-(к-Ь) х (. к-Ь}
- fc(fe~c)~ g-b _ С\ а - Ь J _ к(к - с) • (а - b - к + Ь) _
b(b-c) b(b-c) Ь • (Ь - с) • (а - Ь)
к(к-с)-(а-к) к(к-с)-(к-а)
_ —v---L—LL' (4). Наконец, подставляя значения х и
b(b-c)(a-b) b(b-c)(b-a)
у из (3) и (4) в (1), получим
52
ак(к-с)-(к-Ь) bk(k - с) • (к -a) k(k-c)(k-b) k(k-c)(k-a)
a-(a-c) (a-b) b-(b-c)-(b-a) (a-c)-(a-b) (b-c)-(b-a)
c c
( (k-c)-(k-b) (к-с)-(к-аЙ f (k-c)-(k-b) (k-c)-(k-a)^
(a - c) (a - b) (b - c) • (b - a) J (c - a) • (a - b) (c - b) • (a - b) J
c c
k-Ь k—a
(c - a) • (a - b) (c - b) (a - b)
Г (fc-c)((k-b)(c-b)-(k-a)-(c-a))'
I (c - a) • (c - b) • (a - b)
(k - c) • (kc - kb - be + b2 - kc + ka + ac - a2)
(c - a) • (c - b) (a - b)
(k - c) • (fc(a - b) - (a2 - b2) + (a - b) • cj
k 1+ (c-a)-(c-b)-(a-b)
= _v_____________________________________L =
c
( (к-с)(к-(а + Ь) + сУ(а-Ъ)' ( (к - с) • (к - (a + b) +
(c - a) • (c - b) (a - b) (c-a)-(c-b) J
c c
к ((c - a) (c - b) + (k - c) (k - a - b + c)J
c (c - a) • (c - b)
к (c2 -be - ac + ab + k2 - ak - Ък + ck - ck + ac + be - c2)
c(c - a) (c - b)
k(k2 - ak - bk + dbj k(k(k- a)-b(k- a)) k(k-a)(fc-b)
c (c - a) (c - b) c (c - a) (c - b) c (c - a) • (c - b)
Ответ: если a = к = 0 , или b = к = О , или с = к = О, то система имеет со-
ответственно решение вида (t; 0; 0), (0; t; 0), (0; 0; t;), где t — любое действи-
тельное число;
если a = 0 , к * 0 , с - к , то (t; 0; 1) — решение;
если a = 0 , к # 0 , b = к, то (t; 1; 0) — решение;
если Ъ = 0 , к * 0 , с = к , то (0; t; 1) — решение;
если Ъ = 0 , к Ф 0 , а = к, то (1; t; 0) — решение;
если с = 0, к * 0 , b = к , то (0; 1; t) — решение;
если с = 0, к # 0 , а = к, то (1; 0; t) — решение.
fcf/c_с) ’ (к ~ b)
Если a^O, b * 0 , с*0, то система имеет решение х = —7------—-----г-;
a(a - с) • (a - b)
53
_ к (к - с) • (к - а) _ к(к - а) • (к - Ь)
Ъ (b - с) • (Ь - а) с (с - а) • (с - b)
Если а = 0 , или b = О , или с = О, к * О и выполняется одно из условий
с = к , или b = к , или а = к, то система не имеет решений.
6.188. Решить систему уравнений
х - ay + a2z = а3,
• х — by + b2z = b3,
х-су + c2z = с3,
atb, b с , с * a.
Решение.
Вычитая из первого уравнения системы второе, получим -(а - Ь) • у +
+ (а - Ь) • (а + Ь) • z = (а - Ь) (а2 + аЪ + Ъ2) или, так как a * Ь, то
-у + (a + b) z = аг + db + b2. (1)
Аналогично, вычитая из первого уравнения третье, получим -(а-с)-у +
+ (а - с) • (а + с) z = (а - с) • (а2 + ас + с2} или, так как а * с , то
-у + (а + с) • z = а2 + ас + с2. (2)
Далее, вычитая из уравнения (1) уравнение (2), будем иметь (a + b)-z-
- (a + с) • z = ab + b2 - ас - с2, откуда найдем z = а + b + с. Подставив это зна-
чение z в (1), получим y = ab + bc + ca. И, наконец, подставив значения z =
= a + Ь + с и у = ab + be + ca в первое уравнение исходной системы, найдем
х = dbc.
Ответ: х = abc, у = ab + be + са, z = a + b + c.
6.190. Решить систему уравнений
ху = а,
' yz = b,
zx = с,
abc > 0.
Решение.
Перемножив левые и правые части уравнений системы, получим x2y2z2 =
= abc , откуда xyz - ±Vabc . Разделив полученное уравнение на каждое из
„ , Jdbc , Jabc , Ja.be
заданных, найдем х ж ±-----, у = ±-----, z = ±----.
b • с a
'abc Jabc Jabc |
b с а I
Ответ: ---;----;--
lb с а
54
6.199. Решить систему уравнений
х - 1 _ у + 3 _ z -1
— -з
2х + Зу - 5z + 19 = 0.
Решение.
х-1 у+3 z-1
Обозначим каждое из равных отношении через t: —-— = —-— = —-— = t.
Отсюда
х = 1 + 2t,
у = -3 + 3t,
z = l + 4t.
Подставляя эти значения х, у и z во второе уравнение исходной системы,
получим 2(1 + 2t) + 3(-3 + 3t) - 5(1 + 4t) + 19 = 0 , откуда t = 1. Тогда
х = 1 + 2 • 1 = 3,
• у = -3 + 3 1 = 0,
z = l + 41 = 5.
Ответ: (3; 0; 5).
6.202. Решить систему уравнений
1 1 1 о
X у Z
1 1 1 о
----+ — + — = 3,
ху yz ZX
xyz
Решение.
ОДЗ: xyz 0.
Умножая левую и правую части каждого из уравнений системы на
xyz Ф 0, получим
yz + xz + ху = 3xyz,
z + х + у = 3xyz, или
xyz = 1
х + у + z = 3,
ху + XZ + yz = 3,
xyz = 1.
(*)
Считая, что в системе уравнений (*) х, у и z — корни кубического уравне-
ния, согласно формулам Виета составляем вспомогательное уравнение t3 —
- 3t2 + 3t - 1 = 0 , или (t -1)3 = 0, откуда находим t = 1. Следовательно, х = 1,
у = 1, z = l.
Ответ: (1; 1; 1).
55
6.203. Решить систему уравнений
х + у + z = 0,
сх + ay + bz = О,
(х + Ь)2 + (у + с)2 + (z + а)2 = а2 + Ь2 + с2,
а * Ъ с.
Решение.
,г ~ X у Z
Из первых двух уравнении нетрудно установить, что --= —-— =------.
а-b Ъ-с с - а
Обозначим каждое из равных отношений через t:
= = = (1)
a-b b-с с - a
Отсюда
х = (а - b) • t,
у = (Ь - с) • t,
z = (с - а) • t.
Подставляя эти значения х, у и z в третье уравнение исходной системы,
получим ((а - Ь) t + b)2 + ((Ь - с) • t + с)2 + ((с - а) • t + а)2 = а2 + Ь2 + с2 или,
после упрощений, (а - Ь)2 • t2 + 2Ь(а - Ь) • t + (b - с)2 • t2 + 2с (Ь - с) t + (с - а)2 •
• t2 + 2а(с - а) • t = 0. (2)
Далее, если t = 0, то из (1) найдем х = у = z = 0. Если t 0, то из (2) имеем
(а - Ъ)2 • t + 2b (а - b) + (Ь - с)2 • t + 2с (Ь - с) + (с - а)2 • t + 2а (с - а) = 0, откуда
найдем t = 1. Подставив это значение t в (1), получим х = а-Ъ, у = Ь-с,
z = с - а.
Ответ: (0; 0; 0), (а - b ; Ъ - с ; с - а).
6.255. Показать, что среди корней уравнения х4 + 5х3 + 15х - 9 = 0 есть
только один положительный и только один отрицательный корень (сами корни
находить не обязательно).
Решение.
Имеем х4 + 5х3 + 15х - 9 = (х4 - 9) + (бх3 + 15х) = (х2 - з) • (х2 + з) + 5х(х2 + з) =
= (х2 + з) • (х2 + 5х - з) = 0, т.е. либо х2 + 3 = 0 (это уравнение в области дей-
ствительных чисел не имеет корней), либо х2 + 5х - 3 = 0. Поскольку дискри-
минант последнего квадратного уравнения положителен, оно имеет два корня:
хх и х2, причем Xj х2 = -3, хх + х2 = -5. Легко видеть, что знаки этих кор-
ней противоположны.
6.256. Решить уравнение (х + З)4 + (х + 5)4 = 16 .
Решение.
Пусть х = t - (3 + 5)/2 = t - 4 ; тогда относительно t заданное уравнение
56
примет вид (t - l)4 + (t + l)4 = 16 или, после упрощений, t4 + 6t2 - 7 = 0. Решив
последнее уравнение как квадратное относительно t2, получим t2 = -7 , что не
имеет смысла в области действительных чисел, или t2 = 1, откуда t} = 1,
t2 = -1. Тогда из уравнения х = t - 4 найдем х1 = -3 и х2 = -5.
Ответ: хх = -3 , х2 = -5.
6.257. Решить уравнение и3 - (2а + 1) • и2 + (а.2 + 2а - Ь2) • и + (b2 - а2) = 0.
Решение.
Раскрывая скобки и группируя члены уравнения, получим (u3-u2)-
- (2аи2 - 2аи) + (а2и - а2) - (b2u - Ь2) = 0 или (и - 1) и2 - 2а(и - 1) • и + а2
• (и - 1) - Ь2(и -1) = 0. После вынесения общего множителя и-1 за скобки,
будем иметь (и - 1) • (и2 - 2аи + а2 - Ь2) = 0.
Последнее уравнение равносильно двум уравнениям: и - 1 = О и и2 -
- 2аи + а2 - Ъ2 = 0 ; решив их, найдем иг = 1, u2 = а + b , и3 = а -Ь .
Ответ: = 1, и2 = а + b , и3 = а - b .
6.258. Решить уравнение х3 - 2х2 - (a2 - a - 1) • х + (a2 - а) = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде (1 - х) • а2 - (1 - х) • а + (1 - х)2 - х = 0 или
(1 - х) • (а2 - а + (1 - х) • х) = 0.
Тогда или 1 - х = 0, откуда хх = 1, или а2 - а + (1 - х) • х = 0. Решив по-
следнее уравнение как квадратное относительно а, найдем а = х или
a = 1 -х . Следовательно, х2 = а, х3 = 1- а.
Ответ: хг = 1, х2 = а, х3 = 1 - a.
6.260. Решить уравнение (х - I)5 +(х + 3)Б =242(х + 1).
Решение.
„ -1 + 3
Пусть х = у------— = у - 1; тогда заданное уравнение примет вид
(у-2)8+(у + 2)5 =242у.
Используя формулы бинома (а ± Ь)5 = а5 ± Cga4b + Cfa3b2 ± C3a2b3 + С4аЬ4 ±
± Cgb8 = as ± 5a4b + 10a3b2 ± 10a2b3 + 5аЬ4 ± Ь8, получим у8 - 10у4 + 40у3 -
- 80у2 + 80у - 32 + у8 + 10у4 + 40у3 + 80у2 + 80у + 32 = 242у или, после упроще-
ний, у (у4 + 40у2 - 41) = 0 , откуда у = 0 или у4 + 40у2 - 41 = 0. Решая послед-
нее уравнение как квадратное относительно у2, получаем у2 = -41, что не-
пригодно к решению задачи, или у2 = 1, откуда у = -1 или у = 1.
57
Тогда a?j = -1, х2 = -2, х3 = 0.
Ответ: х1 = -1, х2 = -2, х3 = 0.
6.262. Решить уравнение (х3 + х-3) + (х2 + х~2) + (х + х-1) = 0 .
Решение.
ОДЗ: х * 0.
Пусть х + — = у. Тогда х2 + — = у2 - 2 , х3 + Д- = у3 - Зу. Относительно у
х х х
уравнение примет вид у3 + у2 - 2у - 8 = 0 , (у3 - 8) + (у2 - 2у) = 0 , (у-2)-
(у2+2у + 4)+у(у-2) = 0, (у-2) (у2 + Зу + 4) = 0, откуда у -2 = 0, у = 2;
у2 + Зу + 4 0 (D < 0 ). Следовательно, х + — = 2 , откуда найдем xt = х, = 1.
х
Ответ: хТ = х2 = 1.
6.263. Решить уравнение (х - 2)6 + (х - 4)6 = 64.
Решение.
tj \ 2 Л \2\3
Представим уравнение в виде 1(х - 2) 1 + Цх - 4) 1 =64 и разложим ле-
вую часть как разность кубов. Получим
((х - 2)2 + (х - 4)2) • ((х - 2)4 - (х - 2)2 (х - 4)2 + (х - 4)4) = 64.
Используя формулы (6.3) и (6.11), придем к уравнению
(4 + 2(х - 2) • (х - 4)) • ((4 + 2(х - 2) • (х - 4))2 - 3(х - 2)2 • (х - 4)2) = 64.
Положим (х - 2) • (х - 4) = у. Будем иметь (4 + 2 у) • ((4 + 2у)2 - Зу2) - 64 = О
или, после упрощений, у (у2 + бу + 12) = 0, откуда находим у = 0, ибо у2 +
+ бу+ 12*0 (D<0). Тогда (х - 2) • (х - 4) = 0, откуда Xj = 2, х2 = 4.
Ответ: х, = 2 , х2 = 4.
6.269. Решить уравнение х3 - 2ах2 + ^а2 + 2>/з • а - э) • х - ^2а2 7з - 12а + 6>/з) = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде (х - 2л/з ) а2 - 2 [х2 - ->/з • х - б) • а + (х3 -9х-
-б7з)«0, (х-2л/з) а2 -2(х-27з) (х + -7з) а + (х-27з) (ха +2V3-х + з) =
= 0, (х-2<Л) (а2 -2(х + Тз)а + (х +7з)^ = 0, (х - 2л/з ) • (а - (х + 7з))2 =0.
Тогда исходное уравнение эквивалентно совокупности двух уравнений:
х - 2>/з = 0,
(а - (х + 7з))2 = 0.
58
Отсюда имеем Xj = 2-Уз , х2 = х3 = а - >/з .
Ответ: хг = 2>/з , х2 = х3 = а - -Уз .
6.270. Решить уравнение 10х3 - Зх2 - 2х + 1 = 0.
Решение.
Очевидно, х = 0 не является корнем исходного уравнения. Разделив обе
3 2 1
его части на х3 * 0 , получим 10--- + — = 0 .
ххх
Полагая — = у , приходим к уравнению 10 - Зу - 2у2 + у3 = 0, и далее у3 -
х
- 2у2 - Зу + 10 = 0. (1)
Целочисленными корнями уравнения (1) могут быть делители свободного
члена: ±1, ±2 , ±5 , ±10. Подбором находим yj = -2.
Воспользуемся тем, что многочлен у3 - 2у2 - Зу +10 делится без остатка
на у + 2 . Выполним это деление:
у3 - 2у2 - Зу + 10 у + 2
У3 + 2у2 у2 - 4у + 5
_-4у2 - Зу
-4у2 - 8у
бу +10
бу +10
0
Таким образом, у3 - 2у2 - Зу +10 = (у + 2) • (у2 - 4у + б), а значит, уравне-
ние (1) принимает вид (у + 2) • (у2 - 4у + б) = 0.
Это уравнение равносильно совокупности уравнений (решение первого из
которых уже найдено) у + 2 = 0; у2 - 4у + 5 = 0. Второе уравнение совокупно-
сти не имеет корней в области действительных чисел.
m 1 1
Так как х = —, то х = —.
У 2
Ответ: х = .
2
6.273. Решить уравнение 4х4 - 16х3 + Зх2 + 4х - 1 = 0.
Решение.
Умножим обе части данного уравнения на 4. Получим
16х4 - 64х3 + 12х2 + 16х - 4 = 0, (16х4 - 1) - (б4х3 - 16х) + (12х2 - з) = 0,
(4х2 - 1) • (4х2 + 1) - 16х(4х2 - 1) + з(4х2 - 1) = 0 , (4х2 - 1) • (4х2 - 16х + 4) = 0,
(2х - 1) • (2х + 1) • (х2 - 4х + 1) = 0 , (2х - 1) (2х + 1) • (х - ^2 - jj •
(х - (2 + >/з)) = 0.
59
Отсюда найдем xt = ±, х.
2’
J.
2 ’
Ответ: х, = ,
1 2
81х2
6.274. Решить уравнение х2 +----j- = 40.
Решение.
ОДЗ: х 9.
( 9х У
Используя формулу (6.3), представим уравнение в виде х------I + 2х
V 9 + х)
9х ( хг ( х2
-------40 = 0 или, после упрощений, --- + 18 -----I - 40 = 0.
9 + х ^9 + xJ ^9 + xJ
х2 х2
Решив это уравнение как квадратное относительно ---, найдем -----=
9 + х 9 + х
х2
= -20 (1) или ------ 2 (2). Уравнение (1) в области действительных чи-
9 + х
сел решений не имеет. Из (2) получим хг = 1 - V19 , х2 = 1 + 419 .
Ответ: хг = 1 - 419 , хг = 1 + 419 .
6.278. Решить уравнение 4%х + 3 + Vx +1 = Зх + 2V2x2 + 5х + 3 - 16.
Решение.
ОДЗ:
2х + 3 £ 0,
ИЛИ X £-1.
х + 150
Положим 4%х + 3 + Vx + 1 = у > 0. Тогда 2^2х2 + 5х + 3 = у2 - Зх - 4 и ис-
ходное уравнение примет вид у2 - у - 20 = 0, откуда у = -4 < 0 , что непри-
годно к решению задачи, или у = 5. Следовательно,
2л/2х2 + 5х + 3 = 21 - Зх , (*)
где 21-Зх^О, х < 7. Возведем обе части (* ) в квадрат. Будем иметь
8х2 + 20х + 12 = 441 - 126х + 9х2 или х2 - 146х + 429 = 0, откуда найдем
х = 143 > 7, что непригодно к решению задачи, или х = 3.
Ответ: х = 3.
6.279. Решить уравнение 4х + 8 - 4х -8 = 2.
Решение.
ОДЗ: х>8.
Положим
(1)
60
Тогда исходное уравнение примет вид и - v = 2. Но для нахождения зна-
чений новых переменных одного уравнения недостаточно. Возведя в четвер-
тую степень обе части каждого из уравнений системы (1), получим:
[и4 = х + 8,
(2)
[V4 = х-8.
Вычтем второе уравнение системы (2) из первого: it4 - v4 = 16.
Тогда для нахождения и, v мы имеем следующую систему уравнений:
{и - и = 2,
4 4 (3)
U4 - V4 = 16.
Из первого уравнения (3) найдем v = и - 2. Подставив это значение v во
второе уравнение, получим и4 - (и - 2)4 = 16. (4)
Пусть и = t + 1; тогда относительно t уравнение (4) примет вид (t + 1)4 -
- (t - l)4 = 16, или, после упрощений, t3 + t - 2 = 0.
Представим это уравнение в виде (t3 - 1) + (t - 1) = 0, (t-l)-(t2+t + l) +
+ (t — 1) = 0, (t — 1) (t2 + t + 2) = 0.
Отсюда имеем t-l = 0, t = 1; t2 + t + 2 # 0 (D<0). Далее из уравнения
и = t + 1 находим и = 2, а из уравнения v - и-2 — v = 0.
Таким образом, решение исходного уравнения свелось к решению системы
уравнений
ft/x + 8 = 2,
Vx - 8 = 0.
Решив ее, найдем х = 8. Проверка показывает, что х = 8 — корень исход-
ного уравнения.
Ответ: х = 8.
6.282. Решить уравнение >/u2 - и - 1 + у]и2 + и + 3 - ^2и2 + 8 (ограничиться
отысканием положительных корней).
Решение.
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим и2 - и - 1 + 2 Ju2 - и - 1 •
• 7и2 + и + 3 + и2 + и + 3 = 2и2 + 8 или, после упрощений, Ju2 - и - 1 •
• -ylu2 + и + 3 =3.
После повторного возведения в квадрат будем иметь (и2 - и -1) •
• (и2 + и + 3) = 9 или и4 + и2 - 4и - 12 = 0.
Представим последнее уравнение в виде (и4 - 1б) + (и2 - 4и + 4) = 0,
(и - 2) • (и + 2) • [и2 + 4) + (и - 2)2 = 0, (и - 2) - (и3 + 2и2 + 5и + б) = 0.
Отсюда имеем и - 2 = 0, и = 2. Уравнение и3 + 2и2 + 5и + 6 = 0 положи-
тельных корней не имеет, так как все его коэффициенты положительны.
Проверка показывает, что и = 2 — корень исходного уравнения.
Ответ: и = 2.
61
6.284. Решить уравнение V18 + 5х + V64 - 5х = 4.
Решение.
Возведя обе части данного уравнения в квадрат, получим 718 + 5х +
+ 2 V18 + 5х • V64 - 5х + V64 - 5х = 16 или 718 + 5х + 7б4 - 5х = 16 -
- 2 V18 + 5X • V64 - 5х .
После повторного возведения в квадрат будем иметь 18 + 5х 4- 2718 + 5х •
• 7б4 - 5х 4- 64 - 5х = 256 - 64 V18 + 5х 7б4 - 5х + 4 718 + 5х • 7б4 - 5х , или,
после упрощений, 718 + 5х • 7б4 - 5х - 32718 + 5х • V64 - 5х + 87 = 0.
Решив последнее уравнение как квадратное относительно 718 + 5х •
• 764 - 5х , получим 718 4- 5х • 7б4 - 5х = 3, (18 + 5х) • (64 - 5х) = 81, 25х2 -
- 230х - 1071 = 0, х, = —, х2 = , или 718 + 5х • 764 - 5х = 29, (18 + 5х) •
• (64 - 5х) = 707281, 25х2 - 230х - 706129 = 0 , х3>4 е 0 (D < 0).
Проверка показывает, что оба найденных значения х являются корнями
данного уравнения.
63 17
Ответ: х. = —, х, =----.
1 5 2 5
д, ------
6.285. Решить уравнение -----+ V5x + 4 = — х + 2.
75x4-4 3
Решение.
После возведения обеих частей данного уравнения в квадрат будем иметь
--------+ 2х2 +5х + 4 = —х2 + —х + 4 или, после упрощений, х(9х3 + 10х2 -
2х + 15-9 3 V
- 7х - 12) = 0, откуда или х = 0 , или 9х3 4- 10х2 - 7х - 12 = 0.
Представим последнее уравнение в виде (Эх3 - 9) 4- (10х2 - 10х) 4- (Зх - 3) = 0,
9(х - 1) (х2 4- х 4-1) 4- 10х(х - 1) 4- 3(х - 1) = 0 , (х - 1) • (9х2 4- 19х 4-12) = 0 .
Отсюда имеем х-1 = 0, х = 1; 9х2 4- 19х 4-12^0 (D < 0). Проверкой убеж-
даемся, что оба найденных корня удовлетворяют данному уравнению.
Ответ: = 0 , х2 = 1.
6.287. Решить уравнение 4- - i.
7х 4-7х 7х-7х 3
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф 1.
С учетом ОДЗ представим уравнение в виде —=-1——----------==• = —.
Положим = у > 0. Тогда уравнение примет вид —? 4- —= 4
62
1 1 1 n
ИЛИ —r~.---- + —r~.-----= 0 .
У (у + 1) У (1/-1) 3
Умножим обе части этого уравнения на Зу2 (у2 - 1) £ 0. После упрощений
получим у3 - у - 6 = 0 , (у3 - 8) - (у - 2) = 0, (у - 2) • (у2 + 2у + 4) - (у - 2) = 0 ,
(у - 2) • (у2 + 2у + з) = 0 , откуда у -2 = 0, у = 2; у2 + 2у + 3 * 0 (D<0).
Следовательно, 4х = 2 , откуда х = 2е = 64.
Ответ: х = 64.
6.292. Решить уравнение 4^х2 + 8х + 6 + -Jx2 - 1 = 2х + 2.
Решение.
Разложив подкоренные выражения членов исходного уравнения на множи-
тели, представим его в виде
^2(х + 1) • (х + 3) + ^(х + 1) • (х -1) = 2(х + 1). (1)
ОДЗ определяется системой неравенств
J(x + 1) • (х + 3) > 0,
|(х + 1) • (х - 1) > 0,
из которой находим х = -1 и х £ 1. Подставляя значение х = -1 в исходное
уравнение, получаем верное равенство 0 = 0, следовательно, х = -1 — один
из его корней.
Далее, применяя к (1) формулу 24аЬ = 2^|а[ • 2^jb[ (аЬ > 0 ), придем к урав-
нению -J|x + 1| • ^2|х + 3| + ^|х + 1| • ^|х -1| = 2(х + 1).
При х > 1 оно принимает вид л/х + 1 • V2x + 6 + 4х + 1 • 4х - 1 = 2(х + 1), или,
после сокращения на 7х +1 > 0 , >/2х + 6 + Vx -1 = 24х + 1. (2)
Возведя обе части (2) в квадрат, получим 2х + 6 + 2^2х + 6 • >/х -1 + х -
- 1 = 4х + 4, или, после упрощений, ^2 V2x + 6 - 4х - 1 j • 4% - 1 = 0, откуда или
2 V2x + 6 - 4х -1 =0,2 ^2х + 6 = 4х -1, 8х + 24 = х -1, х = -—, что не вхо-
7
дит в ОДЗ, или 4х-1 = 0, х-1 = 0, х = 1. Подстановкой в исходное уравне-
ние устанавливаем, что х = 1 является его корнем.
Ответ: х, = -1, х2 = 1.
6.293. Решить уравнение
Решение.
ОДЗ: х 0 и х Ф -42 .
\[х ~ д/о" X л/
Записав уравнение в виде —---------------— = ——_____ и умножив обе
2 х2 224х+4з
его части на
2х2 -V® + 41 * 0, после упрощений получим (х2 - 2) • 4х2 - 2 =
63
= х3 \/х3 .
Возведя обе части полученного уравнения в седьмую степень, придем к
равносильному уравнению (х2 - 2) = хм, которое на множестве действитель-
ных чисел эквивалентно совокупности двух уравнений х3 - х2 + 2 = 0 и
х3 + х2 + 2 = 0.
Представив первое уравнение в виде (х3 + 1) - (х2 - 1) = 0, будем иметь
(х + 1) • (х2 - х + 1) - (х + 1) • (х - 1) = 0, (х + 1) • (х2 - 2х + 2) = 0 , откуда х +1 =
= 0, х = -1; х2 - 2х + 2 * 0 (D < 0).
Аналогично, представив второе уравнение в виде (х3 - 1) + (х2 - 1) = 0 ,
имеем (х - 1) • (х2 + х + 1) + (х - 1) (х + 1) = 0, (х - 1) (х2 + 2х + 2) = 0 , откуда
х - 1 = 0 , х = 1; х2 + 2х + 2 * 0 (D<0).
Ответ: х1 = -1, х2 = 1.
6.294. Решить уравнение ^(2 - х)2 + ^(7 + х)2 - ^(7 + х) • (2 - х) = 3.
Решение.
Умножим обе части заданного уравнения на выражение <р (х) = V2 - х +
+ ^7 + х , сопряженное выражению ^(2 - х)2 - ^(2 - х) (7 + х) + ^(7 + х)2 .
Так как ^/(2 - х)2 - ^/(2 - х) • (7 + х) + ^/(7 + х)2) • ^2-х + V? + х) =
= (2 - х) + (7 + х) = 9, то заданное уравнение примет вид 9 = 3 ^2 - х +
+ V7 + х), или Ш-х + V7 +х = 3. (1)
Далее воспользуемся формулой куба суммы двух чисел (6.5). Возведя обе
части уравнения (1) в куб, получим уравнение 2-х+7+х+ 3^(2-х) -(7 + х) •
• ^2 - х + л/7 + х) = 27, равносильное данному. Если допустить, что уравнение
(1) имеет решение и в полученном уравнении V2 - х + V7 + х заменить на 3,
получим уравнение 9 + 3^(2 - х) (7 + х) • 3 = 27, которое может оказаться не
равносильным данному. Решаем это уравнение: ^(2 - х) • (7 + х) = 2; (2-х)-
• (7 + х) = 8 ; х2 + 5х - 6 = 0; х, = -6, х2 = 1. Проверкой убеждаемся, что это
корни заданного уравнения.
Ответ: хх = -6 , х2 = 1.
(34 - х) • Vx + 1 - (х + 1) • V34 - х
6.296. Решить уравнение --------—. v , ....------= 30.
Решение.
ОДЗ: V34 - х - Vx + 1*0 или х * —.
64
Разделив числитель и знаменатель левой части заданного уравнения на
V34 - X Ф 0, получим
(34 - х) з|—— -(х + 1)
v 7 V 34 - х v 7
У 34-х
= 30.
(1)
Положим J Ж + 1 = t. Тогда — —— = t3, х + 1 = 34t3 - t3x , х + t3x = 34t3 - 1,
V 34 - х 34-х
34t3 -1 , 35t3
=--------+ 1 =----r.
1 +13 1 + t3
Относительно переменной t уравнение (1) примет вид
35 { 35t3
1 —_L±_L_ = 30, или, после упрощений, 6t2 - 13t + 6 = 0, откуда
2 3 34t3 — 1
ti = —, t2 = —. Из уравнения x = ^3- найдем = 7 , x2 = 26 .
Ответ: x} = 7, x2 = 26 .
(V(15 -x)2 + ^(15 - x) • (x - 6) + ^(x-6)21 4g
6.298. Решить уравнение --------=====-------.
+ 34^ё з
Решение.
Положим
и = V15 - x,
,/-------
v = vx - 6.
Возведя обе части каждого из уравнений системы (1) в куб, будем иметь
(u2+uv + v2)2 49
Тогда данное уравнение примет вид ----------= —. Но для нахожде-
ния новых переменных одного уравнения недостаточно. Сложим уравнения
системы (2): и3 + v3 = 9. Тогда для нахождения и и v мы имеем систему
уравнений
(u2+uv + v2) 49
и + v 3 (3)
и3 + V3 = 9.
Разделив первое уравнение системы (3) на второе, получим
(u2+uv + v3)2 49
-----т———г = —, или, после упрощений, 22u4 - 5u3v - 81u2v2 -
(и + v) (и3 + v3) 27
65
- 5uv3 + 22г/ = 0. (4)
Представим уравнение (4) в виде 22(u4 + «4)-5uv(u2 + v2)-81u2v2 = О,
22^(u2 + v2)2 - 2u2v2 j - 5uv(u2 + v2) - 81uzu2 = 0, 22(u2 + v2)2 - 5uv(u2 + v2) -
- 125u2v2 = 0.
25
Решив его как квадратное относительно и2 + v2 , найдем и2 + v2 = - — uv
5
(5), или и2 + v2 = — uv (6). Представив (5) и (6) в виде llu2 + 25uv + Ии2 =0
и 2и2 - 5uv + 2v2 = 0 и решив эти уравнения как квадратные относительно и,
найдем 22и = (-25 - -7141) v или 22и = (-25 + 7141) v; и = 2v или 2u = v.
Таким образом, решение данного уравнения свелось к решению совокупно-
сти четырех уравнений:
22V15-X = (-25 - «7141) • V.r-6,
22 V15 - х = (-25 + 7141) • Vx-6,
V15 - х = 2$Jx - 6,
2V15-X = Vx-6.
21 7 1--- 21 7 /--
Решив их, найдем х, --------<141, г, =— + —<141, х, =7, х.=14.
1 2 12 2 2 12 -3.4,
Проверкой устанавливаем, что все найденные значения х являются корнями
данного уравнения.
21 7 I--- 21 7 I---
Ответ: х. =--------<141, х, = — + —<141, х. = 7, х. = 14.
1 2 12 2 2 12 ’3.4
6.300. Решить уравнение -Jx - 2 + 74-х = х2 - 6х + 11.
Решение.
Возведя обе части данного уравнения в квадрат, получим х - 2 +
+ 2 ^(х - 2) • (х - 4) + 4 - х = (х2 - 6х + 11) или, после упрощений,
2^-(х2 - 6х + 8) + 2 = (х2 - 6х + 11)2. (1)
Представим уравнение (1) в виде 2^-((х - З)2 -1) + 2 = ((х - З)2 + 2) или
2^1 - (х - З)2 + 2 = (2 + (х - З)2)2.
Тогда становится очевидным, что 2^1 - (х - З)2 + 2 < 4, а (2 + (х - З)2) > 4.
Значит, данное уравнение сводится к системе уравнений
2^1-(х-3)2 +2 = 4,
(2 + (х - З)2)2 = 4,
66
решив которую, найдем х = 3. Проверкой устанавливаем, что х = 3 — корень
данного уравнения.
Ответ: х = 3.
6.304. Решить систему уравнений
а + b Ь + с с + а _
Х + 1/ y + z Z + X
а + Ь Ь + с с + а _
х + у y + z ' z + x
а + b Ь + с с + а
+ + 1.
х + у y + z z + x
Решение.
ОДЗ: х + у # 0, у + z 0 и z + х * 0.
а + Ь Ь + с с + а _
Сложив уравнения системы, получим -----+-----+------= 3.
х+у y + z z + x
Вычитая последовательно из полученного уравнения каждое из заданных и
разделив обе части каждого результата на 2, будем иметь систему
а + Ь _
х + у ,
3 х + у = а + Ь,
Ъч-с , ,
----= 1, или <у + z = b + с, (1)
у + Z
z + х = с + а.
с + а _
z + x
Аналогично, сложив уравнения системы (1) и разделив обе части результа-
та на 2, найдем x + j/ + z = a + b + c. (2)
Вычитая последовательно из уравнения (2) каждое из системы (1), получим
х = а , у = Ъ , z = с.
Ответ: (а; Ь; с) при а + b * 0, b + с # 0 , с + а^0; нет решений при
а + Ь = 0, b + с = 0 , с + а = 0.
6.305. Решить систему уравнений (ограничиться отысканием положитель-
ных решений)
uvx2 = 8,
vx2w = 24,
-
x2wu = 12,
u + v + w = x + 4.
Решение.
Перемножив левые и правые части первого, второго и третьего уравнений
системы, получим u2v2w2x6 = 2304 или, с учетом условия (и > 0, v > 0,
w > 0 , х > 0 ), uvwx3 = 48.
Разделив полученное уравнение на каждое из первых трех заданных, по-
лучим
67
их = 2, [2
и = —,
vx = 4, или х
wx = 6 L = l, (1)
X
6
W - —.
X
Сложим левые и правые части уравнений системы (1). Будем иметь и +
12 „
+ v + w = —. Подставив это значение и + v + w в четвертое уравнение задан-
х
ной системы, получим — = х + 4 или х2 + 4х - 12 = 0, где х * 0.
х
Тогда х = -6 < 0, что не соответствует условию задачи, или х = 2.
Наконец, подставляя значение х = 2 в каждое из уравнений системы (1),
будем иметь и = 1, v = 2, w = 3.
Ответ: х = 2, и = 1, v = 2, w = 3.
6.307. Решить систему уравнений
х у z
— + — + — = 3,
у z X
. У Z X
— + — + — = 3,
xyz
х + у + z = 3.
Решение.
ОДЗ: х * 0, у / 0, z * 0.
_ х у z п
Положим и- — , v = —, w = —. Относительно и, v и w система примет вид
У z х
и + v + w = 3,
1 1 1 о
— + — + — = 3, или, после упрощении,
и v w
uvw = 1,
Считая и, v и w корнями кубического уравнения, согласно формулам Виета
составляем вспомогательное уравнение t3 - 3t2 + 3t - 1 = 0 , (t - l)3 = 0, из ко-
и + v + w = 3,
uv + uw + vw = 3,
uvw = 1.
торого находим t = 1. Тогда и = v = w = 1. Следовательно,
x = у = z,
отку-
х + у + z = 3,
да находим х = у = z = 1.
Ответ: (1; 1; 1).
6.308. Решить систему уравнений
ху + yz = 8,
• yz + zx = 9,
zx + ху = 5.
68
Решение.
Сложив уравнения системы и разделив обе части результата на 2, найдем
ху + zx + yz = 11. Вычитая последовательно из полученного уравнения каждое
из заданных, получим систему
ху = 2,
zx = 3, (1)
yz = 6.
Перемножив левые и правые части уравнений системы (1), получим
x2y2z2 = 36, или xyz = ±6. Разделив полученное уравнение на каждое из сис-
темы (1), найдем х = ±1, у = ±2, z = +3.
Ответ: (1; 2; 3), (-1; -2; -3).
6.309. Решить систему уравнений
х + у + z = 2,
। Л.2 । ~2 д
- х + у + Z = О,
X + у + Z = о.
Решение.
Данная система является симметрической относительно трех переменных:
х, у и z. Сделаем замену переменных: и = х + у + z , v-xy + yz + zx, w =
= xyz. Поскольку (x + y + z)z - (x2 + у2 + z2) = 2(xy + yz + zx), (x + у + z)3 -
- (x3 + у3 + г3) = 3(x + у + z) • (xy + xz + yz) - 6xyz, то для нахождения и, v и w
получаем систему уравнений
[и = 2,
• и2 - 2v = 6, (1)
и3 - Зии + 6w = 8.
Из первых двух уравнений этой системы находим и = 2, и = -1, и тогда из
третьего уравнения находим w = -1.
Таким образом, система (1) равносильна системе
и = 2,
< и = -1,
W = -1.
Переходя к переменным х, у и г, находим решения исходной системы:
(1; -1; 2), (1; 2; -1), (-1; 1; 2), (-1; 2; 1), (2; 1; -1), (2; -1; 1).
Ответ: (1; -1; 2), (1; 2; -1), (-1; 1; 2), (-1; 2; 1), (2; 1; -1), (2; -1; 1).
6.315. Решить систему уравнений (ограничиться отысканием целочислен-
ных решений)
X + у =2,
2ху2 - х2у = 1.
Решение.
Так как левые части уравнений однородны относительно х и у, введем
69
замену х = ty ; система примет вид
у3 (t3 + 1) = 2,
у3 (2t - t2) = 1.
или, после преобразований, t3 + 2t2 - 4t + 1 = О
t3 + 1
Разделив левые и правые части уравнений (у Ф 0), получим ——= 2
t Ф 2), откуда
t, =---------, t, =----------, t, = 1.
1 2 2 2 3
При t = 1 из уравнения у3 (t3 + 1) = 2 найдем у = 1, а из уравнения х = ty
найдем х = 1. При t =------ имеем у е Z.
Ответ: (1; 1).
6.316. Решить систему уравнений
uv + vw = 2а2,
• vw + wu = 2а2 - а - 1,
wu + uv = 2а2 + а - 1.
Решение.
Сложив уравнения данной системы и разделив обе части результата на 2,
найдем uv + vw + wu = За2 - 1. (1)
Вычитая последовательно из уравнения (1) каждое из заданных, получим
систему уравнений
uv = а (а + 1),
uw = (а - 1) • (а + 1), (2)
vw = а (а - 1).
Перемножим левые и правые части системы (2), получим u2v2w2 =
= (а - 1)2 а2 • (а + 1)2 или uvw = ±(а - 1) а (а + 1). (3)
Разделив уравнение (3) на каждое из системы (2), получим
(а - 1) а (а + 1) . .
и = I-1--------4-----= ±(а +1) при а #0 и а # 1,
а (а -1)
(а - 1) а • (а + 1)
• v = ±—.--г—.-----г4 = ±а при а # 1 и а # -1,
(а - 1) • (а + 1)
(а - 1) • а • (а + 1) . .
w = ±------;---------- - ±(а - 1) при а *0 и а * -1.
а(а + 1) ’
При а = — 1 исходная система приобретает вид
uv + vw — 2,
< vw + wu = 2, (4)
wu + uv = О,
а уравнение (1) запишется в виде uv + vw + wu = 2. (5)
70
Аналогично, вычитая последовательно из уравнения (5) каждое уравнение
из системы (4), получим систему уравнений
wu = О,
• uv = О,
vw = 2,
решениями которой будут любые пары чисел v и w, удовлетворяющие урав-
нению vw - 2, и и = 0.
При а = 0 исходная система приобретает вид
uv + vw = О,
• vw + wu = -1, (5)
WU + UV = -1,
а уравнение (1) запишется в виде uv + vw + wu = -1. (6)
Вычитая последовательно из уравнения (6) каждое уравнение из системы
(5), получим систему уравнений
wu = -1,
• uv = О,
vw = О,
решениями которой будут любые пары чисел w и и, удовлетворяющие урав-
нению wu = -1, и v = 0.
Наконец, при а - 1 исходная система приобретает вид
uv + vw = 2,
vw + wu = 0, (7)
wu + uv = 2,
а уравнение (1) запишется в виде uv + vw + wu = 2. (8)
Вычитая последовательно из уравнения (8) каждое уравнение из системы
(7), получим систему уравнений
wu = О,
uv = 2,
vw = О,
решениями которой являются любые пары чисел и и v, удовлетворяющие
уравнению uv = 2 , и w = 0.
Ответ: если а * 0 и а Ф ±1, то иг = а + 1, vt = а, w, = а - 1; и2 = -(а + 1),
v2 = -а, w2 = -(а -1);
если а = -1, то решениями будут любые пары чисел v и w, удов-
летворяющие уравнению vw = 2, и и = 0;
если а = 0, то решениями будут любые пары чисел w и и, удовле-
творяющие уравнению wu = -1, и v = 0;
при а = 1 решениями будут любые пары чисел и и и, удовлетво-
ряющие уравнению uv = 2 , и го= 0.
6.325. Решить систему уравнений
х + у + z = 4,
2ху- z2 = 16.
71
Решение.
Возводя обе части первого уравнения в квадрат, имеем х2 + у2 + z2 +
+ 2ху + 2yz + 2xz = 16 . (* )
Вычитая из уравнения (*) второе уравнение системы, получим уравнение
х2 + у2 + 2z2 + 2yz + 2xz = 0, которое можно записать в виде (г + z)2 +
+ (у + z)2 =0.
Последнее уравнение выполняется только при х = -z , у = -z.
Возвращаясь к исходной системе, получаем из первого уравнения z = -4 и,
следовательно, х = 4, у = 4.
Полученное решение (4; 4; -4) и будет решением исходной системы.
Ответ: (4; 4; -4).
6.328. Решить систему уравнений
(u2 + v2) • (и + v) = 15иг>,
(и4 + г>4) • (и2 + v2) = 85u2v2 .
Решение.
Заметим, что пара и = 0 , v = 0 — решение данной системы.
Найдем решения (u; v), отличные от пары (0; 0). Возведем обе части пер-
вого уравнения в квадрат и разделим на второе.
Получаем уравнение, являющееся следствием исходной системы:
14u4 - 17u3v - 17uV - 17uv3 + 14v4 = 0. (1)
Разделим обе части уравнения (1) на u2v2 # 0 :
(2 2 \ / \
U V i I U V 1
Г- + -4- -17 - + - 1-17 = 0. (2)
v и ) \г> и)
2 2
_ и V и V 2
Положим — + — = t, тогда — + — = t - 2 и уравнение (2) примет вид
v и v и
,, 2 „г, ~ 5 9 _ и v 5
14у - 17у - 45 = 0, откуда найдем у = —, или у =-. Тогда — + — = — или
2 7 v и 2
- + — = -—; 2u2 - 5иг> + 2г>2 = 0 (3) или 7u2 + 9uv + 7v2 = 0 (4). Решив урав-
v и 7
нение (3) как квадратное относительно и, получим и = 2v или и = Урав-
нение (4) действительных корней не имеет (D < 0). Подставляя значение
и = 2v в первое уравнение исходной системы, будем иметь v = 2; тогда
и = 2 2 = 4. Аналогично, подставляя значение и = в первое уравнение
исходной системы, найдем v = 4 , следовательно, и = — • 4 = 2.
2
Ответ: (0; 0), (2; 4), (4; 2).
72
6.330. Решить систему уравнений
ах + Ьу Ьх + ау _
У Ъх + ау у ах + by
Jx +1 /у _ 5
у У х +1 2
Решение.
ах + Ьу „ х + 1
ОДЗ: -----— > 0 и -----> 0.
Ъх + ау у
Jax + by
-------— > 0, полу-
Ъх + ау
( -------ч2 ।------ z ।--------\2 ।--------
ах + by I ах + by I ах + by ] ах + by
у Ьх + ay ) \Ъх + ау yybx + ay j ybx + ау
(I------ \2 ।------
ах + Ъу ,| „ ах + Ъу „ ах + by , , , / .\
------- - 1 = 0 , J------- = 1, ------ = 1, ах + Ъу = Ьх + ау, (а-Ъ)-
уЪх + ay J ybx + ау Ъх + ау
(х - у) = 0.
Аналогично, умножив левую и правую части второго уравнения на
+ 2 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно -------, найдем
JX + 1 л X + 1 л л lx + 1 1Х + 1 1 л i л
----= 2 , ----= 4, 4у = х + 1; I----= —, -------= —, у = 4х + 4.
У У У У 2 у 4
Тогда исходная система уравнений, с учетом ОДЗ, примет вид
(а - Ъ) • (х - у) = 0,
• 4у = х + 1, (1)
у = 4х + 4.
При а # Ь будем иметь
х - у = 0,
4у = х + 1,
у = 4х + 4,
х = у,
4у = х + 1,
у = 4х + 4,
Jx = у,
|4у = х + 1,
Jx = у,
[у = 4х + 4,
1
х. = —,
1 3
1
* = Г’
4
х, = —
2 3
4
У2 =~з
При а = Ь * 0 будем иметь
73
4у = х +1,
у = 4х + 4,
х Ф -1,
У*0.
_ /а + Ь/а + Ь„„„
Сделаем проверку: при х = у получим .-+ J-= 2, или 2 = 2 если
V а + b V a + b
a —b.
114 4
Ответ: если а Ф ±Ь, то х, = —, у, = —: х, =-, у, =-; если a = b 0,
1 3 3 3 3
то система имеет бесконечно много решений, представляющих со-
бой координаты точек двух прямых х - 4у = -1 и 4х - у = -4 , где
х * -1 и у * 0.
6.339. Решить систему уравнений
V1 - 4а?2 - - 4у2 = 2 (а? + у),
х2 + у2 + 4ху = - — .
Решение.
1 - 4а?2 £ 0,
ОДЗ: < или
[1 - 4у2 £ 0
1
2
1_
2'
12 2
Возведем обе части первого уравнения в квадрат и в полученное уравнение
подставим х2 + у2 из второго уравнения. В результате будем иметь:
12ху + 2 = ^2 + 16ху + 16 (ху)2 .
Возведя еще раз в квадрат обе части уравнения, получим 64(ху)2 + 16ху +
+ 1 = 0, или (8ху + 1)2 = 0, откуда найдем ху = - —.
8
Таким образом, решение исходной системы уравнений свелось к решению
следующей системы уравнений:
1
ху = -->
1 (1)
х2 + у2 + 4ху =-.
4
Очевидно, все решения исходной системы содержатся среди решений сис-
темы (1).
2 1 11
Решая систему (1), находим: (х + у) = - — - 2хт/ = -— + — = 0.
Следовательно, х + у = 0, и мы получаем два решения системы (1):
V2 V2 & Л _
х1 =---, ух =-----; х~ =-----, у2 =---. Проверка показывает, что пары
4 4 4 4
74
—;---I и I--;-I являются решениями исходной системы.
4 4 114 4 1
Ответ:
4 ’ 4
6.340. Решить систему уравнений
и + v + л/и2 - v2 =12,
vju2 - v2 = 12.
Решение.
ОДЗ: и2 -и2 >0.
Очевидно, для данной системы v *0. Разделив обе части второго уравне-
ния на v * 0, найдем 4и2 - и2 = —. Подставив найденное значение 4и2 - v2
v
12
в первое уравнение исходной системы, получим и + г? +— = 12, откуда
-v2+12v-12
и ------------. (1)
v
Возведем обе части второго уравнения исходной системы в квадрат и в по-
лученное уравнение подставим значение и из (1). В результате будем иметь:
г1 (~v2 + 12и - 12 Y 2
v ------------- - v
11 v J
= 144, или, после упрощений, г>(г? - 7г> + +12) = 0,
откуда, так как v * 0, то v2 - 7v +12 = 0. (2)
Решив уравнение (2), найдем «! = 3, v2 = 4. Из уравнения
и =------------- получаем соответственно: гц = 5, и2 = 5. Проверка пока-
v
зывает, что пары (5; 3) и (5; 4) являются решениями исходной системы.
Ответ: (5; 3), (5; 4).
6.341. Решить систему уравнений
lu - v 12
и - v + J------------=-------,
V и + v и + v
и2 + V2 = 41.
Решение.
„ I и - V ylu2 - v2
Принимая во внимание, что J-------= —:----г—, получим, умножив первое
у и + v |гг + v|
уравнение на и + v: и2 —v2 + -Ju2 — v2 —12 = 0 при u + v > 0 и и2 -v2 -
- Ju2 - v2 -12 = 0 при и + v < 0.
Отсюда найдем Ju2 - v2 = 3 при и + v > 0 , и 4и2 - v2 = 4 при и + v < 0.
Тогда исходная система будет эквивалентна совокупности двух смешанных
систем:
75
и - v > О,
и + v > О,
и2 -V2 = 9,
и2 + V2 = 41;
и - v < О,
и + v < О,
и2 - v2 = 16,
и2 + v2 = 41.
Из первой системы найдем
{и, - 5, \и2 = 5,
и {
«! =-4 |v2 =4.
Из второй системы найдем
Ответ: (5; -4), (5; 4), (-J28$;-J12$), (-728Д•
6.342. Дано уравнение ах2 + Ьх + с = 0. Пусть Sn = ап + /}п , где а и Д —
корни уравнения. Найти зависимость между Sn , Sn+1 и Sn+2.
Решение.
Если а и Р — корни уравнения, то аа2+Ьа + с = 0 и аД2 + ЬД + с = 0.
Умножив первое уравнение на ап, а второе — на рп и сложив, получим
а(ап+2 + Дп+2) + b(an+1 + Д”+1) + с(а" + Д”) = 0. Легко видеть, что если Sn =
= ап +рп, то 5п+2 = ап+г + Дп+2, 5n+1 = an+1 + Дп+1.
Следовательно, искомое соотношение имеет вид aSn+2 + bS\+, + cSn = 0.
Ответ: aSn+2 + Ь5п+1 + cSn = 0.
6.343. Числа xt, x2, x3 служат корнями уравнения x3 + px2 + qx*+ r = 0.
Требуется: 1) составить уравнение с корнями xtx2, х2х3, x3Xj; 2) воспользо-
ваться результатами п. 1) для отыскания корней уравнения х3-3>/2х2 +
+ 7х - 3^2 = 0.
Решение.
1) если Xi, х2, х3 — корни уравнения х3 + px2 + qx + г = 0, то, используя
обобщенную теорему Виета, получим
Pi = (xjX2 + xtx3 + х2х3) = — q,
Qj = XjXjjX2 + XjX2X3 + X2X2X3 = XjX2X3 (xj + x2 + x3) = pr,
ri =-(хЛ*з)2 =-r2.
Искомое уравнение x3 - qx2 + prx - r2 = 0.
2) пусть Xj, x2, x3 — корни уравнения x3 - 3>/2 • x2 + 7x - Зу/2 = 0. Со-
гласно п. 1) имеем p = -3^2 , q - 7 , r = -3-/2. Составим уравнение с корнями
yY = XjX2, y2 = x2x3, y3 = XjX3: y3 - 7y2 + 18y - 18 = 0. Его можно представить
в виде (у3-Зу2)-(4у2-18у+18) = 0, у2 (у - 3) - 2(у - 3) • (2у - 3) = 0 , (у-З)-
76
(у2 - 4у + б) = 0, откуда у - 3 = 0, у = 3; у2 - 4у + 6 О (D < 0).
Тогда ххх2 = 3 , хгх2х3 = 3-72 , х3 = -72 .
Ответ: 1) х3 - qx2 + ргх - г2 = 0; 2) х = -72 .
6.344. Найти коэффициенты а и b уравнения х4 + х3 - 18а?2 + ах + b = 0 , ес-
ли известно, что среди его корней имеются три равных целых числа.
Решение.
Пусть трехкратный корень х = а; тогда левая часть данного уравнения
делится на (х — а)3 = х3 - Зах2 + За2х - а3.
Разделив х4 + х3 - 18х2 + ах + Ъ на х3 - Зах2 + За2х - а3, в остатке полу-
чим R = (ба2 + За - 1в) • х2 - (ва3 + За2 - а) • х + (за4 + а3 + b).
Если R = 0, то х = а — трехкратный корень. Из тождества
(ба2 + За - 18^ • х2 - (ва3 + За2 - а) • х + (за4 + а3 + b) = 0 получаем
ба2 + За - 18 - О,
8а3 + За2 - а = О,
За4 + а3 + b = О,
откуда, так как по условию aeZ, следует а = -2, которому соответствуют
значения a = -52, Ь = -40.
Ответ: а = -52; Ь = -40.
6.345. Найти коэффициенты р п q уравнения х4 - 10х3 + 37х2 + рх + q = 0 ,
если известно, что среди его корней имеются две пары равных между собой
чисел.
Решение.
Пусть х, = х2 = а и х3 = х4 = Р — корни данного уравнения. Тогда х4 -
- 10х3 + 37х2 + рх + q = (х - а )2 • (х - р )2 , или, после упрощений, х4 - 10х3 +
+ 37х2 + рх + q = х4 - 2(a + Р) • х3 + (a2 + 4a/J + Д2) • x2 - (2а2Д + 2a/J2) • x + a2/?2.
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, получаем систему
-2(а +Д) = -10,
а2 + 4аД + Р2 = 37,
-(2а2Д + 2аД2) = р,
а2р2 - q,
решив которую, найдем
а = 3, [а = 2,
Р = 2, Р = 3,
или
р = —60, р = -60,
q = 36
q = 36.
Ответ: р = -60 ; q = 36.
77
6.34G. Для уравнения х3 + ах2 + Ъх + 1 = 0 произведение суммы его корней
на сумму их обратных величин выразить через коэффициенты а и Ь.
Решение.
Учитывая, что х1 + х2 + х3 = -а, xtx2 + х2х3 + хгх3 = b , xtxzx3 = -1, получим
+ Х2 + Х3 ) • (XjX2 + Х2Х3 + Х|Х3 j — flb
х,х2х3 -1
Ответ: аЪ.
6.347. Показать, что равенство аЪ — с выражает необходимое и достаточное
условие того, что среди корней уравнения х3 + ах2 + Ъх + с = 0 имеются два
числа, сумма которых равна нулю.
Решение.
Необходимость.
Пусть Xj, х2, х3 — корни уравнения х3 + ах2 +Ъх + с = 0 , причем
Х!+х2=0. Тогда, согласно формулам Виета, х1+х,+х3=-а, откуда, так
как X; + х2 = 0 , то х3 = -а. Подставляя это значение х3 в исходное уравне-
ние, получим (-а)3 + а(-а)2 + Ь(-а) + с = 0, откуда аЪ = с .
Достаточность.
Пусть аЪ = с и х3 + ах2 + Ъх + с = 0. Докажем, что хх+ х2 = 0 , или
Xj + х3 = 0 , или х2 + х3 = 0.
Согласно теореме Виета имеем
Xj + х2 + х3 = -а,
XjX2 + xtx3 + х2х3 = Ъ,
xtx2x3 = -с,
откуда а = -(xj + х2 + х3), b = хгх2 + х,х3 + х2х3, с = —(xjX2x3) (* ). Подста-
вим в равенство аЪ = с их значения из (* ). Будем иметь
~{х1 + Х2 + Х3) • (xtX2 + XjX3 + х2х3) = -(х^Хз), ((х, + х2) + х3) •
((xj + х2) • х3 + XjX2) = х^Хд , (xj + х2)2 • х3 + (х, + х2) - хгх2 + (xj + х2) • х2 +
+ XjX2X3 = XjX2X3 , (хх + х2) ((Xj + х2) • Х3 + X^Xj + х3) = 0 , (Xj + х2) • (XjX3 +
+ Х2Х3 + XtX2 + Х3) = 0 , (Х1 + х2) • ((XjXj + х3)2 + (xtx2 + x2x3)j = 0, (х, + х2) •
• ((х! + х3) • х3 + (xt + х3) • х2) = О , (Xj + х2) • (xj + х3) • (х2 + х3) = О, откуда или
X! + х2 = 0 , или хг + х3 = 0 , или х2 + х3 = 0.
Таким образом, равенство аЬ = с выражает необходимое и достаточное ус-
ловие того, что среди корней уравнения х3 + ах2 + Ьх + с = 0 имеются два
числа, сумма которых равна нулю, что и нужно было показать.
78
6.348. Решить уравнение 12х3 + 4х2 - 17х + 6 = 0, если известно, что среди
его корней имеются два числа, обратных по абсолютной величине и противо-
положных по знаку.
Решение.
1 „
Согласно условию, корнями уравнения служат числа х и--. Подставив
х
вместо х в уравнение , получим бх3 + 17х2 + 4х - 12 = 0. Корень х удовле-
х
творяет одновременно исходному и полученному уравнениям, а следователь-
но, и разности между первым из них и удвоенным вторым, т.е. уравнению
2 3
-ЗОх2 - 25х + 30 = 0 или 6х2 + 5х - б = 0. Отсюда Xj = — , х2 = —. Учитывая,
3 2
1 1
что хгх2х3 = - —, находим х3 = —.
л 2 3 1
Ответ: х} - — , х2 = — , х3 = —.
6.349. Решить уравнения 2х3 - 5х2 + 6х - 2 = 0 и 6х3 - Зх2 - 2х +1 = 0, если
известно, что они имеют общий корень.
Решение.
Умножив первое уравнение на 3 и вычтя из результата второе уравнение,
1 7
получим 12х2 - 20х + 7 = 0. Оно имеет корни х = —, х = —. Так как по усло-
2 6
вию существует общий корень двух заданных уравнений, то он будет корнем
и последнего уравнения. Проверка показывает, что общим корнем двух задан-
1 „
ных уравнений является лишь х = —. Разделив каждое из данных уравнении
на 2х -1, получим уравнения х2 - 2х + 2 = 0 и Зх2 -1 = 0. Первое из них в
области действительных чисел не имеет корней, корнями второго являются
, 1
числа х. , = ±—т=.
11
Ответ: для первого уравнения х - —; для второго уравнения ;
2 2
= ±-4г
6.350. Составить уравнение третьей степени по его корням х2, хгх2 и х2,
если числа х, и х2 являются корнями уравнения х2 + рх + q = 0.
Решение.
Так как х2, хгх2, х2 — корни уравнения третьей степени, то (х-х2)-
• (х - Х^г) • (х - X2 ) = X3 - (х2 + ХлХ2 + X2) X2 + (х3Х2 + х2х2 + XtX2) X - Х13Х2 = 0.
Но х2 + х^г + X2 = (xj + Х2)2 - хгх2 = р2 - q ; xfx2 + х2х2 + xtx3 = хгх2
(х? + х2) + х2х2 = xtx2 {(Xj + Х2)2 - 2XjX2) + х2х2 = q (p2 - 2q) + q2 = qp2 - q2;
79
x3x2 = (xix2)3 = Ч3 • Поэтому искомое уравнение имеет вид
х3 - (р2 - q) • х2 + (p2q - q2 ) • х - q3 = 0.
Ответ: х3 - (р2 - q)•х2 + (p2q - q2) • х - q3 = 0.
6.351. Решить уравнения х3 - бх2 - 39х - 10 = 0 и х3 + х2 - 20х - 50 = 0,
воспользовавшись тем, что один из корней первого уравнения в два раза
больше одного из корней второго уравнения.
Решение.
Пусть х = 2а — корень первого уравнения, х = а — корень второго урав-
нения. Тогда имеем тождества
(2а)3 - б (2а)2 - 39 (2а) -10 = 0,
а3 + а2 - 20а - 50 = 0.
Умножив второе уравнение системы (1) на 8, получим
[ва3 - 24а2 - 78а -10 = 0,
1 з 2 ™
[8а3 - 8а2 - 160а - 400 = 0.
Вычитая из первого уравнения системы (2) второе, придем к уравнению
39
16а2 - 41а - 195 = 0, решив которое, найдем а =--или а = 5. Проверкой
16
устанавливаем, что а = 5 удовлетворяет условию.
Итак, х = 10 — корень первого уравнения, х = 5 — корень второго урав-
нения.
Тогда х3 - 6х2 - 39х - 10 = (х - 10) • (х2 + 4х + 1) = 0, т.е. Xj = 10 , х2>3 = -2 ±
± -Уз ; х3 + х2 - 20х - 50 = (х - 5) • (х2 + бх + ю) = 0, т.е. х = 5 , ибо х2 + бх +
+ 10*0 (D<0).
Ответ: xt = 10, х2 3 = -2 ± 7з ; х - 5.
6.352. Решить уравнения х4 - х3 — 22х2 + 16х + 96 = 0 и х3 - 2х2 - Зх +
+ 10 = 0, воспользовавшись тем, что у них есть общий корень.
Решение.
Пусть общим корнем данных уравнений является х = а. Тогда имеем тож-
дества
а4 - а3 - 22а2 + 16а + 96 = 0,
1 3 2 (D
а3 -2а2 - За+ 10 = 0.
Вычитая из первого уравнения системы (1) второе, умноженное на а * 0,
получаем
а3 - 19а2 + 6а + 96 = О,
(2)
а3 - 2а2 - За +10 = 0,
а вычитая из второго уравнения системы (2) первое, придем к уравнению
43
17а2 - 9а - 86 = 0 , из которого найдем а = -2 или а = —. Подставляя эти
80
значения а в исходные уравнения, устанавливаем, что условию удовлетворя-
ет только значение х = -2.
Тогда х4 - х3 - 22х2 + 16г + 96 = (х + 2) • (х3 - Зх2 - 16х + 48) = (х + 2) •
• (х2 (х - 3) - 1б(х - 3)) = (х + 2) • (х - 3) • (х2 - 1б) = (х + 2)(х-3)-(х-4)-
• (х + 4) = 0 , откуда хг = -2 , х2 = 3, х3 = 4 , х4 = -4;
х3 - 2х2 - Зх + 10 = (х + 2) • (х2 - 4х + б) = 0 , откуда х + 2 = 0, х = -2; х2-
- 4х + 5 0 (D<0).
Ответ: Xj = -2, х2 = 3, х3 = 4 , х4 = -4 и х = -2.
6.353. Найти все значения Л, при которых уравнения Ах3 - х2 - х -
- (Л + 1) = 0 и Лх2 - х - (Л + 1) = 0 имеют общий корень.
или
Решение.
Решаем первое уравнение относительно Л : Лх3 - Л = х2 +
Л (х - 1) • (х2 + х + 1) = х2 + х + 1, откуда имеем Л = —, где х Ф 1.
Решаем второе уравнение также относительно Л: Лх2 - Л = х + 1 или
Л (х2 - 1) = х + 1, откуда находим Л = —-— , где х * 1.
' ' .-г — 1
Тогда находим х = —-— при Л * 0.
А
Ответ: х = - ** при Л g (-«>;0)U(0;+°°).
Л
6.354. Решить уравнение 8х3 + 4х2 - 34х + 15 = 0, если известно, что два из
его корней х4 и х2 удовлетворяют соотношению 2хг - 4х2 = 1.
Решение.
Имеем х( = 2х2 + 0,5. Таким образом, 8(2х + 0,5)3 + 4(2х + 0,5)2 - 34 (2х +
+ 0,5) + 15 = 0 или 8 (вх3 + 6х2 + 1,5х + 0,125) + 4 (4х2 + 2х + 0,25) - 34 (2х + 0,5) +
+ 15 = 0. Раскрыв скобки и приведя подобные слагаемые, получим 64х3 +
+64х2 - 48х = 0. Так как х = 0 не является корнем исходного уравнения, то,
сократив последнее уравнение на 16х, имеем 4х2 + 4х - 3 = 0 , откуда х = 0,5
и х = -1,5. Легко установить, что х = -1,5 — посторонний корень. Значит,
х2=0,5. Теперь остается найти другие корни: х4 = 2 • 0,5 + 0,5 = 1,5 ; 8х3 +
+ 4х2 - 34х + 15 = (х - 0,5) • (х - 1,5) • (8х + 20) = 0 , х3 = -2,5.
Ответ: хх = 1,5 , х2 = 0,5, х3 = -2,5.
6.355. Показать, что для всякого натурального п выполняется равенство
1 1 1 п + 1
---+-----+... + ---г—;----г =------, и с его помощью решить уравнение
1 2 2 3 (п + 1)(п + 2) п + 2-------Н
81
+ 3 + 5+... + (2n + 1)):|— + — +... +—^—1 = 342.
v "(26 342 J
Решение.
Преобрауем левую часть равенства:
11 1 Л 1W1 В f 1 1
1-2 2-3 (п + 1) • (п + 2) \ 2у ^2 Зу + 1 п + 2
1 _п + 2-1_п + 1
п+2 п+2 п+2
Таким образом, мы показали, что равенство выполняется.
В первой скобке уравнения находится сумма членов арифметической про-
грессии Sk, у которой = 1, d = 3 - 1 = 2 , ак = 2n + 1, к = ——— +1 =
d
2n + 1 - 1 , , „ „ 2а,+с1(&-1) , 2 + 2(п + 1-1)
=--------+ 1 = п + 1. Тогда Sk= —!----------J- k =-----4-------i.(n + l)»
z z z
= (n + l)2.
Используя доказанное равенство, вычисляем количество и сумму членов,
находящихся во второй скобке уравнения: ----Д------г = —--, откуда п = 17.
(п + 1)(п + 2) 342
„ 111 17 + 1 18
Следовательно, — + — +... +-=--= —.
2 6 342 17 + 2 19
2 18
Тогда данное уравнение приобретает вид (п + 1) • — = 342 или (n +1)2 =
= 182, откуда найдем п = 17.
Ответ: п = 17.
6.356. Решить уравнение х* - 6х3 + 7х2 + 6х - 2 = 0, если известно, что оно
имеет по крайней мере одну пару корней, разность между которыми равна 1.
Решение.
По условию, корнями данного уравнения являются числа х и х +1. Под-
ставляя х + 1 вместо х в уравнение, получаем х4 - 2х3 - 5х2 + 6х + 6 = 0. Ко-
рень х удовлетворяет как исходному, так и полученному уравнению, а значит,
и их разности, т.е. уравнению х3 - Зх2 +2 = 0. Поскольку сумма коэффициен-
тов этого уравнения равна единице, один из его корней равен 1. Разделив на
х -1, получим х2 - 2х - 2 = 0. Оба корня хт = 1 + -/з и х2 = 1 - 7з служат кор-
нями данного уравнения. Два других корня получим прибавлением единицы к
найденным корням: х3 = 2 + -/з , х4 = 2 - 7з .
Ответ: хг =1 + 4з , х2 = 1 - 7з , х3 = 2 + 7з , х4 =2 - 4з .
6.357. Решить уравнение Зх3 + 2-4$ х2 - 21х + 6-Уз = 0 , если известно, что
произведение двух его корней равно 1.
Решение.
Обозначим корни данного уравнения хх = а, х2 = — и х3. Тогда имеем
82
(1)
тождества
За3 + 2>/За2 - 21а + бТз = 0,
3 2Л 21 п
—г- Н-5------+ 6<3 — 0.
а от а
Умножим обе части первого уравнения системы (1) на 2-/3, а второго на
а3 * 0. Получим
6л/з • а3 + 12а2 - 42^3 • а + 36 = 0,
6л/з • а3 - 21а2 + 2<Уз • а + 3 = 0.
Из первого уравнения системы (2) вычтем второе. Будем иметь 33а2 -
Г- г „
- 44V3 • а + 33 = 0, откуда а1 = V3 , а2 = -у. Проверкой устанавливаем, что
найденные значения а} и а2 являются корнями исходного уравнения, т.е.
3
Если Xj, х2 и х3 — корни исходного уравнения, то, согласно обобщенной
„ 2^3
теореме Виета, хг + х2 + х3 —--
Подставляя в это уравнение значения Xj
/з п:
—, получим <3 +
/3
3
2>/з /т
----, откуда х3 = -2V3 .
3
6.358. Решить уравнения х3 - 7х2 + 12х -10 = 0 и х3 - 10х2 - 2х + 20 = 0 ,
если известно, что один из корней первого уравнения в два раза меньше од-
ного из корней второго уравнения.
Решение.
Пусть а — корень первого уравнения, тогда второе уравнение имеет ко-
рень 2а. Имеем тождества
[а3 -7а2 + 12а-10 = 0,
1 3 2 W
[8а - 40а2 - 4а + 20 = 0.
Вычитая из первого уравнения (1) второе, умноженное на 8, получаем
5
-16а2 + 100а -100 = 0, откуда а = 5 или а = —.
Проверкой устанавливаем, что первому уравнению удовлетворяет только
а = 5.
Имеем для первого уравнения х3 - 5х2 - 2х2 + 10х + 2х - 10 = 0 , (х - 5) •
• (х2 - 2х + 2) = 0, откуда х = 5; х2 - 2х + 2 * 0 (D < 0).
Для второго уравнения х3 - 10х2 - 2х + 20 = 0 , х2 (х - 10) — 2(х - 10) = 0 ,
83
(х - 10) • (х2 - 2) = О, (х - 10) • (х - yfzj (х + 7з) = 0 , откуда х = 10; х = V2 ;
х = ->/2 .
Ответ: х = 5 — корень первого уравнения, х = 10 , х = ±72 — корни
второго уравнения.
6.359. Найти все три корня уравнения аж3 + Ьх2 + сх + d = 0 , если его ко-
эффициенты удовлетворяют условию ad = Ъс.
Решение.
Так как данное уравнение имеет три корня, то а 0. Тогда a2x3 + abx2 +
+ асх + ad = 0 , а2х3 + abx2 + асх + Ъс = 0, ах (ах2 + с) + Ъ (ах2 + с) = 0,
(ах2 + с) • (ах + Ь) = 0,
ах + Ь = 0,
ах2 + с = 0;
Ответ: если — > 0 , то уравнение имеет единственный корень х = —;
а а
с „ b I с
если — < 0 , то уравнение имеет корни х = —, х = ±J-.
а а V а
6.360. Показать, что условие kb2 - (fc + l)2 • ас = 0 (к * 0 ) является необхо-
димым и достаточным для того, чтобы отношение корней уравнения ал2 +
+ Ьх + с = 0 было равно к.
Решение.
Согласно условию, a * 0 и х 0. Следовательно, с Ф 0.
Необхойилсостъ.
Обозначим корни квадратного уравнения ах2 + Ьх + с = 0 через х, = а и
х2 = ка. Тогда, согласно теореме Виета, имеем
Ь
а + ка = —,
a
, с
а • ка = —
а
Возведем обе части первого уравнения системы (1) в квадрат. Получим
a2(l + k)2 =
а (2)
2т
а к = —.
a
Далее, разделим первое уравнение системы (2) на второе. Будем иметь
84
11 + KJ b , , 2 h ,\2 _
-----— = — или, после упрощений, ко - (к + 1) • ас = 0.
к ас
(1)
Достаточность.
Пусть и х2 — корни квадратного уравнения ах2 + Ъх + с = 0. Согласно
теореме Виета имеем
Ь
Х1 + Х2 ~----------
а
с
xtx2 =
а
Возведем обе части первого уравнения системы (1) в квадрат. Получим
ь2
(Xj + х2) -
а
с
ЗС^ЗС^ ““ •
а
Далее, разделим первое уравнение системы (2) на второе. Будем иметь
(2)
2 аС
(3)
, . ч2 Ъ2 (к +1)2 „
Согласно условию, kb -(к + 1) ас = 0, откуда — -------------. Подставляя
CLC гС
Ъ (хц + х2) (к +1)
это значение — в равенство (3), получим ------------= -------, или
ас х,х2 к
xf + 2ххх2 + х2 _ к2 + 2к + 1
X. _ X, , _ 1 х. х, , 1
или — + 2 + — = к + 2 + —, или — + — = к + —,
х2 х2 к х2 х2 к
откуда
т.е. отношение корней квадратного уравнения равно к.
Таким образом, условие kb2 - (k + 1)2 - ас = 0 (к * 0 ) является необходи-
мым и достаточным для того, чтобы отношение корней уравнения ах2 + Ьх +
+ с = 0 было равно к, что и нужно было доказать.
6.361. Решить уравнение ах3 + Ьх2 + сх + d = 0 , если его коэффициенты а,
Ь, с и d в указанном порядке составляют геометрическую прогрессию с задан-
ным знаменателем q.
Решение.
Если а 0 — член геометрической прогрессии со знаменателем q * 0, то,
согласно формуле общего члена геометрической прогрессии, имеем Ь = aq,
с = aq2, d = aq3. Тогда исходное уравнение можно записать в виде ах3 +
85
+ aqx~ + aq1 2x + aq2 = 0 или, так как а Ф 0 , то х3 + qx2 + q2x + q = 0, (х3 + qx2) +
+ (q2x + q3)= О, x2 (x + q) + q2 (x + q) = 0, (x + q) • (x2 + q2) = 0.
Отсюда имеем или x2 + q2 = 0, x2 = -q2, что не имеет смысла при q * 0,
или х + q = 0 , откуда х = -q.
Таким образом, уравнение имеет единственный корень х = -q.
Ответ: х = -q.
6.362. Доказать, что если корни уравнения х3 + ах2 + Ъх + с = 0 составляют
геометрическую прогрессию, то один из них равен -Vc.
Доказательство.
Пусть хх, х2 = x,q , х3 = х^2 (хх * 0 , q * 0 ) — корни данного уравнения.
Тогда, согласно теореме Виета, имеем
X] + х2 + х3 = -а,
XjX2 + х^з + х2х3 = Ъ,
ххх2х3 = ~с»
хД1 + q + q2) = -а,
x2q + x2q2 + x2q3 = b,
xfq3 - ~c;
Ж1 + xi4 + xiQ2 = ~a>
xx • xxq + X! • xxq2 + x*q • xxq2 = b,
x, • xxq • xxq2 = —c;
Xi (1 + q + q2) = -a,
x2q(l + q + q2) = b, (*)
(x19)3 = -c;
Учитывая, что xt # 0 и q # 0 , получаем, что а 0, b * О и с 0.
Из третьего уравнения системы (* ) найдем xxq = -Vc , или х2 = -Vc .
Таким образом, если корни уравнения х3 + ах2 + Ъх + с » 0 составляют
геометрическую прогрессию, то один из них равен -Vc, что и нужно было
доказать.
6.363. Решить уравнение 64х3 - 24х2 - 6х + 1 = 0 , если известно, что его
корни образуют геометрическую прогрессию.
Решение.
Пусть х,, х2 = xxq, х3 = xtq2 (хх * 0 , q * 0) — корни данного уравнения.
Используя обобщенную теорему Виета и условие, имеем
г 24
хх + х1Ч + х192 = —,
г 1
X! Xjq -Xjq2 =- —
или, после упрощений,
x1(l + q + q2) = |,
О
1
xtq =
4
86
Из второго уравнения последней системы найдем
значение q в первое уравнение, придем к уравнению
1 1 гт, 1
да находим = — или Xj = —. Тогда q = — при
2 8 2
1 „
q =------. Подставив это
4л?!
16a?i - 10xj +1 = 0, отку-
2
или
q = -2 при
1 „
= —. Следовательно:
1 if П 1 2 1
п хг = -; х2 = х1Ч = 2^ 27 = -4’ = ®хЧ! = 2
2) Х1 = g > х2 = 7(-2) = “7 ’ хз = тК-2) ~ 2 ’
О О *Х О Z
ЛЛ 111 111
Ответ: — ; —; — или —; —; —.
8 4 2 2 4 8
1Y _ 1
2) 2
1
1
4 " 8 ’
6.364. 1. Пусть числа хх, х2 и х3 служат корнями многочлена ах3 + Ъх2 +
+ сх + d. В таком случае имеет место тождество ах3 + Ъх2 + cx + d = a(x-x1)-
(х-х2)(х-х3).
Воспользоваться этим тождеством для получения формул, связывающих
корни и коэффициенты данного многочлена.
2. С помощью формул, полученных в п. 1, найти корни х,, х2 и х3
уравнения 8х3 - 20х2 - 10х + 33 = 0 , составив и решив новое кубическое урав-
нение с корнями х3 + х2, х2 + х3, х3 + Xj.
Решение.
1. Разделим на а * 0 обе части тождества ах3 + Ъх2 + cx + dsa(x-x1)-
• (х - х2) • (х - х3) и раскроем скобки. Выполнив приведение подобных членов,
получим х3 + —х2 + —х + — = х3 - (xj + х2 + х3) • х2 + (хгх2 + х2х3 + X3Xj) • х -
aaa
Ъ cd
- XjX2x3, откуда X] + х2 + х3 = —; ххх2 + х2х3 + х3х1 = —; XjX2x3 =-—
a a a
формулы обобщенной теоремы Виета для многочлена (и уравнения) третьей
степени.
2. Имеем: (хг + х2) + (х2 + х3) + (х3 + xj = 2^ + х2 + х3) = 2 • — = 5, откуда
О
Составляем уравнение z3 — 5z2 + 5z — 1 = 0. Применяя разложение на мно-
жители, находим его корни: zx = 1, z2 = 2 + у/З , z3 = 2 - >/з . Для отыскания
Xj, х2 и х3 остается решить систему
87
О?! + Х2 = 1,
х2 + х3 = 2 + 7з,
х3 + хг = 2 - л/з .
Сложив ее левые и правые части и разделив обе части результата на 2,
придем к уравнению хг + х2 + х3 = 2,5.
Вычитая из этого уравнения последовательно каждое из уравнений систе-
мы, получим х3 = 1,5 , a?i = 0,5 - -Уз , х2 = 0,5 + 7з .
Ответ: хг = 0,5 - 7з , хг = 0,5 + 7з , х3 = 1,5 .
6.366. Составить уравнение с целыми коэффициентами возможно более
низкой степени, одним из корней которого было число 4% + >/з .
Решение.
Число V2 + л/з есть корень уравнения первой степени х - 4% = 7з , коэф-
фициенты которого не являются целыми. Возведя обе части этого уравнения в
квадрат, получим уравнение хг -242 • х = 1, коэффициенты которого — не
целые. Возведение в куб также не даст уравнения с целыми коэффициентами.
Наконец, возведение в четвертую степень даст требуемое уравнение л4 -
- 10х3 + 1 = 0, одним из корней которого является число 4% + 4$.
Ответ: х4 - 10х3 + 1 = 0.
6.367. Показать, что корни уравнения х + х'1 = 2 cos40° являются также
корнями уравнения х* + х-4 = 2 cos 160°.
Решение.
Пусть х — корень уравнения х + — = 2 cos 40°. Возведя это уравнение в
х
квадрат, имеем х2 + -^- = 4 cos2 40° - 2 или х2 + = 2 cos80°. При повторном
х х
возведении, в квадрат получим х4 + ~ = 2 cos 160°. Следовательно, корни
х
уравнения х + х-1 =2 cos 40° являются также корнями уравнения х4 + х-4 =
= 2 cos 160°, что и нужно было показать.
6.368. Решить уравнение х4 - 4х3 + Зх2 + 8х - 10 = 0, если известно, что два
его корня отличаются друг от друга только знаком.
Решение.
Пусть а и -а — корни исходного уравнения (а > 0). Тогда имеем тожде-
ства
а4 - 4а3 + За2 + 8а -10 = 0,
• ИЛИ
(-а) -4(-а) + 3(-а) + 8(-а) -10 = 0,
[а4 - 4а3 + За2 + 8а -10 = 0,
1 4 3 2 (D
а + 4а + За2 - 8а - 10 = 0.
88
Складывая уравнения системы (1), получим 2а4 + 6а2 - 10 = 0 или а4 +
+ За2 -5 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно а2, найдем
а2 = -5, что не имеет смысла в области действительных чисел, или а2 = 2,
откуда ctj = V2 , а2 = —^2 . Проверкой убеждаемся, что al = 42 и а2 = -42
— корни исходного уравнения. Найдем остальные его корни.
Воспользуемся тем, что многочлен х4 - 4х3 + Зх2 + 8х -10 делится без ос-
татка на (х - 42 ) (х + V2 j = х2 - 2. Выполним это деление:
х4 - 4х3 + Зх2 + 8х - 10 |х2 - 2
х*-2х2 I х2 - 4х + 5
-4х3 + 5х2 + 8х
-4х3 + 8х
_5х2 -10
5х2 -10
0
Таким образом, х4 - 4х3 + Зх2 + 8х - 10 = (х - V2) • (х + -Уз) • (х2 - 4х + б), а
значит, исходное уравнение примет вид: (х - 5/2) • (х + 42 ) • (х2 - 4х + б) = 0 .
Это уравнение равносильно совокупности уравнений (решение первых
двух уже найдено) х - 42 =0, х + 4% = 0 , х2-4х + 5 = 0. Третье уравнение
совокупности не имеет действительных корней.
Ответ: хг = 42 , х2 = —42 .
6.369. Решить уравнение 2х5 - х4 - 2х3 + х2 - 4х + 2 = 0, если известно, что
оно имеет три корня, из которых два являются противоположными числами
(противоположивши называются два числа, сумма которых равна нулю).
Решение.
Если уравнение имеет хотя бы одну пару корней, отличающихся только
знаком, то на их отыскание не влияет присутствие в уравнении нечетных
степеней переменной. Вычеркнув их, получим биквадратное уравнение -х4 +
+ х2 + 2 = 0. Решая его, находим х2 = 2 , откуда Xj = 42 , х2 = —42 , и х2 = -1,
что невозможно в области действительных чисел. Для отыскания третьего
корня разделим данное уравнение на -х4 + х2 + 2 и получим -2х + +1 = 0,
1
откуда х3 = -
Ответ: xt = 42 , х2 = -42 , х3 = .
6.370. Показать, что уравнение Vx4 + х - 2 + vx4 + х - 2 =6 имеет единст-
венный положительный корень, и найти этот корень.
Решение.
Пусть 7х4 + х - 2 = у > 0 , тогда уравнение принимает вид у2 + у - 6 = 0,
89
откуда у = -3, что непригодно к решению уравнения, или у = 2.
Тогда tfx4 + х - 2 =2, х4 + х -2 = 16, х4 + х - 18 « 0.
Запишем последнее уравнение в виде (х4 - 1б) + (х - 2) = 0 , (х - 2) • (х + 2) •
• (х2 + 4) + (х - 2) = 0, (х - 2) • (х3 + 2х2 + 4х + 9) = 0.
Отсюда имеем или х - 2 = 0, откуда х = 2, или х3 + 2х2 + 4х + 9 = 0. Но
уравнение х3 + 2х2 + 4х + 9 = О положительных корней не имеет, ибо х3 +
+ 2хг + 4х + 9 > 0 при х > 0.
Таким образом, исходное уравнение имеет единственный положительный
корень х = 2.
Глава 7
Логарифмы
Показательные и логарифмические уравнения
7.086. Решить уравнение х 3 - .. = 0.
V100
Решение.
ОДЗ: х * 0.
i-|ipx2 1
Записав уравнение в виде х 3 = —==•, возведем обе его части в квад-
100
рат. Получим (х2) 3
V10000
. Логарифмируя обе части полученного
I А 2 12 *
уравнения по основанию 10, будем иметь 11-Igx 1gх =-или, после
упрощений, 1д2 х2 - 31дх2 -4 = 0. Решая это уравнение как квадратное отно-
, у , О . 9 1 1 1
сительно 1дх , получаем 1дх = -1, х = —, Х1=-^До’’ Х2 ~ ’ ИЛИ
1дх2 = 4, х2 = 10000, г3 = -100 , х4 = 100. Обязательна проверка этих корней
подстановкой в исходное уравнение. При хг = —получаем
—==• - -j--= 0 — неверное равенство (возведение отрицательного числа
в дробную степень не имеет смысла); при х2 - -т= получаем -=
- =0 — верное равенство; при х3 = -100 получаем (-100)~з - = 0
— неверное равенство (ибо возведение отрицательного числа в отрицательную
дробную степень не имеет смысла); при х4 -100 получаем (100)"з -
- -у-1 " =0 — верное равенство.
(/100
Ответ: —; 100.
10
7.138. Решить систему уравнений
х2^1 = 5,
х^2 = 125.
Решение.
Возведем обе части первого и второго уравнений в квадрат. Получим
I2"2- = 25,
i/+2
I = 15625.
Логарифмируя оба уравнения полученной системы по основанию 5, будем
иметь систему уравнений
(2г/2 - 1) 1одъ х2 = 2,
(у2 + 2) Zog5 х2 = 6,
и г/! = -1 получаем
решив которую, найдем
{Л?1 “ *“5> J X2 = “5j ]х3 = ~
У1 = -1; [у2 = 1; 1уз = -1; [за = 1-
Подставляем найденные значения х и у в исходное уравнение. При хх = -5
-5 = 5,
( 5)3 125 — невеРные равенства; при х3 = 5 и у3 = -1
5 = 5,
53 125 — веРные равенства; при х4 = 5 и у4 = 1 получаем
5 = 5,
53 125 — веРные равенства.
Ответ: (5; 1), (5; -1).
получаем
7.144. Решить систему уравнений
21 • Зу = 6,
3х• 4У =12.
Решение.
Представим данную систему в виде
J21 • 3" = 2 • 3,
[3х • 22у = 3 • 22 .
Логарифмируя обе части каждого из уравнений системы (1) по основанию
10, получим
Fxlg2 + yig3 = lg2 + lg3,
|xlg3 + 2ylg2 = 1дЗ + 2lg2.
Zg2 + Zg3 - xlq2
Из первого уравнения системы (2) найдем у =----------—. Подставляя
1уЗ
это значение у во второе уравнение (2), получаем
, 2(lg2 + lg3-xlg2} / ? ~ \
xlg3 + —------------- = 1дЗ + 21д2 или, после упрощений, (1дгЗ — 21дг21х =
/дЗ ' '
= 1д2 3 - 21д2 2 , откуда находим х = 1. Тогда у = j .
Zg3
Ответ: (1; 1).
92
2
7.151. Упростить выражение
(log* а + log* Ъ + 2)2 +2
- 1одъ а - loga Ъ.
Решение.
ОДЗ: ае(0;1)и(1;+~) и Ъ g (O;1)U(1;+ “)•
Пусть А = (logb а + tog* Ь + 2)2 +2
2
-togba-togab =
, 1 I2
tog4a+ +2 +2
togba )
2
, 1
-togba--------
togb a
(logf a + 2 logb a + 1
\ log* a J
2
logl a +1
togba
+ 2
Заметим, что togb а + 2logb а + 1 = (log* а + 1) и
= | log* а + 1
= log* a + 1, так как togb a + 1 > 0. Далее находим A = I ° * * + 2 I
V togba )
_ a + * _ (1°9ъ а + 21°9ь а + _ togb a + 1 _ Zogb a + 1 logb a + 1
togba logfa J logba |togba| logba
Пусть togb a > 0; тогда | logb a j = togb a, откуда A = 0.
Пусть logb а < 0; тогда 11одь а I = - 1одь а, откуда А =-------.
к>дьа
Остается решить неравенства togb а > 0 и togb а < 0. Для неравенства
1одь а > 0 имеем: если 0 < b < 1, то и 0<а<1; если же Ъ>1,тои а > 1. Для
неравенства 1одь а < 0 получаем: если 0 < Ъ < 1, то a > 1; если же b > 1, то
Ответ: 0, если
или
-2(1одь а + loga b), если
или
7.167. Решить уравнение фодх Jbx = - logx 5.
Решение.
Представим уравнение в виде J— 1одх 5х = -1одх 5 или J— logx5 + — =
У 2 У 2 2
= -1одх 5.
Тогда оно будет эквивалентно следующей смешанной системе:
93
^lo9x5+^ = (-lo9x 5Л
-logx 5 > 0;
2 logx 5 - logx 5-1 = 0,
Zogx 5 < 0;
, c 1
logx 5 = -—,
logx 5 = 1,
logx 5 < 0,
откуда logx 5 = —-, x = —.
Ответ: —.
25
7.172. Решить уравнение
^2Zog8(-x) - tog8 7? = 0.
Решение.
ОДЗ: x < 0.
С учетом ОДЗ имеем ^2к>дв(-х) -к>д8(-х) = 0, фода(-х) ^2 - Jlog8(-x)} = 0,
откуда или ^1од8(-х) = 0 , Zog8(-x) = 0, х = -1, или -J2 - ^1ода(-х) = 0,
^Zog8(-x) = <J2 , logs(-x) = 2, х = -64.
Ответ: -64; -1.
7.174. Решить уравнение З1®931 +х1°9зЖ = 162.
Решение.
ОДЗ: х > 0.
Имеем (з1®931)^1 + х,одзХ = 162, х1од*х + х^1 = 162, 2хи>ЯзХ = 162, х'®93* =
= 81. С учетом ОДЗ прологарифмируем по основанию 3 обе части последнего
2 1
уравнения. Получим 1од3 х = 4, откуда найдем х = — или х = 9.
Л 1 л
Ответ: —; 9.
9
7.204. Решить уравнение х - 3|l+1 = ^|х - 3|х-2 .
Решение.
х+1 х-2
Представим данное уравнение в виде | х - 3 j-?" = | х - 31 з . (1)
При решении этого показательно-степенного уравнения возможны три
[|х-3|>0,
случая: 1)|х-3| = 0;2)|х-3| = 1;3)ч .
11 х 31^ 1.
Рассмотрим эти случаи.
х+1 х-2
1) | х - 31 = 0 . В этом случае уравнение (1) принимает вид 0 4 = 0 3 . (2)
94
Уравнение (2) могут удовлетворять только такие значения х, при которых
4" 1 х____2
>0 и > 0, в этом случае уравнение (2) примет вид 0 = 0
4---------------3
(напомним, что выражение 0“ имеет смысл лишь при а > 0).
Из уравнения | х - 31 = 0 находим х = 3. Это значение х удовлетворяет ус-
1 х 2
ловию -----> 0 и условию ---->0. Значит х = 3 — корень уравнения (1).
4 3
х+1 х-2
2) | х - 31 = 1. В этом случае уравнение (1) принимает вид 1 4 = 1 3 , т.е.
1 = 1. Значит, корни уравнения | х - 31 = 1 являются и корнями уравнения (1).
Из уравнения | х - 31 = 1 находим Xj = 2, х2 = 4.
3) Если |х-3|>0 и |х-3|#1, то из уравнения (1) заключаем, что
д» j др — 2
= , откуда находим х = 11. Это значение х удовлетворяет неравен-
4--------3
ству | х - 31 > 0 и неравенству | х - 31 * 1. Подстановкой убеждаемся, что
х = 11 — корень уравнения (1).
Таким образом, исходное уравнение имеет четыре корня: Xj = 2, х2 = 3,
х3 = 4, х4 = 11.
Ответ: 2; 3; 4; 11.
____ т-ч I _|Зх2-10х+3 ,
7.205. Решить уравнение | х - 31 = 1.
Решение.
При решении этого показательно-степенного уравнения возможны два слу-
. . Пх-3|>0,
чая: 1) х - 3 = 1; 2) <
1 1 [|х-3р1.
Рассмотрим эти случаи.
1) |х-3| = 1. В этом случае исходное уравнение принимает вид
13x2-101+3 = 1 ( т.е. 1 = 1. Значит, корни уравнения |х - 3| = 1 являются и кор-
нями исходного уравнения. Из уравнения | х - 31 = 1 находим Xj = 2, х2 = 4.
2) Если |х-3|>0 и | х - 31 * 1, то из исходного уравнения заключаем, что
Зх2 - 10х + 3 = 0, откуда находим Xj = —, х2 = 3. Значение Xj = — удовле-
3 3
творяет условиям | х - 31 > 0 и | х - 31 1, а значение х2 = 3 не удовлетворя-
ет условию | х - 31 > 0.
Подстановкой убеждаемся, что Xj = i — корень исходного уравнения.
л 1 п ,
Ответ: — ; 2; 4.
3
7.213. Решить уравнение
|log^x-2|-|Zog3
х-2| = 2.
95
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 3. Имеем |2Zog3 х - 21 - |log3 х - 2| = 2. Раскрывая
модули, получим три случая:
11од3 х < 1, [ 1од3 х < 1, 1
, или < откуда найдем г, = — ;
-21од3 х + 2 + 1од3 х - 2 = 2 |log3 х = -2, 9
11 < log3 х <2, [1 < log, х < 2,
или
2log3 х - 2 + 1од3 х - 2 = 2 [log3 х = 2.
В этом случае 1од3 х = 2 непригодно к решению уравнения;
{1од3 х >2, [log3 х > 2,
или < откуда найдем х2 =9.
21од3 х -2 + 1од3 х - 2 = 2 [Zog3 х = 2,
„ 1 п
Ответ: —; 9.
9
Z
7.217. Решить уравнение
= 14.
Решение.
Умножив обе части уравнения на
придем к уравнению
2г
+ 1 = 0.
Решив его как квадратное относительно
, получим
Ответ: -2; 2.
откуда z = -2, или
7.222. Решить уравнение 3 • 16я + 2 • 81я = 5 36я.
Решение.
Разделив обе части исходного уравнения на 92я, придем к уравнению
/ л \2*
3 •
+ 2 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно
, получим
2 1
= —, откуда х = — , или
3 2
= 1, откуда х = 0.
Л 1 „
Ответ: —; 0.
2
7.226. Решить уравнение 2,5io93 я + 0,4г°93 я = 2,9.
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
96
Запишем уравнение в виде
части на
Jog3r /_>.2!одзх /-\1одзХ
> 0 (при х > О ). Получим 1 — 1 - 2,9 • I — I +1 = 0. Ре-
\2/ у 2/
/ \ г°9з х \ Ioff3 1
шив это уравнение как квадратное относительно 1 — 1 , найдем 1 — 1
1 Гб Y°93 х 5
, откуда Zog3 х = -1, х = —, или 1 — 1 = —, откуда log3 х = 1, х = 3.
3 12) 2
Ответ: —; 3.
7.243. Решить уравнение 5 х • у] 8х 1 = 500.
Решение.
lx е N,
ОДЗ: _.
х * 1.
Зх-З
Представим данное уравнение в виде 5х • 2 1 = 53 • 22 и умножим обе его
З-Зх
2 х х з ~
части на =— > 0. Получим 5 = 2 1 . Воспользовавшись основным лога-
53
рифмическим тождеством N = aloga N , где 0 < а * 1 и N > 0 , приведем правую
часть полученного уравнения к основанию 5. Тогда это уравнение примет сле-
З-х
w с х-3
дующии вид: 5
3-х (х - 3) • (х + log. 2)
Оно равносильно уравнению х - 3 =----------Zog5 2 или ------1-------- = 0.
Отсюда с учетом ОДЗ, или х - 3 = 0 , Xj = 3, или х + 1од5 2 = 0, х2 =
= - Zog5 2. Но - Zog5 2 не является натуральным числом, следовательно, х2 =
= -log5 2 не входит в ОДЗ.
Ответ: 3.
7.249. Решить уравнение 3 • 4х-2 + 27 - а + а 4х 2. При каких значениях а
уравнение имеет решение и при каких — нет?
Решение.
Запишем уравнение в виде (3-а)-4х~2 = а - 27 (1). Отсюда при условии
d — 27
3 - а 0 получим 4х-2 =------- (2). Так как 4х-2 > 0 при любом х, то уравне-
3 — а
а - 27
ние (2) имеет решение, если -----> 0. Решая это неравенство методом ин-
3 — а
тервалов, находим 3 < а < 27. При этих значениях а равенство (2) можно
97
a — 27 a — 27
прологарифмировать по основанию 4: x-2 = log4--, откуда x = 2 + lqg4-
3—а 3—а
Пусть теперь
a-27
3 — а
$ 0, т.е.
а < 3,
а >27;
тогда уравнение (2) не имеет решений.
Пусть, наконец, 3-а = 0; тогда уравнение (1) примет вид 0-4я-2=3-
- 27 # 0, т.е. оно не имеет решений.
л „ , а - 27 __
Ответ: х = 2 + log4--- при 3 < а < 27 ; нет решении при
3 — а
а<3,
а £ 27.
7.253. Решить уравнение logu <jl + x + 3 log °? (4 - х) - log^ (16 - х2) - 2 .
При каких значениях а уравнение имеет решение?
Решение.
Учитывая область определения логарифмической функции, квадратного
корня и ограничения, наложенные на основание логарифма, заключаем, что
4 + х > О,
4 - х > 0, или
О < а # 1
Приведем все члены уравнения к основанию a2: loge2(4 + x) + 3loge2(4-x)-
/ \ (4 "Ь «зс) * (4 — х)2
-log 2(16 - х2 ) = 2 или log 2 -тА-----Т" = 2 • Сократив дробь на (4 - х) •
“ v “ (4 - х) • (4 + х)
• (4 + х) (потери корней не будет, так как при условии (1) (4 - х) • (4 + х) > 0 ),
получим logo2(4-х)2 = 2, откуда 2logo2(4 - х) = 2, поскольку 4-х >0. Сле-
довательно, х = 4 - а2.
Найдем те значения а, при которых -4 < х < 4. Имеем -4 < 4 - а2 < 4 ;
-8 < -а2 < 0 ; 0 < а2 < 8. Учитывая, что 0 < а £ 1, получаем 0 < а < 1 и
l<a<2V2.
Ответ: х = 4 - а2, где 0<а<1 и 1<а< 2^2 .
а+3 1 £
7.258. Решить уравнение 2а+г -32я(“+2) = 41 (рассмотреть при всех дейст-
вительных значениях а).
Решение.
а+3 5 £ ±tl+_JL_ £
Представим уравнение в виде 2а+2 . 2я^а+2^ = 2® или 2а+г я(а*2) = 2®.
_ а + З 5 2 (a + 3)x + l-2an
Тогда -----+ —-------- = — или, после упрощений, --------г---» 0 ,
а + 2 х (а + 2) х х (а + 2)
98
(a + 3) x = 2a - 1,
x Ф О,
а Ф 2,
(а + 3) х = 2а - 1,
1
а Ф — >
2
а Ф -2.
1
а Ф —
2
Следовательно, при а Ф -3,
а Ф -2 уравнение имеет один корень
х =-----; при а = -3, а = —, а = -2 корней нет.
а + 3 2
Ответ: х=^~^ при аФ-3, а*-, а*-2; нет корней при а=-3, а=~, а = -2.
а+3 2 2
7.259. Решить систему уравнений
2 - log2 у = 21одг(х + у),
1од2(х + у) + 1од2(х2 - ху + у2) = 1.
Решение.
ОДЗ:
у > о,
х + у > О,
х2 - ху + у2 > 0.
С учетом ОДЗ имеем
1од2 — = 1од2(х + у)2,
. У
+ У) • (а?2 - ху + у2)) = 1од2 2;
- = (х + у)2,
У
(х + у) (х2 - ху + у2) = 2;
2 .2
х - ху + у _ у
х + у 2 ’
(х+у)2 у = 4.
Запишем первое уравнение в виде 2х2 - 2ху + 2у2 = ху + у2 или 2х2 -
- Зху + у2 = 0 и решим его как квадратное относительно х. Получим х = у
У ~ л
или х = —. Остается решить системы уравнений
[а? = у,
[(х + у)2 • у = 4
У
2’
(х + у)2 • у = 4.
Для первой системы имеем xr = 1 и уг = 1, а для второй — х2 = — и
2-V6
У2
Ответ: (1: 1), —;---
I 3 3
99
7.264. Решить систему уравнений
у5х2-51г+10 _ ।
ху = 15.
Решение.
Возведем обе части первого уравнения в квадрат. Получим систему-
следствие
/ ,\5х2-51х+10
V) =1.
ху = 15,
которая эквивалентна совокупности двух систем
г [бя?2 - 51л? + 10 = 1,
в результате решения которой найдем
Гл?! = 15, Гл?2 = -15, Гя?з = 0,2, Гл?4 = 10,
|У1 = 1; 1у2 = -1; 11/з=75; 1у4=1-5-
Проверкой убеждаемся, что все найденные решения удовлетворяют исход-
ной системе уравнений.
Ответ: (15; 1), (0,2; 75), (10; 15), (-15; -1).
7.277. Решить систему уравнений
ху = 2,
(2л?)1/2 = 64 (л?>0).
Решение.
Представим второе уравнение в виде 2У [хУ}У = 64 и заменим ху на 2.
Будем иметь 2у2 • 2У = 64 , 2^*у = 26 , у2 + у = 6, у2 + у - 6 = 0, откуда у = -3
или у = 2.
Тогда следствием исходной системы будет совокупность двух систем урав-
„ |л?у = 2, |л?!/ = 2,
нении: < и
[у = —3 [у = 2.
VI
Из первой системы найдем л? =--- и у = -3. Из второй системы найдем
2
л?! = -V2 <0 и уг = 2, что не удовлетворяет условию, и х2 = J2 , у2 = 2. Под-
(V? { г~ \
становкой убеждаемся, что пары 1-£-;-3 и (V2; 2) являются решениями
исходной системы.
Ответ: -3|, (у[2; 2).
100
7.281. Решить систему уравнений
1о9их 2,5
ух У = X ,
log3ylogy(y-2x)=l.
Решение.
ОДЗ:
х > О,
О < у * 1,
у - 2х > 0.
Прологарифмируем первое уравнение по основанию 3. Получим
- 2,5 • 1од3 х 1од3 у + log2 х = 0. Решая это уравнение как квадратное
тельно 1од3 у , находим 1од3у = ~1од3х или 1од3 у = 21од3 х, откуда
1од3 у -
относи-
или у = х2.
Перейдем во втором уравнении исходной системы к основанию 3. Будем
иметь log3(y - 2х) = 1, откуда у - 2х = 3 . Тогда заданная система уравнений, с
учетом ОДЗ, эквивалентна совокупности двух систем:
' - -.2
У - X ,
у - 2х = 3.
< и
[у - 2х - 3
Первая из них в области действительных чисел решений не имеет. Решив
вторую, с учетом ОДЗ, найдем х = 3 и у = 9.
Ответ: (3; 9).
7.286. Решить систему уравнений
Zg-J(x + y)2 =1,
Igy-Zg|x| = 1д2.
Решение.
ОДЗ: х + у * 0, у >0 и х 0.
Представим систему в виде
lg|x + y| = l, [lg|x + y| = Zgl0,
или <
Igy = Zg2 + Zg|x| [Zgy = Zg2|x|.
Отсюда, с учетом ОДЗ, получим
|х + у| = 10,
«I I W
У = 2|х|.
Так как у - 2|х| > |х|, то у + х>0, следовательно, |х + у| = х + у = 10 и
система (1) будет эквивалентна объединению двух смешанных систем:
х + у = 10, х + у — 10,
у = -2х, и у = 2х,
х <0 х >0.
101
(х, = -10,
Решив их, найдем <
[Vi = 20
10
12
20
и
Ответ: (-10; 20), I —; —
I 3 3
7.296. Упростить выражение
Решение.
Обозначим данное выражение через А. Так как, по условию, а > 1 и Ъ > 1,
то 1ода Ъ > 0 и 1одь а > 0 (1). Имеем
А = 2 log2 Ъ • Q-(l + Ь) + ^(togb а + 1)^ “ f^(tog0 Ь - 1) + (logb а - 1)У
= 2log2 Ъ • ((2 + 1ода Ъ + 1одь а)г - (loga b + 1одь а - 2)г = log2 Ъ
• 2 + 1одоЬ + ------
V 1ода Ь
1 I2
log. Ъ +----------2
loga Ь J
= tog2 b •
2logab + log^b + lV
loga Ъ
loga b + 1 - 2loga b"l2
log а Ь J
. Согласно условиям (1), 1 + toga b > 0 и
((1 + loga Ь)2 )2 = 11 + loga b | = 1 + 1ода Ъ. Следовательно,
А = log % b •
1 + 1ода Ъ | loga b - 11
= 1 + loga b -11ода Ъ - 11.
< 1од*Ь
tog2 b ,
1) Если 1одаЪ -1>0, т.е. 1ода Ъ > 1 и, значит, Ь>а>1, то |logob-l| =
= loga Ь - 1. Отсюда А = 1 + 1ода Ъ - 1ода Ь + 1 = 2.
2) Если loga Ъ - 1 < 0 , т.е. loge b < 1 и, значит, а > b > 1, то | loga Ъ - 11 =
= 1 - 1ода Ъ. Отсюда А = 1 + loge b - 1 + 1ода Ъ = 21ода Ъ.
Ответ: 2, если b > а > 1; 21ода Ь , если а > b > 1.
102
7.297. Упростить выражение Jlogn р + 1одр п + 2 (logn р - 1одпр р) • ф.одп р .
Решение.
Данное выражение определено при условии 0 < n # 1, 0 < р * 1 и пр * 1.
Обозначим его через А и преобразуем следующим образом:
А = A/logn р + togp п + 2 • (togn р - tognp р) • ф.одп р = ф.од2 р + 2togn р + 1 •
I Р - у—----I = ^1°9п Р + I)2 [у—-у---Ц-Г I = | г°3п Р + 11 • у-7“--У =
V 1*>9рпр) ’ ylogpn logpn + lj logpn[logpn + l)
Так как фодп р определен при 1одп р > 1 и р * 1, то logn р > 1, а потому
logn р + 1 > 0 и | logn р + 11 = logn р + 1. Значит, А = log2 р. Остается решить
неравенство 1одп р > 0 . Если 0 < п < 1, то оно выполняется при 0 < р < 1; если
же п > 1 — при р > 1.
2 [0 < п < 1, [п>1,
Ответ: 1од„ р, где < или <
УпН [0 < р < 1 [р > 1.
7.298. Упростить выражение
' £
Г toga b + 1 Л2
[ 21одаЬ J
1 \
Iog2«b + 1 t V
2togab I
£
V2log2b
при а > 1.
Решение.
Очевидно, данное выражение
чим его через А и преобразуем следующим образом:
определено при условии Zogo b > 0. Обозна-
fog2 b + 1 _ V _ (log2 b + 1 + V
2logab J [ 21одаЬ )
• д/2 tog2 ь =
'(toga Ь -1)2
2Zoge b
(Zogn b + 1)2
21ода Ь
|togab-l| logab + l
J2loga b ^21ogab
Если loga b > 1, т.е. при а > 1,
то л_ togab-l-tognb-l
faogab
4 =
^2ioga ь ~ 2.
Если 0 < loga b < 1, или 1 < Ь < а с учетом а > 1, то
л = 1-^.ь-.Ьэ,ь-1.1/^7ь=_2|О9,ь.
filogab
Ответ: -2, если 1 < а < Ъ ; -2к>да b , если 1 < Ъ < а .
103
7.299. Упростить выражение
1 - logY -—+ 1од2а(а - Ъ)
а (а ~ ь)
(1 “ Zo9^(a “ Ь) + logl(a - b)j2
Решение.
Обозначим выражение через А. Тогда
1 “ 1°9х -—-у + 1од2а(а - Ь)
; (а ~ ь)
V1 ~ ” Ь) + Z°9a(a " Ь)
1 -21ода(а - b) + Zog2(a - b) _ (1 - 1ода(а ~ Ь))2
^1-2 loga(a - b) + log2(a - b) |1 “ Zo9a(a “ Ь) |
Если Zoga(a — b) > 1, т.е.
{а > 1,
a - b > а;
JO < а < 1,
[О < а - b < а;
Если loga (а - b) < 1, т.е.
а > 1,
0 < а - Ь < а;
0 < а < 1,
а - b > а;
Ответ: loga(a - b) - 1, если
1 - 1ода(а - Ъ)
а > 1,
Ь<0;
тоЛ = 1од.(а-Ь)-1.
а > Ъ > 0,
а > 1,
а > Ь > 0;
. то А = l-Zoga(a-b).
0 < а < 1,
Ь<0,
а > 1, [О < а < 1,
или <
Ь<0 [а > b > 0;
(а > 1,
если < , „ или
а > b > 0
О < а < 1,
b < 0.
7.300. Заметив, что 675 = 975 , а 135 = 3•45 , дать без помощи таблиц от-
вет на вопрос о том, какое число больше: Zog135 675 или Zog45 75.
Решение.
Пусть Zog135 675 = х , Zog45 75 = у. Тогда 675 = 135х (1), 75 = 45s (2). Так как
675 = 9 • 75, 135 = 3 • 45, то равенство (1) можно записать в виде 9•75 = 3х • 45х ,
откуда, используя равенство (2), получим 9 45й = 3х • 45х. Из равенства про-
З2 45х
изведений можно составить пропорцию — =---------------. Далее имеем
3 45у
1 < Zog135 675 < 2, следовательно, 1<х<2 и 3х <32; тогда в правой части
пропорции получим 45у < 45х , откуда у < х , т.е. Zog135 675 > Zog45 7 5 , что и
требовалось определить.
Ответ: 1од13Ъ 675 > Zog45 75 .
104
7.301. Уравнение 4х + 10х = 25х имеет единственный корень. Найти его и
выяснить: положителен ли он или отрицателен, больше или меньше единицы.
Решение.
( 4 \ (10 Г
Разделив обе части уравнения на 25х >0, получим 1^1 +1 “ I = 1 или
2 г
- 10 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно
f2
получаем I —
---< 0, что не имеет смысла, или
2
---. Так
2
как 0 < ——-— < 1, то, с учетом свойств показательной функции, получаем
0 < х < 1, х = log2--------
5 2
Ответ: х = log..-
I 2
7.302. Показать, что log3 12 = Iog3 7 • log7 5 • Zog5 4 + 1.
Решение.
log3 12 = log3(4 • 3) = log3 4 + log3 3 = +1 = • log5 4 + 1 = •
3 У3^ ’ У3 3 Zog53 log53 У5 log7 3
1>OQ 7
Zog5 4 + 1 = —— logy 5 • log5 4 +1 = log3 7 • log7 5 • 1одъ 4 + 1.
logy 3
7.303. Выражение logm a logn a + Zogn a logp a + logp a logm а представить в
виде произведения.
Решение.
1одт а • 1одп а + 1одп а • log а + log а logm а = --Ц-+ -----------+
loga т • 1ода п 1ода п 1ода р
1________ 1ода р + 1ода т + 1ода п _ 1ода(ртп) _ * i
loga Р 1ода т 1ода т 1ода п • loga р 1ода т 1ода п 1ода р
= log„(pmn) • logm a logn a logp a.
Ответ: loga(pmn) logm a logn a • logp a.
i
(/ \- V
7.305. Упростить выражение llogjj a + log* b + 212 - 21 при 1 < a < b.
Решение.
Обозначим выражение через А и упростим следующим образом:
105
А =
,4 1
”°gb a + ——
iogb a
-2= l°9b ° + 1 - 2 =
V io9ba
(log2 a - l)2 | log2 a - 11
log2 a | logb a |
1 — Z 2 a
По условию 1 < a < Ь, что равносильно 0 < 1одь а < 1. Тогда А =-—— =
1одьа
—------1одь а = 1ода Ъ - 1одь а.
1одьа
Ответ: 1ода Ъ - 1одь а.
7.306. При каких значениях р уравнение
имеет единственный корень?
1д(х2 + 2рх) - 1д (8х - 6р - 3) = 0
Решение.
Запишем данное уравнение в виде lg(x2 + 2рх) = 1g (8х - бр - 3) (1).
Оно равносильно смешанной системе
[8х-6р-3>0, Гвх>6р + 3, (2)
1 9 ИЛИ 1 ,
[х + 2рх = 8х - бр - 3 (х2 — 2(4 — р) х + бр + 3 = 0. (3)
Найдем корни квадратного уравнения (3): х1>2 = 4 - р ± дЦ4 - р)2 - (бр + 3) =
= 4 - р ± у/р2 - 14р + 13 .
В том случае, когда р2 - 14р + 13 = 0, т.е. при рг = 1, р2 = 13, оно имеет
единственный корень (Xj = 3 при Pj = 1 и х2 = -9 при р2 = 13). Однако из
этих двух пар значений неравенству (2) удовлетворяет только пара х = 3,
р = 1. Таким образом, при р = 1 уравнение (1) имеет единственный корень.
Рис. 7.1
Рассмотрим теперь случай, когда р2 - 14р + 13 > 0 . Используя рис. 7.1, на-
ходим, что р<1 или р>13. В этом случае уравнение (3) имеет два корня
xt = 4 - р + д/р2 - 14р + 13 и х2 = 4 - р - Jp2 - 14р + 13 . Чтобы уравнение (1)
имело единственный корень, нужно, чтобы один из указанных корней удовле-
творял этому уравнению, а другой — нет.
Найдем такие значения р, при которых корни X! и х2 удовлетворяют не-
равенству (2). Подставив сначала значение Xj в это неравенство, получим
8^4 - р + ^р2 - 14р + 1з) > бр + 3; 8д/р2 - 14р + 13 > 14р - 29 (4).
106
При pel и р>13 в левой части имеем 8-^р2 - 14р + 13 > 0; поэтому если
29
в правой части 14р - 29 < 0, т.е. р < — , то неравенство (4) выполняется. Объ-
14
единяя перечисленные условия (рис. 7.2), заключаем, что х: является корнем
уравнения (1) при р < 1 (5).
1 29 13 р
14
Рис. 7.2.
29
Если же р > — , то после возведения в квадрат обеих частей неравенства
14
(4) получим 64 - 89р + 832 > 196р2 - 812р + 841 или 44р2 + 28р + 3 < 0. Но
1 3
44р2 + 28р + 3 = 0 при хг = — , х2 =---; с помощью рис. 7.3 устанавливаем,
2 22
29
что при р > — неравенство (4) не имеет решений. Следовательно, ху не яв-
14
ляется корнем уравнения (1).
2 22 14
Рис. 7.3.
Теперь в неравенство (2) подставим значение х2 : 8^4-р-^р2 -14p + 13j>
> 6р + 3; 8д/р2 - 14р + 13 < 29 - 14р (6).
При р < 1 и р > 13 левая часть неравенства (6) положительна; поэтому ес-
29
ли 29 - 14р < 0, т.е. р > — , то оно не имеет* решений.
29
Если же р < — , то после возведения обеих частей неравенства (6) в квад-
14
рат и упрощений получим 44р2 + 28р + 3 > 0. С помощью рис. 7.4 устанавлива-
1 3
ем, что неравенство (6) справедливо при р <-или------< р < 1 (7).
Рис. 7.4.
Таким образом, х2 является корнем уравнения (1) при условиях (7).
107
1 3
Из условий (5) и (7) следует, Что при < р < — корень Xj удовлетворя-
ет уравнению (1), а корень х2 — нет, т.е. данное уравнение имеет единствен-
ный корень.
„ , 13
Ответ: при р = 1 и при р е - —; - —
7.307. При каких значениях а уравнение 2Zg(x + 3) = lg(ax) (1) имеет един-
ственный корень.
Решение.
Преобразуем уравнение к виду lg (х + З)2 = 1дах (2).
Далее получаем (х + З)2 = ах, откуда х2 - (а - б)х + 9 = 0 (3). Уравнение (1)
имеет единственный корень в следующих случаях:
1) уравнение (3) имеет единственный корень и этот корень удовлетворяет
уравнению (1);
2) уравнение (3) имеет два корня, но из этих корней один является посто-
ронним для уравнения (1).
Рассмотрим первый случай. Уравнение (3) имеет один корень, если его
дискриминант D равен нулю. Имеем D = (а - б)2 - 36 = а2 - 12а.
D = 0 при а = 0 или при а = 12. Случай, когда а = 0, отпадает, так как
при a = 0 правая часть уравнения (1) не определена. Если a = 12, то из урав-
нения (3) находим х = 3 и, как показывает проверка, удовлетворяющий и
уравнению (1).
Рассмотрим второй случай, когда D > 0. В этом случае уравнение (3) имеет
a - 6 ± 4а2 - 12а
два корня: х1>2 =-------------.
Чтобы найденные корни были корнями уравнения (1), необходимо и доста-
точно, чтобы они удовлетворяли неравенству х + 3 > 0. Значит, из найденных
корней уравнения (3) один будет корнем уравнения (3), а другой не будет
корнем этого уравнения тогда и только тогда, когда
или
а
а - 6 + \а2 - 12а а - 6 - \а2 - 12а
где х, =-----------------, х, =----------------.
1 2 2 2
Таким образом, задача сводится к решению совокупности двух систем не-
равенств
а
/а2 - 12а
2
а - 6 - у]а2 - 12а
2
а - 6 - л/а2 - 12а
--------------------<
2
а
уа2 -12а
2
Решим первую систему. Имеем
- 12а > -а.
- 12а > а,
108
откуда а2 - 12а > а2 , т.е. а < 0.
Решим вторую систему. Имеем
д/а2 - 12а < а,
у]а2 - 12а < -а.
Эта система не имеет решений, так как либо первое, либо второе неравен-
ство последней системы не имеет решений. Итак, второй случай имеет место
при а < 0.
Окончательно получаем, что уравнение (1) имеет единственный корень, ес-
ли а = 12 или если а < 0 .
Ответ: при а = 12 и при а е 0).
7.308. Найти х (х G Z), если ) = 13,5.
Решение.
Имеем
Г 3 V = 27
де) ~ 2 ’
27^3 27 _
— = —. Отсюда
2 ) 2
х
— = 1, х = 3.
3
Ответ: 3.
7.315. Решить уравнение 2 ' 4' - 2 • 0,25 cos2x -1 = 0.
Решение.
Заметив, что 0,25 = 2-2 , представим исходное уравнение в виде
z \ 2зт2(х~— ]
---L—У
2 v 4' - 2 • 2 cos2x -1 = 0.
Далее, так как соз2х = згп|-------------2х I = 2згп----х cos------х =
V2 ) Ц ) Ц )
= -2згп| х-------- cos х--I, будем иметь
2sin2^x—
г1' 4'-2-2 ^4 ' 114 '-1 = 0или21 4'-2-2 4'-l = 0 (1).
tgfx-—1
Умножив обе части уравнения (1)на2 ' 4' > 0, получим
2 47 - 2 = 0 (2).
Решая уравнение (2) как квадратное относительно 2 ' ', получаем
Ъ (1-т)
2 v ’ = -1 < 0, что не имеет смысла, или 2 v ' = 2. Тогда
109
( Я 1 , П ТС п
tg х----1 = 1, откуда х - — = — + пп, т.е. х = — + лп, neZ.
V 4/ 44 2
_ л „
Ответ: — + л п , п е Z.
2
7.316. Решить уравнение 1д2х + Zg(2-х) = Iglgp. При каких значениях р
уравнение имеет решение?
Решение.
ОДЗ:
х > О,
2 - х > 0, или
Zgp > О
О < х < 2,
р > 1.
Потенцируя, имеем lg(2x(2 - х)) = ZgZgp, 2х(2 - х) = 1др , 2х2 - 4х + 1др = 0,
2 ± «/4 - 2Zgp
откуда Xj 2 =--—-------, где 4 - 21др £ 0 или р <, 100.
2 ± Л-2 *др
С учетом ОДЗ имеем х12 =---—--------, где 1 < р £ 100.
л 2 - «/4 - 21др 2 + J4- 2Zgp . .
Ответ: -----—-----; -------, где ре(1;100].
2
2
2
/с +1
7.318. Решить уравнение logk х + Zog^ х + tog^ Х+...+ log^ х -----
(keJV).
Решение.
к Ф 1,
ОДЗ:
х > 0.
Jc + 1
Перейдем к основанию к. Имеем 1одк х+ 21одк х + 31одк х +... + к 1одк х = ——
или (1 + 2 + 3 +... + к) 1одк х = • Выражение в скобках — сумма членов
1 + к
арифметической прогрессии с ^=1, d = 2-l = l, ап=к, п = к: Sn=—^—k.
~ 1 + fc > 7 k + 1 . 1 кгг
Следовательно, —-— к 1одк х - —-— или 1одк х = —, откуда х = \к , где
k е N и к Ф 1.
Ответ: Vk , где к = 2; 3; 4; ....
7.320. Решить уравнение m1+loS31 + тп1-1093 х = т2 +1 (m>0,m?tl).
Решение.
Представив уравнение в виде т • ти>взХ + т • т~1о0зХ = т2 + 1, умножим
обе его части на т10®3* >0 при х>0. Придем к уравнению т т2,ОЯзХ —
- (т2 + 1) • тп10®3 х + т = 0.
110
Решив его как квадратное относительно т1ояз х, получим т10931 = т 1 или
т1093х = т, откуда log3 х = -1 или log3 х = 1. Тогда х = — или х = 3.
3
„ 1 «
Ответ: —; 3.
3
_ . 1 . iig2 r—lg г2 I „ |3
7.321. Решить уравнение | х - 11 = | х - 11 .
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
При решение этого уравнения возможны три случая:
1) | г -11 = 1; 2) | х - 11 = 0 ; 3) г Л 11>0, Рассмотрим эти случаи.
|| х - 11 * 1.
1) | х -11 = 1. В этом случае исходное уравнение принимает вид
_ j3 ц), те>) с уЧетом ОДЗ, 1=1 Значит, корни уравнения |х-1| = 1
являются и корнями исходного уравнения. Из уравнения | х - 11 = 1 находим
х = 0 , что не входит в ОДЗ, или х = 2.
2) | х - 11 = 0. В этом случае исходное уравнение принимает вид
Olo2 x-lgx2 = 03 (2).
Уравнению (2) могут удовлетворять только такие значения х, при которых
lg2x-lgx2>0, lg2x-2lgx>0, lgx(lgx - 2) > О,
х > 100,
0 < х < 1,
(3) в
этом случае уравнение (2) примет вид 0 = 0 (напомним, что выражение 0“
имеет смысл лишь при а > 0).
Из уравнения | х - 11 = 0 находим х = 1, что не удовлетворяет (3).
3) Если |х-1|>0 и | х -11 * 0 , т.е. х * 1, х * 0 и х 2, то из исходного
уравнения заключаем, что lg2 х - lg х2 = 3 или lg2x-2lgx-3 = 0, откуда
Igx = -1, х = 0,1, или Igx = 3 , х = 1000. Обязательна проверка этих корней
подстановкой в исходное уравнение. При х = 0,1 получаем | - 0,913 = | - 0,913 —
верное равенство; при х = 1000 получаем 1213 = 1213 — верное равенство.
Подведя итоги, приходим к выводу, что исходное уравнение имеет три
корня: Xj = 0,1; х2 = 2 ; х3 = 1000.
Ответ: 0,1; 2; 1000.
7.322. Решить уравнение = 1 (а > 0 ).
Решение.
(х > 0,
ОДЗ: < или 0 < х < 6.
|6 - х > 0
1) Если а = 1, то равенство справедливо при всех значениях х, входящих в
ОДЗ, т.е. при х € (0; б).
111
2) Если 0 < а Ф 1, то данное уравнение эквивалентно следующей смешан-
ной системе:
21д х - 1д (6 - х) = О,
< х > О,
6 - х > О,
{х2 + х - 6 = О,
О < х < 6,
Igx2 = lg(6-x),
х > О,
х < 6,
[х = —3,
х = 2, откуда х = 2.
О < х < 6,
х2 = 6 - х,
О < х < 6,
Ответ: х = 2 , если 0 < а * 1; х е (0; б), если а = 1.
/ \* “1
7.324. Решить уравнение <х2 - х - 11 = 1.
Решение.
Возведем обе части исходного уравнения в квадрат. Получим
/. ,2\х2-1
( (х2 - х - 1) J =1. (1)
Очевидно, при х2 - х - 1 = 0 уравнение (1) решений не имеет. Логарифми-
руя обе его части по основанию 10, получим (х2 - l)lg(x2 - х - 1) = 0 , откуда
или х2-1 = 0, Xj = —1, х2 = 1, или Zg(x2-x-l) =0, (х2-х-1),
х2 - х - 1 = -1, х2 - х = 0,
, откуда х3 = 0 , х4 = 1, х5 = -1, х6 = 2.
х2 - х - 1 = 1, [х2 - х - 2 = О,
Подставим найденные значения х в исходное уравнение. При х = -1 полу-
чаем 1 = 1 — верное равенство; при х = 0 получаем (-1)-1 =1 — неверное
равенство; при х = 1 получаем 1 = 1 — верное равенство; при х = 2 получаем
верное равенство.
Таким образом, исходное уравнение имеет три корня: xj =-1, Х2=1, х3 = 2.
Ответ: -1; 1; 2.
(_ _ \1о0а(2л+3)-1одч я
2 -2 • 2 J =1.
Решение.
ОДЗ: х > 0.
2 \iog9(2x+3)-log3x
2х----— I = 1 и возведем обе его
Представим уравнение в виде
( „ \ Zogg (2х+3)-!ор3 х
I 21 - — I I
(1)
2
Очевидно, при 2х- —= О уравнение (1) решений не имеет. Прологариф-
мируем (1) по основанию 3. Будем иметь
112
(Zogg(2x + 3) - log3 x) k>g31 2х
= 0 или
(Zog3(2x + 3) - 2log3 x) •
( x 2 A2
Zog31 2х - — I = 0, откуда или log3(2x + 3) - 2log3 x = 0 ,
log3(2x + 3) = log3 x2,
x > 0,
x = -1,
x = 3,
x > 0,
z \2 z \2 "---------
( 2 1 ( 2 v 9х
т.е. x = 3 , или Zog3 2х-----I = 0, 2х-----------= 1,
I 2х) k 2~x ) 2X- —= 1,
2х
2х = -2,
22x + 2х - 2 = 0, 2х = 1, Ггх = 1,
22х - 2х - 2 = 0, 2х = -1, 2х = 2,
2х = 2,
откуда х = 0 , что не входит в ОДЗ, или х = 1.
Подставим найденные значения х в исходное уравнение. При х = 1 полу-
чаем 1 = 1 — верное равенства При х = 3 получаем 1 = 1 — верное равенст-
во. Следовательно, исходное уравнение имеет два корня: х = 1 или х = 3.
Ответ: 1; 3.
7.327. Решить уравнение 1од^(х + 12) = 8Zogl+12 х (ограничиться отыска-
нием целого корня).
Решение.
Здесь должны выполняться условия х > 0, х Z 1, х + 12 * 1, откуда х > 0
и х z 1 (1). Преобразуем уравнение следующим образом: ZogI(x +12)2 =
8 8
= , (-Г + 19)’’ 2Z°9xk + 12)= .^ Zog2(х + 12) = 4; logx(x + 12) = ±2.
1<>дх V* + 12) Zogx (x + 12)
Остается решить уравнения х + 12 = х2 и х + 12 = х-2 или х2-х-12 = 0 и
х3 - 12х2 -1 = 0. Из уравнения х2 - х - 12 = 0 находим х = -3, что не удов-
летворяет условию (1), или х = 4. Уравнение х3 - х-12 = 0 целых корней не
имеет.
Ответ: 4.
7.328. Решить уравнение - 31ях = 5,(3) • 3°’5!эх 50,5(!9I-2).
Решение.
ОДЗ: х>0.
Поскольку 5,(3) = 5 — = 5— = — , то уравнение принимает вид 5i0X - 31эх -
113
16 . g0(5 Igx
5 '
15
50,5191 = 0. Умножив это уравнение на —г— > 0 при х > 0 , полу-
ЧИМ
-15 = 0. Решив его как квадратное относительно
z5s°(5lffx /5х0,519х 3 5
1 — 1 , найдем 1 — 1 = —, что не имеет смысла, или 1 — 1 = —, от-
\3/ 5 V3/3
куда найдем х = 100.
Ответ: 100.
7.329. Решить уравнение 11од2(3х - 1) - 1од2 31 = | Zog2(5 - 2х) -11.
Решение.
Уравнение имеет смысл, если одновременно выполняются неравенства
1 5
Зх - 1 > 0 .и 5 - 2х > 0 , т.е. — < х < — (1). Заметим, что из равенства | а | = | Ь |
следует, что либо а = b, либо а = -Ь. Решаем два уравнения, соответствую-
щие указанным двум равенствам:
1) Zog2(3x-l)-log23 = Zog2(5-2x)-log22; tog2 fe 1 = log2 5 ; -3a^- 1 =
5 _ 2x 17
-------, откуда x = — , что удовлетворяет условию (1);
2 12
З.т — 1 2
2) log2(3x - 1) - 1од2 3 = 1од2 2 - Zog2(5 - 2х); ---=---------; 6х2 - 17х + 11 = 0,
3 5 — 2х
откуда х = —, или х = 1, причем оба корня удовлетворяют условию (1).
6
гч 17 11 ,
Ответ: — ; — ; 1.
12 6
i г— \х2-2х+1 / г— \хг-2х-1 4
7.330. Решить уравнение |2 + y3j + ^2 - уЗJ =-----------------~^=.
Решение.
Умножив обе части исходного уравнения на
2 - 4з\ (2 + уЗ j > 0 , при-
/ ,-\2(х2-2х) z f— \xz-2x
дем к уравнению 12 + уЗ] ' -412 + уЗ! +1 = 0. Решая это уравнение
как квадратное относительно
(г— vxz-2x
2 +Л)
fr— \ ~2х
2 + уЗ)
= (2 + >/з ) , х2 - 2х = -1, х2 - 2х + 1 = 0 , (х -1)2 = 0, х = 1, или ^2 + ч/з)
= (2 + i/з), х2 - 2х = 1, х2 - 2х - 1 = 0 , х = 1 ± 42 .
Ответ: 1-42 ', 1; 1 + 42 .
7.332. Решить уравнение Jogl+3[ 3 - V1 - 2х + х2
114
Решение.
Учитывая область определения логарифмической функции и ограничения,
налагаемые на основание логарифма, получаем систему неравенств
3 - V1 - 2х + х2 >0, 3 - | х - 1 >0, -2 < х < 4,
х + 3 > 0, х > -3, х > -3, -2 < х < 4. (1)
х + 3 Ф 1; х Ф -2; х*-2;
1°дх+з(3 " |х “ 11) = |, откуда
3-|х-1| =
Перепишем уравнение в виде
= у/х + 3 (2). Воспользуемся тем, что | х -11 = 0 при х = 1 и рассмотрим два
случая: -2 < х < 1 и 1 £ х < 4.
1) Если -2 < х < 1, то | х - 11 = 1 - х и уравнение (2) примет вид 3 -1 + х =
= у/х + 3 или 2 + х = у/х + 3. Возведя обе части уравнения в квадрат, после
2 “3 + д/б
упрощении имеем х + Зх + 1 = 0. Отсюда Xj -----------, что удовлетворяет
условию (1); х2 =------, что не удовлетворяет условию (1).
2) Если 1 < х < 4 , то уравнение (2) примет вид 3 - х +7 = у/х + 3 . После
преобразований получим уравнение х2 - 9х + 13 = 0 . Следовательно,
9 + -729 9 — у/29
Х1 =-------, что не удовлетворяет условию (1); х2 =---, что удовлетво-
2 2
ряет условию (1).
л V5-3 9-V29
Ответ: х, =-----, х, =--------.
1 2 2 2
7.333. Решить уравнение
Jlog2(2x2y 1од4(16х) = 1од4
Решение.
I (113
Представим уравнение в виде 1(1 + 21од2 х) • 2 + — log2 х I = — 1од2 х.
V у 2 / 2
Тогда оно будет эквивалентно смешанной системе
' . ( 1 А 9 ,
(1 + 21од, х) 2 + — log, х = —log, х,
• 7 ( 2 ) 4 или, после упрощений,
1од2 х > О,
{5 logl х - 18 log, х - 8 = 0, ,
£ 2 откуда найдем 1од2 х = 4, х = 16.
1од2 х > О,
Ответ: 16.
7.337. Решить систему уравнений
ху = а2,
, , ,/ 2\ ПРИ а < 0
1д2 х + 1д2 у = 2,6Zg2(a2)
115
Решение.
ОДЗ: х > 0 и у > 0. Прологарифмируем первое уравнение по основанию 10.
Получим 1дх + 1ду = 1да2. Второе уравнение представим в виде (igx + lgy)2 -
- 2lgxlgy = 2,5Zg2(a2 j. Заменив в этом уравнении 1дх + 1ду на 1gа2, придем к
уравнению Igxlgy = -0,75 lgz а2.
Таким образом, исходная система примет вид
1дх + 1ду = 1да2,
р 9 <*)
Igxlgy = -0,751д£ а2 .
Считая 1дх и 1ду корнями квадратного уравнения, составляем вспомога-
тельное уравнение t2 -Iga2 • t - 0,75Zg2 a2 =0, из которого находим = -0,5 iga2
и t2 = l,5Zga2.
Тогда система (* ) равносильна совокупности двух систем —
[Zgx =-0,5Zga2, (Zgx = l,5Zga2,
1 и 1
[Zgy = l,5Zga2 [Zg у = -0,5 Ig a2,
которая является следствием данной системы.
Решив системы совокупности, с учетом a < 0, находим ее решения:
( 1. з^ ( з. 1
I —, — a , —a ,-----I.
V а ) v °-)
Подстановкой убеждаемся, что обе найденные пары являются решениями
исходной системы.
Л ( 1 3W з С
Ответ: —; - а 1,1 -а ,-----I.
\ а ) \ а)
7.340. Решить систему уравнений
д.ЬдзУ +2у1одзх =27j
Zog3y-Zog3x = l.
Решение.
ОДЗ: х > 0 и у > 0. Используя тождество а1одс ь = Ъ1о9с а , где a > 0 , Ъ > 0 и
0 < с * 1, представим первое уравнение в виде х1овз у + 2х1оЭз у = 27 или
х*°Эз у = 9. Логарифмируя это уравнение по основанию 3, получим 1од3 у
log3 х - 2. Тогда заданная система будет эквивалентна системе уравнений
(Zog3 у • Zog3 х = 2, [Zog3 х - 1од3 у = 1,
< Перепишем ее в виде ( , .
[log3 у - log3 х = 1. [Zog3 х • (- 1од3 у) = -2.
Считая, что 1од3х и (~log3yj — корни квадратного уравнения, согласно
обратной теореме Виета, составляем вспомогательное уравнение t2 + t - 2 = 0.
Решив это уравнение, найдем его корни = -2 и t2 = 1.
Тогда решение заданной системы уравнений приводится к решению сово-
купности двух систем
116
1од3 х = -2,
и
1од3 у = -1
log3 х = 1,
Zog3y = 2.
Решив эту совокупность, найдем oj = , уг = ; х2 = 3 , у2 = 9. Проверка
показывает, что найденные решения являются решениями заданной системы.
Ответ:
Глава 8
Тригонометрические уравнения
Тригонометрическим называется уравнение, в котором неизвестное входит
только под знак тригонометрических функций непосредственно или в виде
линейной функции неизвестного, причем над тригонометрическими функция-
ми выполняются только алгебраические действия.
Простейшие тригонометрические уравнения
Простейшими тригонометрическими уравнениями называются уравнения
вида
sinx = m, (8.1)
cosx = m, (8.2)
tgx-m, (8.3)
ctgx = m, (8.4)
где т — любое действительное число.
Решить простейшее тригонометрическое уравнение — значит найти мно-
жество всех углов (дуг), имеющих данное значение тригонометрической
функции.
Рассмотрим решение простейших тригонометрических уравнений.
1. sin х -т. Если | т | <, 1, то решения данного уравнения определяются
формулой
х = (-1)” arcsinт + яп, п е Z. (8.5)
Если | т | > 1, то уравнение решений не имеет.
2. cosx = m. Если | т | < 1, то решения этого уравнения определяются
формулой
х = ±arccosm + 2л п , neZ. (8.6)
Если | т | > 1, то уравнение решений не имеет.
3. tgx = т. При любом действительном т
х = arctg т + яп, neZ. (8.7)
4. ctg х = т . При любом действительном т
х = arcctg т + кп, п е Z. (8.8)
В частных формулы: случаях при т - -1, т = 0, т = 1 получаются следующие
sinx = -1; л „ х = + 2лп, п е Z: 2 (8.9)
sinх -0; х = яп, n&Z\ (8.10)
sin.x = 1; я п „ х = — + 2яп, neZ; 2 (8.11)
cos x = -1; х = я + 2яп , n е Z; (8.12)
cos x = 0; Л „ х = — + яп, п g Z: 2 (8.13)
cosx = 1; х = 2яп, neZ; (8.14)
tgx = -1; Я г, х = +яп neZi 4 (8.15)
tg x = 0; х = яп , п g Z ; (8.16)
118
tgx = 1; x = — + яп, neZ; (8.17) 4
ctgx - -1; x = - — + лп n e Z; (8.18) 4
ctgx = 0; x = —+ дп, neZ; (8.19) 2
ctgx = 1; x = — + яп, neZ; (8.20) 4
Тригонометрические уравнения вида sin(ax + b) = m, cos (ах + b) = т ,
tg(ax + b) = t, ctg(ax + b) = t, где ах + Ъ — линейная функция, |т| < 1,
а * 0, х, b — любые действительные числа, также относятся к уравнениям
(8.1) — (8.4) заменой ах + Ь = у.
8.386. Дано (1 + tgx) • (1 + tgy) = 2. Найти х + у.
Решение.
ОДЗ: cosx^O и cosy*0. Представим равенство в виде l + tgx + tgy +
+ tgxtgy = 2 или tgx + tgy = 1 - tgxtgy. Разделив обе части на 1-tgxtgy *
* 0 и заметив, что если 1 - tgxtgy = 0, то
sin (х + у) = О,
получим
cos(x + у) = О,
tgx + tgy , л , , „
—-----=-2- = 1 или tglx + у) = 1, откуда х + у = — + як , к е Z.
1- tgxtgy 4
Ответ: х + у = — + як, keZ.
У 4
8.388. Один из углов прямоугольного треугольника удовлетворяет уравне-
нию sin3 х + sinxsin2x - 3cos3 х = 0. Показать, что треугольник равнобедрен-
ный.
Решение.
Представив уравнение в виде sin3 х + 2 sin2 xcosx - 3cos3 х = 0 и разделив
его на cos3 х * 0, придем к уравнению tg3x + 2tg2x -3 = 0, tg3x - tg2x +
+ 3tg2x-3 = 0, tg2x (tgx-l)+3(tgx-l) (tgx + 1) = 0, (tgx-l)-(tg2x + 3tgx + 3) =
, __ 7t 7C 7C
= 0. Отсюда имеем x = — + я k, k € Z и углы треугольника —, —, —.
4 2 4 4
8.389. Показать, что не существует треугольника, каждый угол которого
удовлетворял бы уравнению (3 cos х - 2) • (14 sin2 х + sin 2х - 12) = 0.
Решение.
Решим данное уравнение на промежутке (0; д).
119
Г 2 _ 2
cosx = ~, cosx — —,
3 3
14sin2 x + sin2a? - 12 = 0; 7sin2 x + sinxcosx - 6 (sin2 x + cos2 xj = 0;
2 Г 2
cosa? = —, cosx- —,
3 3
sin2 x + sinxcosx - 6cos2 a? = 0; tg2x + tgx -6 = 0.
r. 2
Решая совокупность, находим acj = arccos— , x2=a.rctg2, x3 = к - arctg3.
Заметим, что xy > —, x2 > —, x3 > —. Тогда ясно, что если треугольник с
4 3 2
указанным в условии свойством существует, то хх не является его углом.
Остается рассмотреть случаи, когда треугольник имеет углы:
2
1) arctg 2, arctg 2, arccos — ;
3
2 2
2) arctg2, arccos—, arccos—.
2
Но тогда должно выполняться одно из равенств: 2arctg2 + arccos— = л или
3
2
2arccos— + arctg2 = л. Найдя косинус обеих частей каждого из равенств, лег-
3
ко установить, что ни одно из равенств не выполняется.
8.390. Показать, что существует треугольники, у которых каждый угол
удовлетворяет уравнению (65 sin х - 56) (в0 - 64 sin х - 65 cos2 а?) = 0. Найти
эти углы.
Решение.
Решим данное уравнение.
65sinx - 56 = 0,
80 - 64 stnx - 65cos2 х = 0;
56
stnx =---,
65
65sin2 x - 64sinx + 15 = 0;
56
stnx =---,
65
3
stnx = —,
5
5
stnx =---.
13
m .3 .5 .56
Тогда, очевидно, x = arcsin — , x = arcsin—, x = л - arcsin— входит в
5 13 65
решения исходного уравнения.
.3 .5 .56
Для решения задачи достаточно показать, что arcsin—+ arcsin— = arcsin—.
Так как arcsin — < arcsin— = — и arcsin— < arcsin— — — , то 0 < arcsin— +
5 2 4 13 2 4 5
5 л
+ arcsin — < —.
13 2
120
„ . ( -3 . 5А . f . ЗА ( . 5А
Имеем: sm arcsin— + arcsin— = sin I arcsin— cos arcsin— +
к 5 137 I 5J \ 13j
. ( . 5 A ( . ЗА 5 4 12 3 56
+ sin arcsin — cos arcsin —1 =-+---------= — -
V 13 J V 5 J 13 5 13 5 65
я
Поэтому, учитывая характер монотонности функции у - sm х на I 0; —
доказываемое равенство верно.
8.391. Показать, что треугольник, каждый из углов которого удовлетворяет
уравнению 3tgx - 3tgy - 2-Уз = 0 , является равносторонним.
Решение.
6tg^
,3 у + 2л/з tg2 у + 3tg^- - 2^3 = 0,
Имеем --------3tg—~ 2-Уз = 0, 3tg'
i-tg2^ 2
tg--
= 0,
X 1 X
tg---j= = O, tg— =
х _ п
2~~б’
1
— \ 3tg2- + 3V3tg- + 6*0 (D<0).
3 2 2
It
удовле-
Таким образом, треугольник, каждый из углов которого равен — и
3
творяет уравнению 3tgx - 3tg — - 2л/з = 3->/з —- 2-J3 = 0, является равно-
2 J3
сторонним.
8.393. Найти углы а, Р и у первой четверти, если известно, что они со-
, *
ставляют арифметическую прогрессию с разностью — , а их тангенсы состав-
ляют геометрическую прогрессию.
Решение.
Пусть а = [3 - —, у = р + — . Так как, по условию, tgP = qtga, tgy =
ig р -i-1 / \ f \
-^Г=- , или = Д + ТТН-
п A tgp V 127 \ 12/
12)
= q2 tga = qtgP, то —
tg
tgP-tg~ tgP + tg^
Преобразуем правую часть этого уравнения: -----—----------—
i-tg-^tg/J 1-«д^«дД
121
tg2P~tg2~
l-tg2-^tg2p
я
7
Тогда получим tg2p - tg2 tg4p -tg2p- tg2 ~; tgip = 1; поскольку
л n tt . r>tt It Я Я
0 < p < —, имеем tgp = 1, т.е. p = —. Следовательно, a = — - — = —,
я я
+ — = —.
12 3
л Я „ Я Я
Ответ: а = — , р = — , У = —.
6 4 3
8.403. Решить систему уравнений
sin х sin у = 0,75,
tgxtgy = 3.
Решение.
Данная система равносильна такой:
!sin х sin у = 0,75,
Отсюда получаем
cos х cos у = 0,25.
(cos (.г - у) = 1,
cos (ж + у) = -0,5.
cos х cos у + sin х sin у = 1,
т.е.
cos х cos у - sin х sin у = -0,5.
Решая эту систему, находим
х - у = 2кя, к е Z,
2
х+у=±— р + 2пя, nsZ,
откуда получаем такие решения:
где к и п е Z.
Ответ:
к и пе Z.
8.406. Решить уравнение (cos2 х + cos-2 х)• (1 + tg2 2у) • (3 + sin 3z) = 4.
Решение.
Учитывая, что cos2 х +------— S 2, 1 + tg22y > 1 и 3 + sin 3z 2» 2, получаем
cos2 х
систему, равносильную данному уравнению:
cos2 х = 1,
tg2y = 0,
sinSz = -1.
122
Т Ш / Л 4 \ 1 Г»
Отсюда имеем х = п к, у =----, z = — (4п — 1), где к, т и пе Z.
2 6
__ _ 7Г m ТЕ i . \ . __
Ответ: х = п к , у =----, z = — (4п - 1), где к, т и пе Z.
2 6
„ „„„ „ 1 + tax + tg2x +...+ tgnx +... , . « । i ,
8.407. Решить уравнение --------------------------= 1 + stn2x, tax < 1.
1 - tgx +...+ (-l)ntgnx +... ' '
Решение.
Применяя формулу суммы бесконечной геометрической прогрессии и заме-
1
„яп по 2t9x 1-*9х-14. 2t9x 1 + tgar (1 + W_n
няя sin £х на « t получим —1т 1 _ ( ———- ~ — и,
1 + tg2x 1 l + tg2x 1-tgx l + tg2x
2tg2 x-(l + tgx)
--------------—r = 0, откуда, так как 1 + tgx * 0, то tgx = 0, x = як, keZ.
(1 - tgx) • (1 + tg2x)
Ответ: x = як, к e Z.
8.413. Решить уравнение cosz Jtg2z - sin2 z + sin z yctg2z - cos2 z -2sinz.
Решение.
[cosz * 0,
ОДЗ: .
sm z * 0.
• 2
J. 2 2
Sin Z . 2 COS Z 2 n
---5 sm z + smz •.-=-cos z = 2smz ,
cos2 z------------------V sin z
r.2|l .1 I 2 fl - 1 _
cosz •. sm z -s-1 + sin z • Jcos z • -5-4 = 2svn2 *
V kcosz z J \ \sin z J
cosz
2
z • tg z + sm z
z ctg2z = 2 sinz ,
.2 . 2
cos z • sm z sm z • cos z
—I-----1— + —j-------i—
I cosz J I sinz I
= 2 sin z.
Рассматривая все возможные сочетания знаков
sinz и cosz, получим:
1) sin z > 0 , cos z > 0 : sin2 z + cos2 z = 2 sin z, sin z = —, z = — + 2як, к e Z;
2 6
2) smz>0, cosz<0: -sin z + cos z = 2sinz, sinz ------, г = я-
~1 + Vs Л1, rr
- arcsin-----+ 2 я к , к e Z;
2
,, 1-7з
3) sinz < 0 , cosz > 0 : sin z - cos z = 2sinz, sinz - —-—
-1 + ^3
z = - arcsin----+ 2 я к, к e Z;
123
4) sinz<0, coszkO: -sin2 z - cos2 z = 2sinz , sinz =—,
2
keZ.
Ответ: zx = —{6k + 1), z2 = arcsin-—— +xk, где кв Z.
z = я + — + 2як,
6
8. 415. Решить уравнение - sinx + + sinx = 1.
Решение.
Положим
и = •?/— sinx,
J1
v = 5 — + sin х.
V2
Тогда исходное уравнение примет вид и + v = 1. Но для нахождения зна-
чений новых переменных одного уравнения недостаточно. Возведя в пятую
степень обе части каждого из уравнений системы, получаем:
5 1
и =-----szn х,
2
5 1
v = — + smx.
_ 5 5 i
Сложим уравнения последней системы: и + v = 1.
Таким образом, для нахождения и, v мы имеем следующую симметриче-
скую систему уравнений:
1и + v = 1,
и5 + Vs = 1.
Пользуясь этими соотношениями, выполним преобразования, чтобы найти
uv: и5 + vs = (и + v)(u4 - u3v + u2v2 - uv3 + vi j = (u + v) • ((и 4 + v4 j - (u3v + uv3 j +
+ u2v2 j = (u + v) - ((u2 + v2 j - 2u2v2 - uv[u2 + v2 j + uV) = (u + v) •
• + v)2 - 2uvj - uv ((u + v)2 - 2uvj - w2v2^.
Следовательно, (и + v) • + v)2 - 2uvj - uv ((u + v)2 - 2uvj - u2v2 j = 1,
или (1 - 2uv)2 - uv(l - 2uv) - u2v2 = 1. Поэтому имеем уравнение 5(uv)2 -
- 5uv = 0 , откуда uv = 0 или uv - 1. Таким образом, получим:
{и + v = 1,
и = 0 , v = 1; и = 1, v = 0;
uv = 0;
)и + V = 1,
система не имеет действительных решений.
uv = 1;
124
Итак, * —-sinx=0 или 5|—+ sinx=l; sinx = ±—, х = —(6k±l), k^Z.
12 12 2 6V '
Ответ: x - -^(6k ± 1), к eZ.
8.418. Решить уравнение - cos2x + + cos2x = 1.
Решение.
ОДЗ: cos 2x < i.
2
Возведя обе части данного уравнения в квадрат, получим
1
.---cos 2x +
12________
+ 21 — - cos2x — + cos2x + J— + cos2x = 1 или J— - cos2x + J— + cos2x =
12 12 12 12 12
= 1 - 2^ - cos2x • + cos2x . После повторного возведения в квадрат будем
иметь — - cos 2х + 2 J— - cos 2х •, — + cos 2х + — + cos 2х = 1 - 41 — - cos 2х •
2 12 12 2 12
II— + cos 2х + 4.1 — - cos 2х •, — + cos 2х , или, после упрощений, - — - cos 2х •
12 12 12 J F 12 * 11
1 „ 1
- cos 2x - ^ — + cos 2x , или, после упрощении,
• J— + cos2x - 2Я— - cos2x • 11— + cos2x = 0, II— - cos2x • J— + cos2x •
12 12 12 V2 12
11 Л л I 1 Л Л | Л w Л ,
।---cos2x II— + cos2x - 2 I = 0 , откуда найдем cos2x = ±— + it к ,
2 12 1 3
л к Л / , \ . __ __г
= ±— + -у = — (3k ± 1), fceZ. Проверка показывает, что найденные корни
удовлетворяют заданному уравнению.
Ответ: х = ±— + = — (Зк ± 1), к е Z.
6 2 б' '
8.428. Решить уравнение sin 12x yltg2x + ctg2x + 2 + ctg2x ^tg2x + ctg2x - 2 =
- 4 cos2 2x.
Решение.
Имеем sin-1
= 4 cos2 2x ,
2
sin2x
sin-1 2х | tgx + ctgx| + ctg2x • |ctgx - tgx| = 4cos2 2x, sin"1 2x •
+ ctg 2x • 12 ctg 2x | = 4 cos2 2x.
Очевидно, достаточно решить данное уравнение на промежутке (0; я), и
прибавив к найденным корням выражение лк , к g Z, получим все корни
125
7ъ 7Г <J7l /л \
исходного уравнения. Точки —; —; — разбивают промежуток (0; я) на про-
межутки постоянного знака.
1) х e f 0; — Y —|--+ ^C°S. = 4 cos2 2х, 1 + cos2 2х = 2 cos2 2х sin2 2х,
к 4) sin22x sin22x
1 + cos2 2х = 2 cos2 2х - (1 - cos2 2х), 2 cos4 2х - cos2 2х + 1 = 0. Уравнение реше-
ний не имеет.
я А 2 2cos22x . 2_ l-cos22x 2
[4 2) sin22x sin2 2х sin 2х
. п Зя
cos4x = 0 , х = —.
8
(я Зя А 2 2cos22x л 2 п =
3) х е —; — : -------+----5----= 4 cos 2х. Уравнение решений не имеет
к 2 4 ) sin2 2х sin2 2х
(смотрите 1).
Гзя ) 2 2cos22x . 2п , 2п о 2« • 2П
4) хе—;я :----------------z----= 4 cos 2х, 1 + cos 2х = -2cos 2х • sin 2х.
L 4 J sin2 2х sin2 2х
Легко заметить, что последнее уравнение решений не имеет.
Ответ: — + як , к е Z.
8
8.430. Решить уравнение sinfrVt + sin яс = 0.
Решение.
„ яС + Яу/t xt-nji
Имеем 2 sin------cos------
2 2
= 0,
. яс + я4с n *(t + Vt)
sin —— = 0, — ------------ = як, к е Z,
2 2
я1*-я-Л п *(*"'/*) я
cos----------= 0, — ------------ = — +яп, neZ,
L 2 2 2
t + Jt = 2k, k e Z, t + Vt - 2k = 0, к e Z,
t-4t = 2n + 1, n g Z, t-Tt-2n-l = 0, n e Z,
•^JefcTT-i + = 0,1,2,...
2 2
r- 1 + -^8n + 5 3 + ^Bn + 5 n r> 1 n
---------1 , t =---+ 2n, n = 0,1,2,...
L 2---------------------------------------L 2
Ответ: tj = -—+— + 2k, к = 0,1,2,...; t2 = + +JL + 2n n = 0,1,2,....
1 2 2 2
8.434. Решить уравнение cos-4 x + 8 cos 1 x - 7 = 0.
Решение.
ОДЗ: cos x 0.
126
Положим cos 1 х = у. Тогда у4 + 8у - 7 = 0, у4 + 2у2 + 1 - 2у2 + 8у - 8 = 0 ,
(у2 +1)2 -(Л у-гТг)2 =0, (у2 +1-72 y + 2V2) (y2 +1 + V2 у-272) = 0,
(у2 - 72 • у + 1 + 272)-(у2 + 72 • у + 1 - 27^) = О, откуда, так как у2-Т2 у +
+ 1 + 272 * О (D < 0), следует, что у2 + 72 • у +1 - 2^2 = 0, у1>2 =----------
1 —V й t \ OV 4 — & 4
Тогда cos х =-------------, со&х =---. . > 1, что не имеет смысла,
2 -72 + 787^-2
_! -72-7в72-2 2,2
или cos х =-----------, cosx =-------7 .- , x = ±arccos--. +
2 -72 - 7872 - 2 -72 - 7872 -2
+ 2кп, пе Z.
-2
Ответ: х = ± arccos----. —? + 2яп , neZ.
72 + 7s72 - 2
„ . in „ 10 п sm ах + cos ах
8.435. Решить уравнение sm Зх + cos Зх = 4--------------5---.
4 cos бх + sin бх
Решение.
Преобразуем правую часть уравнения:
sin6 * * * Зх + cos6 Зх 4 (s*n2 Зх + cos2 Зя) • {sin4 Зх - sin2 Зх cos2 Зх + cos4 Зх)
4 cos2 бх + sin2 бх 4 cos2 бх + 1 - cos2 6х
4| (sin2 Зх + cos2 Зх^ - 3 sin2 Зх -cos2 Зх| . „ . 2. . _ 2~
\\ / J 4-3stn бх l + 3cos 6х , _
S -----------------------------------— = ---------- = ---------- = 1. То-
3cos2 6х + 1 3cos2 6х + 1 3cos2 бх + 1
гда имеем sin10 Зх + cos10 Зх = 1.
Очевидно, sin10 Зх £ sin2 Зх, cos10 Зх < cos2 Зх. Складывая неравенства, по-
лучаем sin10 Зх + cos10 Зх < 1.
Отсюда исходное уравнение равносильно системе
isin10 Зх = sin2 Зх, sin2 Зх (sin Зх — 1) = 0,
cos10 Зх = cos2 Зх cos2 Зх(соз® Зх -1) = 0.
Решая последнюю систему, получаем х = ——, k^Z.
_ лк , „
Ответ: ---, к е Z.
6
8.438. Решить уравнение cos! х - — j • (1 - 4cos2 2х) - 2cos4x = 3.
Решение.
Имеем cosl х - — | - 4cos2 2х • cosl х - —I - 4cos2 2х + 2 = 3 , —4cos2 2х
I 4J к 4)
127
( ( ли , ( л i
1 + cos ж--= 1 - cos x----. Левая часть уравнения неположительна,
к к 4) 1 \ 4 J
правая — неотрицательна; следовательно, равенство возможно лишь при
2« I ч I | | — I I Л «'•'s I I ч
4cos 2х • 1 + со$ х-----=1-со$ х--------=0. Отсюда cos х-----------= 1, х = —+
I I 4) \ 4) I 4J 4
Г Л ]
+ 2 л к, к е Z; при этом 1 + cos ж----*0, cos2x = 0.
к 4 7
Ответ: х = — (8к + 1), к е Z.
8.439. Решить уравнение 18 cos2 х + 5(3 cosx + cos-1 х) + 2 cos 2 х + 5 = 0.
Решение.
ОДЗ: cosx * 0.
( , 1 А ( 1 А
Запишем уравнение в виде 2 9 cos х н------— +5 3 cosx +---- +5 = 0 и
к cos2 х J к cos х /
положим 3cosx + —-— = t (1). Тогда 9 cos2 х + —— = t2 - 6 и заданное
cosx cos2 х
2 7
уравнение примет вид 2t + 5t - 7 = 0, откуда t = 1 или t = . Подставив эти
значения t в (1), получим 3cos2 х - cosx + 1 = 0 или 6cos2 х + 7cosx + +2 = 0.
Первое уравнение в области действительных чисел решений не имеет. Из
1 2
второго уравнения найдем cosx = =— или cosx = —, откуда
2 3
2 Z 2 А
х = ±— + 2як, к е Z, или х = ±arccos —1+ 2лп, п е Z.
3 V 3J
Ответ: х, = ± — + 2лк, к е Z, х, = ± arccos — + 2 тг n , neZ.
3 2 И/
8.440. Решить уравнение tg(wctgt) = ctg(^tgt).
Решение.
{cosfxctgt) * О,
sin (л tgt) * 0,
nctgt * — + лп,
лtgt * лп,
. . 1
ctgt* — + п,
tgt * п,
. 2
ctgt*------
1 + 2п
пе Z.
tgt^n,
Переписывая данное уравнение в виде
tg(?rctgt) = ~ лtgtj, получаем
необходимое (но недостаточное) условие этого равенства в виде л ctg t - — +
+ лtgt = лк , fc е Z или, после упрощений, 2tg21 - (2k + l)tgt + 2 = 0 (1).
2k + 1 ± J(2k + I)2 - 16
Отсюда находим tgt =--------s.
128
Решений нет, если (2к + 1)2 - 16 < 0, (2к + 1)2 < 16, -4 < 2к + 1 < 4,
5 3
-5 < 2к < 3, — < к < —.
2 2
Значит, должны быть исключены следующие значения для к: к = -2,
к = -1, к = 0 , к = 1.
Однако надо еще исследовать, не может ли значение tgt, вычисленное из
где п е Z (так как в таком случае, согласно ОДЗ,
уравнению не. удовлетворяет). Это обстоятельство
2
(1), иметь вид ----- и п,
v 1 + 2п
значение tg t начальному
может иметь место только в том случае, если (2к + 1)2 - 16 есть точный квад-
рат некоторого целого числа т (которое можно считать положительным):
(2k + 1)2 - 16 = т2 , или (2k + 1 + тп) • (2k + 1 - тп) = 16 .
Число, стоящее в правой части этого уравнения, разлагается в произведе-
ние двух целых чисел шестью способами: 116, 2-8, 4-4, (-1) (-1б),
(-2) (-8), (-4)-(-4).
Но сумма чисел 2k + 1 + тп и 2к + 1-т четная, а разность их, равная 2т,
отлична от нуля. Значит, возможно рассмотрение только таких случаев:
[2k + 1 + т = 8,
< и
[2k + 1 - т = 2
В первом случае к = 2 , во втором к = -3. Уравнение (1) при к = 2 дает
5 ± V25 -16 5 ± 3
tgt =----------= ——.
4 4
Значение tgt = 2 не удовлетворяет данному уравнению, но значение
1 „ -5 ± V25-16 -5 ± 3
tgt = — ему удовлетворяет. При к = -3 имеем tgt =------------= —-—.
Значение tgt = -2 данному уравнению не удовлетворяет, но значение
2к + 1 + т = -2,
2к + 1 - т = -8.
tgt = - — ему удовлетворяет. Итак, все решения данного уравнения
2к + 1 ± J(2k +1)2 -16
t = arctg--------—----------l-лп, п е Z, к e Z кроме -3, -2, -1, 0, 1, 2.
Кроме того, данное уравнение имеет еще решение: t = + arctg + л т, те Z.
2к +1 ± J(2k + I)2 - 16
Ответ: t = arctg-------—------------+ лп, neZ, к eZ кроме -3, -2,
-1, 0, 1, 2; t = ±arctg— + пт, meZ.
8.441. Решить уравнение cos-4 х-2 cos 2 х - 12 tgx -16 = 0.
Решение.
ОДЗ: cosx * 0.
Имеем —---------------12tgx-16 = 0, (l + tg2x) - 2(1 + tg2a?) - 12 tgx -16 = 0,
cos x cos x ' ' ' '
129
(1 + tg2x) - 2 tg2 x - 12 tgx -18 = 0, (1 + tg2x) - 2^tg2 x + 6tgx + э) = О,
(1 + tg2x)2 - 2(tgx + 3)2 = 0, (1 + tg2x + 42 tgx + З-/2) • (1 + tg2x - 42tgx - 3V2) = 0 ,
1 + tg2x + >/2 tgx + З5/2 = 0,
1 + tg2x - 42 tgx - 3-^2 = 0.
Первое уравнение совокупности в области действительных чисел решений
„ Л - V12V2 - 2
не имеет. Решая второе уравнение, получаем tgx =-------------
1 - д/бл/2-1 42 + J12V2-2 1 + 4^42-1
------------ или tgx =---------------=----—f=-----, откуда
42 2 42
1 - у1б42-1 „ 1 + -1 . . _
Xj = arctg----------F я n , ne Z, х2 = arctg----------+ лк, k е Z.
„ 1 - 4^42 -1 „ л 1 + 4^42 -1 ,
Ответ: хг = arctg-----7=---+ я п, п е Z, х2 = arctg-------=----+ я к,
V2 V2
ке Z.
я я 41
8.442. Решить уравнение sin 2х + cos 2х =
Решение.
fl - cos4x V
Сначала воспользуемся формулами понижения степени: I--------------1 +
4-1 $ %. | _---- Затем после возведения в степень и приведения подоб-
V 2 ) 128
ных членов получим: 2 cos4 4х + 12 cos2 4х + 2 = —. Снова воспользуемся фор-
8
z \2
„fl + cos8xi ,л l + cos8x „ 41
мулами понижения степени: 2 --------- +12------------+ 2 = —.
\ 2 у 2 8
После упрощений придем к уравнению 4 cos2 8х + 56cos8x + 27 = 0 , которое
1
имеет единственное решение cos8x = -—, 8х = ±—+ 2як, keZ,
, я як , _
х = ±— н----, к е Z.
12 4
, it лк , _
Ответ: х = ±— +------, keZ.
12 4
8.445. Решить уравнение tg(tfcost) = ctg(я sin t).
Решение.
, ч (Я ) я
Имеем tg[ncost) = tgl — - nsmt I; ncost = — -nsint + nk\ cost + smt =
130
= + к , что возможно лишь при к = 0 , к = -1.
1 f it А у 2
1) Если fc = 0, то sin t + cost = —; coslt - — I =откуда
V2
± arccos— + 2яn , n e Z.
4
1 ( v2
2) Если к = -1, то sint + cost = - —; cosit- —I =—откуда
t = ~±
4
t = -±
4
V2 O
± arccos------+ 2 я n , neZ
I 4 I
При таких значениях t все исходные функции определены.
Ответ: t = — ± arccos^- + я п, п 6 Z.
4 4
8.447. Решить уравнение tg2x • tg2 3r • tg2 5x = tg2x + tg2 3x - tg2 5x.
Решение.
ОДЗ: cos2x * 0, cos3x * 0, cos5x * 0.
Запишем уравнение в виде tg2 5х - tg2 Зх = tg 2х (1 - tg2 х tg2 5xj и разде-
лим обе его части на 1 - tg2 Зх • tg2 5х * 0. Получим tg 2х - ,
1 - tg2 Зх • tg2 5х
+ tg2x = tg2x.tgSXf
(1 - tgЗа? • tg 5x)(l + tg3x -tgbx)
яп [tg8x = l,
откуда или tg2x = 0, 2х-яп, xl=——, neZ, или tg8x-l = 0, <
2 I cos 8x 0
„ я я як , _
8x = — + як , x, = — +-, к € Z.
4 2 32 8
Ответ: хг = хг ~ +1), и П6 Z-
8.449. Решить уравнение tg2x + tgx - 3ctg2 x -3ctgx -2 = 0.
Решение.
ОДЗ: cosa?* 0 и sinx*0.
Имеем tg2x + tgx + l-3(ctg2x + ctgx + l) = 0, tg2x + tgx +1 - 3 • -~+ = о,
' ' tg x
(tg2x + tgx + lb(1-^—| = 0. Отсюда, так как tg2x + tgx +1 *0, то 1-т~ = 0.
v ' V *9 XJ %x
tg2x = 3 , tgx = ±V3, x = ±— +як, ksZ.
3
Ответ: x = ~^fik ± 1), к e Z.
131
8.450. Решить уравнение cos4 х + 4 cosx -1 = 0.
Решение.
Представим уравнение в виде cos4 х + 2 cos2 х + 1 - 2 cos2 х + 4 cosx -2 = 0,
(cos2 х+1)2 -(4% • (cosx - l)j = 0, (cos2x + 1 + л/2 • cosx - V2)• (cos2 x + 1 -
- л/2 • cosx + V2) = 0. Отсюда имеем или cos2 х + 42 • cosx + 1 - V2 = 0, или
cos2 х - 42 • cosx + 1 + 42 = 0. Из первого уравнения находим
cosx =
2
< -1, что не имеет смысла, или cosx =
2
, х = ± arccos
, + 2яп, neZ.
V2 42
Второе уравнение действительных корней не имеет.
J2V2 - 1 - 1
Ответ: х = ± arccos---==----+ 2 я п , п е Z.
42
8.453. Решить уравнение tg3x + tg2x + ctg2x + ctg3x -4 = 0.
Решение.
Положим tgx + ctgx = у, тогда tg2 х + ctg2 х = (tgx + ctgx)2 - 2 = у2 - 2,
tg3 x + ctg3 x = (tg x + ctg x)3 - 3 tg2 x • ctg x - 3 tg x • ctg2 x = у3 - Зу и уравнение
примет вид у3 + у2 - Зу - 6 = 0, (у - 2) • (у2 + Зу + з) = 0. Отсюда получим
у-2 = 0, у = 2; y2+3y + 3^0 (D<0). Тогда tgx + ctgx = 2, sin2x-l,
я , , _»
х = — + як , keZ.
4
Ответ: х = — + як , k е Z.
4
8.454. Решить уравнение cos>/x = cosx.
Решение.
ОДЗ: х 5: 0 .
Из условия следует:
., /— „ , , „ I— „ , . „ г- 1 + л/1 + 8я/с
1) х = ^х+2як, k&Z, х-^х-2як = 0, keZ, Jx =—----------------
2
(.--------ч2 ।-----
1 + J1 + 8я к | 1 + Jl + Вяк
--------- =-----------+ 2 я к •
2 J 2
/— , , I— , , г* г~ — 1 + л/1 8 я к
2) х = -^х+2як, keZ, х + 4х-2як = Ъ, keZ, 4х =---------------------------
( -1 + J1 + 8як У 1 - Jl + Вяк
х = ----_------- =------1-------+ 2 я к
( 2 J 2
132
(берем только положительный корень каждого уравнения, так
при этом к = 0,1,2,....
Л 1 ± J1 + 8 я к , , Л „
Ответ: х =---------------+ 2 я к , к = 0,1,2,....
2
8.455. Решить уравнение | sint + cost | = -J2 .
Решение.
Возведя обе части исходного уравнения в квадрат, получим
уравнение sin2 t + 2 sin t • cos t + cos2 t = 2 или sin 2t = 1, откуда
равносильное
я
t = — + яп =
4
= -^-(4n + 1), neZ.
Ответ: t = ^(4n + 1), n e Z.
8.456. Решить уравнение tg2 х • tg2 Зх • tg4x - tg2 х - tg2 Зх + tg4x.
Решение.
ОДЗ: cosx Ф 0, cos3x * 0, cos4x * 0.
Представим уравнение в виде tg4x\tg2 х • tg2 Зх - 1) = tg2 х - tg2 Зх. На ОДЗ
имеем tg2 x-tg23x-l*0. Разделив обе части уравнения на tg^x tg^-Sx-
tg2x-tg23x л л (tg3x + tgx)(tg3x-tgx)
-1*0, получим tg4x = —------5-----, tg4x = —----------------------г,
tg2 х • tg2 Зх - 1 (1 - tg3x • tgx)(l + tg3x • tgx)
tg4x = tg4x • tg2x, tg4x(l - tg2x) = 0. Отсюда или tg4x = 0, 4х = як,
лк fl-tg2x = 0, я
x, =--, keZ, или < tg2x = l, 2x = — + яп, x
1 4 [cos2x*0, 4
„ я л1 , „
Учитывая ОДЗ, имеем хг-ят, meZ; х2 = — + —, igZ.
Ответ: Xj = ят; х2 = ^(21 + 1), где т и leZ.
n nn „
— +---, n e Z.
8 2
8.457. Решить уравнение cos6x + stn~~ = 2.
Решение.
Так как
| созбх | < 1 и sin~
£ 1, то исходное уравнение равносильно сис-
теме уравнений
созбх = 1,
. 5x
sm — = 1,
2
п е Z,
o, — — .
3
я 4як , „
x = — +-----, к e Z.
5 5
133
Сравнивая правые части полученной системы, будем иметь ~ = —
3 5 5
15
или, после умножения обеих частей равенства на —, 5п = 3 + 12к, или 5п =
л
= 3(1 + 4к). Отсюда n = 3t, t G Z. Тогда 5 3t = 3(1 + 4k), или 5t = 1 + 4k . По-
следнее уравнение имеет решения, когда 1 + 4k кратно числу 5, т.е. 5t =
= 5(1 + 4m), где т G Z , или t = 1 + 4m , m g Z . Тогда n = 3 t = 3(1 + 4m) =
яп я(3 + 12т) . .
= 3 + 12m. Таким образом, x = = —-— ------- = я + 4ят = я (4m + 1), m G Z.
Ответ.- x = я(4т + 1), m g Z.
8.458. Решить уравнение Уз • | cost | = 1 + ctgt.
Решение.
Сначала умножим обе части уравнения на sin х * 0. Получим -Уз • | cos 11 •
sint = sint + cost. После этого возведем обе части уравнения в квадрат. Бу-
дем иметь 3sin2 t cos2 t = (sint + cost)2 или, после преобразований, 3sin2 2t -
- 4 sin 2t - 4 = 0. Таким образом, исходное уравнение эквивалентно смешанной
системе
3 sin2 2t - 4 sin 2t - 4 = О,
1 + ctgt £ 0,
sin 2t = 2,
2
sin2t = —,
L з
1 + ctgt £ 0,
• n 2
sin2t = —,
3
ctg t 5 -1,
t = ~(“lj*n+1 arcsin
Зя
ЯП < t £--+ ЯП,
4
m g Z, } 2 я
откуда t = —arcsin— + —+ як, kcZ.
2 3 2
n e Z,
Ответ: t = —arcsin— + — + як, keZ.
2 3 2
8.459. Решить уравнение cos2 x2^tgx2 + 2 tgx) + tg3 x(l - sin2 x2)
• ^2 - tgx tgx2) = 0 .
Решение.
ОДЗ: cosx*0, cosx2 *0.
Разделив обе части исходного уравнения на cosx2 *0, получим tgx2 +
+ 2tgx+ 2tg3 х-tgi х tgx2 =0; 2tgx(tg2 x + 1) = tgx2(tg4 x - 1), 2tgx =
= tgx2(tg2x-1), tg2x-l#0; -tg2x = tgx2, х2=як-2х, хг+2х-як = 0,
keZ; x = -1 ±+ як , k = 0,1,2,....
Ответ: x — -1 ± ^1 + яk , k = 0,1,2,....
134
8.461. Решить уравнение [tgx - tg2 х\ - cos (о? + 4tgx) = -1.
Решение.
Представим данное уравнение в виде [tgx - tg2 xV +1 = cos(x + 4tgx). Так
как (tgx-tg2x) + 1 > 1, a cos(x + 4tgx) < 1, то исходное уравнение равно-
сильно системе уравнений
jtgx-tg2x = 0, |tgx(l - tgx) = О,
lcos(x + 4tgx) = 1, [cos(x + 4tgx) = 1,
а эта система уравнений эквивалентна совокупности двух систем:
tg х = О,
cos(x + 4 tgx) = 1,
т.е.
{tgx = 1,
cos(x + 4 tgx) = 1,
Из первой системы находим х = 2лп, neZ.
(tgx - О,
[cosx = 1,
Jtgx = 1,
[cos(x + 4) = 1.
Из второй системы находим
х = — + л т, meZ, л
4 откуда — + л т = -4 +
х = -4 + 2 я t, teZ,
+ 2nt, — + 4 = 2л t - лт , — + 4 = л (2t - тп), где t и те Z.
л 14
Обозначим 2t - т = 1, где I е Z. Тогда — + 4 = л I, где le Z, или — + — = I,
4 4 л
1 4
I е Z. В последнем равенстве leZ, а — + — tZ. Следовательно, вторая сис-
4 л
тема решений не имеет.
Ответ: х = 2лп, п е Z.
8.466. Решить уравнение 2tgx + tg— + 4ctg2x = ctg3x.
Решение.
ОДЗ: cos х * 0, cos— * 0, sin 2х * 0, sin Зх * 0.
Имеем 2tgx + tg—+ 2ctgx-2tgx = ctg3x, tg- + ctg—-tg— = ctg3x, ctg3x =
= ctg— , Зх = — + лк , к е Z; х =-, к * 51 (при к = 51 определены не все
2 2 б
функции, входящие в уравнение).
2 д Jc
Ответ: х =-------, к * 51, к е Z, I eZ.
8.468. Решить уравнение 2 tg л t2 -tgлt + tgлt^ tg2 Л12 = 0.
135
Решение.
Представим уравнение в виде 2tgnt2 = tgnt(l + tg2 nt2 j и разделим обе
2 2 „ „ 2tgnt2 \tgnt = tg2nt2,
его части на 1 - tg nt *0. Получим tgnt =------------4 ,
1 - tg2 л t2 I cos nt2 # 0;
1 + Vl + 0k t = , к = 0,1,2,
2t2 - t - к = 0, t2 * — + n, 2 keZ, n e Z, 4 t _ 1 - <Л + 8k 4 k = 0,1,2,
2t2 1 * — + m, 2 meZ, t2 * — + n, 2 n g Z,
t * - + l, 2 leZ; 2t2 * — + m, 2 t*- + l, 2 meZ, leZ.
Нетрудно установить, что не существует таких целых к, тп, п, при которых
, 1 9 1
t2 = — + п , 2tl = — + m .
2 2
_ 1 . _ 1 + у/Зк +1 1 + V8k +1 1 .
Если t = — +1, I e Z, то для t ----------------- получаем --------------= — + I.
Отсюда к = 1(21 + 1), I = 0,1,2,.... Для t = -—+ 1 получаем --------------+ * =
4 4
= ± + L Отсюда к = 1(21 + 1), I = 0,- 1,-2,....
При составлении ответа следует учесть, что t = 0 — корень уравнения.
Ответ: t = 0; t = * + 1 , к = 0,1,2,..., к *1(21 + 1), 1 = 0,1,2,...;
t = 1 ~ , k = 0,l,2,..., к * 1(21 + 1) , 1 = 0,-1,-2,....
8.469. Решить уравнение sin4 х + 2cos3 х + 2sin2 х - cosx + 1 = 0.
Решение.
Имеем (sin2 х + 1) + cosx(2cos2 х - 1) = 0. Но (sin2 х + 1^ > 1,
I cos х cos 2х I 1; следовательно, < ’ Равенство cos х cos 2х = —1
' ' [cos a? cos 2а? =-1.
{cosac = -l, [cosa? = l,
либо <
cos 2х = 1 [cos 2а? = -1.
Последнее невозможно, так как cos 2а? = 2 cos2 х - 1. Следовательно, х =
= л + 2лк = л(2к + 1), keZ.
Ответ: х = л(2к + 1), к е Z.
136
8.470. Решить уравнение | sint | + | cost | = 1,4 .
Решение.
Возведем обе части уравнения в квадрат. Получим sin2 t + 2| sin t| • | cost | +
+ cos21 = 1,96 или 12sint • cost | = 0,96 , | sin2t | = 0,96. После повторного возве-
дения в квадрат будем иметь sin2 2t = 0,9216 , -—_ 9,9216, cos4t =
. . , ± arccos (-0,8432) як . „
= -0,8432 , 4t = ± arccos (-0,8432) + 2 я к , t =-+ —, к 6 Z.
± arccos (-0,8432) як , „
Ответ: t =------------------- H-, к e Z.
4 2
o . .3 4 + 2cos — x
„ 3tgx-tg x 5
8.471. Решить уравнение ----------— =------------—.
2 - cos x cos 3x + cos x
Решение.
ОДЗ:
)cos x * 0,
cos За? + cosx Ф 0
[cosa? Ф 0,
или <
cos2x Ф 0.
Имеем
I 61
, 2 2 +cos—«I
3tgx - tg ж _ у___5 )
2-(l + tg2x) 2cos2xcosx
g
oл . з 2 + cos—x
2tgx + tgx-tg x_ 5
l-tg2x cos2xcosx’
6 n 6
+ cos—x . „ 2 +cos—x
5 sinSx _ 5
2tgx
n 6
2 +cos—a? 2
E
-----„— + tg x =-------—, tg 2x + tg x =------, --------------------—,
1-tg x cos2xcosx cos2xcosx cos 2x cosx cos2xcosx
sin3x - cos—x = 2.
5
Это уравнение, с учетом ОДЗ, эквивалентно смешанной системе
sin Зх = 1,
6
COS —X = -1,
5
cosx £ О,
cos 2х # О,
я 2ят
х = —I----,
6 3
5 5лп
х = —я +---
6 3
Я
х * — + як,
2
я я1
X / — +--,
L 4 2
т е Z,
п е Z,
к е Z,
IgZ.
(1)
Приравнивая правые части уравнений, получаем
я 2ят 5 5яп
— 4-----= — 7Г +---
6 3 6 3
Далее умножим обе части на — , тогда 1 + 4пг = 5 + 10п или 2т = 2 + 5п. Для
я
выполнения этого равенства необходимо, чтобы его правая часть была кратна
числу 2. Это возможно, когда п = 2р, р е Z, т.е. 2т = 2 + 5 2р или
, , _ я 2я(1 + 5р) 5я Юяр „
т = 1 + 5р , где р е Z. Отсюда имеем х = — + —1= — +------- , p&Z (2).
6 3 6 3
137
Аналогично, сравнивая полученное значение х из (2) с правой частью пер-
... 5Л Юяр к , „
вого из неравенств системы (1), получаем — + —~~ * — + як. Умножая обе
6
части полученного неравенства на —, находим 5 + 20р*3 + 6к, или Юр*
я
* -1 + 3k. Равенство здесь возможно, когда правая часть кратна числу 10, т.е.
при к = Ют , reZ, т.е. Юр = -1 + 3(10т + 7) = -1 + 30т + 21 = 10(Зт + 2), р =
5я Юдр
= Зт + 2. Таким образом, х =-+------, где р е Z и р * Зт + 2. Далее, срав-
6 3
w 5я 10 лр
нивая х из (2) с правой частью второго из неравенств (1), имеем--1---
6 3
я я1 „ _ 12
* — + —. Умножив обе части этого неравенства на — , получаем 10 + 40р *
4 2 я
* 3 + 61, или 40р * -7 + 61. Последнее неравенство не может стать равенством
ни при каких р е Z и I е Z, ибо левая его часть есть число четное, а правая
— нечетное.
5я Юяр 5я, .
Ответ: х =-----н-----= —(1 + 4р), где р е Z и р * Зт + 2, г е Z.
6 3 6
9 1 •> ( eta х ।
8.472. Решить уравнение 12cos х + —ctg х + 10 2tgx +----- = 1.
3 \ 3 J
Решение.
ОДЗ: cos х * 0 , sin х * 0.
__ —2 1 ч 2
Так как cos х = ;— = 1 + tg х, то исходное уравнение примет вид
cosz х
12 + 12tg2 х + —ctg2 х + 10j 2tgx + — ctgx j = 1. Положим 2tgx + —ctgx = у.
3 \ 3 J 3
Тогда 4tg2 x +-^ +-^etg2 x = у2 , 12 + 12tg2 x +-^etg2 x = Зу2 + 8. Заданное
2 7
уравнение примет вид Зу + Юу + 7 = 0, откуда у = — или у = -1. Следова-
3
tgx = -1,
1
tgx = —,
. 6
1 7 ,
тельно, или 2tgx + — ctgx = — , 6tg x + 7tgx + l = 0,
3 3
х = -— + як, keZ,
И 1 о
или 2tgxH—ctgx = -l, 6tgz х + 3tgx + 1 = 0.
х = - arctg— + яп, n e Z,
Последнее уравнение действительных решений не имеет,
я 1
Ответ: хг -----Н як , х2= -arctg— + яп , где к и п е Z.
8.473. Решить уравнение sin5 х + cos5 х = 2 - sin4 х.
138
Решение.
Так как sin5 х £ sin2 х, cos5 х < cos2 х, то sin5 х + cos5 х < sin2 х + cos2 х = 1.
В то же время 2 - sin4 х > 1. Поэтому исходное уравнение равносильно
sin5 х + cos5 х - 1,
системе уравнений < которая, в свою очередь, эквивалентна
[2 - sin4 х = 1,
объединению двух систем
sin х = -1,
cos5 х = 2; „ л „ , , „
Отсюда имеем х = — + 2я к, к е Z.
sinx = l, lsinx = l, 2
I sin5 x + cos5 x = 1; I cos5 x = 0.
sinx = -1,
sin5 x + cos5 x = 1;
Ответ.: x — — + 2 л k, keZ.
8.474. Решить уравнение 3tg2x - 4tg3x - tg2 Зх tg2x.
Решение.
ОДЗ: cos2x#0, cos3x#0. Представим уравнение в виде 3tg2x -3tg3x =
= tg Зх + tg2 Зх • tg 2x, 3 (tg 2x - tg 3x) = tg 3x (1 + tg 3x • tg 2x). Разделив обе его
3(tg2x-tg3x) Л „ „
части на 1 + tg2x • tg3x Ф 0, получим —-------- = tg3x, tg3x + 3tgx = 0,
1 + tg2x • tg3x
5tg3x-3tgx = 0, pg* = O, Гх = як,
. 2 3
tg x = —, x = ±ar
5
3tgx-tg3 x Л
—-----f— + 2tgx = 0,
l-3tg2x
keZ,
tcf x*-,
i 3
+ лп, neZ.
Ответ: xx = itk; x2
+ лп, где пи keZ.
8.475. Решить уравнение ctg2яt2 + ctg4nt = 0.
Решение.
sin (2 л t2 + 4 л t)
Имеем -----—=---------= 0,
sin2tft • sin4nt
2nt2 +4xt = nk, keZ,
2 nt2 * ят, meZ,
ixttnn, neZ,
t = 2 + 2Kt k>-2,keZ,
2
t = -2 + V4 + 2k k _2 k e z
2
.2 . n
t # —, m e z,
2
t —, n 6 Z.
4
139
_ -2 ± V4 + 2k n ~ „
Пусть -------------= —, n g Z. Отсюда 4 + 2k = p , p 6 Z. Очевидно,
2 4
P = 21, I e Z. Аналогично устанавливаем, что если t2 = —, т g Z , то
2
Ответ: t = -- , k£-2, keZ, к * 2 (l2 - 1), leZ.
(9 \ 4 cos Эд?
3 - tg2 x) • (cos3x + cosx) =----
' tg2x
Решение.
ОДЗ: cosx* 0, sin2x*0, cos2x*0.
. 2 \ Л 4cos3xcos2x . „ _ „
Имеем 213-tg x\cos2xcosx =-----;, sin2x*0, cos2x*0, cosx*0,
' ' sin 2x
sin 2x cosx^3 - tg2 xj = 2cos3x.
Преобразуем левую часть уравнения: 6sinxcos2x-2sin3x = 4sinxcos2x +
+ 2sinx(cos2 x - sin2 xj = 2(sin2xcosx + sinxcos2x) = 2sin3x.
Уравнение примет вид sin3x = cos3x или tg3x = 1, откуда x = +1)<
к G Z, но при к = 3Z + 2 , I g Z получаем cos2x = 0.
Ответ: x = + 1)» k*3Z + 2,kn ZgZ.
। । 4->/з
8.478. Решить уравнение | tg2t + ctg2t| =----
3
Имеем
2
sin 4t
4л/з
3 ’
Решение.
ОДЗ: cos2t * 0, sin2t Ф 0.
sin2t cos2t _ 4^3
cos2t sin2t 3
1 - cos 81 3 1 „ . 2 я n , , „
--------= —, cos8t =—, 8t = ±— + 2як, k&Z,
2 4 2 3
. я як , „
Ответ: t = ±— +-----, keZ.
12 4
I • A.l V3
sin4t = —,
1 1 2
, я лк . _
t = ±— +----, keZ.
12 4
• 2 л 3
sm 4t = —,
4
8.481. Решить уравнение — tg— + — tg— + tgt = 2->/з + — ctg—.
4 4 2 2 4 4
Решение,
t t t
ОДЗ: cos— *0, cos— *0, cost^O, sin—#0.
4 2 4
140
4
. t t)
sin— COS— . # 1 t 1 t r-
Имеем ± -£----£ + itg- +tgt = 2>/3. -ctg-+-tg-+ tgt = 2V3 ,
t . t 2 2 2 222
cos — sin —
4 47
. t t A
sin— cos— — — -
1 Sift “• COS — . jr
1 ______2._______2 +tat = 2-J3> -ctgt + tgt = 2V3 , ctg2t = -V3, 2t =-------------------+ лк,
t . t * 6
cos —
2
2
sin —
2 7
, „ я як . „
keZ, t =-----+--, к g Z.
12 2
„ я лк . „
Ответ: t =----+---, к е. Z.
12 2
3 tq t - to3 t, .
8.482. Решить уравнение ----------(cos3t + cost) = 2sin5t.
1 - tg t
Решение.
ОДЗ: cost * 0 , cos2t Ф 0.
_ _ 3 tq t — tg31 2 tg t
Преобразуем левую часть уравнения: —н------------ . 2costcos2t =-----•
1 - tg2 t 1 - tg2 t
•(3 - tg2 t\cost cos 2t = tg2t(3cos2 t - sin2 t)cos2t —-— = — (2cos2 t + cos2t) =
' ' ' ' cost cost ' '
= 2sin2tcost + 2sintcos2t = 2sin3t (сокращение на cost и cos2t допустимо,
поскольку, согласно ОДЗ, cost*0, cos2t^0). Тогда уравнение примет вид
sin t = О,
cos 4t - О,
= п к, к е Z,
t2 = —(2п + 1), n е Z.
8
sin 3t = sin 5t, откуда sin t cos 4t = 0;
Ответ: tj = я к, к е Z; t2 - +1). п G Z.
ю ю 29
8.488. Решить уравнение sin х + cos х = —
64
Решение.
z \5
। 1 ~ соз 2д* ।
Сначала воспользуемся формулами понижения степени: I-----------------1
fl + cos2xV 29 _ , , 1 c
+ --------- = —. Затем возведем обе скобки в пятую степень: 1 - 5cos2x +
V 2 ) 64
+ lOcos2 2х - lOcos3 2х + 5 cos4 2х - cos5 2х + 1 + 5cos2x + lOcos2 2х + lOcos3 2х +
29
+ 5cos4 2х + cos5 2х = — , 4cos4 2х + 8cos2 2х - 5 = 0.
2
Л \2
. 11 + cos 4х 1
Еще раз воспользуемся формулой понижения степени: 41-----------------1
+ 4(1 + cos 4х) — 5 = 0, 1 + 2 cos 4ас + cos2 4х + 4 + 4 cos 4х - 5 = 0 , cos2 4х +
141
+ 6cos4x = 0, cos4x(cos4x + 6) = О. Отсюда получим cos4x = 0, 4х = — + як
2
, _ я я к , _
к е Z, х = — + —, к 6 Z; cos 4х + 6 *0.
8 4
_ я як , „
Ответ: х = — +---, к 6 Z.
8 4
8.489. Решить уравнение (sinх + 7з cosx) = 5 + cosl — + 4х
Решение.
1 . , V3 I I Я" 1 - . 21 Я I - (я
-stnx + —cosx = 5 + cost — + 4х , 4stn х + — = 5 + cos — + 4х
2 2 J V3 ) I 3J <3
Так как 4stnzl х + — I < 4 , 5 + cosl — + 4х I £ 4 , то
I 3J ^3 )
я я .
х + — = — + як,
3 2
я
— + 4х-я + 2яп,
L3
к € Z,
neZ,
6
Я ЯП
б’ + -2~
„ • 2
sin
1,
(Я , )
cos — + 4х = -1,
13 )
keZ,
я , , „
x = — + як, keZ.
6
n e Z
Ответ: x = — + як , к 6 Z.
6
8.490. Решить уравнение tgx + ctgx + tg2 х + ctg2 х + tg3 х + ctg3 х = 6.
Решение.
ОДЗ: cosx # 0, sinx*Q.
Положим tgx + ctgx = у, tg2 х + ctg2 х = у2 -2 , tg3 х + ctg3 х = у3 - Зу.
Тогда у3 +у2-2у-8 = 0, (у3 - в) + (у2 - 2у) = 0, (у - 2) • (у2 + 2у + 4) + у(у-2) - 0,
(у - 2) • (у2 + Зу + 4) = 0 . Отсюда имеем у -2 = 0, у = 2; у2 + Зу + 4 0 (D<0).
п
Следовательно, tgx + ctgx = 2, tgx = 1, х = — + яп, п е Z.
4
я
Ответ: х = — + я п, п 6 Z.
4
8.491. Решить уравнение logQfisin2x sinx =
Решение.
Здесь stnx > 0, cosx> 0, sinx*l. Перейдем к основанию stnx. Имеем
:.^si^^nx = 1; logSinx(sinxcosx) = 2; logsinx sinx + log^nx cosx = 2; 1 +
‘°g«nr 0,5 sin 2x 2
142
+ logsiTiX cosx = 2; logsinx cosx = 1, sinx = cosx, tgx = l, x = — + 2як, keZ,
так как sinx > 0, cosx > 0.
Ответ: x = — + 2як, к e Z.
4
8.493. Показать что уравнение 2ctg2x - 3ctg3x = tg2x не имеет корней.
Решение.
ОДЗ: sin 2х Ф 0, sin Зх 0, cos2x # 0.
2cos2x 3cos3x sin2x 2 cos 2x sin 3x 3 cos 3x sin 2x sin2x
Имеем ------------—— =------— ; ----------——— --------------------—-;
sin2x sin3x cos2x sin2xsin3x cos2x
2 (cos 2x sin 3x - sin 2x cos 3x) - sin 2x cos 3x _ sin 2x 2 sin x - sin 2x cos 3x _
sin 2x sin 3x cos 2x ’ sin 2x sin 3x
_ sin2x ,j,aK RaK x?to (ПрИ sinx = 0 получаем sin2x = 0), то уравнение
cos2x
1-cosxcosЗх cosx _ , . „ . _ „ ,
примет вид --------------------, откуда cos2x = cosx(sin2xsin3x + cos2xcos3x);
sin2xsin3x cos2x
cos2x = cos2 x; sin2 x = 0, но sinx * 0, т.е. исходное уравнение не имеет корней.
8.494. Решить систему уравнений
1
sin X------= sin у,
sinx
1
COS X-------- cos у.
cosx
Решение.
ОДЗ: sinx 0, cosх Ф 0.
Умножим первое уравнение на sinx * 0, а второе — на cosx Ф 0. Получим
sin2 х - 1 = sin х sin у, cos х cos у = - sin2 х,
или (1)
cos х - 1 = cosxcosy sinxsiny = -cos x.
Складывая уравнения системы (1), будем иметь cos(y - х) =-1, откуда
у - х = я + 2л к , к gZ, у = х + я + 2як , k е Z. Подставляя это значение у в
уравнения системы (1), получим
2 . 9
“COS X = -stn X,
•2 2 (2)
- Sin X = - COS X,
Откуда, с учетом ОДЗ, найдем cos2x = 0, 2х = — + яп, х = —+ -^-, neZ.
_ я яп Л , Ья яп „ , „ , „
Тогда у = — +-+ я + 2 я к = — +-+ 2я к, n е Z , к е Z.
4 2 4 2
_ Я ЯП 5я ЯП „ , , _
Ответ: х - — + ; у = — + + 2 я к , где пи к 6 Z.
4 2 4 2
143
8.495. Решить систему уравнений
3ctgx = tg3 у,
cosx = sin 2у.
Решение.
ОДЗ: sinх*0, cosу* 0
Легко заметить, что xt = — + я к , к е Z и ух=яп, п eZ — решения за-
данной системы.
Найдем остальные решения. Запишем исходную систему в виде
3ctgx = tg3 у,
2tgy (1)
cosx =-------z-Z—.
1 + tg2 у
Разделим второе уравнение системы (1) на первое и обе части полученного
„ 2 36
уравнения возведем в квадрат. Будем иметь sm х =-----------------. (2)
4 Л . 9 \2
Возведя обе части второго уравнения системы (1) в квадрат и складывая
4tgzw 36
результат с уравнением (2), получаем --------т- +---------------- = 1, или,
(1 + tg2 у) tg4 j/(l + tg2 у)
после упрощений, tg4 y(tg2 у - 1) =36. Последнее уравнение эквивалентно
совокупности уравнений tg4 у - tg2 у + 6 = 0 и tgi у - tg2 у - 6 = 0.
Первое уравнение совокупности решений не имеет. Из второго уравнения
найдем tg у = 7з , или tg у = -у/з . Подставляя эти значения tgy в первое
уравнение системы (1), получим ctgx = л/з , или ctgx = —J3 . Тогда
я
х, = —
6
я „
у2 = —ь яп, п е Z,
3
meZ,
я „
х, =----+ я т, т е Z,
3 6
л п
Уз =- — + я п, п е Z.
Проверкой убеждаемся, что оба найденных корня удовлетворяют исходной
системе.
А тг _ । । тг тг A I iz । * ~
Ответ: — 4- тгАг, тгп , —+ ят; ~ + ^п , — + Я7п;---+ лп , к, т, neZ.
U ) v6 з И 6 з л
8.496. Решить систему уравнений
х . у 2
tg— + tg— = —=,
.2 У2 7з
tgx + tgy = 2-Уз.
Решение,
х и
ОДЗ: cos— * 0, cosx * 0, cos— 0 , cosy Ф 0.
144
2tg— 2tg —
Представим второе уравнение в виде -----1-----— = 2>/з . После уп-
, . 2 х ч л 2 У
1'*9 2 1-*»2
2 X 2 У х У
рощений получим 3tg — + 8tg—-tg-|--3 = 0. Решив это уравнение как
X у X у X у 1
квадратное относительно tg— tg—, найдем tg— • tg— = -3, или tg— tg— = -.
2 2 2 2 2 2 3
Тогда заданная система уравнений, с учетом ОДЗ, будет равносильна сово-
купности двух систем:
х У 2
tg— + tg— =-7=
2 2 V2
. х . У 2
tg—Н tg — = —=
2 У2 7з
. X у 1
tg— tg— = —.
[22 3
и •
tg^tg^S
Г2 y2
Из первой системы совокупности найдем
*2’ Уз ’
,_ или
х 1 + V10
^2‘ Л
откуда
tg— =---
2 7з
tg«. = ----
У2 у[з
Xj = 2arctg-у=— + 2пк, keZ,
V3
+ Vio ”'
У1 = 2arctg-=— + 2ят, т е Z
д/З
Из второй системы совокупности найдем
Хо = — + 2 п t, t&Z,
3 3
Уз = у + 2яр, peZ.
tg- =
откуда
tny _ 1
x2 = 2 arctg--— + 2 я n, n € Z,
V3
y2 = 2arctg---=---1- 2itl, I e Z.
V3
1
Ответ: х, = 2arctg-=— + 2лк, к е Z , у, = 2arctg-==— + 2ят, т е Z ;
V3 V3
х, =2arctg-^7=^-+ 2Ttn, neZ, y2 =2arctg-—т=^- + 2я1, leZ; x3 = — + 2nt,
J3 3
t G Z , Уз = — + 2яр, Р G Z.
3
8.497. Решить систему уравнений
cosx - cosy = sin(x + у),
Решение.
Запишем данную систему так:
145
. х + у . у-X . х + у х + у
sin---sin------= sin--— cos-----,
2 2 2 2
I I I I л
|x| + |y|=-.
Рассмотрим два случая:
1) sin X + = 0; отсюда x + у = 2як, причем к = 0, поскольку | х + у | <
* I I 1 Л । । । । Я
< j х| +1 у | = —. Значит, х + у = 0, т.е. х = —у; итак |х| = | у| = —.
х + у . у- X х + у (л у-х\ „ (л у
2) cos----- = sm-----; отсюда cos---— + cos — + —--- = 0 : cos — + —
2 2 2 V2 2 ) 14 2
f 7Г X ।
• cos------= 0. Здесь мы
U 2)
I Л XI
при cosl —-—1 = 0 имеем
имеем у = у + 2 л к, т.е. | у |
не получаем решений исходной системы, так как
л _ , I । л Iя У\ п
с =---2лк, т.е. х > — ; при cos — + — = 0
2 1 1 4 U 2)
л
7'
_ Л Л Л Л
Ответ: x, = —, y, =--; x, =----, y7 = —.
1 8 8 2 8 2 8
8.498. Решить систему уравнений
Л . ( Зя'!
tgx + ctgx = 2sin у---L
k 4 J
. ( яА
tgy + ctgy = 2sinlx + —I.
Решение.
ОДЗ: cosx * 0, sin x * 0, cos у * 0 , sin у * 0 .
Так как | tgx + ctgx| 2 , a
2 sin
< 2, то первое уравнение систе-
мы равносильно совокупности двух систем:
tgx = 1,
. ( ЗяА ,
sinl у- —1 = 1;
Из первой системы совокупности находим
1 Ч 09
х = — + лк, keZ,
4
у = — + 2яп, п е Z.
Г 4
Проверкой устанавливаем, что найденные решения удовлетворяют второму
уравнению исходной системы, если к = 2т , те Z.
Из второй системы совокупности находим
х = - — + л I, leZ,
4
л
у = — + 2л^ t е Z.
146
Найденные решения не удовлетворяют второму уравнению исходной сис-
темы.
_ Л _ __ 5 7t п
Ответ: х = — + 2пт, meZ'. у =— + 2лп, neZ.
4 4
8.499. Решить систему уравнений
2 cosx = 3tgy,
• 2cosy - 3tgz,
2 cosz = 3tgx.
Решение.
ОДЗ: cosx Ф 0, cos у 0 , cos z # 0.
Переходим к равносильной смешанной системе
4cos2x = 9tg2 y,
4cos2 y = 9tg2 z,
$.co£ z = 9tg2 x,
cosxtgy> 0,
cosytgz>0,
cosztgx>0\
4cos2 xcos2 у = 9^1 - cos2 yj
4 cos2 у cos2 z - 9^1 - cos2 zj,
4cos2 xcos2 Z = 9(1 - cos2 xj
cosx tgy >0,
cosy tgz > 0,
cosztgx>0;
2 2 2 3
cos X = cos у = cos z-—,
4
cosxtgy>3,
cosytgz>0,
cosztgx>0.
Последняя система равносильна совокупности
восьми систем:
V3
cosx - cos у = cosz =—,
V3
cosx = cosy = -cosz - —,
V3
cosx = -cosy = cosz =—,
tgx>0,
tgy>0,
tgz > 0;
tgx<0,
tgy>$,
tgz>0;
tgx>0,
tgy >0,
tgz<0;
V3
-cosx = cos у - cosz -
COS X = cos у = - cos z = —
/3
2 ’
cosx = -cosy = cosz = —
/3
2 ’
tgx>ft
tgy<0,
tgz>0;
tgx>0,
tgy<Q,
tgz<0;
tgx<0,
tgy<ft
tgz>0;
-cosx = cosy = cosz = -
/3
2 ’
V3
cosx = cos у = cosz =--,
2
tg x < 0,
tg у > o,
tg z < 0;
tg x < 0,
tgy < 0,
tg z < 0.
Решив эти системы совокупности, найдем
147
п п л
X = — + 2 л к, к g Z, 6 X = + 2пт, mG Z, 6 X = — + 2 л t, t g Z, 6
У = — + 2 л 1, IgZ, 6 У = л „ „ —ь 2 ns, s G Z, 6 У = 7л „ + 2nq, q gZ,
z = —н2лп, neZ; 6 Z = 7л „ „ — + 2п г, г g Z; 6 Z = л „ + 2no, d) gZ; 6
X = 7л о _ — + 2 л и, и G Z, 6 X = 7л _ _ — + 2 л р, р g Z, X = 5л _ „ — + 2na, a g Z, 6
У = л л „ + 2nv, V G Z, 6 У = 5л „ — + 2пд, д g Z, У = ~^ + 2nP, PgZ,
z = ^• + 2л/, f GZ; Z = + 2nd, d g Z‘ 6 Z = — + 2ny, yeZ; 0
х = -— + 2п8, 8gZ,
6
7 л _ _
у = — + 2 л р, р е Z,
5л „ „
z = — + 2па, <7 е Z;
I 6
х = — + 2пЗ, 8 е Z,
6
5л „ „
У = — + 2п р, р е Z,
6
5л
z = — + 2лсг, ст е Z;
6
Ответ:
л
х = — + 2пк, к g Z,
6
• у = — + 2 л I, IgZ,
У 6
Я п г.
z = — + 2лn, neZ;
6
7л п _
х = — + 2 л и, и е Z,
6
л „ _
• у =--+ 2 л v, v gZ,
У 6
z = — + 2л/, / е Z;
6
л „ „
х = — + 2л m, т е Z,
6
л „
у = — + 2ns, s g Z,
6
7п л „
z = — + 2nr, г е Z;
L 6
7л „ „
х - — + 2 л р, р 6 Z,
5л „
у = —+ 2лд, geZ,
6
z = + 2nd, d е Z;
6
л „ „
х = — + 2nt, teZ,
6
7л „ „
У = — + 2nq, qeZ,
6
л „ „
z =---+ 2nd), 0 е Z;
6
5 л
х = — + 2 л а, а & Z,
6 4
у = + 2п Р, ft € Z,
6
7л п _
z = — + 2 л у, у е Z;
х = + 2л5, 8 е Z,
6
7л „ „
у = — + 2лр, р е Z,
6
5л „ _
г- — + 2л<т, а 6 Z;
6
х = — + 2п8, 8 g Z,
6
5л „ „
у = — + 2лр, р е Z,
6
5л „ „
z = — + 2 л а, а е Z;
6
о„лл ГТ „ *inx siny sinz
8.500. Найти х, у, z, если -----= —j=- =-----
1 V3 2
х + у + z = л , X d! О , у > 0 ,
z > 0.
Решение.
„ sin х sin у sin z _
Положим t =------— = —=--------• Если t = 0 , то очевидны решения х =
1 л/з 2
148
= у -0, г = п\ х = г = 0 , у = х = п, у = г = 0. Пусть t * 0; проверим,
можно ли построить треугольник из отрезков t, tv3 , 2t (тогда х, у, z можно
рассматривать как внутренние углы этого треугольника). Имеем t2 + 3t2 = 4t2,
л 1
т.е. получим прямоугольный треугольник; следовательно, z = —, t = —,
1 л/з
sinx = —, sin у =--.
2 2
_ п л
Ответ: х, = —, У\= —,
6 3
л
= —; Х2 = у3 = z4 = 0 , у2 = z3 = х4 = 0 ,
Z2 = = J/4 = К
Глава 9
Неравенства
9.001. Показать, что для всех положительных чисел а и Ь верно неравенст-
во 4а +4b > у/а + Ъ.
Решение.
Если а > 0 и Ъ > 0, то 2л/аЬ > 0 — верное неравенство. Прибавим к обеим
его частям а + b > 0. Получим а + 2a/oF + Ъ > а + b или (4а + 4ь j > а + Ь, от-
куда, так как 4а + 4b >0 и а + b > 0, найдем 4а + 4b > у/а + Ъ.
9.002. Доказать, что если а>0 и b > 0, то £ Vab •
Va + Vb
Доказательство.
Рассмотрим разность между левой и правой частями неравенства:
9.003. Доказать, что если р > 0 и q > 0 , то (р + 2) • (q + 2) • (р + q) £ 16pq.
Доказательство,
а + Ь /—
Используя известное неравенство —-—£ у/аЬ (при а>0, Ь>0), запишем
р + 2 I— q + 2 /— P + q /—
—-— yj2p , — £ A/2q , % £ VP9 • Так как неравенства с положительны-
ми членами можно почленно перемножить, то получим
fet2).. ^+-2).. (р + > 2pq или (р + 2) • (q + 2) • (р + q) £ 16pq.
8
9.005. Доказать, что если т, п и р представляют собой длины сторон неко-
торого треугольника, то т2 + п2 + р2 < 2(тпп + тр + пр).
Доказательство.
Очевидно, что пг>0, п>0, р > 0. Пусть р 5 т £ п. Согласно свойству
сторон треугольника, имеем т - п < р , р - тп < п , р - п <т . Следовательно,
верны неравенства (т - п)2 < р2 , тп2 - 2тп + п2 < р2; (р - т)2 <п2, р1 - 2рт +
+ т2 < п2; (р - п)2 < т2, р2 - 2рп + п2 < т2. Сложив их, получим 2т2 + 2пг +
+ 2р2 - 2(тп + рт + рп) < р2 + п2 + т2 или т2 + п2 + р2 < 2(тпп + ?пр + пр).
150
9.007. Доказать, что для любых действительных чисел х и у верно неравен-
ство х2 + 2у2 + 2ху + бу + 10 > 0.
Доказательство.
Имеем х2 + 2у2 + 2ху + бу + 10 = (х + у)2 + (у2 + бу + ю)> 0 , так как
(х + у)2 > 0, у2 + бу + 10 > 0, ( D < 0).
9.009. Показать, что для любых двух положительных чисел произведение
их суммы на сумму их обратных величин не меньше четырех.
Решение.
Пусть а и Ъ — два положительных числа. Требуется доказать, что (а + Ь) •
\а ь у
/— 11 2
Так как а>0, b > 0, то а + b 2 2-Jab , — + — >—==. Перемножив почленно
а Ь -Jab
эти два неравенства, левые и правые части которых положительные числа,
получим (а + Ь) • (— + — | 2 4.
9.096. Доказать, что произведение суммы трех положительных чисел на
сумму обратных чисел не меньше 9.
Доказательство.
Здесь требуется доказать, что (a + b + c)|i + — + —| > 9 при условии
Ь с)
а>0, b > 0, с > 0. Рассмотрим разность между левой и правой частями нера-
, , ,(111\д,Ьса,саЬ,Л(Ь<Л
венства: (a + b + c)l —+ — + —1-9 = 1 + — + —+ — + 1 + — +— + —+ 1-9 = 1—+ —1 +
\а b с) а а Ь Ъ с с \а Ъ)
(с а\ (с Ъ\ „ _ Ъ ci „ с а _ с b _ _
— + — + — + — -6. Так как — + — > 2, — + — >2, — + — 22, то, сложив
а с J \Ъ с) а b ас Ъ с
(Ъ а\ (с а\ (с Ъ\ < .
эти неравенства, получим — + — + — + — +1 —+ — 26. Итак, (a + b + cb
by с/ \Ь с)
fl 1 U i v \ (1 1 1КЛ
•I —ь — + — 1-920, т.е. (а+ Ь +с) •— + — + — 129.
\а b с) \а b с)
9.097. Доказать, что если а — любые действительные числа, то верно нера-
а2 + а + 2 Л
венство . ',.==? 2 2.
Ja2 + a + 1
Доказательство.
Здесь a2 + а + 1 > 0 при а е R. Преобразуем левую часть неравенства:
151
a2 + a + 2 a2 + a + 1 1
7.iv.д' — = -==== + . - =r, а это сумма двух положительных вза-
Ja2 + а +1 Va2 + а + 1 Va2 + а + 1
имно обратных чисел, которая, как известно, не меньше 2. Итак, данное нера-
венство верно при любом а.
9.098. Найти все значения р, при которых выражение 1д ((р - 1)х2 + 2рх +
+ Зр - 2) определено при любых х.
Решение.
Данное выражение определено при (р - 1) х2 + 2рх + Зр - 2 > 0.
При р = 1 указанное неравенство примет вид 2х + 1 > 0 , которое выполня-
ется не при всех значениях х.
При р Ф 1 имеем неравенство второй степени, которое выполняется при
всех значениях х, если р - 1 > 0 и дискриминант D соответствующего квад-
Тогда решаем систему неравенств
р > 1,
1р > 1, Гр>1, Г j
, 19 р < -, р>2.
-2р2+5р-2<0; |2рг-5р + 2>0; 2
цр> 2;
Следовательно, данное выражение определено при любых х, если р > 2.
Ответ: р е(2; +
°°) *
9.101. При каких значениях р оба корня квадратного трехчлена х2 +
+ 2(р + 1) х + 9р - 5 отрицательны?
Решение.
Квадратный трехчлен а?+2(р + 1)х + 9р-5 имеет корни, если D=4(p + 1)2-
- 4(9р — 5) > 0. Пусть хг и х2 — корни трехчлена; тогда, по условию, < 0,
л?2 < 0. Далее, согласно теореме Виета, хгх2 = 9р - 5 > 0, хг +х2 =-2(р + 1) <0.
Таким образом, получаем систему
(р + I)2 - (9р - 5) > 0,
9р - 5 > 0,
р + 1 > 0;
р2 - 7р + 6 > 0,
р > -1;
р > 6,
р < 1,
р > -1.
р S 6,
Ответ: ре 1 U[б; + °°).
162
9.103. При каких значениях т корни уравнения 4х2-(Зт + 1)х-тп-2 = 0
заключены в промежутке между -1 и 2?
Решение.
Пусть xv и х2 — корни данного уравнения. По условию, -1 < Ху < 2 и
-1 < х2 < 2 (1). Следовательно, /(х) = 4х2 - (3m + 1)х - т - 2 — квадратичная
функция, а ее графиком является парабола, ветви которой направлены вверх.
Эта функция имеет корни, поэтому парабола либо пересекает ось ОХ в двух
Точках, либо касается ее в одной точке. Согласно неравенствам (1), эти точки
должны принадлежать интервалу (-1; 2). При этом /(-1) > 0 и /(2)>0. Сле-
довательно, получаем систему неравенств
14 + 3m + l- m- 2>0,
16 - 6m - 2- m- 2>0;
2m + 3 > 0,
-7m + 12>0;
3
2’ 3 12
i2 откуда -—< m <—.
~T~’
Ответ: m el
9.106. Доказать, что при условии 2у + 5х = 10 выполняется неравенство
Зху -х2 - у2 <7.
Доказательство.
10 — 5х
Из данного условия находим у =--------. Тогда требуется доказать, что
_ iu - эх 2 I хи - эх 1 „ „ „ Л
Зх---------х - --------- - 7 < 0 при всех х е R. Решим полученное нера-
венство:
30х-15х2 , ЮО - ЮОх + 25х2 „ Л
----------х2-------------------7 < 0 ,
2 4
59х2 -160х + 128>0.
Дискриминант квадратного трехчлена 59х2 - 160х + 128 меньше 0. Следова-
тельно, полученное неравенство выполняется при всех х е R.
9.121. Показать, что при любых действительных х функция у ~-------
х2 +1
„ , 3 1
не может принимать значении, больших — и меньших —.
Решение.
Очевидно, что х2+х + 1>0 и х2 + 1 > 0 при всех х g R. Предположим,
х2 + х + 1 3 >
что существует такое значение х, что --------> —. Тогда 2х + 2х + 2 >
х2 +1 2
> Зх2 + 3, х2 - 2х +1 < 0, (х - 1)2 < 0, что не выполняется ни при каких х 6 R.
Следовательно, сделанное предположение не верно.
X2 "F X 4" 1 1
Предположим, что существует такое значение х, что -5-----< —. Тогда
х2 +1 2
153
2х2 + 2х + 2 < х2 + 1, х2 + 2х + 1 < 0, (г + 1)2 < О, что не выполняется ни при
каких х е R. Следовательно, и второе предположение не верно.
1 х2 + х +1 3
Значит, — <----=-----< — при всех х е R.
2 х2 +1 2
9.206. Расположить в порядке возрастания три числа: «ц = logL sin 2х,
2
а2 = -1 — log2 sin х, а3 = 1од^(1 - cos2а?), если 0 < х < —.
2 4
Решение.
Сначала рассмотрим разность чисел «ц и а2 : а2 - аг = -1 - log2 sinx -
- logx sin2х = log2 sin 2х - 1од2 2 - log2 sin х = log2 = Zog2 cosх. Так как
2 sin X
7С Ji
О < х < — , то — < cosx < 1 и log2 cosx < 0. Поэтому а2 - аг < 0, т.е. а2 < (1).
Затем рассмотрим разность чисел «ц и а3: сц - а3 = 1од± sin2x-
2
- log, (1 - cos2х) = log2(l - cos2х) - log2 sin2x = log2 -—7°-— = log2 tgx. По-
2 sin 2x
скольку 0 < x < —, имеем 0 < tgx < 1, откуда log, tgx > 0, т.е. а3 > av (2).
4 2
Итак, из (1) и (2) следует, что а2 <0^ < а3.
Отлет: а2, alt а3.
9.224. Доказать, что из всех прямоугольных параллелепипедов с данной
суммой всех ребер наибольший объем имеет куб. (Для доказательства можно
a + b + с + d ./-г—г
использовать, например, неравенство ----------> Vabed , верное для всех
4
положительных чисел).
Решение.
V = аЪс , где V —объем параллелепипеда, а, Ь, с — его измерения. Имеем
а + Ь + с __________________
a+b+c+ - Jabc(a + b + с) fa+b+сУ
------------2---> я------------- . Отсюда V £ I--- — const.
4 V 3 V 3 J
a + b + с
Знак равенства достигается, если а = b = с —---. А это означает, что
наибольший объем имеет куб.
9.225. Доказать, что при a>0, b > 0, с>0 и d > 0 справедливо неравенст-
а + b + c + d_ лП—7
----------£ Vabed .
4
Доказательство.
Применив неравенство а - ~ £ Jab при а > 0 и Ъ > 0, получим
154
a+b+c+d^ 2-Jab + 2y/cd
4 4
2
или
a + b + c + d
4
В свою очередь,
или
а + Ь + с + d 4г~,—г
по свойству транзитивности ----------> v abed
4
9.227. Доказать справедливость неравенства
(x>0,y>0,z>0).
(1 + Ш1 + £|.(1 + £]>8
\ х) \ У) \ Z)
Доказательство.
х + у I— y + z ।— z + x 1—
Запишем очевидные неравенства: ------- > -^ху , --> jyz , ------> -Jzx .
x+yy + zz + x^
Перемножив их, получим —------------— xyz. Наконец, после умноже-
8 (х + у) • (у + z) • (z + х)
ния обеих частей неравенства на -> 0 имеем ----—------------- > 8
xyz xyz
(у\ ( Z ) ( x\
1 + — 1 + — 1 + — >8.
x) V у) \ z)
9.228. Доказать неравенство £ I - + - | (a > 0 , b > 0).
Доказательство.
Имеем a2 + b2 -2ab>0 , a2-ab + b2^ab, (a + b) • (a2 - ab + b2j = ab(a + b),
a3 + b3 £ ab(a + b), 3a3 + 3b3 > 3ab(a + b), 4a3 + 4b3 £ (a + b)3, •
Знак равенства имеет место, если а = b.
9.229. Доказать неравенство
a4 + b4 > f а + Ъ А4
2 ~ I 2 ) '
Доказательство.
Имеем (а2 - Ь2) >0, а4 + Ь4 > 2а2Ъ2 , 2а2 + 2b2 S (а2 + Ь2)2 , °- * £
. к2 (а + Ь)2
(а2+Ъ2) 2г Aa + bV
£ ------— —=--------= ---- . Знак равенства имеет место, если а = b.
4 4 I 2 )
9.230. Доказать неравенство $2 + -Уз + ^2-4з > 2.
155
Доказательство.
^2 + Тз + ^2-43 = ^2 +л/З + у 1 > 2, ибо t + - > 2, где 0 < t * 1.
V2 + V3 *
9.231. Без помощи таблиц показать, что 2 < 1од3 2 + 1од2 3 < 3 .
Решение.
1од3 2 + log, 3 = log, 2 + —-— > 2, так как log, 2 > 0 , log, 2*1. log, 2 < log, 3 = 1,
log32
log2 3 < log2 4 = 2. Отсюда log3 2 + log2 3 < 3. Следовательно, 2 < log3 2 + Zog2 3 < 3.
9.232. Пусть число Xj > О является корнем уравнения ах2 + Ьх + с = 0. По-
казать, что существует корень х2 уравнения сх2 + Ьх + а = 0 такой, что
X) + х2 > 2.
Решение.
_ *“0 X ч О *“ ткЛС
Корнями уравнения ах2 + Ьх + с = 0 являются числа х =------------------, а
, —о х у о — час
корнями уравнения сх + Ьх + а = 0 — числа х -----------------. Выберем
-b + 7b2 - 4ас „ -b - Л2 - 4ас _
Xi =-------------->0 и х2 =-------------. Далее находим
довательно, Xj и х2 — взаимно обратные положительные числа и, как из-
вестно, их сумма не меньше, чем 2. Итак для каждого положительного корня
первого уравнения существует такой положительный корень второго уравне-
ния, что Xj + х2 > 2.
9233. Доказать, что если (х2 + 5х + б)- (х2 + 11х + Зо) < 0, то sin 2х > 0.
Доказательство.
(х2 + 5х + б) • (х2 +11х + Зо) = (х + 2) • (х + 3) • (х + 5) • (х + б) < 0,
-6 < х < -5,
-3 < х < -2.
Имеем
„ _ Зл
-2л < -6 < х < -5 <-,
2
-л <-3<х<
2
Отсюда sin 2х > 0.
9.234. Из значений х, удовлетворяющих неравенству log13(2x - 2) <
< log13(x + 1), указать те, для которых sin 2х < 0.
156
Решение.
[2х - 2 < х + 1,
Первое неравенство равносильно системе неравенств J 2>0 ОТКУ~
тс [ я }
да 1 < х < 3. Имеем 0<1< — < 3 < я. Отсюда для х е —; 3 sin 2х < 0.
2 \2 )
9.235. Числа Xj и х2 являются действительными корнями уравнений
5х3 - 6 = 0 и 6х3 -5 = 0 соответственно. Показать, что Xj + х2 > 2.
Решение.
з ( 1 У
Очевидно, 0<Xj^l, 0 < х2 1. Имеем 5xj -6=0. Отсюда 5-6 — I = 0.
1 з
Следовательно, — — корень уравнения 6х -5 = 0. В качестве х2 можно
Xi
1 m 1
взять —. Тогда х, + х2 = — + х, > 2.
*1 X!
9.237. Решить неравенство logx log2^4x -12^ < 1.
Решение.
Для выполнения данного неравенства необходимо, чтобы 4х - 12 > 0 , отку-
да имеем х > 1. Следовательно, оно равносильно системе неравенств
“ 12) * х> 4х -12 £ 2х, (2х - 4) • (2х + З) < 0, Jx < 2,
log2(4x -12)>0; [4х-12>1; [4х >13; [x>Zog413.
Ответ: х е(1од4 13; 2].
1 + log3 х
9.249. Решить неравенство 1одр -—— < 0.
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности двух систем неравенств:
0 < р < 1, 0 < р < 1, 0 < р < 1, 0 < р < 1,
1) 1 + logpX logpx(logpx + l) 0 < 1одр х < 1, 1 х > —,
1-Zogpx 1одрх-1 logp х < -1; р < х < Г,
157
р > 1,
1 - 1одр х
р > 1,
1одр х < 1,
logpx(logpx +1)
logp х-1
р > 1,
logp х < 1,
-1 < 1одр х < О,
logpx> 1;
р > 1,
Ответ: если р е(0; 1), то х е(р; 1)U| —; + 00 j; если р е(1; + «>), то хе|—;1
9.257. Решить неравенство -----. +-----. ......> —.
2 + -^4 - х2 2 - 74 - х2 х
Решение.
ОДЗ: хе[-2; 0)11(0; 2].
Выполним преобразования:
6-74-х2 1
о >
Умножая обе части неравенства на х2 > 0, получим 6-74 -х2 > х
или
74 - х2 < 6 - х. Это иррациональное неравенство равносильно системе
4 - х2 > О,
6 - х > О,
4 - х2 < 36 - 12х + х2 ;
-2 < х < 2,
х < 6,
х2 - бх + 16 > 0.
С учетом ОДЗ, получим х 6 [-2; 0)U(0; 2].
Ответ: х е[-2; 0)U(0; 2].
9.259. Решить неравенство 74 - 4х3 + х6 > х - V2 .
Решение.
Представим неравенство в виде J(x3 -2) > х - V2 или I х3 - 21 > х - V2 .
Тогда оно равносильно совокупности
(х - V2 ) • (х2 + V2 х + VI) > х - 72,
(х - V2) • (х2 + V2 х + VI) < -(х - V2);
(х - V2) • (х2 + V2 х + VI - 1) > 0,
(х - V2) • (х2 + V2 х + VI + 1) < 0;
Ответ: х е^-«>; V2)(j(V2; + °°).
158
lx2 -2x1 + 4
9.261. Решить неравенство Jog, Ь--—I—— < 0 .
2 |® + 2| + х2
Решение.
|х2-2x1 + 4 112 I 2 I
Имеем \или, так как х + 2 +х >0 при х g R, то х -2х +
|х + 2| + х 1 1
+ 4>|х + 2| + х2. Следовательно, данное неравенство эквивалентно совокуп-
ности четырех систем:
х < -2,
х2 - 2х + 4 > -х - 2 + х2 ;
|-2 < х < 0,
х2 - 2х + 4 > х + 2 + х2;
[0 < х < 2,
-х2 + 2х + 4^х + 2 + х2;
х > 2,
х2 - 2х + 4 > х + 2 + х2;
Ответ: х е -о°;
х <-2,
х< 6;
-2 £ х < 0,
L 3
0 < х < 2,
2х2 - х - 2 < 0;
х > 2,
9.262. Решить неравенство log*2
2х 1
| х - 3| ~2'
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности двух систем неравенств
2х 2 >1 х - 3 < 2, 1 <, х <> 5, 0 < х < 1; х > 5, х > 5 х < -1, х > 1;
к-з|-- 0 < х < 1; 2х ' k-зГ ' 0 < х < 1; 2 <1 || х - 31 < 2, [0 < х < 1; (| х - 31 > 2, х - 3 > -2, 0 < х < 1; х - 3 > 2,
к-зГ1' х > 1; | х - 31 х > 1; [х > 1; х - 3 < -2, х > 1; -
Ответ: х е [5; + «>).
9.268. Решить неравенство logi i 4 Л2х2 - 9х + 4J > 1.
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности двух систем
159
| х - 41 < 1,
х # 4,
2х2 -9х4-4<|х-4|,
2х2 - 9х 4- 4 > 0;
| х - 41 > 1,
2х2 -9г4-4>|х-4|;
3 < х < 5,
х * 4,
( I'l i n
x---- (x - 4) > 0,
2J { ’
| x - 41 > 2x2 - 9x 4- 4;
x < 3,
x > 5,
x2 - 5x + 4 > 0,
x(x - 4) > 0.
Первая система совокупности решений не имеет. Из второй системы нахо-
дим х е(-«; 0)(J(5; + °°).
Ответ: х б(-«>; 0)U(5; + °°) •
9.269. Решить неравенство ---.
1од1Л/х + 3 logjx + l)
2 2
Решение.
ОДЗ: х + 3>0, х + 1>0, 1одг -7x4-3 £ 0, logj(x +1) # 0 , т.е. х е(-1; 0) U(0; +°°).
2 2
Если -1 < х < 0 , то -72 < -7x4-3 < -Уз , т.е. 7x4-3 > 1; тогда 1одг -7x4-3 < 0 (1);
2
далее, так как 0 < х + 1 < 1, то к>дг (х 4-1) > 0 (2). Из (1) и (2) следует, что дан-
2
ное неравенство очевидно при х е(-1; 0).
Если же х > 0 , то -7х 4- 3 > V3 > 1 и logx 7х + 3 <0,а X4-1>1 и, значит,
2
1одг (х 4-1) < 0. Умножив обе части данного неравенства на 1одг у/х 4- 3 •
2 2
• logx (х 4-1) > 0 , получим неравенство 1одх(х + 1) <1одх у/х + 3 , решив которое,
2 2 2
найдем х > 1.
Ответ: х е(-1; 0)(J[l; +<»).
9.273. Решить неравенство 8 • + g^+1 > д^.
Решение.
Имеем З27*-8-37*-З^-9-З2^ <0, ^З27* 4-37* -З^-Э^З7*-3** -ьЗ^^О,
З77 [з71 4-3^1-9 3^-Гз77 4-3^1<0, (з7*-ьЗ^-Гз7*-9-3^1<0, З7* -
160
_3^+2 <0 3V7 <3t^+2 7^<4/^ + 2)A/x-Vx+2^0, Vx < 2, 0 < x < 16.
Ответ: xe[O; 16].
ас+5
9.274. Решить неравенство fr2 + x + ljl+2 S (x2 + x + 1
Решение.
Учитывая, что x2
+ x + 1 > 0 при
x2 + x < О,
х + 2
„2 , „ О
X + X > и,
teilso.
х + 2
tx2 + x +1 = 1,
x * -2;
х е R, имеем
х(х + 1) < О,
• (2х + 1) • (х + 2) >. О,
х * -2;
[х(х +1) > О,
. (2х + 1) • (х + 2) < О,
х * -2;
х(х + 1) = О,
9.276. Решить неравенство stn2xstn3x - cos2xcos3x > sinlOx.
Региение.
Имеем sinlOx + cos5x < 0. Решим данное неравенство на промежутке
я 3я1 m я я 1л , . г
; .Точки-, —, — (корни уравнения sinlOx + cos5x - 0) раз-
10----------------10 J 30 10 30
бивают промежуток
я Зл
10’ То
на промежутки постоянного знака. Методом
пробных точек находим х 6
— • л 1] if л
10’ ~ 30ЛАДО’ 30)
л (я , 2лп
Ответ: хе-----+-----;
V 10 5
л .2яп\.(я , 2лп 1я , 2япА „
30 5 Д10 5 30 5 J
9.277. Решить неравенство ctg — + ctgl — + 12'
2 у 2
tg(x + 12°) > 0.
Решение.
sin(x + 12°) sin(x +12°
161
cos (г + 12°) + sin— • sinl — + 12° I
sin(x + 12°)------------------------------- > 0,
sm— sm — + 12 • coslx + 12 j
2 (2 ) ' '
cos(x + 12°) + — cos 12° - —cos(x + 12°)
sin(x + 12°)-------------------г—--------------> 0,
sin— stn| — + 12° I • cos(x + 12°)
2 U ) V '
sin(x + 12°) cos— • cosf — + 12° j
----------------?-----v2-----7 >0
cos(x + 12°) • sin— sin| — + 12° I
' ' 2 <2 )
Решим данное неравенство на промежутке (0°; 180°). Точки 78°, 156°,
168° разбивают данный промежуток на интервалы постоянного знака. Мето-
дом пробных точек находим, что х е(о°; 78°)lj(156o; 168°).
Ответ: х е(180°к; 78° + 180°fc)lj(156o + 180°k; 168° + 180°k), к е Z.
9.279. Решить неравенство 1одх 10 - 0,51ода 10 >0 (0 < а < 1).
Решение.
Имеем г- > 0, — : Igx lg<r Igxlga а2 lo9* — > 0, > 0. Так как 0 < a2 < 1, то 1да2
1да2 < 0. Отсюда получим 1одх — < 0 ,
0 < х < 1,
_ _2 .
х < а ;
[х > 1,
х > а2.
Ответ: хе^О; a2jlj(l; + °°).
9.280. Решить неравенство 1од7 х - 1од3 7 • 1од3 х > 1од2 0,25.
Решение.
Имеем *°-3 Х - 1од3 7 • log, х > -2 , log3 х(1од7 3 - 1од3 7) > -2,
log37
2
--------------, откуда 0 < х < з^зз7-1"»? з
log3 7 — 1од7 3
к>д3х<
Ответ: хе 0;
162
9.281. Решить неравенство г!о0°х+4 < а4х (0 < а < 1).
Решение.
Прологарифмируем обе части данного неравенства по основанию а. С уче-
том 0 < а < 1 имеем 1ода х(1ода х + 4) > 4 + loga х, log* х + 31ода х - 4 > 0,
’loga х < -4,
1ода х > 1,
9.284. Решить неравенство | log3 х | < log3 — .
Решение.
Представим неравенство в виде | log3 х ] < | log3 х - 21 и возведем обе его
части в квадрат. Получим Zog3 х < log3 х - 4 log3 х + 4 или log3 х < 1, откуда
О < х < 3.
Ответ: х е(0; 3).
( я I I я |
9.285. Решить неравенство ctgx + ctgI х + — I + 2ctgl х + — I > 0.
Решение.
( 7Г\ ( ( я
Имеем ctgx - tgx + 2 ctg I x + — I > 0, 21 ctg2x + 2ctgl x + —
sin 3x + — , . . x
I 3) i ( я \
-----* —-—г- > 0 , sin 3x + — • sin 2x • sin x + — > 0. Решим данное не-
• о • f я I \ 3/ k 3J
sm 2x • sm x + — v '
I 3j
( л яА m 4я n я n 2я ,
равенство на промежутке —; — . Точки-, — ,-,0, —— разбивают
9 39 9
рассматриваемый промежуток на интервалы постоянного знака. Методом
- ( я 4ягY( п я\ 2я>
пробных точек находим х е-; - — и-;-U 0; — .
к2 9;\39;<9;
_ ( п 4я Y,( я я Y.
Ответ: х е-+ яп:-------+ nn U-+ яп:-F яп U
к 2 9 ИЗ 9 )
..( 2я А _
U яп;— + яп , neZ.
19;
q (Я A q (я А 3^3
9.286. Решить неравенство sin xstnl — - Зх I + cos xcosl — - 3x1 > ——.
163
Решение.
Имеем sin3 х cos Зх + cos3 х sin Зх > , sin3 х ^4 cos3 х - 3 cos х) +
+ cos3 х^Зsinx - 4sin3 х) > 4sin3 xcos3 x - 3sin3 xcosx + 3cos3 xsinx -
л з *з sVs* o / о . 2 \ зА
-4cos xsin x>---, 3stnxcosx|cos x-stn X >----, 4stnxcosx-
8 V '8
/2 . 2 \ Vs . Vs Vs К
cos x-stn x > —, 2sm2xcos2x >—, stn4x> —, — + 2k n < 4x < к -
v > 2 2 2 3
я к КП к КП _
---+ 2кп, — +---<х< —+------, neZ.
3 12 2 62
_ (к кп к лп\ „
Ответ: хе — +----; — +---- , п е Z.
^12 2 6 2 )
9.288. Решить неравенство ctgx - tgx - 2tg2x - 4ctg4x > 8-Уз .
Решение,
cosx sinx nsin2x Asin4x „ r- cos2x „sin2x , stn4x
Имеем---------------2------4-----> 8V3 , 2------2-------4-----
sinx cosx cos2x cos4x sin2x cos2x cos4x
n /- . cos4x A sin4x n/- cos8x „ „ г- (кк к кк
>8V3, 4--------4----> 8v3 , 8---->8V3, ctg8x>V3, xe —;—+ —
sin4x cos4x sin8x V 8 48 8
к g Z.
~ (кк к як] , „
Ответ: хе ----;— +----- , keZ.
V 8 48 8 J
9.289. Решить неравенство 4sinxsin2xsin3x > sin4x.
Решение.
Имеем 4sinxsin2xsin3x - 2sin2xcos2x > 0, 2sin2x(2sinxsin3x-cos2x) > О,
2sin2x(cos2x - cos4x - cos2x) > 0, sin2xcos4x < 0. Решим это неравенство на
(А я А Зя к п к Зя
промежутке I--; — I. Точки--;----; 0; —; — разбивают данный про-
\ 2 2 J 8 8 88
межуток на интервалы постоянного знака. Методом пробных точек находим
( к Зя\ ,( к А,(к ЗяА
V 2 8 ) I 8 ) V8 8 )
(к . Зя _ к . . к w Зл
---н кк;----1- кк U — + як; кк U — + кк: — + кк I, keZ.
2 8 Ц8 7V8 8 )
9.291. Показать, что — < cos20° cos40° cos70° < —.
8 4
Решение.
гл пло • лло лло sin40° cos40° sin80° _ 1 . „пО
Имеем cos 20 stn20 cos 40 =------------=--------. Так как — = stn30 <
2 4 2
164
< sin 80° < sin 90° = 1, то — < < A т.е. A < cos 20° cos 40° cos70° < —.
8 4 4 8 4
9.292. Решить неравенство
cos2 2x n
----—2:3tgx.
cos x
Решение.
, cos2 2x 3sinx „ cos2 2a? - 3sinxcosx _ 2cos2 2a? - 3szn2x
Имеем ----5-----------S 0, --------=--------> 0 , -------5------S 0 ,
cos2 a? cos x cos x cos x
2 sin2 2x + 3 sin 2x - 2 £ 0,
cos2 x 0,
cos2 x 0,
sin2x < —,
2
cos2 x * 0.
Решая систему неравенств на промежутке
имеем
’ к
х 6
я я_______
?’ TiTL”^"
Ответ: а?е--Н як', — + як U-+ як', — + як
12 12 12 2
keZ.
9.293. Показать, что tg40° + tg45° + tg50° > 3.
Решение.
tg45° = 1, tg 40° + tg 50° > 2-^tg40° - tg 50° = 2. Складывая левые и правые
части неравенств, получим tg45° + tg40° + tg50° > 3.
9.294. Показать, что при условии 360° к - 45° < а < 360° к + 45°, где- k е Z,
выполняется неравенство ctg^45° - а) + ctg 45° + ctg ^45° + а) !> 3.
Решение.
Поскольку ctg45° =1, достаточно доказать, что ctg^45° -aj+dg^45° + <х| 2.
Рассмотрим левую часть этого неравенства. Учитывая, что углы 45° + а и
45° - а — дополнительные, получаем ctg ^45° - а) + ctg ^45° + а) = tg ^45° + а) +
+ ctg ^45° + а). Согласно условию, 360° п - 45° < а < 45° + 360° и, откуда 360° п <
< 45° + а < 90° + 360° п, а значит, tg ^45° + а) > 0 и ctg ^45° + а) > 0. Таким
образом, имеем сумму положительных взаимно обратных чисел, которая, как
известно, не меньше, чем 2. Итак, мы доказали, что tg^45° +a^ + ctg^45° +aj>2,
и тем самым требуемое неравенство доказано.
9.295. Решить неравенство 3 cos2 xsin х - sin3 х <—.
165
Решение.
Имеем 3 (1 — sin2 x\sin х - sin2 х < — , 3 sinх - 4 sin3 х < —. sin Зх < —.
' ' 2 2 2
1л 2лк л 2лк\ , „
— +---- — +----- keZ.
18 3 18 3 )
„ (
Ответ: х е-----
I 18
2лк л 2лк\ , „
----; — +---- , к g Z.
3 18 3 )
_ cosx + 2cos2 х + созЗх
9.296. Решить неравенство ----------------------
cos х + 2 cos2 х - 1
Решение.
Имеем
cosx + 2cos2 х + созЗх - cosx - 2cos2 х + 1
о 2 ЗХ
2 cos —
_______2
п Зх х
2 cos—cos—
2______2
cosx + 2 cos2 х - 1
Зх
cos —
2
1 + cos Зх
cosx + cos 2х
cos—
2
д^
cos---cos—>0, cosx + cos2x > 0 , 2cos2x +
2 2
+ cosx - 1 > 0 , (cosx +1) • I cosx — > 0,
cosx -^> 0, (л п , л п , А
2 хе — + 2як;— + 2лк ,
I 2 ’ 2 г
cosx+ 1*0, '
1
2
к 6 Z.
Ответ: xg|-— + 2лк. — + 2лк I, keZ.
I 3 3 J
9.297. Решить неравенство 8 sin4 х - 8 sin2 х + sin х - 1 < 0.
Решение.
Имеем ^8 sin4 х - 8 sin2 х) + (sin х - 1) < 0, 8 sin2 х ^sin2 х - 1 j + (sin х - 1) < 0,
8sin2 х • (sinx - 1) • (sinx +1) + (sinx - 1) < 0, (sinx- 1) • ^8sin3 x + 8sin2 x + 1) < 0.
Заметим, что 8 sin3 x + 8 sin2 x + 1 > 0 при x e R. Тогда sin x - 1 < 0. Послед-
7Г _ , ,
нее неравенство выполняется при всех х Ф — + 2пк, к eZ.
я
Ответ: х * — + 2л к, к е Z.
2
9.298. Показать, что 2 < ^1од2 3 + фод2 2 < 42 + 1.
Решение.
^1од2 3 + y]log3 2 = ^1од2 3 + . > 2. Докажем, что Jlog2 3 + Jlog3 2 < 72 + 1.
^loga 3
Действительно, y]log2 3 < y/log2 4 = y/2 , фод3 2 < y/log3 3 = 1. Складывая по-
лученные неравенства, имеем >Jlog2 3 + -Jlog3 2 <42+1.
166
9.299. Показать, что i < sin 20° sin 50° sin 70° < —.
8 4
Решение.
Имеем — = sin30° < sinBO0 < sin90° = 1
2
1 sin 80° 1 1 sin 40° cos 40° JI
8 4 4’ 8 2 4’
1 s™-40° sin 50° j.
8< 2 < 4
— < sin 20° cos20° sin 50° < —, т.е. — < sin 20° sin 50° sin 70° < —.
8 4 8 4
9.305. Найти а из неравенства x2 -2a+2x-2o+3 + 12 > 0 при условии, что
оно верно для любых значений х.
Решение.
Если неравенство выполняется при всех значениях х, то дискриминант
квадратного трехчлена я?2 - 2а+2х - 2О+3 +12 меньше нуля.
Имеем 2z(a+2) - 4(12 - 2“+3) < 0, 22° + 2 • 2“ - 3 < 0 , (2а + з)- (2° - 1) < 0,
2а < 1, а < 0.
Ответ: а е (-«*»; 0).
Глава 10
Задачи по планиметрии
Основные формулы и определения
1. Три или более точек называются коллинеарными, если они принадлежат
одной прямой.
Если А, В и С — любые три неколлинеарные точки, то объединение трех
отрезков АВ, АС и ВС называется треугольником и обозначается символом
АВС. Точки А, В и С называются вершинами треугольника, а отрезки АВ, АС
и ВС — его сторонами. Каждый ААВС определяет три угла, а именно
ZBAC, ZABC, Z.ACB, называющиеся углами треугольника ААВС. (Если
очевидно, о каком треугольнике идет речь, то их часто просто обозначают как
ZA, ZB и ZC).
В произвольном треугольнике (а, Ъ, с — стороны; а, Д, у — противоле-
а + Ь + с _ —
жащие им углы; р =--------- — полупериметр; Р = 2р — периметр; R —
радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окружности; S — пло-
щадь; ha — высота, проведенная к стороне a; hb — высота, проведенная к
стороне Ъ и hc — высота, проведенная к стороне с):
<S = — ah. =— bhb = —chc; 2 2 ь 2 (Ю.1)
c 1 , . 1. . 1 . o S = —abstny = — be sm a = —ac sin p ; 2'2 2 (Ю.2)
S = Jp • (p - a) • (p - b) • (p - с) (формула Герона); (10.3)
S r = — ъ p (Ю.4)
_ abc “ 4S ’ (10.5)
a2 = b2 + c2 - 2bc cos a; b2 - a2 + c2 - 2ac cos jB (теорема косинусов); с2 = a2 + b2 - 2abcosy; (10.6)
a b c , = - = = 2R (теорема синусов). sin a sin p sin / (Ю.7)
2. Прямоугольным треугольником называется треугольник, один из углов
которого является прямым. Сторона, противоположная прямому углу, называ-
ется гипотенузой, а стороны, смежные с прямым углом, называются кате-
тами.
Соотношения в прямоугольном треугольнике (а, Ъ — катеты; с — гипоте-
нуза; ас , Ьс — проекции катетов на гипотенузу):
S = |ab; (10.8) S = ^chc; (10.9)
а + Ъ — с _ с
г =--------; (10.10) R = -; (10.11)
а2 + b2 = с2 (теорема Пифагора); (10.12)
168
; (Ю.13) ; (10.14) ; (10.15)
пс Ьс ас Ь с
а = с since = с cos/? = btga = betg /3.
(10.16)
3. Треугольник, все три стороны которого равны, называется равносто-
ронним.
Соотношения в равностороннем треугольнике:
а? Ол/з" йл/з*
5 = —; (10.17) г = -у-; (10.18) R = -у-. (10.19)
4. Пусть А, В, С и D — четыре компланарные (принадлежащие одной
плоскости) точки. Если никакие три из них не коллинеарны и отрезки АВ, ВС,
CD и DA имеют общими только свои концы, то объединение этих четырех
отрезков называется четырехугольником. Эти четыре отрезка называются
сторонами четырехугольника, а точки А, В, С и D — его вершинами. ZDAB,
ZABC, ZBCD и ZCDA (их можно просто обозначить ZA, ZB, ZC и ZD)
называются углами четырехугольника.
Плоский четырехугольник называется выпуклым, если никакие две из его
вершин не лежат по разные стороны от прямой, содержащей какую-либо
сторону этого четырехугольника.
Для произвольного выпуклого четырехугольника (dx и d2 диагонали; <р —
угол между ними; S — площадь):
г, 1 J J •
<> = stnep.
(10.20)
5. Параллелограммом называется четырехугольник, у которого обе пары
противоположных сторон параллельны.
Для параллелограмма (а нЬ — смежные стороны; а — угол между ни-
ми; ha — высота, проведенная к стороне а):
S = aha = absina = — djd2 sintp;
df +d2 = 2(a2 +b2).
(10.21)
(10.21’)
6. Ромбом называется параллелограмм, все стороны которого равны.
Для ромба (а — сторона, ha — высота, а — угол между сторонами):
2 1
5 = ah„ = a sin a = —d,d,;
a 2 2
d? + df = 4a2.
(10.22)
(10.22’)
7. Если все четыре угла четырехугольника прямые, то четырехугольник
называют прямоугольником.
Площадь прямоугольника:
S - ab = sin (р.
(10.23)
8. Если все четыре угла четырехугольника прямые и все четыре его сторо-
ны равны, то четырехугольник называется квадратом.
169
Площадь квадрата (d — диагональ):
2 d2
S = a2=~. (10.24)
9. Трапецией называется четырехугольник, имеющий две параллельные
стороны.
Для трапеции (а и Ь — основания; h — расстояние между ними; I — сред-
няя линия):
S = ~^h = lh. (10.26)
10. Многоугольник — это фигура, получающаяся последовательным соеди-
нением нескольких точек (последнюю точку соединяют с первой).
Пусть Pi, Р2, ... , Рп — последовательность п различных точек на плоско-
сти, где п > 3. Предположим, что п отрезков РгР2, Р2Р3, ... , Pn-1Pn, РПРТ об-
ладают следующими свойствами:
1. Никакие два из этих отрезков не имеют общих точек, отличных от об-
щих концов (Pj для отрезков РХР2 и РпР\; Р2 для отрезков PjP2 и Р2Р3 и
Т.Д.).
2. Никакие два отрезка, имеющие общий конец, не коллинеарны (не парал-
лельны одной прямой).
Тогда объединение этих п отрезков будет многоугольником. Точки Plt Р2,
... , Ря называются вершинами многоугольника, а отрезки РГР2, Р2Р3, ... ,
Pn_jPn, PnPi — его сторонами; ZPnP,P2, ZP]P2P3 и т.д. называются углами
многоугольника (для краткости мы их часто будем обозначать Z.PX, ZP2 и
т.д.). Сумма длин сторон многоугольника составляет его периметр.
Многоугольник называется выпуклым, если никакие две из его вершин не
лежат по разные стороны от прямой, содержащей какую-либо его сторону.
Говорят, что многоугольник вписан в некоторую окружность, если все его
вершины лежат на этой окружности. Говорят, что многоугольник описан око-
ло окружности, если каждая его сторона касается этой окружности (т.е. пря-
мая, содержащая эту сторону, касается окружности и точка касания лежит
на этой стороне).
Площадь описанного многоугольника (р — полупериметр; г — радиус впи-
санной окружности):
S = рт. (10.27)
11. Многоугольник называется правильным, если
1) он является выпуклым;
2) все его стороны равны;
3) все его углы равны.
Для правильного многоугольника (ап — сторона правильного п-угольника;
R — радиус описанной окружности; г — радиус вписанной окружности):
1ЯП° 1 ЯП®
ап = 2Rsin——— = 2rtg——; (10.28)
п п
170
л 1 —2 . 360° 2 180° 1 2 180° na_r
Sn = —R2nsm------= r2ntg-------= —a2nctg-----= —%—. (10.29)
2 n n 4 n 2
В частности, a3 = R^3 ; a4 = Ry/2 ; a6 = R. (10.30)
12. Пусть О — точка данной плоскости иг — некоторое положительное
число. Окружностью с центром О и радиусом г называется множество всех
Точек этой плоскости, расстояние которых от О равно г.
Кругом называется объединение окружности и части плоскости, лежащей
внутри неё.
Для окружности, круга (г — радиус; С — длина окружности; <S — площадь
круга):
С = 2ят; (10.31)
5 = яг2. (10.32)
13. Пусть АВ — дуга окружности с центром О и радиусом г. Объединение
всех отрезков ОР, где Р — любая точка АВ, называется сектором. Дуга АВ
Называется дугой этого сектора, ат — его радиусом.
Сегмент круга есть область, ограниченная дугой окружности и хордой
этой дуги.
Хордой данной окружности называется отрезок, оба конца которого при-
надлежат этой окружности.
Сектор, сегмент (I — длина дуги, ограничивающей сектор (или сегмент); a
— хорда, стягивающая дугу; п° — градусная мера центрального угла; а —
радианная мера центрального угла):
I = = га; (10.33)
180°
a = 2Rstn-y; (10.34)
площадь кругового сектора
десктопа = = -г2а; (10.35)
сектора 2
площадь кругового сегмента
S сегмента = I . ~ stn . Ono I = Т(а — Sinti) . (10.36)
* I 180 180 I *
171
Дополнительные соотношения между элементами фигур
1. Медиана треугольника есть отрезок, концами которого служат какая-
либо вершина треугольника и середина противоположной стороны.
Три медианы треугольника пересекаются в одной точке, которая делит
каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины треугольника (рис
10.1): АО : OD = ВО : ОЕ = СО : OF — 2 : 1.
2. Длина медианы треугольника выражается формулой =
где а, Ъ и с — длины сторон треугольника (рис. 10.2).
3. Длина стороны треугольника выражается формулой
а = | ^2 (гпъ + Шр j - 7Пд , где та, ть, тс — длины медиан треугольника
(рис. 10.3).
4. Отрезок называется биссектрисой треугольника, если
1) он принадлежит лучу, делящему пополам какой-либо угол этого тре-
угольника;
2) его концами служат вершина этого угла и точка противоположной сто-
роны.
Биссектриса 1С делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные
двум другим его сторонам (рис. 10.4): а^:^ = а:Ъ.
5. Длина биссектрисы треугольника выражается формулой lc = Jab - ,
где а и Ъ — длины двух сторон треугольника АВС; и bj — отрезки треть-
ей стороны (рис. 10.4).
172
6. Длина биссектрисы треугольника выражается через длины его сторон а,
dab • (а + Ъ + с) • (а + b - с)
о и с по формуле 1С = -----------------.
а + Ь
7. Высота треугольника есть отрезок, принадлежащий перпендикуляру,
опущенному из какой-либо вершины треугольника на прямую, содержащую
Противоположную сторону, и заключенный между этими вершиной и сторо-
ной.
Для всякого треугольника зависимость между его высотами ha, hb, hc и
„1111
радиусом г вписанной окружности выражается формулой — + — + — = —.
ha hb hc г
8. Площадь 5 равнобедренной трапеции, диагонали которой взаимно пер-
пендикулярны, равна квадрату ее высоты, т.е. S = h2.
9. Высота равнобедренной трапеции, в которую можно вписать окруж-
ность, является средним геометрическим ее оснований.
10. Свойства хорд окружности:
1) Диаметр, делящий хорду пополам, перпендикулярен этой хорде.
2) В окружности равные хорды равноудалены от центра окружности, и,
наоборот, равноудаленные от центра окружности хорды равны.
3) Из двух не равных хорд окружности большая хорда расположена ближе
К центру окружности, и, наоборот, из двух не равных хорд большей будет та,
которая ближе к центру.
4) Отрезки пересекающихся хорд AM, МВ, СМ и MD (рис. 10.5) связаны
равенством AM • МВ = СМ MD.
11. Касательная и секущая. Если через точку А, лежащую вне круга, про-
вести касательную и секущую (рис. 10.6), то отрезки касательной и секущей
связаны равенством АВ2 = AD АС = ADX АСг.
12. Углы в окружности.
Угол, образованный двумя касательными к окружности, проходящими че-
рез одну точку, называется описанным углом (на рис. 10.7 С А и СВ — каса-
173
тельные). Величина описанного угла равна полуразности угловых величин
дуг, заключенных между его сторонами: ZACB = -i(uALB - uADB).
Величина угла, образованного двумя секущими, имеющими общую точку,
лежащую вне окружности, равна полуразности угловых величин дуг, заклю-
ченных между его сторонами (рис. 10.8): ZACAr = ^-(uADA! - uBLBj.
Величина угла, образованного двумя секущими, имеющими общую точку,
лежащую внутри окружности, равна полусумме угловых величин дуг, заклю-
ченных между его сторонами (рис. 10.9): ZBCBj = -^(ufiLBi + uADAj).
13. Вписанные четырехугольники.
Для того, чтобы около выпуклого четырехугольника можно было описать
окружность, необходимо и достаточно, чтобы сумма противолежащих углов
этого четырехугольника была равна 180°.
Если четырехугольник ABCD можно вписать в окружность, то произведе-
ние диагоналей этого четырехугольника равно сумме произведений противо-
положных сторон (рис. 10.10): АС • BD = АВ • CD + AD • ВС.
174
14. Описанные четырехугольники.
Для того, чтобы в выпуклый четырех-
угольник можно было вписать окружность,
необходимо и достаточно, чтобы суммы
противолежащих сторон этого четырех-
угольника были равны. На рис. 10.11
AB + CD = BC + AD.
15. Вневписанная окружность. Вневписанной окружностью называется ок-
ружность, касающаяся одной стороны треугольника и продолжения двух
других сторон.
Рис. 10.12.
Биссектрисы пары внешних углов
треугольника, смежных с углами /J и у
(рис. 10.12), пересекаются в точке Оо.
Через эту же точку проходит биссектри-
са внутреннего угла а. Точка Оа —
центр вневписанной окружности, касаю-
щейся стороны а и продолжения сторон b
и с. Аналогично находятся точки Оь и
Ос — центры вневписанных окружно-
стей, касающихся сторон Ъ и с соответст-
венно.
Радиусы вневписанных окружностей
га, гь, гс, касающихся сторон а, Ь и с
соответственно, вычисляются по форму-
ь р-Ъ
лам г.
р - а Ъ + с - а ’
, Гс- - 25Д
р-с а+Ь-с
25д
В данной главе символ означает подобие фигур.
175
10.329. Стороны треугольника равны 13, 14 и 15 см. Определить площади
треугольников на которые разбивается данный треугольник его медианами.
Рис. 10.13
Решение.
Пусть ВС = 13 см, АВ = 14 см и АС = 15 см;
AK, BD и СЕ — медианы треугольника АВС (рис.
10.13).
Рассмотрим ДООС и ДВОС. FC — общая вы-
сота, OD = —OB, S&DOC = —S&BOC’, SACOK =ShKOB,
поскольку у них равные основания КВ = КС и
одинаковые высоты. Следовательно, 5ДООС =
= *^дсок = *^дков • Аналогично можно показать, что
три медианы треугольника АВС делят его на 6
равных треугольников (ДООС, ДСОК , ДКОВ,
ДВОЕ, ДЕОА, ДАОО — равновелики). По фор-
муле Герона (10.3) SSABC = V21 • 8 • 7 6 =84. Тогда
15 -*1-14
6 МВС" 6 -14.
Ответ: 14 см2.
10.330. Длины катетов некоторого прямоугольного треугольника являются
корнями уравнения ах2 +Ъх + с = 0. Найти радиус окружности, вписанной в
этот треугольник.
Решение.
Пусть А и В — катеты, а С — гипотенуза прямоугольного треугольника.
Тогда согласно условию, теореме Виета и теореме Пифагора имеем
А + В = -1, (1)
а
• АВ = (2)
а
С2 = А2 + В2. (3)
Из (3) выразим С = л/а2 + В2 = -J(A + В)2 - 2АВ (4). Подставив значение
А 4- В из (1) и значение АВ из (2) в (4), получим
Ь2 2с _ lb2 - 2ас _ vb2 - 2ас
а2 а V а2 а
„ а + Ь - с А + В - С
Тогда согласно (10.10) г =---------, или г =-----------
2 2
Ь + л/b2 - 2ас
2а
b + л/b2 - 2ас
Ответ:---------------•
2а
176
10.331. В прямоугольнике со сторонами а и Ъ проведены биссектрисы всех
углов до взаимного пересечения. Найти площадь четырехугольника, образо-
ванного биссектрисами.
Решение.
Пусть АВ = а, ВС = Ъ. MNPQ — квадрат (рис
10.14).
Из прямоугольного треугольника BQC найдем
BQ2 + CQ2 = ВС2 , 2BQ2 = b2, BQ = , ВМ + MQ =
V2
Ъ
= —= (1), а из прямоугольного треугольника АВМ
вычислим ВМ2 + AM2 = АВ2, 2ВМ2 = а2 , ВМ = -^= (2).
72
а Ь
Подставив значение ВМ из (2) в (1), получим —f= + MQ = —=, откуда
у 2 V 2
Ь а. Ъ — а , (Ь — а)2
MQ = ~т= т= = • Тогда SMNPQ = MQ = - .
л/2 v2 V2 *
Ответ:
10.332. Определить стороны прямоугольного треугольника, у которого пе-
риметр равен 2р, а площадь равна т2.
Решение.
Согласно условию и теореме Пифагора имеем (рис. 10. 15)
АВ + АС + ВС = 2р, (1)
-АСАВ = тп2, (2)
2
АВ2 + АС2 = ВС2. (3)
Из (1) найдем ВС = 2р - (АВ 4- АС). Подставив значение
ВС в (3), запишем АВ2 + АС2 = (2р - (АВ + АС))2 , АВ2 +
+ АС2 = 4р2 - 4р(АВ + АС) + АВ2 + 2АВ • АС + АС2 ,
2р (АВ + АС) = 2р2 + АВ • АС (4). Подставив значение
АС • АВ = 2m2 из (2) в (4), получим
2р (АВ + АС) = 2р2 + 2ш2 , или р (АВ + АС) = р2 + тп2 (5). Из (2) найдем
2тп2 (А
АВ = —- (6). Подставив АВ из (6) в (5), получим pl + АС = р2 + тп2,
или, после упрощений, рАС2 - - (р2 + т2 j АС + 2рт2 = 0. Решив это урав-
нение как квадратное относительно АС, получим
177
p2+m2±j(p2+m2)2 -8m2p2 2m2
2p AC
4m2 p
-----------:=—. (7). Умножив числитель и знаменатель пра-
р2 + т2 ± ^р2 + т2 )2 - 8тп2р2
вой части (7) на выражение, сопряженное знаменателю, получим
4тгр(р2 + т2 Т ^р2+тп2) - 8тп2р2
АВ =—............. ..- ........... ' •
I 2 . 2 . // 2 , 2\2 о 2 2 1
р + т ± dip +т - 8т р
р2 + тп2 AF ^(р2 + тп2)2 - 8т2 р2
2р
ВС = 2р - (АВ + АС) =
р2_т2 р2 + т2 ± J(p2 + m2)2 - 8mzp2
Ответ: —------, ------------------------
Р 2р
10.333. Параллелограмм ABCD, у которого АВ = 153 см, AD =180 см, BE =
135 см (BE — высота), разделен на три равновеликие фигуры прямыми, пер-
пендикулярными AD. На каком расстоянии от точки А находятся точки пере-
сечения этих перпендикуляров с AD?
Решение.
Пусть $abmn = $mnpq = Sqpcd = ^abcd
(рис. 10.16). SABCD = AD BE= 180 • 135 =
= 24300.
Из прямоугольного ЛАВЕ найдем АЕ =
= 7АВ2 - BE2 = V23409 - 18225 = 72.
178
$лаве ~ 2 А& ' BE - 36 135 = 4860. SEBMN - SABMN - S^BE - —SABCD - 4860 =
= -•24300-4860 = 3240.
3
С другой стороны, SEBMN = EN • BE = EN • 135. Следовательно, 135EW =
= 3240, откуда EN = 24. AN = AE + EN = 72 + 24 = 96. SNMPQ = NQ • BE =
= 135NQ = 8100. Тогда NQ = 8100 :135 « 60. AQ = AN + NQ = 96 + 60 = 156.
Ответ: 96 и 156 см.
10.334. Внутри квадрата со стороной а на каждой его стороне как на диа-
метре построена полуокружность. Найти площадь розетки, ограниченной ду-
гами полуокружностей.
Площадь розетки <S]
Решение.
Пусть АЕ = — и OE1AD (рис. 10.17). Площадь сег-
1 2/ \
мента АтО по формуле ScetM = — R (а - sin а)
(10.36) равна
$сегмента АтО — { g • (^АЕО — 81П21АЕО) =
а2 (л . п'
----1---stn —
8 V2 2,
,2,
п а2 (ж - 2) а2 (я — 2)
°“сеглсента АтО ° jg 2
а2(л - 2)
Ответ: —5--------
2
10.335. Периметр сектора равен 28 см, а его площадь равна 49 см2. Опреде-
лить длину дуги сектора.
Решение.
ОА2
Пусть ОА + ОВ + иАВ = 28 см и —— • а = 49
см2, где а = ZAOB в радианах (рис. 10.18). Так
[20А + ОА • а = 28,
как <jAB = ОА • а , то < ,
[ОА2 • а = 98.
Из второго уравнения системы найдем
98 „
а ------. Подставив это значение а в первое
ОА2
98
уравнение, получим 2ОА + О А —— = 28, или ОА2 - 14ОА + 49 = 0 ,
откуда
98
ОА = 7. Тогда а = — = 2 и длина дуги сектора иАВ = ОА • а = 7 • 2 = 14.
49
Ответ: 14 см.
179
10.336. В равносторонний треугольник АВС со стороной а = 2 см вписан
круг; точка А является центром второго круга с радиусом 1 см. Найти пло-
щадь пересечения этих кругов.
Решение.
Пусть АВ = ВС = АС = а = 2 см, AN = AM =
R
— 1 см (рис. 10.19). Пусть ON = OM- —. Тогда
согласно (10.28) а3 = кТз , откуда R = , или
уЗ
2
R - —т= АО — биссектриса утла ВАС, следова-
V3
тельно, в прямоугольном ААОМ имеем:
ZOAM = -, a ZAOM = -. Тогда ZNOM = —.
6 3 3
ON2
Площадь сегмента MmN SceiMeHma MmN = —-—(Z.NOM - sinZNOM) =
1 f 2яг . 2лЛ 4я-зТз
= б1Т~8ШТ] =-----36---’ а ПЛОЩаДЬ сегмента MnN Сегмента MnN =
AM2 t ...... .......х if* . 2л-3д/з
=----(Z.MAN - sm Z.MAN) = —-sin— =-------.
2 v ’ 2\3 з; 12
_ 4я - Зд/з 2я - Зл/З _ 5я - бТз
36 12 ~ 18 ’
&MmNnM “^сегмента MmN +
5л - 6 JS 2
Ответ: -------- см“
18
СМ“
10.337. Внутри правильного треугольника со стороной а расположены три
равные окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника и
двух других окружностей. Найти площадь части треугольника, расположен-
ной вне этих окружностей.
Решение.
Пусть АВ = ВС — АС — а (рис. 10.20).
Обозначим О1Е = ОгК = ED = г, тогда AD =
а
= АЕ + ED = АЕ + г = —. АО1 — биссектри-
са утла А, следовательно, Z.OXAE = 30° и в
прямоугольном AAOjE имеем АОХ = 2OjE =
= 2г и АЕ = ^АО2 - ОгЕ2 = ^4г2 - г2 = г4з .
Тогда АЕ + г = r-Уз + г - , откуда
«(VJ-1)
г = —— .
4
180
Площадь части треугольника, расположенной вне окружностей, равна
площади ДАВС без утроенной площади круга:
1 л2,/ч Злга2(7з-1)2
г» _ г» пл „2 плО Ол» —2 ___ & \ /
S - Оддвс “ ^круга “ 7^а sin60 - Зя Г - - — -
а2(2л/з -блг + ЗяТз)
а2(2-7з - 6ж + Зя 7з)
Ответ: —--------------------.
8
10.338. Криволинейный треугольник составлен тремя попарно касающими-
ся дугами окружностей радиуса R. Найти площадь этого треугольника.
Решение.
АВ = ВС = АС = 2R (рис. 10.21).
Искомая площадь S равна площади равносто-
роннего треугольника АВС без утроенной пло-
щади сектора AEmD:
S = $ЛАВС ~ ^сектора AEmD = 2^^ ’ ^nZBAC ~
- 3 • - • АЕ2 • — = —(2R)2 • sin-- —R2 • - =
2 3 2' ' 3 2 3
= R</3--^l.
I 2J
Ответ: R2! ->/з - — I.
10.339. Центр равностороннего треугольника со стороной, равной 6 см, сов-
падает с центром окружности радиуса 2 см. Определить площадь части тре-
угольника, лежащей вне этой окружности.
Рис. 10.22
Решение.
Пусть АВ = ВС — АС = 6 см, ОК — ОМ =
= 2 см (рис. 10.22).
OD = —CD = -^ВС2 -BD2 = ^736 -9 = л/з.
3 3 3
Из прямоугольного AOKD найдем KD =
= 7ОК2 - OD2 = л/4-3 =1. Тогда EK = 2KD =
я r-r_^-EK_6-2
2 2
КМ = ВМ = КВ = 2 и, так как ОК = = ОМ
— 2, то ОКВМ — ромб и ZKOM =
= ZKBM = -.
3
181
Искомая площадь <S равна утроенной площади равностороннего треуголь-
ника КВМ без утроенной площади сегмента КтМ; ScetM =^R2(a - sina)
(10.36).
S = 1КВ2 sini-3 ^5- (ZKOM-sinZKOM) =
Z v z
2(373-4
2 2 2 (3 2 J V >
Ответ: 2 (зУз - я) см2.
10.340. В ромб вписана окружность радиуса R. Найти площадь ромба, если
его большая диагональ в 4 раза больше радиуса вписанной окружности.
Решение.
Пусть ОЕ - R, BD = 4ОЕ = 4R (рис. 10.23).
BE = Уов2 - ОЕ2 = R&, ОЕ2 = BE ЕС, ЕС =
ОЕ2 R2 R43 г- R-Уз
= = _2_ = , ВС = BE + ЕС = RV3 + —=
BE йУз 3 3
= |rV3 , SABCD = ВС 2ОЕ = |rV3 2R = .
Л 8R2V3
Ответ: -------.
10.341. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с. Проекция вер-
шины прямого угла на гипотенузу делит ее на два отрезка, из которых мень-
ший относится к большему, как больший ко всей гипотенузе. Определить
площадь треугольника.
Решение.
Пусть ВС = с (рис. 10.24); , или BD2 -
BD ВС
- CD • ВС = 0. Тогда (с - CD)2 - с • CD = 0. После упроще-
ний получим CD2 - Зс • CD + с2 = 0 , откуда CD =
_ Зс - сУб с (з - Уб)
2 = 2
Высота, проведенная из вершины прямого угла, есть
среднее пропорциональное между проекциями катетов на
с(з-Уб)
гипотенузу, следовательно, AEr =CD BD, AD2 ----------
182
AD — c-^/Vb — 2. <£ддвс — ВС ' AD — ~ c
Ответ: 0,5с 2-^->/5 - 2 .
10.342. Длины сторон и диагоналей параллелограмма равны соответственно
а, Ь, с и f. Найти углы параллелограмма, если а4 + Ь4 = с2/2.
= cos(180° - ZA) = -cos А ,
Решение.
Пусть АВ = CD - a, AD = ВС = b, BD =
= с, АС = f (рис. 10.25) и а4 + b4 = c2f2. Со-
гласно теореме косинусов
с2 = а2 + Ъ2 - 2аЬ cos А,
У2 = а2 + b2 - 2ab cos В.
Поскольку А + В = 180°, cos В =
с2 = а2+b2-2abcosA, (1)
У2 =а2+b2+2abcosA. (2)
_, » 2 12
Сложив первое и второе уравнения этой системы, запишем а + b =
'2 + 2
= —-— (3). Тогда a4’ + Ь4 = (а2 + Ь2) - 2а2Ъ2 = с2/2 (4). Подставив значение
(„2 , /2 \2 „4 , О „2 /2 , .4
---~~~ I - 2a2b2 = с2/2, --------------с2/2 =
= 2а2Ь2, с4 - 2с2у2 + У4 = 8a2b2, (с2 - у2)2 = 8a2b2. Поскольку с < f, с2 - f2 =
= -2^2-ab (5). Вычтя (2) из (1), получим с2 - У2 =-4 • ab • cos А , откуда
с2 - f2
cosA =---- (6). Подставив значение с2 - f2 из (5) в (6), найдем cosA =
-4ab
= ~2^' -Ь = —, откуда ZA = 45°. Тогда ZB = 180° - 45° = 135°.
-4ab 2
Ответ: 45° и 135°.
10.343. Определить площадь треугольника, если две его стороны равны 35
и 14 см, а биссектриса угла между ними содержит 12 см.
Решение.
Пусть АВ = 35 см, АС = 14 см, AD = 12 см (рис. 10.26).
Согласно п. 6. Дополнительных соотношений длина биссектрисы треуголь-
ника выражается через длины его сторон a, b и с по формуле
^ab - (а + b + с) • (а + b - с)
1с= — .
183
Jab • ас • (ab + ас + вс) • (ab + ас - вс)
Тогда AD = —---------------------------------- или
_____________________AB + AC
J35 • 14 (35 + 14 + ВС) • (35 + 14 - ВС) _ 8477
12 = ——----------------------------, откуда BCZ = —-—.
По теореме косинусов ВС2 = АС2 -
- 2АВ • АС • cos ZBAC, или -1225 +196 -
5
- 2•35•14 • cos ZBAC, откуда cos ZBAC = -0,28.
Тогда cos2 ZBAC = 0,0784 , 1 - sin2 ZBAC =
= 0,0784 , откуда sin ZBAC = 0,96 . S^BC =
-—AB-AC sin ZBAC = - • 35 • 14 • 0,96 = 235,2.
2 2
Ответ: 235,2 см2.
10.344. Вычислить площадь общей части двух ромбов, длины диагоналей
первого из которых равны 4 и 6 см, а второй получен поворотом первого на
90° вокруг его центра.
Рис. 10.27
Решение.
Пусть АС = А'С' = 4 см, BD = B'D' = 6 см
(рис. 10.27). В прямоугольном треугольнике
АОВ имеем АВ = 7аО2 + ОВ2 = 74 + 9 = 713 ,
ОК — биссектриса ZAOB, значит, согласно п.
6. Дополнительных соотношений (см. также
JOA • ОВ • (ОА + ОВ + АВ)
№10.343) ОК = У------i------------ •
О А + ОВ
.___________ Je (5+713)-(5-ТПП
/оа+ов-ав) = ---±1-------L = .
Площадь S общей части двух ромбов равна восьми площадям АКОА , т.е.
1 бТг 72 48
S = 85лкоа = 8 • - • ОК ОА • sinZKOA = 4 • — • 2 • — = — = 9,6.
ДКОЛ 2 5 2 5
Ответ: 9,6 см2.
10.345. Радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 12 см. Точка
касания этой окружности делит одну из сторон на отрезки длиной 4 и 6 см.
Определить вид треугольника и вычислить его площадь.
Решение.
Пусть ОЕ = ОК = OD = 2, AD = 4 см, CD = 6 см (рис. 10.28). СК = CD =
= 6, АЕ = AD = 4 и BE = ВК как касательные к окружности, выходящие из
одной точки.
184
Рис. 10.28
Полупериметр треугольника АВС
АВ + ВС + AC АЕ + ЕВ +ВК + СК + АР
=-------------------------------+
СР
+ 2
2AD + 2CD + 2ЕВ
2
= АР + СР + ЕВ =
= 10 +ЕВ.
Согласно формуле Герона
smbc = 7р (р-а) (р“ь) (р-с) • С ДРУГОЙ
стороны, S = гр, где р — полупериметр, г —
радиус вписанной окружности, а, b и с — стороны треугольника. Тогда
• (р - а) • (р - Ь) • (р - с) = рт , или ^(10 + ЕВ) • (10 + ЕВ -10) • (10 + ЕВ - 4 - ЕВ) -
д/(Ю + ЕВ - 6 - ЕВ) = 2 • (10 + ЕВ) .
После возведения в квадрат левой и правой частей равенства и упрощений
находим ЕВ = 2.
Тогда АВ = 4 + 2 = 6, ВС = 6 + 2 = 8, АС = 4 + 6 = 10 и, так как
б2 + 82 = 102 , делаем вывод, что треугольник, согласно обратной теореме Пи-
^bc=|aBBC = 24.
фагора, прямоугольный. <S
Ответ: прямоугольный; 24 см2.
10.346. Крут с центром О разделен диаметром АВ на два полукруга. В од-
ном из них построены два новых полукруга, опирающиеся на О А и О В как на
диаметры. В криволинейную фигуру, ограниченную контурами этих кругов,
вписан круг. Во сколько раз его площадь меньше площади данного круга?
Решение.
Обозначим О А = OD = OB = R и О3Е =
= О3Р = Rx.
Рис. 10.29
Тогда OlO3=O1E + O3E = ^ + Rx, °1° = ^
и ОО3 = OP - О3Р = R-Rx.
Из прямоугольного треугольника OjOgO
(рис. 10.29) имеем ОгО3 - ОО3 = OjO2 , или
2 „ Ч2 R2 „ R
-(R-Rx) =—, откуда Rx = —.
4 «5
Площадь данного круга 5 = nR2, а площадь
е о2 (ВЛ2 ^R2 m Sx 1
вписанного круга Sx = л Rx = п I — I =-. Тогда —— = ——£• = — , откуда
\ 3 J 9 S л R 9
9
Ответ: в 9 раз.
185
10.347. Биссектрисы углов А и В треугольника АВС одинаково наклонены к
сторонам ВС и АС. Найти зависимость между углами А и В.
Решение.
Рассмотрим два случая.
1. Пусть ZADB = ZAEB (рис. 10.30.а), ZDOA = ZEOB как вертикальные,
тогда ZOAD = ZOBE. Так как АЕ и BD — биссектрисы углов DAB и ЕАВ,
Z.DAB = ZEBA , т.е. ZA = ZB.
2. Пусть ZCDB = ZAEB (рис. 10.30.6). Поскольку внешний угол треуголь-
ника равен сумме двух внутренних, с ним не смежных, то ZCDB — ZA +
+ ZDBA. Сумма углов ЛАЕВ равна 180°, т.е. ZEAB + ZAEB + ZB = 180° , или
ZEAB + ZA + ZDBA + ZB = 180°, или -ZA + -ZB = 180°, ZA + ZB = | • 180° ,
2 2 3
ZA + ZB = 120°.
Ответ: ZA = ZB или ZA + ZB = 120°.
10.348. Выпуклый четырехугольник разделен диагоналями на четыре тре-
угольника; площади трех из них равны 10, 20 и 30 см2, и каждая меньше
площади четвертого треугольника. Найти площадь данного четырехугольника.
Решение.
Пусть ZBOC = ZAOD = a, ZAOB = ZDOC =
- ft (рис. 10.31). Согласно условию имеем
—ОВ • ОА sin 8 = 10, —ОВ • ОС • sina = 20,
2 2
— ОА • OD • sin а = 30.
2
Учитывая, что /3 = 180° -а и что
sinР = sin(180° - а) = sina, запишем ОВ • ОА •
•sina = 20 (1), ОВ • ОС • sina = 40 (2),
ОА • OD sina = 60 (3). Умножив (1) на (2) и на (3), получим (ОВ • ОА • sina)
186
ОС • OD • sin a = 20 • 40 • 60 , откуда ОС • OD • sina =-^9 ^0. 60— = 120. (4)
(OB • OA • sin a)
SArnn = — ОС OD sin В = — ОС OD sina. (5)
aCUU g *2
Подставив значение ОС • OD • sin а из (4) в (5), найдем ^дсоо = ~' 120 = 60.
Тогда SABCD — S^qb + «S'двое + Sacod + $&aod = 10 + 20 + 60 + 30 = 120.
Ответ: 120 см2.
10.349. Вся дуга окружности радиуса R разделена на 4 большие и 4 малые
части, которые чередуются одна за другой. Большая часть в два раза длиннее
малой. Определить площадь восьмиугольника, вершинами которого являются
точки деления дуги окружности.
Решение.
Пусть ZAOB = 2х , ZBOC = х , тогда по ус-
ловию 8х + 4х = 360°, х = 30°, 2х = 60°,
АЛОВ = 60°, ZBOC = 30° (рис. 10.32). Следова-
1 „1,5/3
тельно, Smob = — О А • О В sin 60 = — R-=
2 2 2
= s = —ОВ ОС sin30° =-R2 - = —.
4 ’ Двое 2 2 2 4
r2
Sabcdeklm = ^ДАОВ + ^ДВОС = 4---+ 4 • — =
4 4
= в27з +R2 =R2(V3 + 1).
Ответ: R2[j3 + lj-
10.350. На медиане BD треугольника ABC, площадь которого равна S, по-
строена точка Е так, что DE = — BD. Через точку Е проведена прямая АЕ,
4
пересекающая сторону ВС в точке F. Найти площадь треугольника AFC.
Решение.
Продлим медиану BD на отрезок
DN = ED и соединим точку N с точкой
С (рис. 10.33). Продолжим ВА и CN до
пересечения в точке К. Получим тре-
угольник КВС. После этого проводим
через точки А и Е прямую до пересе-
чения с ВС, строим отрезки BL =
= LM = ME = ED = DN = BD, а через
точки D, М и L проводим прямые, па-
раллельные АЕ.
В треугольнике NBC BL = LM =
= ME = ED = DN, согласно теореме
187
2
Фалеса ВТ — TP = PF = FQ = QC; следовательно, CF = — ВС.
5
Согласно условию - АС • ВС sin ZABC = S. Тогда =-AC CF sin АСВ -
2 2
12 2 (1 Л 2
= -АС -ВС sin АСВ = - -АС ВС- sin АСВ = -S.
2 5 5\2 ) 5
2
Ответ: —S.
5
10.351. Пусть BD — высота треугольника АВС, точка Е — середина ВС.
Вычислить радиус круга, описанного около треугольника BDE, если АВ =
= 30 см, ВС = 26 см и АС = 28 см.
Решение.
Пусть R — радиус круга, описанного около
треугольника BDE (рис. 10.34).
По формуле Герона
5МВС = 7р(р-ав)(р-вс)(р-ас) =
= -742 -12’16*14 = 336 . С другой стороны,
S&abc=-AC BD, BD = = 24 BK = -BD =
2 АС 2
= 12. Тогда KE = <JBE2 - ВК2 = У169 - 144 = 5 ,
S^bde = “ ' КЕ = — 24 • 5 = 60. Согласно (10.5)
2 2
240
„ abc „ BE ED BD 13 • 13 • 24
R =----, следовательно, R =-------------=----------= 16,9.
4$ЛВОе
Ответ: 16,9 см.
10.352. Площадь равностороннего треугольника, построенного на гипотену-
зе, вдвое больше площади прямоугольного треугольника с указанной гипоте-
нузой. Найти отношение катетов.
Решение.
Рис. 10.35
Пусть АВ > АС, ВС = а (рис. 10.35).
Проведем CK1.BD,
АВКС — прямоугольник
- ^>&авс - $авкс - ~
4
BK = KD = j. Фигура
и по условию S&CBD =
- ^авкс _ а2 Уз а _
ВК 4 '2
Уз.
Ответ: Уз.
188
10.353. На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в
отношении 1:3, считая от вершины. Во сколько раз площадь треугольника с
Вершинами в этих точках меньше площади исходного треугольника?
Рис. 10.36
Решение.
Согласно условию АА' = А'М = MN =
- NK (рис. 10.36). Обозначим АА' = х,
тогда АК = 4г.
О — центр тяжести, точка пересече-
ния медиан ДАВС и ДА'В'С'.
ОА = -АК = — ; ОА' = -АК--АК =
3 3 3 4
= — АК = —, ОК = -ОА = — , ОР =
12 3 2 3
1 5х
= —ОА' =—. Тогда РК = ОК-ОР =
2 6
4х 5а? х х 5х
= --= -, АР = АК-АА-РК = 4х-х~ — = —.
3 6 2 2 2
Можно показать, что ДАВС гомотетичен ДА'В'С' с коэффициентом гомо-
, ОА' 5х 8х
тетии к =---= —
ОА 3
5 ...
— = —, отсюда ДАВС°°ДА В С .
3 8
Площади подобных треугольников относятся как квадраты сходственных
АК2 16г2
А,Р2
линий, значит —
^ЛА'В'С'
Ответ: в 2,56 раза.
— = 2,56.
т- 25
10.354. Точка М лежит внутри равностороннего треугольника АВС. Вычис-
лить площадь этого треугольника, если известно, что AM = ВМ = 2 см, а
СМ = 1 см.
Решение.
Z.MCB = 30° (рис. 10.37). В треугольнике
МСВ, согласно теореме косинусов, ВМ2 =
= МС2 + ВС2 -2МС- ВС cos 30°, 4 = 1 + ВС2 -
7з
-21- ВС • , или, после упрощений, ВС2 -
-73ВС-3 = О, откуда ВС- <0, что
непригодно к решению задачи, и
<7 -Чввг а/з 1(73+715? 7з 97з+з715
2 2 22(2)2 8
_ э7з+з715 2 .. 2
Ответ: - смг ~ 3,4 см<
8
189
10.355. Равнобедренный треугольник со сторонами 8, 5 и 5 разделен на три
равновеликие части перпендикулярами, проведенными из некоторой точки к
его сторонам. Найти расстояние от этой точки до каждой стороны данного
треугольника.
Решение.
Высота BD — центр симметрии равно-
бедренного ДАВС, точка О должна при-
надлежать BD. Пусть АВ = ВС = 5, АС =
= 8< $AKOD ~ $CEOD = $КОЕВ ~ ~^$ЬАВС (рИС.
10.38). BD = VbC2 - CD2 = 725-16 = 3.
*£ддвс = '2^' ’ = ~'8• 3 = 12, двое ~
= • ^длвс = 2 , ~ S^dbc -
Ь -
5 ’ °ABDF -
= -5давс = 6 . DF • 5 = 12 ; DF = —; BF = JbD2-DF2 = J9 - —
2 5 V 25
-Irf пгЛ OE2 2 - Од2 BD_=DF~
2 D25' S.bdf~DF2’ 3 ’ °B °E’
ОВ =
BDOE 3 5^3 o 5-Уз 9-5^3
= , a- ~ = , OD = BD - OB = 3 - —— =-—
DF % 3 3 3
Л 4-Уз 9 - 5л/з
Ответ: ---- и ----.
3 3
10.356. Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в одну и ту же
окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.
Доказательство.
Обозначим угол ACD через а, а угол CAD
через /3. Тогда в прямоугольном треугольнике
ACD (рис. 10.39) угол /3 = 90°-a, sinp =
= sin^90° - а) = cosa. Согласно теореме сину-
AD п„ CD CD
сов, ----= 2R , ------- =----= 2R, откуда
sina sinp cosa
AD = 2R • sina , CD = 2R • cos a.
sabcd ~ ’ c& = 2R • sina 2R • cosa -
= 2R2 sin 2a.
Выражение 2R2 • sin 2a достигает макси-
мального значения при sin 2a = 1, откуда 2a = 90° , a = 45°. Тогда
p = 90° - 45° = 45°. Следовательно, AD = CD и ABCD — квадрат.
190
10.361. В треугольнике АВС величина угла А вдвое больше величины угла
В, а длины сторон, противолежащих этим углам, равны соответственно 12 и 8
см. Найти длину третьей стороны треугольника.
Ответ: 10 см.
Решение.
Пусть ВС = 12 см, АС = 8 см (рис. 10.40), ZB = а,
ZA = 2а, тогда ZC = 180° - За . По теореме косинусов
с2 = а2 + Ь2 - 2аЬ • cosC , т.е. АВ2 = ВС2 + АС2 - 2ВС
АС • cosC = 144 + 64 - 2 • 12 • 8 • cos(180° - За) = 208 +
+ 192 • cos3a = 208 + 192(4cos3 а - 3cosa). По теореме
а Ъ АС ВС В 12
синусов -----=-----, ----=------, ----------------,
sina sin fl sina sin2a sina 2sinacosa
cos a = —. Тогда AB2 = 208 + 192 • | 4 • — - 3 — | = 208 -
4 t 64 4J
-108 = 100, отсюда AB = 10.
10.362. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна т, радиус вписан-
ной окружности равен г. Определить катеты. При каком соотношении между г
и т задача имеет решение?
Решение.
Пусть ВС = т, OD = ОЕ = OF = г (OD1BC,
OE.LAC, OF±AB). Четырехугольник AFOE — квадрат и
AF = АЕ = г (рис. 10.41). СЕ = CD и BF = BD как каса-
тельные к окружности, выходящие из одной точки. Со-
гласно теореме Пифагора ВС2 = АВ2 + АС2, или
т2 = (г + BF)2 + (г + СЕ)2, т2 = (г + BD)2 + (г + CD)2 ,
т2 = (г + BD)2 + (г + ВС - BD)2 , т2 = (т + BD)2 + (г +
+ т - BD)2, т2 = г2 + 2г • BD + BD2 + (г + т)2 - 2(г + т)
BD + BD2, откуда, после упрощений, BD2 - т • BD +
+ г2 + гт = 0. Решая это уравнение как квадратное
т ± 4т2 - 4г2 - 4mr
относительно BD, найдем BD --------------------.
_ втч тп±утп2-4г2-4тг 2г + т±\т2-4гг-4тг
Тогда АВ = BF + AF = BD+ г =--’-----------+ г ---------------------.
2 2
т ± у т2 - 4г2 - 4тг т + 4т2 - 4г2 - 4тг _
CD - ВС - BD = т---------------------------------------. Тогда
2 2
т Т vm2 - 4т2 - 4mr 2r + m-f ут2 - 4г2 - 4тг
АС = СЕ + АЕ = CD+г =----'------------+ г =----------------------.
2 2
В области действительных чисел задача имеет решение, когда ш2 - 4г2 -
191
-tn(V2+l) тСу/2-1}
- 4тг ;> 0 , или 4г2 + 4тг -т2 < 0, откуда ------ < г < —— ----, или
2
_ 2т + т + Vm2 - 4r2 - 4mr т ~ М
Ответ: ----------------------; г < —1-----.
2 2
10.363. В равнобедренный треугольник с основанием 12 см вписана окруж-
ность, и к ней проведены три касательные так, что они отсекают от данного
треугольника три малых треугольника. Сумма периметров малых треуголь-
ников равна 48 см. Найти боковую сторону данного треугольника.
Решение.
Согласно условию АВ = ВС,
АС = 12 см (рис. 10.42); (BN +
+ NQ + BQ) + (AL + LJ + AJ) +
+ (CR + RD + CD) = 48 см (1).
Пусть точка М — точка каса-
ния стороны АВ с окружностью,
аналогично точки Р, Т, F, Е, К —
точки касания NQ, ВС, RD, AC, JL
с окружностью. Запишем равенст-
во (1) в виде (BN + NP + PQ +
+ BQ) + (AL + LK + KJ + AJ) + (CK +
+ RF + FD + CD) = 48 (2).
Две касательные, проведенные к окружности из одной точки, равны между
собой. Согласно этому NP = MN, PQ = QT, RF = TR, FD = ED, KJ = JE, LK =
LM. Используя эти равенства, запишем (2) в виде (BW + MN + QT + + BQ) +
(AL + LM + JE + AJ) + (CR + TR + ED + CD) = 48 (3). Или (BN + + MN +
LM + AL) + (AJ + JE + ED + CD) + (BQ + QT + TR + CR) = 48 (4).
Ho BN + MN + LM + AL = AB, AJ + JE + ED + CD = AC = 12, BQ +
+ QT + TR 4- CR = ВС. Тогда (4) примет вид AB + ВС + 12 = 48, или, по-
скольку ВС = АВ, то 2АВ = 36, откуда АВ = 18.
Ответ: 18 см.
10.364. В равнобедренный треугольник вписана окружность. Точки касания
делят каждую боковую сторону на отрезки длиной тип, считая от вершины.
К окружности проведены три касательные, параллельные каждой из сторон
треугольника. Найти длины отрезков касательных, заключенных между сто-
ронами треугольника.
Решение.
Пусть АВ = ВС и BE =* ВИ = т, АЕ = СИ = п (рис. 10.43). AD = АЕ = п и
CD = СИ = п как касательные к окружности, выходящие из одной точки.
Следовательно, АС = AD + CD = п + п = 2п..
192
ASBT°°SABC , значит ---=----, или (SE = SF
AC AB
как касательные к окружности, выходящие из
ST m-SE ST m-SF ST
одной точки) ---=--------, ---=-------, -----
2п т + п 2п т + п 2п
ST
т------
-------— , откуда, после преобразований, ST =
т + п
2тп
т + 2п
Далее, AARN^AABC. В подобных треугольни-
ках периметры относятся как соответствующие
—_ RAF P\ARN л п
стороны. Поэтому ---= , или, так как AR =
ВС ?ЬАВС
АЕ - RE = АЕ - RP = n - RP, AN = AD - - ND =
AD - PN = n - PN (здесь RE = RP и ND = PN как касательные к окружно-
сти, выходящие из одной точки), то P^rn = AR + RN + AN = п----RP +
RN + п - PN = 2п + RN - (RP + PN ) = 2п + RN - RN = 2п, Р^вс = АВ +
ВС + АС = 2АВ + АС = 2 (ш + п) + 2п — 2т + 4п, — = ———, откуда
т + п 2т + 4п
п(т + п)
RN - —------
т + 2п
Л 2тп п(т + п)
Ответ: ------- и —i
т + 2п т + 2п
10.365. Определить острые углы прямоугольного треугольника, если отно-
шение радиусов описанной и вписанной окружностей равно -Уз +1.
----------- Решение.
КВ с
\ В прямоугольном треугольнике (рис. 10.44) R = —, г =
\ а + Ъ-с _
\ =------, где R — радиус описанной окружности, г — ра-
\ диус вписанной окружности, а и Ъ — катеты, с — гипотенуза.
\ вс
\ Согласно этому и условию —-—%-——- = л/з 4-1, или
\ АВ + АС — ВС
АС 2
___________ ВС-----------г
-------------------------= V3 + 1 или поскольку АВ = ВС • cos В, АС =
Рис. 10.44 АВ + АС -ВС
ВС
= ВС • sin В, —------------------- л/з + 1, откуда, по-
BCcosB + BCstnB-BC
2 +л/з
еле упрощений, будем иметь cos В + sin В = —=-. Возведем обе части равен-
V3 +1
ства в квадрат. Получим cos2 В + 2 sin В cos В + sin2 В = —.^2^ но так как
4 + 2V3
193
2 2 < + W
cos а + sin а = 1 и 2 sin a cos а = sin 2а, l + sin2B =-= , или sin2B =
4 + 273
з + гТз __
= —----—. Умножив числитель и знаменатель правой части последнего ра-
2(2 + 731
г-
венства на 2 - 73 , найдем sin 2В = , откуда 2В = 60°, В = 30°. Тогда
С = 90° - В = 90° - 30° = 60°.
Ответ: 30° и 60°.
10.366. Две окружности касаются внешним образом в точке А. Найти ра-
диусы окружностей, если хорды, соединяющие точку А с точками касания
одной из общих внешних касательных, равны 6 и 8 см.
Решение.
Пусть АВ = 8 см, АС = 6 см (рис. 10.45).
Обозначим О1А = OtB = R и О2А = О2С = г,
ZBOjO2 = а •
Проведем ГО^ЦВС и ADA.BC. В прямо-
угольном треугольнике FOrO2 угол ОГО2Р
равен 90° - а. Тогда в треугольнике АО2С
угол АО2С равен 90° - а + 90° = 180° - a, a
180°-(180°-а) а
угол О2АС равен ----------------- = — (так
как О2А = О2С = г, то ААО2С — равнобедренный). В треугольнике AOVB
180 — ос се
угол OjAB равен ------= 90° - — (т.к. ОгА = ОгВ = R, то треугольник
АОгВ — равнобедренный). Наконец, в треугольнике ВАС угол ВАС равен
180° - ZO?AC - ZO,AB = 180° - — -1 90° - — | = 90°.
2 1 2(2;
Следовательно, треугольник ВАС — прямоугольный. Согласно теореме
Пифагора ВС = 4АВ2 + АС2 = 764 + 36 =10. Площадь треугольника ВАС
SABAC = — АВ • АС = — • 8 • 6 = 24 (1). С другой стороны, SARAr = — ВС • АР =
2 2 2
= - • 10 • AD = 5AD
2
(2). Сравнив правые части (1) и (2), получим 2AD = 24,
2 2
откуда АР = —. Тогда в прямоугольном треугольнике СРА СР = АС -
лп2 576 324
- АР =36-------=-----. (3)
25 25 '
24 24
Далее, АЕ = AD - ED = — - О2С =-----г. В
5 5
прямоугольном треугольнике
194
2
324
25
рим
Ofi2
(R + г)2 = (К - г)2 + ВС2
О2АЕ имеем О2А2 = АЕ2 + О2Е2, или r2=f—-rl + CD2, г2
\ 5 /
15 _
•, откуда, после упрощений, найдем г = —. Для нахождения R рассмот-
4
прямоугольный треугольник O1O2F • Согласно теореме Пифагора
= OjF2 + O2F2, или, так как ОгО2 = R + r , OtF = R - т , 02Р - ВС , то
Л ( 15V о 20
= R- — + юо , откуда R = — .
1 V 4 У 3
лл 15 20
Ответ: — скн — см.
4 3
10.367. Сторону правильного десятиугольника выразить через радиус R
описанной окружности.
Решение.
В правильном многоугольнике сторона выражается через радиус описан-
п„ • 180°
нои окружности по формуле ап = 2R sm-----, где а_ — сторона правильного
п
n-угольника, R — радиус описанной окружности. Согласно этой формуле
180°
Ощ = 2Rsin—— = 2Rsinl8°. Вычислим sinl8°. Рассмотрим тождество sin 36° =
= cos 54°, или 2 sin 18° cos 18° 4 cos3 18° -3 cos 18°. Разделив обе части по-
следнего тождества на cosl8°#0, получим 2sin 18° в 4cos218° -3, откуда
4 sin218° + 2 sin 18° = 1. Дополним левую часть тождества до полного квадра-
15 ( 1 \2 5
та: 4sin2 18° + 2sin 18° + — в —, или 2sin 18° + — в —; отсюда находим
44 у 2/4
2sinl8° + —
2
J5-1 _ V5-1
тельно, а10 = 2R---= R---------.
10 4 2
» V5-1
Ответ: R--------.
2
10.368. Вычислить длину биссектрисы угла А треугольника АВС с длинами
сторон а = 18 см, Ь = 15 см, с = 12 см.
Решение.
Согласно п. 6. Дополнительных соотношений длина биссектрисы треуголь-
ника выражается через длины его сторон а, Ъ и с по формуле
Jab • (a + b + с) • (a + b - c) Jbc • (a + b + с) • (b + с - a)
L = -------------------—. Отсюда имеем L = ------------------------
a + b b + c
y/15 • 12 • (18 +15 + 12) (15 + 12 - 18) 270 _
15 + 12 27~ ~
Ответ: 10 см.
/5
— , или 2 sin 18
2
1 V5 . 100 V5-1 _
— в —, откуда sm 18 = —-—. Следова-
195
10.369. В треугольник с периметром, равным 20 см, вписана окружность.
Отрезок касательной, проведенной к окружности параллельно основанию,
заключенный между сторонами треугольника, содержит 2,4 см. Найти основа-
ние треугольника.
Рис. 10.46
Решение.
Пусть Рддвс = АВ + ВС + АС = 20 см, КМ = 2,4 см
(рис. 10.46).
ДКВМооДАВС и, так как периметры подобных
треугольников относятся как соответствующие сто-
КМ Р&вмк 2,4 ВК + ВМ + КМ п.
РОНЫ, ----или ---------------_--------------- (1).
АС Рддвс АС 20
ВК + ВМ + КМ = ВК + ВМ + KJ + JM. Поскольку
KJ = КЕ и JM — MN (как касательные к окружности,
выходящие из одной точки), то ВК + ВМ + + КМ =
ВК + ВМ + KE + MN = (ВК + КЕ) + + (ВМ + MN) =
BE + BN = 2ВЕ (BN = BE как касательные к окруж-
ности, выходящие из одной точки). Тогда равенство
2,4 2ВЕ
(1) примет вид (2), но 2ВЕ = 20 - (АЕ + AD + + CD + CN) = 20 -
(2AD + 2CD) = 20 - 2(AD + CD) = 20 - 2АС (3).
Следовательно, подставив значение 2ВЕ = 20 - 2АС из (3) в (2), получим
2,4 20-2АС 2,4 10 - АС л^2
=----— , или = ———, откуда, после упрощений, АС - ЮАС +
+ 24 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно АС, найдем АС =
4 или АС = 6.
Ответ: 4 или 6 см.
10.370. Большая из параллельных сторон трапеции равна а, меньшая равна
Ь, непараллельные стороны равны с и d. Найти площадь трапеции.
Решение.
Пусть AD = а, ВС = Ь, АВ = с и CD = d. Про-
ведем BF1AD (рис. 10.47) и CE1AD (BF = СЕ —
высота трапеции). Из прямоугольного треугольни-
ка ABF согласно теореме Пифагора имеем
BF2 = АВ2 - AF2 = с2 - AF2 (1), а из прямоуголь-
ного треугольника CDE — СЕ2 = CD2 - ED2 =
= d2 -(AD-AF-FE)2 = d2 - (a - AF - BC)2 = d2 -
- (a - AF — b)2 (2). Так как левые части (1) и (2)
равны, то приравняем их правые части. Получим с2 - AF2 = d2 -
2 с2 + (a — b)2 — d2
- (a - AF - b) , откуда, после упрощений, AF =----—----—----. Тогда
BF = д/AB2 - AF2
2(a-b)
. 2
с2 +(a - b)2 - d2j
196
Наконец, 5ABCD ~ = 4^ * j ’ ^рС2(а - Ъ)2 - (с2 + (а - b)2 - d2 j ,
а + Ъ г,--------г—----------г
или, после упрощений, SABCD = —--г J(a -b + c + d)-(a-b + d-c) •
4(а — b)
•^(с + a- b-d)(c-a + b + d).
Ответ: - ° + - • ^(а-b + c +d) (a- b + d-с) -(с+ a- b-d)-(с- a + b + d).
10.371. Точка Cj — основание высоты ССХ треугольника АВС. Найти зави-
симость между углами А и В, если СС2 = СХА СгВ.
Решение.
Пусть CCjlAB и СС2 ^С^А С^В (1).
Случай 1 (рис. 10.48.а).
Поскольку высота CCj является в данном
случае средним геометрическим проекций сто-
рон АС и ВС, то ZC = 90°, следовательно,
ZA + ZB = 90°.
Случай 2 (рис. 10.48.6).
С А СС
Из (1) вытекает, что —— = т.е. ДС,СА«>
СС, CJ3 1
ooACjCB. Тогда ZCjCA = ZCBC{ = ZB , ZCACj =
= ZBCCj, ZCACj = 180° - ZA. В ACjCA ZCjCA +
+ ZCAQ =90°, т.е. ZB+ 180°-ZA = 90°, |ZA-ZB| =
= 90°.
Ответ: ZA + ZB = 90°, | ZA - ZB| = 90°.
10.372. Биссектриса угла А треугольника ABC пересекает описанную около
него окружность в точке D. Найти длину хорды DC, если центр окружности,
вписанной в данный треугольник, удален от точки D на расстояние п.
Решение.
Очевидно, точка D делит дугу BDC пополам (рис. 10.49). Следовательно,
ZCAD = ZDCK. Пусть ZCAD = ZDCK = a. COj — биссектриса угла АСВ,
поэтому ZACOl = ZKCOj. Пусть ZACOX = ZKCOj = /3. Тогда ZDCOi = а + р.
197
Рис. 10.49
Но угол COjD внешний по отношению к тре-
угольнику АСО1. Тогда ЛСО^Р = ZCAO^ +
+ ZOjCA = а + /3. Следовательно, ZDCOj = ZDOXC.
Поэтому DC = DOj = n.
Ответ: n.
10.373. В треугольник co сторонами 6, 10 и 12
см вписана окружность. К окружности проведена касательная так, что она
пересекает две большие стороны. Найти периметр отсеченного треугольника.
Решение.
Пусть АВ = 6 см, АС = 10 см, ВС — 12 см, DE
— касательная к окружности (рис. 10.50).
Paced = СЕ + DE + CD = СЕ + EN + ND +
+ CD = СЕ + ЕМ + PD + CD - CM + СР -
= Р&авс ~ АВ ~ ЕМ ~ АР, т.е. Paced = Раавс ~
-АВ-ВМ-АР (1). (здесь EN = ЕМ, ND = PD и
CD = СМ как касательные к окружности, выхо-
дящие из одной точки).
Фигура ABED — описанный четырехугольник,
значит, АВ + DE = BE + AD, АВ + ME + PD - ВМ + ME + АР + PD, откуда
АВ = АР + ВМ. Подставив это значение АР + ВМ в (1), получим Paced =
= раавс ~ 2АВ = 28 - 12 = 16.
Ответ: 16 см.
10.374. Основания равнобедренной трапеции равны 4 и 8 см, ее площадь 21
см2. Какую сторону пересекает биссектриса угла при большем основании:
меньшее основание или боковую сторону трапеции?
Рис. 10.51
Решение.
Пусть ВС = 4 см, AD=8 см и 5ЛВСО = 21 см2.
Проведем высоты трапеции BF = СЕ. Тогда
_ ВС + AD __ 4 + 8 __ .
Sabcd------------------2— ~ = 21,
ОЕ, 21 7 ЛТ, AD-FE AD-BC
откуда BF = — = -. AF =--------=--------=
^А = 2.
2
Из прямоугольного треугольника ABF, согласно теореме Пифагора найдем
. у» /__9 . _о /49 ~ 7б5 _ _ . _ _
АВ = \BF + AF = J— + 4 = -у. Допустим, что биссектриса AM угла А
198
пересекает сторону ВС в точке N (см. рис. 10.51). Тогда треугольник ABN —
Jg5
равнобедренный, ибо ZBAN = ZBNA - ZMAD. Следовательно, BN = АВ = -у- .
VoK
Теперь сравним BN = —— и ВС = 4: после возведения в квадрат получим
65
— > 16, или 65 > 64. Таким образом, BN > ВС, т.е. точка N лежит на про-
4
должении ВС, и биссектриса AM угла А пересекает боковую сторону CD.
Ответ: боковую сторону.
10.375. Правильный треугольник АВС, вписанный в окружность радиуса R,
повернут вокруг центра окружности на 90° в положение AjBjCj. Вычислить
площадь шестиугольника АА1ВВ1СС1.
Рис. 10.52
Решение.
ZBOBi = ZCOCt = ZAOAj = 90° (рис. 10.52),
1 R2
S&boBi ~ ^&сос1 лао Д' =2^ ^ = ~2~‘ =
_ . 360°-3-90° . 360°-270°
1 3 3
= 30° . SaAjOB = ^ABjOC = ‘S'aCjOA = '
. л„о R2 . on0 R2 1 R2
• sin AtOB =------sin 30 =------= .
1 2 2 2 4
3 7 3 9
^AAxBByCCi =3S&BOBi ~ +~R =
3
4
Л*.
4
g
Ответ: —R2.
4
10.376. Длины оснований AB и DC трапеции ABCD равны а и b. Прямая,
параллельная AB, пересекает стороны ВС и AD в точках М и N. Вычислить
MN, если трапеции ABMN и NMCD равновелики.
Решение.
Пусть АВ = a, DC = Ь и MN||.AB (рис. 10.53).
sabmn = snmcd Трапеции NMCD и ABMN по-
добны.
Площади подобных многоугольников отно-
сятся как квадраты соответствующих сторон.
„ SNMCD DC2 MN2
Согласно этому =------ =--— или
Sabmn MN2 АВ2
SJLMCD = и Snmc? = ™У 2.., откуда
Sabmn MN2 SABMN АВ2
199
MN2 = PC2 • SABMN. {1)( или MN2 = АВ -SABmn (2)
&NMCD &NMCD
Сложив (2) и (1), получим 2MN2 = ——- + ——Sabmn , По-
&NMED $NMCD
0 «2 г 1.2 1^2 , г.2
& ARMN о 9 ч 2 ...г9 d Т О . IU ’О
скольку —' = 1, то 2MN2 =сг + Ъ, откуда MN -------------------, или MN = J-------
$nmcd 2 “ 2
п Р+Ь2
Ответ: ,----
V 2
10.377. Биссектриса угла треугольника делит противоположную сторону на
отрезки длиной 4 и 2 см, а высота, проведенная к той же стороне, равна
715 см. Каковы длины сторон треугольника, если известно, что они выража-
ются целыми числами?
Рис. 10.54
Решение.
Пусть AD — биссектриса угла A, CD = 4
см, BD = 2 см, АЕ1ВС и АЕ = 715 см (рис.
10.54). ВС = CD + BD = 4 + 2 = 6.
Биссектриса угла делит противоположную
сторону на части, противопропорциональные
прилежащим сторонам:
BD АВ 2 АВ лг, пло
---=----, или — =----, откуда АС = 2АВ.
CD АС 4 AC J
Ядавс =^ВС АЕ = |-6-715=3715 (1).
Согласно формуле Герона
_ |АВ + АС + 6 (АВ + АС + 6 л_\ (АВ + АС + 6 А (АВ + АС + 6 Л
----------j-------(----j-------ЛВЦ------------ЛСД--------------6J (2).
Сравнив правые части (1) и (2), запишем
3715 = ^АВ + АС + 6 ^АВ + ДС + 6 (АВ + АС + 6 ^АВ + АС + 6 (3)
После возведения обеих частей равенства (3) в квадрат, упрощения правой
части и подстановки АС = 2АВ получим АВ4 - 40АВ2 + 384 = 0, откуда
АВ = 724 или АВ = 4. С учетом условия, выбираем АВ — 4. Тогда АС = 2АВ =
= 2-4 = 8.
Ответ: 8, 4 и 6 см.
10.378. Две окружности касаются друг друга внешним образом. Четыре
точки касания их внешних общих касательных А, В, С, D последовательно
соединены. Показать, что в четырехугольник ABCD можно вписать окруж-
ность и найти ее радиус, если радиусы данных окружностей равны Нит.
200
Решение.
Пусть ОгА = OrD = R ,
С^В = ОгС = т (рис. 10.55). В
четырехугольник ABCD
можно вписать окруж-
ность, если AD+BC = AB +
+ CD , или AD + ВС = 2АВ
(*) (ибо CD = АВ). Дока-
жем, что AD + ВС = 2АВ.
Проведем О2Е||АВ. Из
прямоугольного треугольника О]ЕО2 с помощью теоремы Пифагора найдем
О2Е = - С\Е2 = + г)2 - (R - г)2 = 27Ёг . Тогда АВ = О2Е = 2jRr .
О2В КО, г КТ + г
ЛКВО,<х>АКАО,, следовательно, —— =-- или — = ---------—, откуда
2 1 OjA KOj R КТ+ 2r + R
2r2 2r2 t(R + r)
KT =-; KO2 = KT + r =-----+ r = — --— . В прямоугольном треуголь-
R — r R — т R — г
нике КВО2 ВС21О2К, следовательно, ВС2 = О2С2 С2К = О2С2(КО2 - О2С2) =
= О2С2|—--~О2С2 I (1). Из прямоугольного треугольника О2ВС2 по тео-
I R — т I
реме Пифагора находим ВС2 — О2В2 - О2С2 = г2 — О2С2 (2). Сравнивая пра-
О2С2 • r(R + г) 22 2
вые части (1) и (2), получим----------О2С2 = г - О2С2, откуда
R - г
t(R —
О2С2 = —-- (3). Подставив значение О2С2 из (3) в (2), получим ВС2 =
R + r
.2 ЛЧ-Г)2
4Rr3 2rjRr
---------- откуда ВС2 = —------. Тогда
|2 (R + r)2 2 R + г
вс-4^
R + r
Теперь найдем AD.
ДО1АОо°ДО2ВС , следовательно,
OtA О2В
AD ~ ВС ’
откуда
. _ OjA ВС R • 4rVRr 4rJRt
AD = —*-----= — ------— =--------. Подставив найденные значения AD, ВС
О2В r(R + r) R + r
и АВ в равенство (*), получим = 4-/Rt или 4-/йг = 4-JRt , что
и нужно было доказать.
А теперь найдем радиус окружности Rx, вписанной в четырехугольник
С с
ABCD. Rx, очевидно, равен 2 - Четырехугольник ABCD — равнобедрен-
ная трапеция (АВ = CD). Проведем BD1AD и CN1AD. Тогда AM - ND =
4R4Rt 4r>/Rr .
AD - ВС R + r R + r 2(R-r) r—~
=---------= T = —--------- yjRr . Из прямоугольного треуголь-
2 2 + г
201
ника АМВ с помощью теоремы Пифагора найдем ВМ = ^АВ2 — AM2
I 4(R-r)2Rr 4Rt „ e СГС2 ВМ 2Rr
J4Rr — ----—-— =-----. Наконец, R_ = 1 = = ——
V (R + r) R + г 2 2 R + ?
2Rr
Ответ: ----.
10.379. Высота и медиана треугольника, проведенные внутри него из одной
его вершины, различны и образуют равные углы со сторонами, выходящими
из той же вершины Определить радиус описанной окружности, если медиана
равна т.
Решение.
Пусть СЕ — т — медиана треугольника АВС,
высота CD.LAB и ZACE - ZBCD (рис. 10.56).
Опишем около треугольника АВС окружность и
продолжим высоту CD и медиану СЕ до пересече-
ния с окружностью в точках Dt и Ег (рис.). Из
равенства углов АСЕ и BCD следует равенство
дуг: vAmEi = <jDxkB (1). Сумма углов DCB и АВС
равна 90°. Значит, иАпС + uDjkB = 180°. Учиты-
вая равенство (1), получаем: иАпС + иАтЕ^ =180°.
Следовательно, хорда СЕ: является диаметром описанной окружности и
центр ее лежит на СЕ:, СЕ = ЕЕг. С другой стороны, поскольку ZDjAB =
= ZDCB = ZACE, то ДАЕС — равнобедренный, АЕ = ЕС = ЕВ, т.е. АВ тоже
диаметр и, следовательно, ZACB = 90° (как вписанный в окружность, опи-
рающийся на диаметр). Тогда Е — центр окружности, описанной около тре-
угольника АВС и радиус окружности R = ЕВ = ЕА - ЕЕг = ЕС = т.
Ответ: т.
10.380. Через точку D, взятую на стороне АВ треугольника АВС, проведена
прямая, параллельная АС и пересекающая сторону ВС в точке Е. Доказать,
что АЕ, CD и медиана, проведенная через вершину В, пересекаются в одной
точке.
Доказательство.
Проведем через точки В и О прямую до пе-
ресечения с АС в точке F (рис. 10.57). ADKB<»
ooAABF , следовательно, (1); ЛЕКВ°°
AF BF
КЕ ВК
ооДСВЕ , следовательно, --=---- (2). Сравнив
FC BF
левые части равенств (1) и (2), получим
DK КЕ DK AF
= —— , —— = —— (3). Аналогично, ДОКО«>
AF FC КЕ FC
202
DK КО КЕ КО
«>AFOC , следовательно, ---=--- (4); AKOE*»AAOF, следовательно, — =-----
FC OF AF OF
,еч п zn. DK KE DK
(5) . Сравнив левые части равенств (4) и (5), получим —— = —— , или —— =
FC AF КЕ
FC
= (6). Наконец, сравнив правые части равенств (3) и (6), будем иметь
AF FC 99
--=-----, или AF2 = FC2, откуда AF = FC.
FC AF J
Таким образом, BF — медиана треугольника АВС, проведенная через вер-
шину В и проходящая через точку О — точку пересечения АЕ и CD, что и
нужно было доказать.
10.381. Высота треугольника, равная 2 см, делит угол треугольника в от-
ношении 2:1, а основание треугольника — на части, меньшая из которых рав-
на 1 см. Определить площадь треугольника.
Рис. 10.58
Решение.
Пусть BD = 2 см — высота треугольника
ABC, ZABD = 2ZCBD , CD = 1 см (рис. 10.58).
Проведем биссектрису BE угла ABD. Тогда
ZDBC = ZEBD = ZABE и ED - CD = 1. Бис-
сектриса BE делит сторону треугольника
ABD на отрезки АЕ и ED, пропорциональные
прилежащим сторонам АВ и BD. Следова-
АЕ ED АЕ 1
тельно, --=-----, или ---= —, откуда АВ =
АВ BD АВ 2 J
= 2АЕ. Длина биссектрисы треугольника вы-
ражается формулой 1С = ^аЪ - а1Ь1 , где а и b
— длины двух сторон треугольника; ах и Ьг — отрезки третьей стороны.
Согласно этому BE = 9]АВ • BD - АЕ • ED (1). Из прямоугольного треугольника
EBD по теореме Пифагора находим BE: BE = JbD2 + ED2 = V4 +1 = V5 . Под-
ставив значение BE = -Jb в равенство (1), получим у/b = J АВ • BD - АЕ • ED ,
или, с учетом условия, «УК = у/АВ • 2 - АЕ • 1 или -УК = J 2 АВ - АЕ . Возведя
обе части последнего
Л„ 5
получим АЕ = —.
л 11 2
Ответ: — см .
3
равенства в квадрат и подставив значение АВ = 2АЕ,
Тогда АС = АЕ + ED + CD = - + 1 + 1 = — и
3 3
11 2-И
3 “ 3
10.382. Даны две концентрические окружности. Доказать, что сумма квад-
ратов расстояний от точки одной окружности до концов диаметра другой ок-
ружности не зависит ни от выбранной точки, ни от выбранного диаметра.
Доказательство.
Пусть R иг — радиус большей и меньшей окружностей.
203
1. Обозначим через С произвольную точку
большей окружности (рис. 10.59л), О — общий
центр, АВ — диаметр меньшей окружности. Соеди-
ним точки С и О и продлим отрезок СО до пересе-
чения с этой окружностью (точка D). Поскольку СО
= OD = R, АО = ОВ = г, то четырехугольник CADB
— параллелограмм. Тогда 2^СА2+СВ2^ =
= CD2 + АВ2 (или 2(АС2 + AD2) = CD2 + АВ2 ), т.е.
СА2 + СВ2 = 2R2 + 2г2 (или АС2 + AD2 = 2R2 + 2г2 ).
CD и АВ — диаметры заданных окружностей, сле-
довательно сумма СА2 + СВ2 (или АС2 + AD2 ) яв-
ляется величиной постоянной и не зависит ни от выбранной точки, ни от вы-
бранного диаметра, что и требовалось доказать.
Рис. 10.59.6
2. Пусть MAOBN — прямая (рис. 10.59.6). То-
гда МА2 + МВ2 = (ОМ - ОА)2 + (МА + АВ)2 =
= (R - г)2 + (К - г + 2r)2 = 2R2 + 2г2, т.е. в этом
случае сумма квадратов расстояний от точки
одной окружности до концов диаметра другой
окружности также не зависит ни от выбранной
точки, ни от выбранного диаметра.
10.383. В треугольнике АВС проведены медианы AL и ВМ, пересекающиеся
в точке К. Вершина С лежит на окружности, проходящей через точки К, L, М.
Показать, что медиана CN образует со сторонами АС и ВС такие же углы, что
и медианы AL и ВМ со стороной АВ.
Доказательство.
Проведем ML — среднюю линию ДАВС,
ML||AB (рис. 10.60). Рассмотрим углы, которые
медиана CN образует со сторонами АС и ВС:
ZLCK = ZLMK (как вписанные, опирающиеся
на uKL), ZLMK = Z.ABM (как накрест лежа-
щие при параллельных АВ и ML), значит,
ZLCK = ZABM.
Далее, ZKLM = ZKCM, ZKLM = ZBAL ,
следовательно, ZKCM = ZBAL. Таким образом,
медиана CN образует со сторонами АС и ВС
такие же углы, что и медианы AL и ВМ со сто-
роной АВ, что и требовалось доказать.
10.384. В треугольнике АВС биссектрисы AD и СЕ пересекаются в точке F.
Точки В, D, Е, F лежат на одной окружности. Показать, что угол В равен 60°.
204
Доказательство.
/Л /Г'
ZCAF = — (рис. 10.61), a ZACF = ~. То-
2 2
2
гда ZAFC
но
ZA + ZB +
+ ZC = 180°, следовательно, —
2
—— = 90'
2
---.Отсюда ZAFC = 180° -190° + —— 1 = 90° +
2 \ 2 J
Так как углы EFD и AFC вертикальные,
TO ZEFD = ZAFC = 90° + —.
2
Поскольку четырехугольник EBDF является вписанным в окружность, то
ZEFD + ZB = 180° , или 90° +~ + ХВ = 180°, откуда ZB = 60° , что и нужно
было показать.
10.385. Площадь треугольника равна & Каждая сторона треугольника раз-
делена на три части в отношении 7n:n:m. Определить площадь шестиугольни-
ка, вершинами которого служат точки деления.
Решение.
Пусть ; AM = тх, MN =
пх, NB = тх, ВР = ту, PQ = пу, QC =
— ту; CR — mz, RT — nz, AT — mz (рис.
10.62).
ДАМТооДАВС, ANBPxAABC, ARQC<~
ооДАВС, так как стороны этих тре-
угольников пропорциональны и углы
между
равны.
тх тх + пх + тх х х(2тп + п)
- - - - — ~ х .. ——' т.е.
mz mz + nz + mz ’ z z (2m + n)
пропорциональными сторонами
„ AM AB
Например, --------, так как
н н АТ АС
— = —. Пусть S^mt = •
Z Z
$ллвр - $2 > *^дяос = *^з • Площади подобных треугольников относятся как
квадраты сходственных сторон:
Si _ AM2 _ т2х2 Sj _ т2
S АВ2 ’ <5 (2т + п)2 х2 (2т + и)2
52 _ NB2 S2 _ т2х2 S2 _ т2
S АВ2 S (2т + nf х2 *5 (2т + п)2
S3 _ QC2 Е3 _ пг2г/2 53 _ т2
S ВС2 S (2т + п)2у2 *5 (2тп + п)2
205
Площадь шестиугольника MNPQRT: SMNPQRT = S - t S2 - S3 . Поскольку
c — 5 _ 5 _ |^'пг
°1 ~ °2 “ o3 - . .2
to SMNPQRT
3Sm2 of, 3m2
(2m + n) (2m + n) ?
/
Ответ: S 1 -
3m2
(2m + n)2 ,
10.386. Расстояния от центра окружности, вписанной в прямоугольный
треугольник, до вершин его острых углов равны у/b и -J10 . Найти катеты.
Решение.
Пусть ОВ = л/w , ОС = т/5 (рис. 10.63). Обозначим ОЕ
= OD = = OF = г, BE = BF и CF = CD (как касательные
к окружности, выходящие из одной точки).
В прямоугольных треугольниках АВС, ЕОВ и COD,
согласно теореме Пифагора, будем иметь
АВ2 + АС2 = ВС2,
ЕВ2 + ЕО2 = ВО2,
CD2 + OD2 = ОС2,
или BE = 710 - г2 , DC = 7б - г2 . Отсюда ВС = BF +
+ FC = BE + DC = V10 - г2 + 7б-т2 , т.е. ВС2 =
= (710 - г2 + 7б - г2 ) = 15 - 2г2 + 2-^50 - 15г2 + г4 . С другой стороны, ВС2 =
= АВ2 + АС2 = (АЕ + BE)2 + (AD + DC)2 = (г + 710- r2 J* + (г + 7б - г2 J =
= 15 + 2rV10 - г2 + 2г7э - г2 .
Следовательно, 15 - 2т2 + 2^50 - 15г2 + г4 = 15 + 2т710 - г2 + 2г7б - г2 , или,
после упрощений, 2т27з0 - 15т2 + г4 = 25 - 15т2 + 2г4.
После повторного возведения в квадрат будем иметь 200т4 - 60т6 + 4г8 =
= 625 - 750г2 + 325т4 - 60т6 + 4т8 , или, после упрощений, г4 - 6т2 +5 = 0. Ре-
шив это уравнение как квадратное относительно г2, получим г2 = 5, что не-
пригодно для решения задачи, и г2 =1, откуда т — 1. Тогда BE = 710-г2 =
= 710 - 1 = 3, DC = 75 - г2 = у/ъ- 1 = 2 . Следовательно, АВ в АЕ + BE = 1 +
+ 3 = 4, АС = AD + CD = 1 + 2 = 3.
Ответ: 4 и 3.
10.387. В треугольнике АВС каждая высота hc и hb не меньше стороны,
на которую она опущена. Найти углы треугольника.
206
Решение.
Пусть треугольник АВС — заданный и АС = Ь, АВ = с,
ВС = a, BD = hb — высота, опущенная из вершины В на
продолжение стороны АС = Ь, ибо, согласно условию,
BD^b, или hb > b (см. рис. 10.64.а). В прямоугольном тре-
угольнике ABD имеем BD < АВ, или hb < с. Тогда
b < hb < с (1). Аналогично, в треугольнике АВС (см. рис.
10.64.6), CD = hc — высота, опущенная из вершины С на
продолжение стороны АВ = с, ибо, согласно условию,
CD > АВ , или hc > с. В прямоугольном треугольнике ACD
Ответ: 45°, 45° и 90°.
Рис. 10.64.а имеем CD АС, или hc £ Ь. Тогда с < hc £ Ъ (2). Сложив
почленно неравенство (1) с неравенством (2),
получим b + e£hb+hc£c + b, которое спра-
ведливо только при Ъ + с = hb + hc = с + b, или
Ъ + с = hb + hc (3). С учетом условия равенство
(3) возможно, когда Ъ = с = hb = hc. Следова-
тельно, треугольник АВС — равнобедренный
прямоугольный. Тогда Z.ABC = ZACB = 45° , а
ХВАС = 90°.
10.388. Сторона ВС треугольника АВС равна а; каждая из двух высот,
опущенных на стороны АВ и АС, не меньше стороны, на которую она опуще-
на. Найти длины сторон АВ и АС.
Рис. 10.65
Решение.
Пусть АВС — заданный треугольник и ВС = а (рис.
10.65).
Используя результаты предыдущей задачи
(№10.387), делаем Вывод, что заданный треугольник
АВС является равнобедренным прямоугольным, т.е.
ZBAC = 90° и АВ — АС. Тогда согласно теореме Пи-
фагора АВ2 + АС2 = ВС2, или, так как АС = АВ и
ВС = а, 2АВ2 = а2, откуда АВ = = °-- . Следова-
тельно, АВ = АС =----.
2
av2
Ответ: АВ = АС =----.
2
10.389. В равнобедренном треугольнике АВС АВ == ВС = 25 см и АС =
= 14 см. Вычислить радиус круга, касающегося ВС в точке D — основании
высоты AD и проходящего через середину АС.
207
Решение.
Пусть АЕ = ЕС = 7 см, OD ~ ОЕ = г, ZCAD = а
(рис. 10.66). По теореме Пифагора BE2 = ВС2-ЕС2,
BE = V625 - 49 = 24 ; ABEC°°AADC, — =—, AD =
АС ВС
- BE AC _ 24 14 _ 336
ВС 25 “ 25 ’
AD
В прямоугольном треугольнике CAD cos а = —— =
AV
336 ,д 24
------:14 = —. В треугольнике АОЕ согласно теореме
25----25
косинусов ЕО2 = АО2 + АЕ2 - 2АО • АЕ cosa, или г2 =
= (AD-r)2+72-2(AD-r)-7—, или т2=р^-т) +
25 \ 25 у
лп 336
+ 49-----
25
175
48 ‘
Ответ: --- см.
48
10.390. В треугольнике АВС со сторонами а = 14 см, Ъ = 15 см, с = 13 см
найти расстояние от точки пересечения высот до вершины А.
Рис. 10.67
Решение.
Пусть АВ = с = 13 см, ВС = а = 14 см,
АС в Ъ = 15 см (рис. 10.67). Полупериметр
AB + BC + AC
Р =
треугольника АВС
2
_ 13 + 14 + 15 _21
2
Площадь треугольника АВС согласно
формуле Герона равна = ^р (р~ АВ) •
7(р - ВС) (р - АС) « V21 • 8 • 7 • 6 = 84. С
другой стороны, =|аС-BD. Тогда
168 56
15 " 5
1 2-84
— АС • BD = 84, откуда BD =
Из прямоугольного треугольника ABD согласно теореме Пифагора AD =
33
5 ‘
= VAB2 - BD2 = J132 - (—1
I \ 5 )
1 2 • 84. 168
Аналогично, — ВС • AF = 84 , откуда AF =---=-----= 12.
2 J ВС 14
Из прямоугольного треугольника ACF найдем FC = 7АС2 - AF2 =
= V152 -122 = 9. Треугольники AFC и AOD подобны, как прямоугольные с
208
АО AD АС • AD
общим углом CAF. Следовательно, ------=----, откуда АО =---------
AC AF AF
1-s 33
15 5 33
12 4 '
л 33
Ответ: — см.
4
10.391. На отрезке АС дана точка В, причем АВ = 14 см, ВС = 28 см. На
отрезках АВ, ВС и АС как на диаметрах построены полуокружности в одной
полуплоскости относительно границы АС. Найти радиус окружности, касаю-
щейся всех трех полуокружностей.
Рис. 10.68
Решение.
Пусть ОВ = 7, ВР = 14, AQ = 21, SF = х
— радиусы соответствующих окружностей
(рис. 10.68). Точки касания расположены на
линиях, соединяющих центры, следовательно,
OS = 7 + х, SP = х + 14, OP = 21, SQ = = 21
- х, OQ — 14, QP = 7. Поскольку
ZOQS + ZSQP = 180°, то cosZOQS = -cosZSQP.
По теореме косинусов (10.6) имеем OS2 =
OQ2+QS2-OS2 ,
откуда cosZOQS =---------, PS2 =
2OQ * QS
= OQ2 + QS2 - 2OQ QS cosZOQS,
np2 + OS2 — P92
= QP2 + QS2 - 2QP • QS cosZSQP, откуда cosZSQP = . To-
2QP • QS
OQ2 + QS2 - OS2 QP2 + QS2 - PS2 .
2OQ QS ~ 2QP QS
(21 - x)2 + 142 - (7 + x)2 _ (14 + x)2 - 72 - (21 - x)2
2(21-x)-14 2 • 7 • (21 - x)
, откуда x = 6.
Ответ: 6 см.
10.392. В круг радиуса R вписаны равносторонний треугольник и квадрат,
имеющие общую вершину. Вычислить площадь общей части треугольника и
квадрата.
Решение.
Пусть OF = ОВ = OD = OE = R, АВ — ВС = АС (ДАВС — равносторон-
ний), FBDE — квадрат (FB = BD = ED — EF) (рис. 10.69). Согласно формулам
а3 = Ry[3 и а4 = йТ2 , где а3 и а4 — стороны правильного треугольника и
квадрата, a R — радиус описанной окружности, находим АВ = Ry/з , а
FB = Ry/2 .
В прямоугольном треугольнике BNF ZNBF = ZFBE - ZABE = 45° - 30° =
= 15° ; cos ZNBF = , или cos 15° = , откуда NB = (1). Вычис-
NB NB 7 cosl5°
209
1 ео 1ЕО / 2ieO ,1, 2 1т COS^U -
лим cos 15 : cos 15 = vcos 15 , применив формулу cos a =------, будем
, cO 11 +cos 30° F+Ж I2 + V3 |(2 + 5/3) - 2 |4 + 2Д
V 2 ¥2 V 4 V 4-2 V 8
_ 13 + 2Д + 1 _ рз + 1)2 J3 + 1 _ /г-—? —о _ V2 - Уз
= ----------= 1-------— ==—. lorna sin io = vl — cos 15 --------.
V 8 v 8 21/2 2
Подставив найденное значение cos15° =
Уз + 1 4R
=---7=— в (1), получим NB = —j=- или, после
2i/2 уЗ +1
умножения числителя и знаменателя правой
части этого равенства на Уз -1,
NB = 2R [4з - 1 j. По формуле S = 1 аЬ sin у
(10.2) вычислим = — FB BN sin!5° = — •
2 2
• Hi/2 • 2R(VS - 1) • = R2(2 - i/з). Соглас-
aV3
но (10.18) r = —^,
следовательно,
OP =
Ri/З Уз R 6 " 2 ’ р р -I р2 р2 РЕ = ОЕ-ОР = R~ — = — ; 5aepl =-— = — Тогда 2 2 2 4 8
, r\ R2 К2М-9)
Smnbkl ~ Sfbde ~ ZSbFBN ~ 25d£PL - 2R - 2R \2 - Уз j - --
R2(8>/3 -9)
Ответ: — -----— .
4
10.393. Около окружности радиуса R = 1 см описана равнобедренная тра-
пеция, площадь которой равна 5 см2. Найти площадь четырехугольника, вер-
шинами которого служат точки касания окружности и трапеции.
АВ, значит 5 = АВ + АВ, откуда
Решение.
Пусть ОМ = ОЕ = R = 1 см, Sabcd = 5
см2 (рис. 10.70). Площадь трапеции Здвсо =
BC + AD
2
МЕ =
BC + AD
2
2R = BC + AD = 5
(1). Для того, чтобы в выпуклый четырех-
угольник можно было вписать окружность,
необходимо и достаточно, чтобы суммы про-
тивоположных сторон этого четырехуголь-
ника были равны. Согласно этому ВС + AD
= АВ + CD, или ВС + AD = 5 (см. (1)), CD =
АВ = —. Далее, из прямоугольного треуголь-
210
ника АВР по теореме
= 7аВ2 - ВР2 = /[ — ] _ Мд)2 = ( 5 Y
VI 2) v ’ VV 2 J
Пифагора имеем АР =
о
-(2)2 = ВС + AD = ВС + (АР +
( ч А
+ PL + LD) = ВС + 2АР + ВС “ 2ВС + 2АР = 2 (ВС + АР) = 21 ВС +1 I.
( 3 I
Поскольку ВС + AD = 5, 21 ВС+ |1 = 5, откуда ВС = 1. AAFY<*AABP,
AY AF AY АЕ 3 AD 3 4 6
следовательно, —— = —— или —— = -z—, откуда AY =----------= —.
АР АВ 3 5’ J 52525
2 2
6 8
FN = YZ = AD - 2AY = 4 - 2 — = — (2). Наконец, площадь четырехугольника,
5 5
вершинами которого служат точки касания окружности и трапеции,
Sefmn = StFMN + s^ne = ±FNMT + ^FN • ТЕ = ±FN(MT + ТЕ) = ±FN • ME =
Lt &
1 8
= — FN 2R = FN • R = FN • 1 = FN (3). Подставляя значение FN-— из (2) в
2 5
g
(3), получим SSFMN = - = 1,6 (см2).
5
Ответ: 1,6 см2.
10.394. Внутри треугольника АВС взята произвольная точка, и через нее
проведены три прямые, параллельные сторонам треугольника. Эти прямые
делят треугольник АВС на шесть частей, из которых три части являются
треугольниками. Площади этих треугольников равны £1( S2 и S3. Доказать,
что площадь треугольника АВС равна + 7^7) •
Доказательство.
Обозначим через В площадь данного
треугольника АВС и через точку О прове-
дем прямые DM||AB, NB|BC и РЕ|АС
(рис. 10.71). Пусть Вд^ор=В|, = В2 и
SADOE = S3. По построению треугольники
с площадями Slt S2 и В3 подобны тре-
угольнику АВС. Поэтому их площади от-
носятся как квадраты соответствующих
сторон, т.е.
S АС2 ’
В2 ЕС2
В АС2 ’ В
DE2 [В? AD [в7 ЕС DE п
--^.О’куда (1), (2), (3). Сложив равен-
ства (1), (2) и (3) почленно, запишем
Е+ IS+ IK=AR+EC + DE
V В Vs Vs AC AC AC
211
AD + EC + DE AC
AC ~ AC
или
Умножив левую и правую части равенства (4) на -Js , получим
Js - & + + Js^ (5), а возведя в квадрат левую и правую части равен-
ства (5), найдем S
_ (7^i*+ + 7^7)
, что и нужно было доказать.
10.395. Центры четырех кругов расположены в вершинах квадрата со сто-
роной а. Радиусы этих кругов равны а. Определить площадь их общей части.
Рис. 10.72
Решение.
Пусть O^OjA — заданный
квадрат, OjO2 = О2О3 = О3О4 =
= О]О4 = а, O4F = О4М = O4L = а ,
Z.MO4F = а (рис. 10.72). Из пря-
моугольного треугольника MNO4
по теореме Пифагора найдем MN:
I------------ I
MN = <Jo4M2-O4N2 = J а2 - — =
= (1). Далее, KN = MP = PN-
а(2-Тз)
-ММ = а- —= -^----------(2).
2 2
МК = PN-MP-KN = a-2KN =
a(2-V3)
= а-2 —------i = a(V3-l) (3).
МК afVs-1) 9 а (2-Тз)
ОМ = — = —------------, ОМ2 = —-------(4).
2 2 2
Тогда площадь квадрата MFKQ SMFKQ = 4SAMOF = 4 • “ОМ2 = a2^2 - у/з
Определим величину угла a:
MR FS J 1
sin Z.MOR =-=-------= — = —, значит,
ОМ OS а 2
ZMOR = ZFOS = 30°, отсюда Za = 90° - 2 • 30° = 30°. Следовательно, по
1 21 7Г । 1 2 ( Я 1 I
формуле (10.36) ScezMeHma MLF =-R --sin-=-a — -- .
2 \ 6 O J & \ О 2 /
Наконец, найдем площадь общей части четырех кругов. Это будет площадь
криволинейного четырехугольника MFKQ. Итак, SMFKq = SKe MFKq +
2/ а2 я-3 (З~з7з+я)а2
+ 45с егмента MLF ~ ® •v3j + 4’2’ g — 2
(3 - Зл/з + лг) • а2
Ответ: --------------.
212
10.396. В окружность радиуса R вписаны три равные окружности, касаю-
щиеся внешней окружности и попарно друг друга. Вычислить площадь фигу-
ры, ограниченной этими тремя окружностями.
Решение.
Пусть ОА = R и О2А = О2С = О3С = О3В = г
(рис. 10.73). Так как OjO2 = О2О3 = OiO3 = 2т,
то треугольник OAQg — равносторонний.
ОО2 = ОА - О2А = R - г (1).
С другой стороны, ОО2 является радиусом
описанной окружности около треугольника
О]О2О3 со стороной, равной OiO2 = 2г. Ис-
д, ^з"
пользуя формулу R3 = ——, где R3 — ради-
3
ус описанной около равностороннего треуголь-
О.О.^З 2т^З _
ника со стороной а3 окружности, получаем ОО2 = —— -----=------ (2). Срав-
3 3
2тТз
нивая правые части равенств (1) и (2), находим R - г =---------, откуда
г = ЗЕ _ (3). Тогда О.О, = 2т = —(4).
3 + 2V3 3 + 2V3
Наконец, площадь искомой фигуры S = - 3SceKmopa Озсв ~
= ^О,О2 • О2О3 sin60° - 3 • ~О3С2 • ZCO3B = |(ОА)2 * у- ~ |о3С2 • j (5).
6R 3R
Подставляя значения 0.0, =-------= из (4) и О.С = г =------==
1 2 3 + 2^3 3 3 + 2V3
... с if 6R Y 7з 3R f К2(бл/3-3л)
(5), имеем S = — ----=-----------------;= = —)---------.
2^3 + 2V3j 2 2V3 + 2V3 7 217 + 4-Тз)
из (3) в
Умножив числитель и знаменатель полученного выражения на
7-4<Тз ,
Й2(б7з - Зл) (7 - 4>/з
получим S = —--------—-------
К2(б7з-Зя) (7-4Тз)
Ответ: —---------—-------
10.397. В окружность радиуса R вписаны шесть равных окружностей, каж-
дая из которых касается данной окружности и двух соседних. Вычислить
площадь фигуры, ограниченной этими шестью окружностями.
Решение.
Пусть OD = R (рис. 10.74). Обозначим OjC = OjA = OjB = т. Тогда
OOj = OD - OjD = R - r (1). С другой стороны, OOj = OjO2 = r + r = 2r (2)
(ибо O1O2O3O4O5O6 — правильный шестиугольник и OOj — радиус описан-
213
ной около него окружности). Сравнив правые части равенств (1) и (2), полу-
R 2
чим R - г = 2г, откуда г = —, а ОО, = R - г = —R.
3 3
Площадь искомой фигуры равна площади
правильного шестиугольника О1О2О3О4ОбОб
без шести площадей сектора О^АВ, т.е.
$ = ‘^01020304050e " 6iS’ceKTOOpO OjCAB = 6<£доО1О2 “
- 6 • —OjA2 • ZCOjB = 6 • -OOi • 002 • sinOlOO2 -
2 2
- 3R2 • — = 300? • sin60° - 2т2я = зГ-r)
з 1з )
2
•Я —
9
Ответ:
9
10.398. В окружность радиуса R вписаны четыре равные окружности, каж-
дая из которых касается данной и двух соседних. Вычислить площадь фигу-
ры, ограниченной этими четырьмя окружностями.
Решение.
Пусть ОА — R (рис. 10.75). Обозначим
С^А = O2D = О2С = О2В = г. Тогда ОО2 = ОА -
-O2A-R-t (1). В прямоугольном тре-
угольнике ОО2О3, согласно теореме Пифаго-
ра, имеем ОО2 + ОО3 = О2О3, или, поскольку
ОО3 = ОО2, О2О3 = 2т , то 2ОО2 = 4г2 , отку-
да ОО2 = гТ2 (2). Сравнив правые части
равенств (1) и (2), получим R - г = гу/2 , от-
R
куда г =-----=. Площадь искомой фигуры
1 + V2
равна площади квадрата О1О2О3О4 минус
четыре площади сектора O2DCB , т.е. S = <5^^ - 45секгпора q2DCB =
= О2О? - 4 • -О2С2 • ZDO2B = 4г2 - 2т2 • - = (4 - я) г2 = (4 - я) • (.
2 2 k V ' V1 + -T2
(4 - я) • R2
3 + 2^2
(4 - я) • R2 • (3 - 2V2)
(з + 2^)(з-2^)
= В2(з-2^)(4-я).
Ответ: R2^3 - 2V2) • (4 - я).
214
10.399. Сторона правильного треугольника равна а. Из его центра описана
а _
окружность радиуса —. Определить площадь части треугольника, лежащей
вне окружности.
Решение.
Пусть АВ = ВС = АС = а, ОМ = ON = у
(рис. 10.76). Легко доказать, что MNPQLT
— правильный шестиугольник. Тогда
OM = ON = j, MB = NB = MN = |. SMjNB =
1 1 (а\1 2 7з а27з
= -MBBNsinZMNB = ~- - • —= ——
2 2 \3j 2 36
(!)• ^сегмента MKN ~ ^сектора OMKN ~
~ snomn = • ^MON - ~ON ОМ •
sinZMON = —ON2 — - —ON2 sin— =
2 3 2 3
n Уз)
3 2 J 108 1 '
Искомая площадь равна 5 = - ScetMeHma MKN) (3). Подставив зна-
чения из (1) и 5сегжеято MKN из (2) в (3), получим
(а24з а2(2я-з7з)Л
36 108
а2(з«7з- я)
Ответ: —-----------— .
18
а2(з7з- я)
18
10.400. Вычислить площадь треугольника по двум сторонам а и b и биссек-
трисе I угла между ними.
Рис. 10.77
Решение.
Пусть АС = Ъ, ВС = b, ZACD = ZDCB и CD
= I (рис. 10.77). Обозначим ZACD =
= ZDCB - а. Тогда S^bc = -^ab • sin 2а (1).
С другой стороны, <5ддвс =^ol-sina +
+ ^bl-sina (2).
Сравнив правые части (1)
и (2), получим
1 v „ 1 , . 1„
—ab sm2а = —al smа + — Ы
2 2 2
sin а, или 2аЬ • sin а cos а = al • sin а + Ы sin а (3).
215
Разделив обе части равенства (3) на sin а 0, запишем
/ х 1(а + Ь)
2аЬ cos а = I • (а + Ь) , откуда cos а = —--— (4). Возведем обе части равен-
2аЬ
2 I • ta т ui
ства (4) в квадрат. Получим cos а ---------------—=-z--
4агЪ2
или 1 - sin2 а =
I2 • (а + Ь)2
--- „ 9 , откуда sina =
4azb2
Ла2Ь2 - Z2 • (a + b)2 1
---------------. Наконец, 5дддс = - ab sin 2a =
2db-----------2
74a2b2-l2-(a + b)2 Z-(a + b) I .
-------ы-------~^r^4ab ~l {a+b>
Z(a + b)
= ab • sin a cos a = ab —1-
2ab
Ответ: + ?) . J4a2b2 - Z2 • (a + b)2 .
4ab ’ '
10.401. Найти радиус круга, если площадь круга на Q кв. ед. больше пло-
щади вписанного в него правильного двенадцатиугольника.
Решение.
Обозначим радиус круга, описанного около правильного двенадцатиуголь-
„ „ „ 1 2 360°
ника через R. Площадь правильного многоугольника Sn = -R -n-stn--------,
2 п
где R — радиус описанной окружности, п — количество сторон. Согласно этой
формуле S12 = -^-R2 • 12 • sin30° = 3R2 (1). По условию xR2 = Q + <$12 (2). Под-
ставив значение S12 = 3R2 из (1) в (2), получим xR2=Q + 3R2, откуда
Ответ: .-----.
V л - 3
10.402. Окружность радиуса R с центром в точке О разделена точками А,
В, С, D, Е, F на шесть равных частей. Определить площадь фигуры СОЕ, ог-
раниченной дугой ОС с центром в точке В, дугой ОЕ с центром в точке F и
дугой СЕ с центром в точке А.
Решение.
Пусть ОЕ = OF = ОА = ОВ = ОС = R (рис.
10.78), тогда АВ = ВС = CD = DE = EF = FA = R,
EA = AC = R-x/з , ЛЕАС - —, ЛАОС = — л. Площадь
3 3
ИСКОМОЙ фигуры SCnEO = SceKmOpa АЕпС ~ 25ДАОС ~
— 2*5сегжеитв отС- (1) ^сектора = (Ю.35).
-1ac2 zeac=1(rJ3)2 (2)
216
2£даос = 2~AOOCsin ЛАОС = АО2 • sin^n = . (3) SceiMtHma =
Z О Z
= ±R2(a-sina) (10.36). 2ScetMeHma ОтС = 2 ±ОВ2(ЛОВС - sin ЛОВС) =
Z Z
Л) К2(2л:-з7з)
(3 2 J 6
Подставив значения SceKmopa АЕпС из (2), 25^^ из (3) и 25сегмекта ОтС
... ... с JtR2 R2V3 К2(2лг-з7з) r2„
из (4) в (1), получим SCnEO = —---------*—-------= •—
Z Z О о
_ r2jc
Ответ: -----
6
10.403. В прямоугольном треугольнике АВС (ZC = 90°) проведена высота
CD. Радиусы окружностей, вписанных в треугольники ACD и BCD, равны 0,6
и 0,8 см. Найти радиус окружности, вписанной в треугольник АВС.
Решение.
Обозначим через т — радиус окружно-
сти, вписанной в треугольник АВС, гг —
радиус окружности, вписанной в треуголь-
ник CBD и т2 — радиус окружности, впи-
санной в треугольник ACD (рис. 10.79); 5 —
площадь треугольника ABC, Sx — площадь
Рис. 10.79 треугольника CBD и S2 — площадь тре-
угольника ACD.
Треугольник ACBDooAABC, как прямоугольные треугольники с общим уг-
т2 S
лом В, следовательно, -~г = — (1). Аналогично, AACD«AABC , следовательно,
тг S
г2 _ $2
Г2 S
(2).
г2 г2 S S
Сложив почленно равенства (1) и (2), получим А- + = — + —, или
гг г S S
Г. 4" То *5, + Sn S , 2 2 2 I 2 2 .г..
——= —— 2- = — = 1, откуда г2 = 7*1 + т*2 , или т - Jr2 + т2 (3). Подстав-
r S S
ляя из условия значения 7\ = 0,6 и т*2 = 0,8 в (3), найдем
г = J(0,6)2 + (0,8)2 =1.
Ответ: 1 см.
10.404. Площадь треугольника АВС равна площадь треугольника АОВ,
где О — точка пересечения высот равна S2. На прямой СО взята такая точка
К, что треугольник АВК — прямоугольный. Доказать, что площадь треуголь-
ника АВК есть среднее геометрическое между и S,.
217
Рис. 10.80
Доказательство.
S&ABK - U)’ *^ДАОВ ~ " OD
(рис. 10.80), или S2=^ABOD (2); S^abc =
= ^-AB-CD, или <$!=•£АВ-CD (3). Разде-
лив (1) на (3), получим (4), а
CD
разделив (1) на (2), будем иметь
(5). Перемножим почленно ра-
S2 OD
$2ьавк KD2
венства (4) и (5): --=--------. (6)
ад CDOD
Высота, проведенная из вершины прямого угла прямоугольного треуголь-
ника на гипотенузу, есть среднее пропорциональное между проекциями кате-
тов на гипотенузу. Следовательно, KD2 = AD BD и равенство (6) примет вид
S2&abk _ AD BD _
ад " CD OD ( ‘
Заметим, что ABDO°°AADC (ибо в прямоугольных треугольниках BOD и
COF ZBOD = Z.COF как вертикальные и треугольники BOD и COF подобны,
следовательно, ZOBD - Z.OCF = ZACD ).
_ AD OD „
Тогда , откуда AD BD = CD OD (8). Подставив значение
AD BD из (8) в (7), получим S~^~ ~ = = 1, откуда S2&abk = ад2 ,
2 OU * OU
или •S'aabk = ^1^2 , что и требовалось доказать.
10.405. В равносторонний треугольник со стороной а вписана окружность. К
окружности проведена касательная так, что отрезок ее внутри треугольника
равен Ь. Найти площадь треугольника, отсеченного этой касательной от дан-
ного.
Рис. 10.81
Решение.
Пусть АВ = ВС = АС = a, DE = Ь.
SAABC = —— (рис. 10.81). Проведем
ОМ1АВ, ON1DE и OF1BC.
OM = ON = OF = OK = r = —. DM = DN
6
и EN = EF как касательные к окружности,
выходящие из одной точки. Тогда
S&OMD = S&ODN ’ S&ONE = $bOEF » &MDEFO =
1 аЬл/з
= 25AOD£ = 2 ~DE • NO = S^OK =
Z О
218
-lAKOK-a'13 S -S S -4S
~ J АЛ ‘ “ 24 ’ ЛдВ£)£ “ ЛдАВС °MDEFO ^°ДАОК “
а2-Л - 2abV3 аУз(а - 2b)
12 12
а>/з(а - 2b)
Ответ: -------
12
аЬ4з а2 Уз
~~6 6~
10.406. Основания высот остроугольного треугольника АВС служат верши-
нами другого треугольника, периметр которого равен 2р. Найти площадь тре-
угольника АВС, если радиус описанной около него окружности равен R.
Рис. 10.82
Решение.
Пусть AjBj + BjCj + = 2р, OjA =
= OiB = OjC = R (рис. 10.82).
Треугольник A^Cj, вершинами кото-
рого являются основания высот данного
треугольника АВС, называется ортоцен-
трическим с центром О. Построим тре-
угольник А2В2С2, соединив точки пересе-
чения продолжения высот треугольника
АВС с описанной около него окружностью.
Рассмотрим ЛСОВ2 : ZB1B2C = ZBAC =
= ZCOB2, следовательно, ДСОВ2 — рав-
нобедренный и OBi = ВХВ2; аналогично,
OCi = CiC2, ОАХ = AjA2 . Тогда треуголь-
ники AjBjCj и А2В2С2 — гомотетичны (причем О — центр гомотетии и ко-
эффициент гомотетии к — 2), следовательно, радиус окружности, описанной
около треугольника AjBjCj
R, = —R.
1 2
Найдем углы треугольника AjBjCj :
ZB2A2C2 = ZB^jCj = ZC2CB2 = 2ZQCA = 2(90° - a) = 180° - 2A; Z-C^A^ =
= ZCjBjAj = 2(90° - B) = 180° - 2B; ZB2C2A2 = ZBXCXAX = 2(90° - c) = 180° - 2C.
_ BiC< AiC, AjB, n„
Согласно теореме синусов --—-----=-----—------=------—------= 2RX,
sin Z.BXAXCX sin ZAXBXCX sin ZAXCXBX
откуда BiCi s= 2Rj • sin (180° - 2Aj = 2Rj sin 2A = 2 • R • sin 2A = R sin 2A, AjCj =
= R • sin2B, A1B1 = R • sin2C.
Полупериметр треугольника AjBjCj
p = — R • (sin2A + sin2B + sin2C) (1).
^aabc _ ^AAOjB + *^дво1с + S&co^a - R2 s^n ^AOXB + — R2 • sin ZBOXC +
1 9
—R2 sinZCOxA. Поскольку ZAOjB = 2ZC
(как центральный по отношению
219
к вписанному, опирающемся на ту же дугу), ZBOjC = 2ZA, ZCOjA = 2ZB, то
<5давс ~ sin2C + Ад2 sin2A + ^R2 sin2B = R ^R(sin2A + sin2B + sin2C).
Воспользовавшись равенством (1), получим SMBC = R p.
Ответ: Rp.
10.407. Стороны треугольника ABC разделены точками M, N и Р так, что
АМ:МВ = BN.NC = СР:РА = 1:4. Найти отношение плошади треугольника,
ограниченной прямыми AN, ВР, и СМ, к площади треугольника ЛВС.
Решение.
Обозначим AM = х, МВ = 4х; BN = у,
NC = 4у, СР = z, РА = 4z (рис. 10.83). Тогда
АВ = 5х, ВС = 5у, АС = 5z.
Пусть hAB, hAC, hgc — высоты, прове-
денные к соответствующим сторонам тре-
угольника АВС. Тогда
*^давс = 2 АВ ^лв - ~2^ ‘ ^вс = АС • hAC,
$ллмс - ^АМ - — • —АВ • йдв = • ^-дв
Z Z 0 1U
= -А- ВС • hBC, следовательно, ^аамс _ ^аврс _
$ЬАВС
— С — С — ^ЛАВС ti \
“ - °ДВРС----g О)-
SABPC - ‘ ^АС - S&ABN 10----
_ ^aabn = 1 Таким образом, 5ддМС
S&ABC 5
&&АВС
NB = 1
NC “ 4
NK
Проведем МКЦДЛТ. Тогда
AM 1 „
= — (2). Согласно условию
,04 X, NK NB 1 1 NK 1 „
(3) . Умножив (2) на (3), запишем------------, или ---= —. Следова-
NB NC 5 4 NC 20
тельно, и = —. Обозначим MD = t, DC - 20 t, тогда МС = 21t.
DC 20
Тпгпя Q — А МП . h __________- . — МС . h • ^ААМР_____С — ^ААМС
югда г>ддМ£) - — ми nMD ~2 21 Пм[) ’ S “ 2? ’ Л&АМГ> ~ 21
— — (см. (1)). Следовательно, ^ддмв = • Легко
и *^ABNE = S&CPF - • Таким
10э
Но <5 —
ио ь&дмс-----g
* NE PF 1
убедиться, что ----= — = —
У ЕА FB 20
о _ о о _ ЗдАВС
&&АМР ~ ^ABNE - ЛОСРР---iq5
Наконец, SAD£F = *5ддВс “ $ламс ~ $лавы ~ ^ьврс + £&amd + $abne
о ос .ос о 35ддВС 35ддВС _ З^ддас
- ЛЬАВС ~ ЛЛЛАМС + ^ЛАМР ~ ЛДАВС + » а
образом,
+ S^pF -
S&DEF _
^ДАВС
_ Т^длвс _ з 3 7
S&ABC 7
Ответ: 3:7.
220
10.408. Около окружности радиуса 5 см описана равнобедренная трапеция.
Расстояние между точками касания ее боковых сторон равно 8 см. Найти
площадь трапеции.
Рис. 10.84
•10 = 125.
Ответ: 125 см2.
Решение.
Пусть ON = ОМ = 5 см (рис. 10.84). Тогда MN
= 10 см — высота трапеции. EF = 8 см. Прове-
дем среднюю линию трапеции PQ, а также ра-
диус OF в точку касания В ARFO
cos Z.RFO = , ZRFO = ZFOQ (как на-
OF 5
крест лежащие при параллельных PQ и EF).
OF 4
Тогда в NFOQ cos Z.FOQ = —— = —, OQ -
OQ 5
5OF 25 „ 25 _ 25
= , PQ = —. Sabcd=PQ-MN = — -
10.409. Треугольник co сторонами 13, 14 и 15 разделен на три равновели-
кие части прямыми, перпендикулярными большей стороне. Найти расстояния
до этих прямых от ближайших к ним вершин треугольника, находящихся на
большей стороне.
Рис. 10.85
Решение.
Пусть АВ = 13, ВС = 14, АС = 15 и FE и KD
разделяют треугольник АВС на три равновели-
кие части (рис. 10.85), т.е. S^fe = SEFBKD =
= S&CKD = ~$&лвс Проведем ВТ1АС — высоту
3
треугольника АВС. Полупериметр треугольника
АВ + ВС + АС 13 + 14 + 15
АВС р =----------------=------------ 21.
2 2
Площадь треугольника АВС согласно формуле
Герона = ^р(р-АВ)(р-ВС)(р-АС) =
= д/21 • (21 -13) • (21 -14) • (21 -15) = 84 (1).
С другой стороны, 5
лдвс =-АС-ВТ = — 15-ВТ
ДАВС 2 2
(2). Сравнив правые части
(2) и (1), получим —-— = 84 , откуда ВТ — 11,2. Применив теорему Пифагора,
найдем АТ из прямоугольного треугольника АВТ: АТ = -у/АВ2 - ВТ2 =
= д/132 - (11,2)2 = 6,6. Тогда ТС = АС - АТ = 15 - 6,8 = 8,4. Далее, AAFE°°
ооДАВТ, а площади подобных треугольников относятся как квадраты соответ-
АЕ2
ствующх сторон, значит, =--------г (3).
5МВТ АТ2
221
Подставив значения S^FE = -^S^bc = ^ • 84 = 28 , = 7 AT • ВТ =
= - • 6,6 • 11,2 = 36,96 и AT2 = (6,6)2 = 43,56 в (3), получим -Ш— = , отку-
2 36,96 43,56
да АЕ = 733 • Аналогично, ACKD<x>ACBT, следовательно (4).
$дсвт СТ2
Подставляя значения S&ckd — “^ддвс — ~ • 84 — 28, S^CBT — — *$ддвг —
и о
= 84 - 36,96 = 47,04 и СТ2 = (АС - АТ)2 = (15 - 6,б)2 = (8,4)2 = 70,56 в (4), полу-
28 CD2 I__
чим ------=------, откуда CD = V42 .
47,04 70,56
10.410. В трапецию, у которой меньшее основание равно а, вписана окруж-
ность. Одна из боковых сторон трапеции делится точкой касания на отрезки
длиной тпип, считая от большего основания. Определить площадь трапеции.
Решение.
Пусть ВС = а, АЕ - т, BE = п (рис.
10.86). OP = ОК = OL - ОЕ — радиус ок-
ружности, вписанной в трапецию ABCD.
Соединим центр окружности О с точками
А, В, С и D. Треугольники АОВ и COD бу-
дут прямоугольными и ZAOB = ZCOD =
= 90°. Проведем ОЕ1АВ и OKLCD.
Высота, проведенная из вершины пря-
мого угла, есть среднее пропорциональное
между проекциями катетов на гипотенузу.
Согласно этому в треугольнике АОВ
ОЕ2 = АЕ • BE = тп (1), откуда ОЕ = Vmn . Тогда высота трапеции LP =
= OL + OP - 2ОЕ = 2-Jmn (2). В треугольнике COD ОК2 = СК DK (3). Срав-
нив (1) и (3), получим CK DK = тп, или, поскольку СК = CL = ВС - BL =
/ \ ТПП
= ВС - BE = а - п, то (a-n)DK = mn, откуда DK =--------. Тогда AD =
а - п
. _ тп
= АР + DP = АЕ + DK = т +-
а - п
ат - тп + тп _ ат
а -п а-п
Площадь трапеции ABCD
$abcd
BC + AD
2
LP =
a + _am.
а-п
2
• 2-Vmn =
I ( т + а - п
= ау/тп • ----
V а-п
„ I--- ( т + а-п
Ответ: a^Jmn • -----
у а-п
222
10.411. Даны два правильных треугольника площадью 5, из которых вто-
рой получен поворотом первого треугольника вокруг его центра на угол 30°.
Вычислить площадь пересечения этих треугольников.
Решение.
Площадь искомой фигуры (рис. 10.87)
$dmnpqt =6$ых>м =6(S&doe + Здмое) U)-
ZODE = ZDOE = 45°, следовательно, ADOE
— прямоугольный равнобедренный, ZOED =
= 90° , DE = OE. Тогда SADOE = | DE • OE =
1 2
= ~OE (2)> где OE — радиус окружности,
вписанной в треугольник АВС. Применив
с о? >!з о.у/з „
формулы 5 =------ и г =-------, где S —
4 6
площадь равностороннего треугольника, а г
— соответственно его сторона и радиус вписанной окружности, получим
2 2 SJ3
ОЕ = г =-. Подставив это значение ОЕ в равенство (2), найдем
1 sVs Sy/з
SADOE = = (3)- В прямоугольном треугольнике MAXD ZAXMD =
= 90° - Z.MA1P = 90° - 60° = 30°. Тогда в прямоугольном треугольнике МОЕ
будем иметь ZOMB = . 75-, . ^ОМК-^.или
tg75° = — (4). tg75° = tg(45° + 30°) = tg— + tg3° = = 2 + ^3.
ME V f l-tg45°tg30° l--t
Подставив значение tg75° = 2 + V3 в (4), получим 2 + V3=-, откуда
ME =
OE ОЕ-(2-Уз)
2 + 7з (2 + 7з j (2 - 7з)
= Oe(2-л/з).
OE2(2 Я} 1 (2
v /29'/ 18
Тогда Злмое ~ ^ME OE - — •
z z
(5). Наконец, подставив значе-
ния 5доое из (3) и «5дмое
из (5) в (1), получим SDMNPVr
Sj3 З.(з7з-з)'
18 + 18
к /
= (V3-1)S.
Ответ: ^/з -1) S.
223
2r2
10.412. Площадь прямоугольного треугольника равна --, где г — радиус
3
окружности, касающейся одного катета и продолжений другого катета и ги-
потенузы. Найти стороны треугольника.
Решение.
Положим ВС — а, АС = Ь, АВ = с (рис.
10.88).
Вневписанная окружность (О; г) каса-
ется сторон треугольника АВС в таких
точках D, Е и F, что FC = ЕС = г, AD —
= АЕ — Ъ ~ г, BF = BD (отрезки касатель-
ных к окружности, выходящих из одной
точки равны), т.е. г + а = Ь — r + с, откуда
с — 2г + а - Ь. По теореме Пифагора
(2т + а - Ь)2 = с2 = а2 +Ъ2 , или, после упрощений, 4r2 + 4га - 4rb - 2аЬ = 0,
2т2 + 2га = (2г + а)Ь (*). По условию Зддвс = “вЬ = ^г2. откуда Ь = . То-
4т2
гда равенство (*) примет вид 2т(т + а) = (2т + а)-, За (г + а) = 2т (2г + а),
За
За2 + аг - 4т2 = 0. Решив последнее уравнение как квадратное относительно
4
а, получим а =----г, что непригодно к решению задачи, или а = г. Тогда
3
, 4г2 4 n п 4 5
Ь =---= — г, с = 2г + а - о = 2г + г-т = —г.
За 3 3 3
Л 4 5
Ответ: г, —г и —г.
3 3
10.413. Диагонали трапеции разбивают ее на четыре треугольника. Дока-
зать, что если площади двух из них, прилежащих к основаниям трапеции,
равны р2 ид2, то площадь трапеции равна (р + q)2.
Рис. 10.89
Доказательство.
Пусть площадь треугольника ВОС =
= р2 , а площадь треугольника AOD SAAOD =
= q2 (рис. 10.89). Площади треугольников АОВ
и DOC равны между собой. Действительно,
*$даво = S&acd как треугольники с общим ос-
нованием AD и одинаковой высотой. Тогда
S&abd ~ S&AOD = $&acd ~ &&AOD • Следовательно,
•^ддов ~ $мюс Тогда SABCD = р2 + q2 + .
Определим SADOC . Треугольники ВОС и AOD подобны (у них ZBOC = Z.AOD
как вертикальные и ZOBC = ZODA, как внутренние накрест лежащие), а в
подобных треугольниках площади относятся как квадраты соответствующих
224
р2 во2 ВО р
сторон, следовательно, т =---г, или --= — (1).
q2 DO2 DO q
С другой стороны, треугольники ВОС и COD имеют общую высоту, если за
„2 ВО
их основания принять отрезки ВО и OD. Тогда — ---= —— (2). Сравнив (2) с
£доос
р2 р 2 2
(1), будем иметь -------= —, SdDOC=pq. Тогда SABCD = р +q +2pq =
b&DOC Я
= (р + q)2, что и нужно было доказать.
10.414. В четырехугольнике ABCD через середину диагонали BD проведена
прямая, параллельная другой диагонали АС. Эта прямая пересекает сторону
AD в точке Е. Доказать, что отрезок СЕ делит четырехугольник ABCD на
равновеликие части.
Рис. 10.90
Доказательство.
Пусть S — площадь четырехугольника
ABCD, Ef||AC, М — середина BD (рис. 10.90);
АСМЕ — трапеция, N — точка пересечения ее
диагоналей СЕ и AM, значит, ЛАСМ и ААСЕ
равновелики (как треугольники с общим осно-
ванием АС и общей высотой), равновелики
также треугольники CNM и ANE. С другой сто-
роны, медианы делят ABCD и ABAD на рав-
новеликие части: «/щсм = S&cmd> sabam “
-S&MAD’
S&CED ~ S&£NM + $ACMD + 'S'aMAD ~ “^AANE ~
= S&CMD + SAMAD = ^SABCD + ^S^AD = , что и требовалось доказать.
£t Z Z
10.415. Прямая, параллельная основаниям данной прямоугольной трапеции,
рассекает ее на две трапеции, в каждую из которых можно вписать окруж-
ность. Найти основания исходной трапеции, если ее боковые стороны равны с
и d, причем с < d.
Решение.
Пусть AD =* с, ВС = d (рис. 10.91). Трапеция
ABNM подобна трапеции MNCD, следовательно,
— = —, откуда MN2 = АВ CD (1).
MN CD
Для того, чтобы в выпуклый четырехугольник
можно было вписать окружность, необходимо и дос-
таточно, чтобы суммы противолежащих сторон
этого четырехугольника были равны. Согласно это-
му
АВ + MN = AM + BN (2),
MN + CD = MD + NC (3).
Сложив равенства (2) и (3), получим
225
AB + MN + MN + CD = AM + BN + MD + NC. Поскольку AM + MD = c,
BN + NC = d, to AB + CD + + 2MN = c + d (4).
Проведем АЕ|ВС. Тогда в прямоугольном треугольнике AED сторона DE =
CD - СЕ = CD - АВ и по теореме Пифагора DE = у/аЕ2 - AD2 , или
CD - АВ = ТвС2 - AD2 = y/d2 - с2 (5). Сложив (4) и (5), получим 2CD +
+ 2MN = с + d + Vd2 - с2 , откуда CD = -С - + С - MN (6), а отняв от
(4) (5), получим 2АВ + 2MN = c + d- Vd2 - с2 , откуда АВ = -----MN
(7). Умножим (7) на (6). Получим
с + d 4- Vd2 - с2
2
-MN
(8).
из (8) в (1) будем иметь MN2 =
с + d - y/d2 - с2 шжжг
---------------------MN
После подстановки значения АВ-CD
с + d + у/d2 — с2
- MN , откуда, после упрощений,
2
2
С с
MN = — (9). Подставив значение MN = — из (9) в
2 2
с + d + Vd2 - с2 с d + Vd2 - с2
=--------------------------------, а при подстановке
2 2 2
(6), получим CD =
MN = | из (9) в (7),
найдем АВ =
d-y/d2-c2
Ответ: ----------- и
2
с 4- d — 7d2 - с^ _ £ _ d - Vd2 - с2
2 ~ 2
d + y/d2 - с2
2
10.416. Определить площадь треугольника по его трем высотам hlt h3.
Решение.
Обозначим стороны треугольника АВС ВС — а, АС = Ь и АВ = с, соответст-
вующие им высоты ha = hx, hb = h2 и hc = h3. Площадь треугольника ABC
(D. откуда a.SfMt, c=2b^.C
2 2 2 na nb nc
другой стороны, согласно формуле Герона, Sj^c = ^р (р - a) • (р - b) • (р - с)
(2), где
_ 1 { , h \ _ 1 ( 25ддвс , 2*5лавс 25’ДАВс „ f 1 1 1
p_-(a + b + c)--^-^ + -j—4--^—+ _ + (3),
o fl 1 1 25a4BC fl 1 1 2 )
p-a- S^abc T" + T~ + T~-г = smbc T~ + T~ + T T~ ~
V «0 nb hc J "-a \ "b "’c )
226
_ $ьавс [Т~ + Т~ h I
К^ь "с ha)
h_C f 1 . 1 1 I 2*^ДАВС _ c fl
р - О - Оддвс ’ I Т~ + Т“ + Ti Г дДАВС • I —
\па hb пс J hb \Jia
= Злавс ' fv- + т т~^ (5)>
Лс ЛЬ J
_ с f 1 , 1 1 2£дАВС _ С fl
Иа Ч hc) hc \h
hb
h.
2
hb
1
hb
2
hr
2
hr.
~ S&ABC ' I ~T~ + T~ V~ (6)-
ЛЬ "’c J
Подставив значения p, p~a, р-Ьир-сиз (3), (4), (5) и (6) в (2), полу-
чим
$ЬАВС ~ $ ДАВС
откуда
±t±+±U±+±_±Yf±+j._±W+± П
ha hb hc) \ha hb hc) \ha hc hb) [hb hc ha)
или
10.417. В прямоугольный треугольник ABC (ZC = 90°) вписана окружность,
касающаяся его сторон в точках At, Вх, Ct. Найти отношение площади тре-
угольника АВС к площади треугольника A1J31Ci» если АС — 4 см, ВС =
= 3 см.
Решение.
•^^авс = “АС • ВС = i • 4 • 3 = 6 (рис. 10.92). Соглас-
2 2
но теореме Пифагора АВ2 = АС2 + ВС2, или
АВ2 - 42 + З2, откуда АВ = 5. В прямоугольном тре-
а + Ъ-с
угольнике г =---------, где а, Ъ — катеты, с — гипо-
тенуза, г
OBi = OAt
— радиус вписанной окружности. Тогда
= АС+ВС-ЛВд4 + 3-5=1 _
2 2
квадрат, следовательно, СВХ = CAj = OBt = ОАХ = 1.
Площадь треугольника А1В1С1
227
- ~CB] ‘ S&AiBc - ’ sin В ~2 ’ ®*n ® ~
= -(BC - CAj2 • — = 1(3 - I)2 • - = -.
2V v AB 2V ’ 5 5
S&BlACi = • AC. sin A = ^AB*- sin A = 1(AC - CBj2 ~ = 1(4 - l)2 •
3 27
• — = — (здесь BAi = BCj и AB. = AC. как касательные к окружности, выхо-
дящие из одной точки). Тогда = smbc ~ $да1В1с ~ S^bc. ~ ^лс, =
„ 1 8 27 12 6 тт 5давс 6 с
2 5 10 10 5 f
Ответ: 5.
10.418. В окружность вписан четырехугольник, длины сторон которого рав-
ны а, Ь, с и d. Вычислить отношение длин диагоналей этого четырехугольника.
Рис. 10.93
Решение.
Пусть АВ = а, ВС = b, CD = с, AD = d (рис.
10.93).
По следствию из теоремы синусов АС =
= 2R sin Р , где R — радиус описанной окруж-
ности, Р = ААВС - п - ЛАОС; BD = 2Rsina,
где а = ZBAD = л-ЛВСО. Отсюда .
BD sina
С другой стороны, SABCD = lab • sinP + led •
2 2
sinP = ^ad-sina+^bc-sina, т.е.sinP• (ab + cd) =
, , . x „ AC sin P ad + be
= sina • (ad + be). Тогда -=--— =-------
BD sina ab + cd
Ответ:
ad + bc
ab + cd
10.419. Круг с центром на стороне AB треуголь-
ника ABC касается двух других его сторон. Найти
площадь круга, если a = 13 см, b = 14 см, с =
= 15 см, где а, Ъ и с — длины сторон треугольника.
Решение.
Пусть ВС = a = 13, АС = b = 14, АВ = с = 15
(рис. 10.94). Обозначим ОЕ = OD = OL = ОК = г —
радиус окружности.
Построим ABFA, симметричный ДВСА. По
формуле Герона 8^^ = ^р • (р - а) • (р - Ь) • (р - с),
&ААВС = "^21 • 8 • 7 • 6 = 84. &BCAF = ^ЛАВС = 16®-
228
Sbcaf 168 56
формуле г = - (10.27), г = = — = —.
Р Pbcaf *•’ ®
_ „ 2 о 3136л
Тогда SKp = яг , т.е. S =----.
81
3136л 9
Ответ: -------- см .
81
10.420. В треугольник с основанием, равным а, вписан квадрат, одна из
сторон которого лежит на основании треугольника. Площадь квадрата состав-
ляет 1/6 часть площади треугольника. Определить высоту треугольника и
сторону квадрата.
NB Р
Рис. 10.95
А МК Q
Решение.
Пусть АС = a, MNPQ — квадрат
(рис. 10.95) и S mnpq ~ $&авс > или
о
MQ2 = 1. -АС ВК , 12MQ2 = а ВК (1).
6 2
NP BL
ANBP°°AABC , следовательно, --=----, или, так как NP = MQ и BL — — ВК
АС ВК
LK = ВК
_ 12MQ2
Di\ — . —
а
12MQ2
MQ д »
(3) .
-MQ
MQ BK-MQ MQ BK-MQ „
--- -------—— =---------— (2). Из (1) найдем
АС ВК а ВК
Подставив это значение ВК в (2), получим
- 12MQ2 ’ '“"J’ после УПРОЩАЙ, 12MQ2 - 12а • MQ + а2 = 0. Решив
а
это уравнение как квадратное относительно MQ, получим
а • (з + Тб ) а • (з - Д)
(MQ)1 = —— -----— и (MQ)2 = —— -------— • Тогда, подставив значение
а • (3 + -Уб)
(MQ)i =---------- в (3), найдем (BK)j =
" MQ,
а (з - Тб )
подставив значение (MQ)2 = —-------— в (3), будем иметь
а(з + >/б) а(з-7б)
------- и a^5 + 2V6j или ----- и a^5-2V6
Ответ:
229
10.421. Высота треугольника, равная 2 см, делит угол треугольника в от-
ношении 2:1, а основание треугольника на части, меньшая из которых равна 1
см. Найти площадь этого треугольника.
Решение.
Пусть BD — 2 — высота треугольника,
ZCBD = 2ZABD и AD = 1 см (рис. 10.96).
Обозначим ZABD — а, тогда ZCBD = 2а.
В прямоугольном треугольнике ABD име-
Л AD 1 „ _ 2 tga
1 t9<x = ’^Z7eZ> тогДа tg2a =----2^— =
BD 2 l-tg2a
CD CD 2 tga __
= , или -------=-----2-^—, откуда CD =
BD BD l-tg2a *
ем
2tgaBD 2 2 2 = 8
1 - tg2 a _ M V 3
1.11 o-H
2 3 “ 3 ‘
~ 11 2
Ответ: — см .
8 11
AC = AD + CD = 1 + — = —.
3 3
^ДЛВС = -
10.422. В прямоугольном треугольнике биссектриса прямого угла отсекает
на гипотенузе отрезки длиной а и Ь. Найти площадь квадрата, стороной кото-
рого является эта биссектриса.
Решение.
Пусть АВС — заданный треугольник (рис. 10.97), BD -
= a, CD = Ь и AD — биссектриса ZBAC. Положим AD = х.
В треугольниках BAD и CAD, согласно теореме синусов,
ха х Ь
имеем ---------------- и ------— -------- или sin ZB -
sin ZB sin 45° sinZC sin 45°
•j2x V2x 9 9
=----- и sin ZC ------. Учитывая, что sin ZB + sin ZC = 1,
2a 2b
x2 x2 2 2a2b2
получим -т + —r = 1, откуда x = —
£CL 40 CL + 0
2 2a2b2
Следовательно, искомая площадь равна S = х = —-----.
a2 + b2
_ 2а2ь2
Ответ: —----г-
a2+b2
10.423. Около окружности радиуса R = 1 см описана равнобедренная тра-
пеция, площадь которой равна 5 см2. Найти площадь четырехугольника, вер-
шинами которого служат точки касания окружности и трапеции.
См. задачу Nel 0.393.
230
10.424. Из каждой вершины, принадлежащей основанию равностороннего
треугольника со стороной а, проведены во внутреннюю область треугольника
по два луча, образующих с основанием треугольника углы 15 и 30°. Найти
площадь четырехугольника, вершинами которого являются точки пересече-
ния построенных лучей.
Решение.
Пусть АВ =
= ZCAW = 15°,
10.98). Проведем
Рис. 10.98
ВС = АС = a, ХАСК =
XACJ = ХСАМ = 30° (рис.
BD.LAC. По формуле (10.19)
ВТ = R = ——.
3
В прямоугольном треугольнике ATD
XDAT - ХСАМ = 30° , следовательно, ОТ =
1 . _ 1 __ а-Уз
= —АТ = —ВТ = ——.
2 2 6
Рассмотрим треугольник AQC. XACQ =
= ХАСК = 15° , a XCAQ = ХСАМ = 30°. Тогда
XAQC = 180° - XACQ - XCAQ = 180° - 15° - 30° = 180° - 45° = 135°, XTQZ = 45°,
XADT = ZQTZ = 60°.
—— - TP
„ r , TP PC TP з
По свойству биссектрис = —-----
T
, откуда QT =
. TL AT
= TP- _3----L (i). Аналогично, -=----
6 LD AD
TL
-——-TL
6
3.
а
2
’ TL=3+2V3'
'2
а
„ QL TL V3
По теореме синусов ------=--------, QL:— =-------==:—,
sin 60° sin 45° 2 3 + 2V3 2
QL =
2
(2).
Наконец, площадь четырехугольника TPLQ STPLQ = 2SATQL = 2 — QT QL •
sin XLQT = QT • QL sin XLQT.
Подставив в это равенство значения QT из (1), QL из (2) и sin XLQT =
. ._0 V2 3-л/з 2-V3 V2 а2(9-5л/з)
мп 45° = —-, получим = —— • а • —=- а • — = > - ------
£ О у 2 * Z
а2(9-5>/з)
Ответ: —----------
12
10.425. Через точку М, расположенную на диаметре окружности радиуса 4
см, проведена хорда АВ, образующая с диаметром угол 30°. Через точку В
проведена хорда ВС, перпендикулярная данному диаметру. Найти площадь
треугольника АВС, если АМ:МВ = 2:3.
231
Решение.
AM 2
Согласно условию . Отсюда
2МВ
AM = —-—. Треугольники AMF и СМВ (рис.
10.99) равносторонние (все углы по 60°). Пусть
AM = MF = AF = 2х, МВ = ВС = СМ = = Зх,
АВ = 5х. В прямоугольном треугольнике СТО
ТО = VOC2 - СТ2 = /16 - -х2 = --64 ~ 9x2 а в
V 4 2
ДАОК ОК = y/ОА2 -АК2 = 716 - х2 , следо-
вательно, TK=hCAB=AS = OK + TO = 716-х2 + —-~9а^- = ^16 * 18 19~ж2 + ^64-Zg^..
•CAB 2 2
АС л/з г~
По теореме синусов —---—— = 2R , АС = 8 • — = 4V3 . С другой стороны,
sin ZABC 2
2 (2716-х2 + 7б4 - 9х2 У
АС2 = CS2 + AS2 = — +------------------— , Тогда
4 4
х2 + f 2716-х2 + 7б4 - 9х2
48 1
= 16 • 3, откуда х2 - — • Наконец, <5ддВС = '
RC 15-Тз 48 18оТз
оС • sm a.adc = — • ox • Зх-=----------------
2 2 4 19 19
18°Тз о
Ответ: ------- см .
19
Глава 11
Задачи по стереометрии
Основные формулы и определения
1. Пусть Et и Ег — две параллельные плоскости, R — многоугольная об-
ласть в плоскости Ег и I — прямая, пересекающая плоскости Е1 и Е2, но не
область R. Для каждой точки Р области R обозначим через РР' — отрезок,
параллельный прямой I и соединяющий точку Р с некоторой точкой Р' плос-
кости Е2 Объединение всех таких отрезков РР' называется призмой.
Многоугольная область R называется нижним основанием или просто ос-
нованием призмы. Часть призмы, лежащая в плоскости Е2, называется верх-
ним основанием (или вторым основанием). Расстояние между плоскостями
Ej и Е2 называется высотой призмы. Если прямая Z перпендикулярна плос-
костям и Е2, то призма называется прямой.
Произвольная призма (I — боковое ребро; Р — периметр основания; S —
площадь основания; Н — высота; Рсеч — периметр перпендикулярного сече-
ния; S6oK — площадь боковой поверхности; V — объем):
Ябок = Рсеч (111) V = SH. (11.2)
Прямая призма:
5бок = Р1. (11.3)
2. Параллелепипедом называется призма, основанием которой служит па-
раллелограммная область.
Прямоугольным параллелепипедом называется призма, основанием кото-
рой служит прямоугольная область.
Прямоугольный параллелепипед (а, Ь, с — его измерения; d — диагональ):
S6oK = PH; (11.4) V = abc; (11.5) d2 = а2 + Ь2 + с2. (11.6)
3. Кубом называется прямоугольный параллелепипед, все ребра которого
равны.
Куб (а — ребро):
V = а3; (11.7) d = а>/з . (11.8)
4. Даны прямоугольная область R в плоскости Е и точка S, этой плоскости
не принадлежащая. Пирамидой с основанием R и вершиной S называется
объединение всех отрезков SQ, конец Q которых принадлежит области R. Вы-
сотой пирамиды называется расстояние (измеренное по перпендикуляру) от
вершины S до плоскости Е.
Произвольная пирамида (5 — площадь основания; Н — высота; V — объ-
ем):
V = -SH. (11.9)
3
5. Пирамида, основанием которой служит правильный многоугольник, а
вершина которой равноудалена от каждой вершины основания, называется
правильной пирамидой.
233
Правильная пирамида (Р — периметр основания; I — апофема; Sg0K —
площадь боковой поверхности):
5б0К =|pz; (11.10) v = ^sh. (ii.ii)
6. Часть пирамиды, ограниченная основанием, сечением, проведенным па-
раллельно основанию, и трапецеидальными областями боковых граней, назы-
вается усеченной пирамидой.
Произвольная усеченная пирамида (^ и S2 — площади оснований; h —
высота; V — объем):
V = ^h(sl + S2 + (11.12)
Правильная усеченная пирамида (Pj и Р2 — периметры оснований; I —
апофема; — площадь боковой поверхности):
«... =|(Р.+Р,)-1 (11.13)
7. Цилиндром называется тело, состоящее из двух кругов, совмещаемых
параллельным переносом, и всех отрезков, соединяющих соответствующие
точки этих кругов. Круги называются основаниями цилиндра, а отрезки, со-
единяющие соответствующие точки окружностей кругов, — образующими
цилиндра.
Цилиндр (R — радиус основания; Н — высота; SfaK — площадь боковой
поверхности; V — объем):
S6oK =2nRH \ (11.14) V = nR2H. (11.15)
8. Конусом называется тело, состоящее из круга — основания конуса, точ-
ки, не лежащей в плоскости этого круга, — вершины конуса и всех отрезков,
соединяющих вершину конуса с точками основания. Отрезки, соединяющие
вершину конуса с точками окружности основания, называются образующими
конуса.
Конус (R — радиус основания; Н — высота; I — образующая; S6oK — пло-
щадь боковой поверхности; V — объем):
S6oK =nRl- (11.16) V = |*R2H. (11.17)
9. Усеченный конус (К, и Rt — радиусы верхнего и нижнего оснований
усеченного конуса; Н — высота усеченного конуса; L — образующая усечен-
ного конуса):
5бох = л(Кх+R2)L; (11.18)
У = |лн(к12 +RxR2 + R%). (11.19)
10. Шаром называется тело, состоящее из всех точек пространства, нахо-
дящихся на расстоянии, не большем данного, от данной точки. Эта точка на-
зывается центром шара, а данное расстояние — радиусом шара. Граница
шара называется шаровой поверхностью или сферой.
234
Шар, сфера (R — радиус шара; S — площадь сферической поверхности; V
— объем):
S = 4rcR2; (11.20) V = ^-JtR3. (11.21)
11. Шаровым сегментом называется часть шара, отсекаемая от него плос-
костью.
Шаровой сегмент (R — радиус шара; h — высота сегмента; S — площадь
сферической поверхности сегмента; V — объем):
S = 2xRh; (11.22) V = л ~ (11.23)
12. Шаровым сектором называется тело, которое получается из шарового
сегмента и конуса следующим образом. Если шаровой сегмент меньше полу-
шара, то шаровой сегмент дополняется конусом, у которого вершина в центре
шара, а основанием является основание сегмента. Если же сегмент больше
полушара, то указанный конус из него удаляется.
Шаровой сектор (R — радиус шара; h — высота сегмента; V — объем):
2 ,
У = -лД2Ь. (11.24)
Дополнительные соотношения между элементами
призмы и пирамиды
1. Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих условий: а) все боко-
вые ребра образуют с плоскостью основания равные углы; б) длины всех бо-
ковых ребер равны. Тогда вершина пирамиды проектируется в центр окруж-
ности, описанной около основания пирамиды (эта же точка служит точкой пе-
ресечения серединных перпендикуляров к сторонам основания пирамиды).
Пусть О — основание высоты п-
угольной пирамиды 5'А1А2...ДП (рис.
11.1); <9Д], SA2, .... SAn — ее боковые
ребра; OAj, ОА2, ..., ОАп — их проек-
ции на плоскость основания; SAXO,
SA2O, ..., SAnO — углы, образуемые
ребрами пирамиды с плоскостью осно-
вания. Согласно условию а), эти углы
равны; поэтому равны и прямоугольные
треугольники SOA}, SOA2 ..., SOAn,
имеющие общий катет SO. Отсюда сле-
дует, что OAj = ОА2 =... = ОАп , т.е.
точка О равноудалена от вершин А1,
А2, ..., Ап основания и, значит, являет-
ся центром описанной около него ок-
ружности.
Если условие а) заменить условием б), то равенство треугольников SAOX,
SOA2 ..., SOAn вытекает из того, что кроме общего катета они имеют равные
235
гипотенузы SAt = SA2 = ...= SAn. Таким образом, OAj = ОА2 = ...= ОАП , т. е.
О — центр окружности, описанной около основания пирамиды.
Рис. 11.2
ОВХ = ОВ2 =...= ОВп , т. е. точка
2. Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих условий: а) все боко-
вые грани образуют с основанием равные углы; б) длины всех апофем боко-
вых граней равны. Тогда вершина пирамиды проектируется в центр окруж-
ности, вписанной в основание пирамиды (эта же точка служит точкой пересе-
чения биссектрис углов в основании пирамиды).
Пусть О — основание высоты п-угольной
пирамиды SA^.-.A* (рис. 11.2); SBX, SB2,
..., SBn — апофемы (высоты боковых гра-
ней). Проекции апофем OBj, ОВ2 , ..., ОВП
на плоскость основания перпендикулярны
сторонам основания (по теореме о трех пер-
пендикулярях) и, следовательно, выражают
расстояния от точки О до этих сторон, а уг-
лы SBXO, SB2O , ..., SBnO являются линей-
ными углами соответствующих двугранных
углов. Согласно условию а), эти углы равны,
поэтому равны и прямоугольные треуголь-
ники SOBj, SOB2.... SOBn , имеющие об-
щий катет SO. Отсюда следует, что
О равноудалена от сторон основания и, зна-
чит, является центром вписанной в него окружности.
Если условие а) заменить условием б), то равенство треугольников SOBX ,
SOB2, ..., SOBn вытекает из того, что они, кроме общего катета SO, имеют и
равные гипотенузы SBX = SB2 =... = SBn. Таким образом, ОВ1=ОВ2=...=
= ОВп, т.е. О — центр окружности, вписанной в основание пирамиды.
3. Если в наклонной призме боковое ребро А [В] составляет равные углы со
сторонами основания, образующими вершину Aj (рис. 11.3), то основание О
высоты ВХО лежит на биссектрисе угла А!.
Построим 0С1А1А2, ODlAjAn и
отрезки В}С, BXD. Согласно теореме
о трех перпендикулярах, имеем
B^lAxAj и B1D±A1An. Прямоуголь-
ные треугольники AjCBj и AXDBX
равны, так как имеют общую гипоте-
нузу AjBj и равные углы
( ZBjAjC = Z.BXAXD по условию). Сле-
довательно, BjC = BXD и ДВ1ОС , от-
куда ОС = OD. Итак, точка О равно-
удалена от сторон угла At и, значит,
лежит на биссектрисе AjO угла АР
236
Это же утверждение можно сфориулировать так: если в трехгранном угле
два плоских острых угла равны, то проекция их общего ребра на плоскость
третьего плоского угла является его биссектрисой.
4. Если высота треугольной пирамиды проходит через точку пересечения
высот треугольника, лежащего в основании, то противоположные ребра пира-
миды перпендикулярны. Справедливо и обратное утверждение.
Пусть AD — высота треугольника
АВС (рис. 11.4); тогда BC_LAD и, значит,
BC.LAO. Но АО является проекцией реб-
ра AS на плоскость АВС и, следователь-
но, по теореме о трех перпендикулярах
BCJLAS.
Аналогично доказывается, что перпен-
дикулярны и две другие пары противо-
положных ребер пирамиды, т.е. ABXSC и
AC1SB.
Докажем теперь обратное утвержде-
ние, т. е. что если BCJLAS1, то основанием
О высоты пирамиды является точка пе-
ресечения высот треугольника АВС (рис.
11.4). Так как 5О±пл.АВС (по условию),
то АО является проекцией SA на плос-
кость АВС. Но прямая ВС, принадлежа-
щая плоскости АВС, перпендикулярна
ребру АО (по условию), поэтому ВС±АО (согласно теореме о трех перпенди-
кулярах). Следовательно, точка О лежит на высоте AD треугольника АВС.
Аналогично доказывается, что О принадлежит и другой высоте треугольника
АВС и, значит, является точкой пересечения высот основания пирамиды.
5. Если SO высота пирамиды SABC и 5АХВС , то п. л. SAOA.BC (рис. 11.4).
Имеем SA.LBC (по условию) и SCLLBC (поскольку SO±n. л. АВС). Так как
прямая ВС перпендикулярна каждой из двух прямых SA и SO, лежащих в
плоскости SAO, то SAO1BC (согласно признаку перпендикулярности прямой
и плоскости).
237
11.151. Основанием наклонного параллелепипеда служит ромб ABCD со
стороной, равной а, и острым углом 60°. Ребро AAj также равно а и образует
с ребрами АВ и AD углы 45°. Определить объем параллелепипеда.
Рис. 11.5
Решение.
Пусть АВ = ВС = CD = AD = а,
ABAD = ABCD = 60° , ААХ = BB. =
= CCj = DDj = a , AA^AB = AA^AD = 45°
(рис. 11.5).
Проведем АгК перпендикулярно
плоскости ABCD, KM1AB и соединим
точку Aj с точкой М. В прямоугольном
треугольнике А^МА (согласно теореме
о трех перпендикулярах ZAjMA = 90° ) ZAAjB = 90° - ZAjAB = 90° -
- 45° = 45°. Следовательно, AM = АгМ и по теореме Пифагора AM2 +
+ AjM2 - АА? , или 2АМ2 = а2, откуда AM2 =
Продолжив аналогичные рассуждения и построения для AAXFA, можно
показать, что AAjFA = AAjMA , AjM = AjF , KM = KF, следовательно, точка К
принадлежит оси симметрии, которой является диагональ ромба АС.
В прямоугольном треугольнике АМК АКАМ = 30°, следовательно,
КМ = —, АК2 - КМ2 = AM2 , или АК2 - f—1 , откуда АК2 = -а2.
2 V 2 J 2 3
Тогда из прямоугольного треугольника АТКА найдем А}К = yjA^A2 - АК2 =
Г2 2 2* Лу/З
= .1а--а =------.
V 3 3
Далее, следуя формуле (10.22), площадь ромба SABCD = АВ2 • sin ABAD =
2 Rno а2 у/з
= a • sin 60 =---.
2
Наконец, объем параллелепипеда V = S0CH-H, VABCDAiBlCiDi = SABCD • АгК =
_ а24з ау/з _ а3
~~2 3~~ Т'
а3
Ответ: —.
11.152. Центры граней правильного тетраэдра служат вершинами нового
тетраэдра. Найти отношение их поверхностей и отношение их объемов.
Решение.
Обозначим ребро тетраэдра SABC через а и вычислим ЕК — ребро тетра-
эдра OKEF (рис. 11.6). Согласно формуле (10.18) EL = ,
238
Рис. 11.6
, 23^/3* лл/з __ лу/з
> =-----= —— 2>£> =-------.
6 3 2
Проведем LD — среднюю
линию
а
ДАВС, LD = —; ASEK<*>ASLD , следова-
ЕК а
——, ЕК = -
а. Q
2 6
Все правильные тетраэдры подобны
между собой, поверхности двух подобных
тел относятся как квадраты, а объемы —
как кубы их соответствующих линейных
С 2
_ ^noe.SABC а
размеров. Тогда ------------ = — = 9:1,
$noe.OKEF
^^- = а3:—= 27:1.
Yokef %7
Ответ: 9:1; 27:1.
11.153. В треугольной усеченной пирамиде через сторону верхнего основа-
ния проведена плоскость параллельно противоположному боковому ребру. В
каком отношении разделился объем усеченной пирамиды, если соответствен-
ные стороны оснований относятся как 1:2?
Решение.
Пусть AjCjDJSfBiB (рис. 11.7). AA^Cjoo
°°ЛАВС, а площади подобных треугольников
относятся как квадраты соответствующих сто-
AjCj
рон, следовательно, -------J—£_, или
£длвс АС
= 1. Отсюда найдем SMBC = 45ДЛ1В1С1.
лдавс 4
Согласно формуле (11.12) объем усеченной пи-
рамиды ABCAjBjCj
У1ВСА1В1С1 =: з + ^AA^Cj ’ ^ДАВС + >^ДАВс) •
ИЛИ УдвсА1В1С1 =‘^^^ДЛ1В1С1 +^‘5дАгВгС1 +
+ ^AA^q •
о О
Сечение A^DE отсекает от пирамиды АВСА1В1Сг призму EBDAjByCy,
объем которой равен V£BDA1B1C1 = HSM1B1C1. Следовательно, объем оставшейся
части равен
_ 7 _ 4
YaEDCA^i = VaBCAACj ~ ^EBDA^B^ = ’ SAAiB1Ci ~ Н ' ‘S’aa1B1Ci ~ ' SAA1BlCl ‘
239
Наконец, находим отношение
^ЕВШдВ^! _ И ' ^ДА1В1С1 _ 3
^АЕОСА^ 3 Н ' 'SaAjBjC'!
Ответ: 3:4.
11.154. Расстояние между любыми двумя боковыми ребрами наклонной
треугольной призмы равно а. Боковое ребро равно I и наклонено к плоскости
основания под углом 60°. Определить поверхность призмы.
Решение.
Пусть ED-LAjA, CDlAjA, BDlAjA,
т.е. DEC — перпендикулярное сечение
(рис. 11.8). CD = BD = ВС = а,
АТА = BjB = СгС = !, ЛА'АЕ = 60°.
а2>/з
PADBC ~ За > SADBC =----• ПОСКОЛЬКУ
4
ADBC — ортогональная проекция
ДАВС, а площадь многоугольника и его
ортогональной проекции на плоскость
связаны между собой соотношением
Ej = S • cos а, где — площадь проек-
ции, а — угол между плоскостями, то SSDBC = • cos ZDEA ; Z.DEA -
а2 /3 Jo
= 90° - ZDAE = 90° - 60° = 30°, следовательно, -= S^gc-, откуда
4 2
а2
ДАВС “
Полная поверхность призмы ABCAjBjCj Зпол =2S0CH S6oK-28^вс +
+ рлавс AAi = а2 + За!.
Ответ: а2 + За!.
11.155. Основанием наклонной призмы служит правильный треугольник со
стороной, равной а. Длина бокового ребра равна Ъ, а одно из боковых ребер
образует с прилежащими сторонами основания углы 45°. Определить боко-
вую поверхность призмы.
Решение.
Пусть АВ = ВС = АС = a, AtA = ВгВ = СгС = b, ZAjAC = ZAjAB = 45°
(рис. 11.9). Проведем AjDlAC.
Тогда в прямоугольном треугольнике AjAD ZAAXD = 90° - ZAjAD = 90° -
- 45° = 45° , AD = AtD, следуя теореме Пифагора, A^D2 + AD2 = AjA2 , или
2A]D2 = b2 , откуда ArD =
240
Проведем плоскость AA^F через
высоты AjFi и AF правильных тре-
угольников AjBjCj и АВС, линия пе-
ресечения ее с гранью BBjCjC —
FjF. Поскольку BjCj перпендикуляр-
на плоскости AjFjFA , то BjCjIFjF,
аналогично, BC±FF1( т.е. FjF — вы-
сота параллелограмма BBjCjC. Но
FiF|CiC|BiB, т.е. CCjBjB — прямо-
угольник.
Боковая поверхность призмы
ABCAjBiCj
^бок ~ *" ^ccxBjB ~ 2АС • AjD + ВС • С^С — 2а —-—F аЬ — аЬ^/2 + 1).
Ответ: ab (V2 + 1).
11.156. Доказать, что объем прямой призмы, основанием которой служит
трапеция, равен произведению среднего арифметического площадей парал-
лельных боковых граней на расстояние между ними.
Рис. 11.10
Доказательство.
Пусть ABCDAjBjCjDi — прямая призма, где ABCD
— трапеция (рис. 11.10), высота трапеции BELAD.
Объем призмы V = S'0CK-H, V^bcdaaqd, в
ВС + AD ВС АХА + AD • АгА
-DEi • А< А = -------------- • DCs
2 1 2
или
„ ВС В,В + ADA.A „
^abcda1b1c1d1-BE, но ВС • BjB -
= •SbBjCjC > а А1А = ^AA^D » YaBCDA1B1C1D1 ~
‘S'bB1C1C + ^АА^Р ВЕ где SBB1C1C + ^AAtDjD _
среднее арифметическое площадей параллельных боковых граней призмы, а
ВЕ — расстояние между ними, что и нужно было доказать.
11.157. В правильной усеченной четырехугольной пирамиде стороны осно-
ваний равны а и Ь, а боковая поверхность равна половине полной поверхно-
сти. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть AjBj = BjCj = CiD1 = A1D1 = a, AB = BC = CD = AD = b (рис. 11.11).
c _ _ c
или 4SDD1C1C - — (45бок + SxjBjQp, + ^abcd) »
-2S
- ZODD1C1C + g
AD2 _ a2 + b2
-y- -----
C.Di + CD
или 2 —-------------D,E =
2 1
241
„2 , к2
а + о
2
, , ч _ _ а2 + Ь2 _ а2 + Ь-2
(а + Ь) • DXE = —-—, откуда Р^Е = .
z 2 (а + о)
Рис. 11.11
Проведем DtE±CD и С\ . РЕ =
CD - С1Р1 _Ь~а
2 2
Проведем Р1К1ВР и соединим точки Е и К.
Тогда КЕ = РЕ и из прямоугольного треугольни-
ка РгКЕ по теореме Пифагора найдем РгК =
- ^Е2 - DE2
1[»г+ьг\
у^2(а + b) J
Ь - а У _ аЪ
2 ) а + Ъ’
Р1К = ОХО.
Объем пирамиды согласно формуле (11.12)
YaBCDAiB^j ='^O1O(.SA1B1c1d1 +$ABCD +
Ответ:
ab(a2 + аЪ + b2 j
З(а + Ь)
11.158. В треугольной пирамиде, каждое из боковых ребер которой равно а,
один плоский угол при вершине пирамиды прямой, а каждый из остальных
равен 60°. Вычислить объем пирамиды.
Решение.
Пусть SA = SB = SC = a, ZASB = 90°, ZASC =
= ZCSB = 60° (рис. 11.12).
Из прямоугольного треугольника ASB по теореме
Пифагора найдем АВ = ^SA2 + SB2 = Ja.2 + а2 = а>/2 .
В равнобедренном треугольнике ASC ZSAC =
, Zsca = 180-,..-^£ = = от.,
2 2
т.е. тре-
угольник ASC — равносторонний и АС = 5А = SC = а.
Аналогично, из треугольника CSB находим ВС = а.
Из теоремы, обратной теореме Пифагора, следует, что ААСВ — прямоуголь-
1 а2
ный, поскольку АВ2 = АС2 + ВС2, 2а2 = а2 + а2, тогда 3ЛАПГ = * ВС = —
Согласно условию SA = SB = SC = а, следовательно, высота проектирует-
ся в центр окружности, описанной около треугольника АВС, им является се-
1 а*/2
редина гипотенузы АВ. Но SO = АО = — АВ =------.
Объем пирамиды V = — SOCH
Н ,
242
ABC ~ ~SAABC ' SO ~
n3 /о
CL yl
Ответ: -----.
12
11.159. Основанием пирамиды служит параллелограмм, смежные стороны
которого 9 и 10 см, а одна из диагоналей 11 см. Противоположные боковые
ребра равны, и длина каждого из больших ребер составляет 10,5 см. Вычис-
лить объем пирамиды.
Решение.
Пусть АВ = CD = 9 см, ВС = AD = 10 см, BD = 11
см, SA = SC = 10,5 см. Площадь треугольника ABD
(рис. 11.13) по формуле Герона
AB + BD + AD (AB + BD + AD
АВ + BD + АР
2
АВ + BD + АР
9 + 11 + 10 Г9 + 11 + 10
2 I 2
9 + 11 + 10
2
9 + 11 + 10-10
2
Тогда площадь параллелограмма ABCD SABCD = 25ддВО = 60^2.
Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов
всех его сторон. Согласно этому свойству АС2 + BD2 - 2АВ2 + 2AD2, или
АС2 + И2 = 2 • 92 + 2 • 102, откуда АС = >/241. Тогда АО = — = ^L и из
2 2
прямоугольного треугольника SOA по теореме Пифагора
SO = yjsA2 - АО2
Объем пирамиды VSABCD = jsocH • Н = -£.$АВсо 50 = '60‘^2 ‘ = 200 •
Ответ: 200 см3.
11.160. Основанием пирамиды служит ромб с диагоналями и dT Высота
пирамиды проходит через вершину острого угла ромба. Площадь диагональ-
ного сечения, проведенного через меньшую диагональ, равна Q. Вычислить
объем пирамиды при условии, что dx > d2.
Решение.
Пусть АС = dj, BD = d2, SALABCD , SASBD = Q, или BD • SO = Q ,
243
Рис. 11.14
1 20
—d2 • SO = Q, откуда SO = — (рис. 11.14).
2 d2
Из прямоугольного треугольника SAO по
теореме Пифагора найдем
SA = VSO2 - ОА2 = 1" =
V d22 I 2 )
716Q2 - dfd%
2d2
Согласно формуле (10.22)
$abcd ~ '^did2-
Тогда объем пирамиды
VsaBCD -^ABCD SA -
1 1, j >Q2 - did2 di J16Q2 - d2df
— —did,-------------—---------------
3 2 1 2d2 12
Ответ:
dJ16Q2 -dfdl
12
11.161. В треугольной пирамиде две боковые грани взаимно перпендику-
лярны. Площади этих граней равны Р и Q, а длина их общего ребра равна а.
Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть грани SAC и SAB — взаимно перпенди-
кулярны, SA = a, S^AC = Р , S^AB = Q (Рис-
11.15).
Проведем через ребро ВС плоскость, перпенди-
кулярную ребру AS, CD1SA и BDISA. Согласно
условию — SA BD ~ Q , или — а BD = Q, откуда
2 2
во-а®.
а
Приняв точку В за вершину, а треугольник
SAC за основание пирамиды В SAC, найдем объем
V = ^5OCKH,
«5
Vbsac ~ “^asac
3 а За
„ 2Р<2
Ответ: ----
За
11.162. В треугольной пирамиде все четыре грани — равные равнобедрен-
ные треугольники с основанием а и боковой стороной Ь. Вычислить объем пи-
рамиды. При всяких ли а и b задача имеет решение?
244
Решение.
Пусть SB = АС = a, SA = SC = ВА = ВС ~ Ъ (рис.
11.16).
В равнобедренном треугольнике АВС проведем
высоту BD (BD одновременно является и медианой
треугольника АВС).
Из прямоугольного треугольника BDC по теореме
Пифагора найдем
- a
BD = ~>1вС2 - CD2 = Jb2
|2 _4й?-аг
Заметим, что 4b2 - a2 > 0, откуда -2b < a < 2b,
или 0 < a < 2b (1). Тогда площадь треугольника ABC
S — 1 AC BD-1» .aV^-a2
«ллвс --AC BD_-a - J .
Из прямоугольного треугольника SDC вычислим SD2 = SC2 - CD2 = b2 -
faV a2
-I — I = b2--, а из прямоугольных треугольников SOD и SOB будем иметь
\2> 4
SO2 = SD2 - OD2 и SO2 = SB2 - ОВ2 .
Сравнив правые части двух последних равенств, получим SD2 - OD2 =
= SB2 - ОВ2, или Ь2 - —— а— - Ов1 = а2 - ОВ2, откуда ОВ = . - —.
4 I 2 ) 75^?
Тогда из прямоугольного треугольника SOB найдем высоту пирамиды SO:
SO = Jsb2 - ОВ2 =
4b2 - 2а2
4b2-а2 ’
• a.
1 1 a-у/4b2 — а2 14Ъ2 — 2а2
Объем пирамиды VSABC = -S^bc • SO « ------------------------aJ —---
a2 74b2 - 2a2
12
Здесь 4b2 - 2a2 > 0, откуда 0 < a < bj2 (2). Сравнив неравенства (1) и (2),
получим 0 < a < bV2.
a2 74b2 -2a2 /
Ответ: ------—------- при a e (0; bV2j .
11.163. В наклонной треугольной призме расстояния боковых ребер друг от
друга равны а, Ь и с. Боковое ребро равно I, высота призмы h. Определить
полную поверхность призмы.
Решение.
Пусть AjA = СХС = = I, АХО = h , треугольник BDE — перпендикуляр-
ное сечение призмы ABCAjB^, DE = а — расстояние между боковыми реб-
рами AjA и С;С (DE1A.A и DE1CXC), BE = b — расстояние между боковы-
245
Рис. 11.17
ми ребрами С\С и ВгВ (BEIC^C и ВЕ1В1В), BD = с
— расстояние между боковыми ребрами В^ и AjA
(BDlBiB и BD.LA1A ) (рис. 11.17).
Площадь грани AAjCjC Saa^c = ' DE - •
площадь грани СС^В^В <SCCjB1B = QC • BE = lb , пло-
щадь грани BBjAjA <Sbb1a1a = ’ ED = k • Найдем
&ЛАВС-
Объем наклонной призмы вычисляется по форму-
ле V = Sn • АгА , где Sn — площадь перпендикуляр-
ного сечения призмы, АгА — длина бокового ребра. С
другой стороны, объем наклонной призмы
V = SOcx И, где S0CH — площадь основания приз-
мы, Н — ее высота. Согласно этому V = SABDE • АХА или V = S^bc ' А1®
Сравнив правые части этих равенств, получим SABDE А:А = 3Шс • А1@ > от"
5 • А А
куда 5MBC = —1 . По формуле Герона
А< Cz
Sabde = ^р-(р-а)-(p-b)-(р-с),
а + b + c о Up (Р - а)' (р - b) • (р " с)
где р =---------. Следовательно, ----------------------------------•
2 п
Полная поверхность призмы ABCAjBjCj Snoji = S6oK +2S'0CH = S^c^c +
21Jp • (p - a) • (p - b) • (p - c)
+ Scc1B1B + SBBlAlA = la + lb + lc + -Л " ..— ' = 2pl +
+ ~ Jp • (p " a) • (p ~ b) • (p - c).
ft
2i i------------------------------------
Ответ: 2pl + — Jp • (p - a) • (p - b) • (p - с), где 2p = a + b + c.
11.164. Сторона основания правильной треугольной призмы меньше боко-
вого ребра и равна а. Через сторону верхнего основания проведена плоскость,
которая составляет с плоскостью основания угол 45е и делит призму на две
части. Определить объем и полную поверхность верхней части призмы.
Решение.
Согласно условию ВгВ > AjBj = ВгС^ = AjCj = а > В^Е = BjDj =
ZED.B, = ZD.EF = 45” (рис. 11.18). Тогда D,E = B1D‘ = = 52^.. в
cos 45 2 2 2
прямоугольном треугольнике EBXDX ZED^ = 90° - ZDjEBj = 90° - 45° ,
246
ЕВ1 = B1D1 = —— и объем верхней части
призмы • EBi Согласно
а2>/з 1
формуле (10.17) =-7-. Уев^ =Т’
ТЕ О
а2-Уз дУз а3
4 2 ” 8 ’
Полная поверхность верхней части призмы
EBjCjAj 5ЛОЛ = S0CH + S6oK = + ^AEBjCj +
+ = ^ + 2 • |BA • EBi +1AA • EDj =
= a2-^ + а2л/з + а2 Уб = а2Уз(з +VI)
4 + 2 + 4 4
аз а2 Уз(з + Уг)
Ответ: —; ------------
8 4
11.165. Диагонали граней прямоугольного параллелепипеда равны а, Ь и с.
Определить его полную поверхность.
Решение.
Рис. 11.19
Пусть ABj = а , АС = Ь, ADX = с (рис. 11.19).
Поскольку для прямоугольника справедливо
свойство параллелограмма — сумма квадратов
диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон,
2АВ2 + 2АА2 = 2a2,
2АВ2 + 2AD2 = 2b2,
2АА2 + 2AD2 = 2с2,
АВ2 + AAj = a2,
4В2 + AD2 = b2,
АА2 + AD2 = с2.
(1)
(2)
(3)
Вычтя из (1) уравнение (2) и подставив значения
в (3), а затем в (1), получим АА2 = а2 - Ь2 + АО2,
„2 _2 , 1,2
. —о с — a + о . .2
AD2 =--------, ААг
2 1
Полная поверхность
Л2 . „2 1,2 „2 . г2 2
а +с ~Ъ , АВг =
2 2
параллелепипеда ABCDAjBAA
*^ПОЛ ~ S^AAjBjB
+ 2Sabcd +
= 2АВ • AiA + 2АВ • AD+ 2AD АГА = 2-
a2+b2-c2
V 2
247
+ ^(с2 - (а2 - b2)) • (с2 + (а2 - Ь2)) = ^а4 - (b2 - с2)2 + Jb4 - (а2 - с2)2
+ ^-(а2-Ь2)2.
Ответ: ^а4 - (bz - с2 j + ^Ь4 - (а2 - с2) + ^с4 - ^а2 - Ь2)2 .
11.166. Длины ребер параллелепипеда равны а, Ь и с. Ребра, длины кото-
рых равны а и Ь, взаимно перпендикулярны, а ребро длиной с образует с ка-
ждым из них угол 60°. Определить объем параллелепипеда.
Решение.
Пусть АВ = a, AD = Ь, АгА = с,
ABJLAD, Z^ АВ = ZAjAD = 60° (рис. 11.20).
Пусть AjK — высота параллелепипеда.
Проведем A1F.LAB и AjElAD, FK||AD и
ЕК|АВ. Тогда AF = АЕ, AFKE — квадрат.
В прямоугольном треугольнике АгЕА
ХААгЕ = 90° - ZAjAE = 90° - 60° = 30°,
. _ А,А с
следовательно, АЕ = —1— = —.
2 2
Далее, согласно (10.30) АК = 2R =
2АЕ с
= —т=- = -₽, а из прямоугольного тре-
угольника AjKA найдем AjK =
Тогда объем параллелепипеда V = S0CM • Н, VABCDAiBiCiDj = SABCD • ArK =
. _ cj2 abc>/2
= АВ • AD =---------.
2 2
_ abcV2
Ответ: ------.
2
11.167. Основанием прямого параллелепипеда служит параллелограмм с
углом 120° и сторонами 3 и 4 см. Меньшая диагональ параллелепипеда равна
большей диагонали основания. Найти объем параллелепипеда.
Решение.
Пусть ZABC = ZADC = 120° (рис. 11.21), CD = АВ = 3 см, ВС = AD = 4 см,
BjD = АС. Из треугольника АВС согласно теореме косинусов найдем
АС2 = АВ2 + ВС2 -2АВ-ВС cos ZАВС, или АС2 = З2 + З2 - 2 3 4 cosl20°,
откуда АС2 = 37, или BjD2 = АС2 = 37.
248
Ответ: 36-72 см3.
Сумма квадратов диагоналей параллело-
грамма равна сумме квадратов всех его сторон.
2АВ2 + 2CD2 = АС2 + BD2 , или BD2 + 37 =
= 2 • З2 + 2 • 42 , откуда BD2 = 13 . Тогда из пря-
моугольного треугольника BXBD по теореме
Пифагора найдем В1В = ^ВгО2 - BD2 =
= 737-13 = 724= 2у/б.
Объем параллелепипеда V^bcd = S0CH "Н =
— Sabcd ’ = 2«£ддвс ’ 2>/б = 2 — АВ • ВС •
sin Л АВС • 2Тб = 3 • 4 • sinl20° • 2Тб = 12 • — •
2
• гТв = зб7г.
11.168. Основанием пирамиды служит прямоугольник, площадь которого
равна £ Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания, а две
другие наклонены к ней под углами 30° и 60°. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть SABCD = S , или AD АВ = S, плоскости
треугольников SAD и SAB перпендикулярны
ABCD, ZSDA = 30°, Z.SBA - 60° как линейные
углы соответствующих двугранных углов (рис.
11.22).
В прямоугольном треугольнике SAD
Z.SDA = 30°, следовательно, SD = 2SA и, следуя
теореме Пифагора, имеем SD2 - SA2 = AD2 , или
(2SA)2 - SA2 = AD2 , откуда Т35А = AD (1). В
прямоугольном треугольнике SAB Z.BSA -
= 90° - Z.SBA = 90° - 60° = 30°, следовательно,
SB = 2АВ и по теореме Пифагора имеем 5А2 = SB2 - АВ2, или
SA2 = (2АВ)2 - АВ2 = ЗАВ2, откуда SА = 43АВ (2). Умножив равенство (1) на
равенство (2), получим
AD • АВ = 5, SA = JS .
Тогда объем пирамиды
SA2 = AD- АВ,
откуда SA = -JAD • AB , но
VsABCD = 7^ABCD • SA - ‘
adJs = =
3 3
Ответ: ----.
3
249
11.169. Через вершину основания и середины двух боковых ребер пра-
вильной треугольной пирамиды проведена плоскость. Найти отношение боко-
вой поверхности пирамиды к площади ее основания, если известно, что секу-
щая плоскость перпендикулярна боковой грани.
=-----. Так как SF является
2
Решение.
Пусть С\ и Bj — середины ребер пра-
вильной треугольной пирамиды SABC, Рг
середина отрезка CjBp Так как сечение пер-
пендикулярно грани SCB, то ZSFXA — пря-
мой. Продолжив SFX до пересечения с ВС в
точке F, рассмотрим треугольник FAS. Точка
Fj делит отрезок SF пополам, AFjXSF, тре-
угольник FAS равнобедренный, SA = FA (рис.
11.23).
Обозначим сторону основания через а. По
формуле (10.18) г = , AF — Зг, SA = FA =
6
а^З „„„
= ——, из прямоугольного треугольника SFC
I/ г—~ ”2"
найдем SF = ^SC2 - CF2 = J| — -|-| =
высотой боковой грани, то S6oK = 3S^CB =
1 Q
= 3—BCSF = —a
2 2
a-^2 _ За2 4/2
~2~~ 4
ауЗ
Согласно формуле (10.17) S0CM=S&ABC=-----. Отношение боковой по-
4
*^бох За2 5/2 а2-Уз гт
верхности пирамиды к площади ее основания -=------:----= V6 .
$осн
Ответ: .
11.170. Из середины высоты правильной треугольной пирамиды опущены
перпендикуляры на боковое ребро и на боковую грань. Длины этих перпенди-
куляров равны соответственно а и Ь. Найти объем пирамиды. При всяких ли а
и Ъ задача имеет решение?
Решение.
Пусть SOt = OjO , OjM = a, OXN = Ъ и OjM-LSB , a O^NISD, где SD —
апофема треугольника ASC (рис. 11.24).
Обозначим сторону основания пирамиды АВ = ВС = АС = с. Тогда, следуя
формуле (10.19), найдем ОВ =-- и из прямоугольного треугольника SOB по
3
теореме Пифагора вычислим
250
Рис. 11.24
sb = Jso2 + ОВ2 = ISO2 +
V I V
12 I ~2~
= Jso2+—.
I V з
По формуле (10.18) OD =-----, из прямо-
6
угольного треугольника SOD SD = ^SO2 + OD2 =
so2
6
12 I—Д'
= Jso2 + — .
V 12
Треугольники SMOX
прямоугольные с общим
О,М SO,
тельно, —— = -, или
ОВ SB
и SOB подобны как
углом OSB, следова-
а
, или
2а SO
— = ----------- (1).
с V3SO2+с2
Аналогично, треугольники SNOj и SOD подобны как прямоугольные с об-
O.N SO, Ъ Щ
щим углом OSD, следовательно, , или *
Jso2
или
2b SO
— = —===== (2). Разделив уравнение (2) на уравнение (1), после упро-
с yl2SO2+c2
с2
щений, получим (12Ь2-За2)-5О2 (а2 -Ь2)-с2, откуда SO2 = г,
J2 12
а — Ь ?
--------. Подставив значения SO4 и SO в уравнение (1), най-
12b2 - За2
баЬ
ДеМ С = -j.г гит — .
7«2 - Ь2
Объем пирамиды Vsabcd = н = \s*abc SO - По формуле (10.17)
м О
6ab
SAABC~ -I ГТ—7
* kya -Ъ )
Уз _ 9aV Уз _ 1 9а2Ь2Уз I а2 -Ь2
4 " а2-Ъ2 ’ SABCD~3' a2-b2 112b2-За2
За2Ь2 Уз 6аЬ I а2 - Ь2 18а3Ь3
<*2-Ь2 ' 4^-Ь2 »12Ь2-За2 “(а2-Ь2)У4Ь2-а2
Здесь а2 - Ь2 > 0, откуда а > Ь и 4Ъ2 - а2 > 0,
а е (b; 2b) .
18а3Ь3
Ответ: --------. , где а 6 (b; 2b) .
(а2-Ь2)Л7Т? ' '
откуда а < 2Ь, т.е.
251
11.171. В полушар радиуса R вписан куб так, что четыре его вершины ле-
жат на основании полушара, а другие четыре вершины расположены на его
сферической поверхности. Вычислить объем куба.
Решение.
Пусть ОМ = ON = R (рис.
11.25). Обозначим ребро куба
через а. Согласно (10.30)
а4 = RV2 . Тогда ОС =
Соединим центр полушара О
с вершиной куба Q. В прямо-
угольном треугольнике QCO
по теореме Пифагора имеем
CjC2 + ОС2 = ОС2, или а2 +
a2 2 п [2
+ — = R , откуда а = RJ- .
Тогда объем куба V = а3
11.172. Угол между образующей конуса и плоскостью основания равен 30°.
Боковая поверхность конуса равна Зяч/з кв. ед. Определить объем правиль-
ной шестиугольной пирамиды, вписанной в конус.
Решение.
Пусть ZSQO = 30° (рис. 11.26),
5бок. конуса = 3л>/з кв. ед., отку-
да OQ • SQ = Зл/з .
В прямоугольном треугольнике SOQ
SQ
Z.SQO = 30 , следовательно, SO = и со-
гласно теореме Пифагора SQ2 - SO2 = OQ2,
(so V
или SQ2 - I— I = OQ2, откуда
2OQ 4з 2oq • 4з
SQ = У . Тогда OQ • SQ = OQ • =
3 3
= 1ОТКуда 0Q=M so^.CXb-
3 2 OQ 2
ем пирамиды
V -~SOCH Н , VsMNPQKL = “ ^MNPQKL ' &О ~ ~^&OQK ‘ “Г" = ’ St£)QK • Следуя
О «5 «5 £
252
. с oq2-73 (з42\ 4з
формуле (10.17), *^лг)ок ~~' — I •" I • ———
4 12 J 4
эУз
8 ’
т/ _ /7 9Уз 2142
VSMNPQKL “ VO • ——---—
О о
„ 27У2 в
Ответ: —-— куб. ед.
11.173. Около шара радиуса К описана правильная шестиугольная призма.
Определить ее полную поверхность.
Решение.
Пусть AtA = ВХВ = QC = DXD =
= ЕХЕ = FjF = ОХО2 = 2R (рис.
11.27).
Рассмотрим перпендикулярное
сечение призмы A2B2C2D2E2F2 —
правильный шестиугольник и
соединим центр вписанной ок-
ружности с вершинами С2 и D2,
а также опустим перпендикуляр
О2К в точку касания окружности
и C2D2. Здесь
О2С2 = C2D2 = O2D2 , О2К = R ,
согласно (10.18) г = , О2К =
-ъ. пп-6г _2О2К4з _2r43
Уз з з
Тогда, следуя формуле (10.17),
„ О2Р2Уз 4 „2 Уз
ЛдОгОгСг - ~ ~-
я2 Уз
3
Полная поверхность призмы <£пол = 25ОСК + S6oK = 25^^^ +
р2 г\ п
+ 65FF1£1£ = 2 • 6SAO2D2C2 + 6FE • FXF , Snojl = 12 + 6 • -j- 2R = 12И2Уз .
Ответ: 12К2Уз.
11.174. В шар радиуса R вписана правильная шестиугольная усеченная
пирамида, у которой плоскость нижнего основания проходит через центр ша-
ра, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол 60°. Определить
объем пирамиды.
Решение.
Пусть ОА = ОВ = ...= OF = OAj = ОВХ =...= OFX = R, ^ЕХЕО = 60° (рис.
11.28).
253
R R
O,E, = OK = OE - KE = R - — = —.
11 2 2
В треугольнике OEEj
OEj = OE = R , следовательно,
AOEEj — равнобедренный,
ZOEjE = ZOEEj = 60°. Тогда
ZEOE1 = 180° - ZOEjE - ZOEEt =
= 180° - 60° - 60° = 60°. Таким
образом, AOEEj — равносто-
ронний, EjE = OEj = OE = R.
Проведем E1K1OE (EjKjjOjO).
В прямоугольном треугольнике
EjKE ZEEtK = 90° - ZEtEO =
= 90° - 60° = 30°, следователь-
E,E R
но, KE = —— = — и по теореме
0,0=^=”^. a
2 1 1 2
2
Согласно формуле (10.17) 5AO|DiE1 =
_oe273_r2V3 r2J
_ - тОГда 5AiBiCiDi£ifi - 65AOiDif;i - 6 • -yy
> S&ODE ~
4 16
3R2V3
g I a ^ABCDEF -
-AC a R2V3_3R2V3
- v^AODE - ° ". 2
По формуле (11.12) объем пирамиды Va^c^e^abcdef =-°:o(s +
’ &ABCDEF
_ \_ i r4Hf3r243 /зд27з 3r24z зр24з}_
ABCDEF/ 3 2 8+V8 2 + 2j
21R3
16
„ 21R3
Ответ: ------.
16
11.175. Около шара описан прямой параллелепипед, у которого диагонали
основания равны а и Ь. Определить полную поверхность параллелепипеда.
Решение.
Пусть АС = a, BD = Ъ (рис. 11.29).
Рассмотрим сечение Л2В2С2О2, перпендикулярное параллелепипеду. Для
того, чтобы в выпуклый четырехугольник можно было вписать окружность,
необходимо и достаточно, чтобы суммы противоположных сторон четырех-
254
Рис. 11.29
угольника были равны, т.е. А2В2 +
+ C2D2 = A2D2 + В2С2, или 2А2В2 =
- 2В2С2, откуда А2В2 = В2С2 , следова-
тельно, A2B2C2D2 — ромб. Согласно
формуле (10.22) площадь ромба
1 ab
= 7 АС ' BD = Тогда S^q =
_ с _ аЬ
Пусть х — сторона ромба A2B2C2D2.
По формуле (10.27) площадь описанного
многоугольника 5 = рг, где р — полу-
41 аЪ
периметр; р = — = 2х , — = 2xR ,
аЬ
откуда х = —.
$пол - 2*^осн + $бок = 2$АВСО +
. ab
+ ^aa^d = ab + 4 • • 2R = 3ab.
Ответ: ЗаЬ.
11.176. В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида.
Определить объем этой пирамиды, если радиус окружности, описанной около
ее основания, равен г.
Решение.
S
Рис. 11.30.а
I -й случай.
SOy > R. Пусть 05 = ОА = R, ОХА =
= OjC = г (рис. 11.30а).
Согласно (10.30) a4 = R-J2 , т.е. AD = rj2 .
Площадь квадрата ABCD = AD2 = 2r2.
Соединим центр шара О с вершиной
квадрата А. Из прямоугольного треугольни-
ка OOjA найдем ОО[ = JOA2 - ОгА2 =
= V-R2 - г2 Тогда высота пирамиды SOj =
= OS + OOj = R + 7й2 - r2 . Объем пирами-
ды VsABCD = T^och ‘ = T^ABCD ' *^1 ~
О о
_______ 2г2(и + 7к2 -г2>|
= - • 2r2| R + 7к2 - г2 ] =-------------
3 k 7 3
255
2-й случай.
SOV < R (рис. 11.30.6), SABCD = 2г2, как и в
первом случае. Из прямоугольного тре-
угольника ООгА найдем OOj =
= -JoA2 - OjA2 = 7r2 - г2 . Тогда высота
пирамиды SOj = OS - OOj = R - Jr2 - r2 .
Объем пирамиды
^SABCD - ~$ABCD ' -
2t2(k - 7h2 -r2 j
-
2t2(r + VR2 - r2 J
Ответ: --------------- или
3
2г* 1 2(к - Jr2 - г2
-
11.177. Конус образован вращением прямоугольного треугольника площа-
дью S вокруг одного из катетов. Найти объем конуса, если длина окружности,
описанной при вращении этого треугольника точкой пересечения его медиан,
равна L.
Решение.
Пусть треугольник АВС вращается вокруг
катета АВ (рис. 11.31), SAAPC = S, или
ВС АВ = S (*), точка F — точка пересече-
ния медиан AD и СЕ.
Проведем FKLAB. Отрезок FK является
радиусом окружности, описанной при враще-
нии треугольника АВС точкой F пересечения
медиан AD и СЕ, т.е. 2л KF = L, откуда
L
KF = —. Поскольку точка F делит медиану
2л
СЕ в отношении EF:FC = 1:2, то KF = — ВС,
3
откуда BC = 3KF = 3—= —.
2л 2л
1 3L
Подставив значение ВС в равенство (*), получим-------АВ = S, откуда
2 2л
z \2
АВ = — . Объем конуса V = -S0CMH, VSNC = - л ВС2 • АВ = -л| — | =
3L 3 осм 3 3 (2л,1 3L
= SL.
Ответ: SL.
256
11.178. Треугольник со сторонами, равными а, Ъ и с, вращается поочередно
вокруг каждой из своих сторон. Найти отношение объемов полученных при
этом фигур.
Рис. 11.32
Решение.
Пусть АВ = а, ВС = Ь, АС =
= с. Если треугольник АВС вра-
щается вокруг стороны АВ (рис.
11.32), то объем полученной при
этом фигуры равен разности
объема конуса ACCj и объема
конуса ВСС}, т.е.
= Yacq _ Ybccj = "з я ’ О3С2 •
• АО3 • О3С2 • ВО3 = • О3С2 •
• (АО3 - ВО3) = -л О3С2 • АВ =
3
1 >
= — л • а • О3С.
3 3
Площадь треугольника АВС
$лавс ~ "2^' °зС - —а • О3С ,
откуда О3С = . Тогда
а
т_ 1 „ „2 1 4S2aabc 4л52ддвс
V, = - л • а • О3С = - л • а-z -------.
1 3 3 3 а2 За
Если треугольник АВС вращается вокруг стороны ВС, то объем получен-
ной при этом фигуры V2 = VCAiA ~ vbaiA = — я • О2А2 СО2 - — л • О2А2 ВО2 =
3 3
= -л О2А2(СО2 - ВО2) = -л О2А2 ВС = -лЪ- О2А2 .
3 3 3
Площадь треугольника ABC SAABC = — ВС О2А = — b О2А , откуда О2А =
= т V, = Ь • 45 .
Ъ 2 3 ъ2 ЗЪ
Если треугольник АВС вращается вокруг стороны АС, то объем получен-
1 2 1 2
ной при этом фигуры V3 = VcbBj + YabBj = -л-О1В • СС\ + — л • ОХВ • АОг =
= -л • OjB^COi + AOj = -я • OjB2 AC = -л • с • OjB2 .
3 3 3
Площадь треугольника АВС 5ддВс = —АС • OjB = —с • ОХВ , откуда ОГВ =
2 2
25ддвс m тг 1 452давс 4я52давс
= _МВС.Тогда у3=-л с------=--------.
с 3 с Зс
Наконец, отношение объемов полученных фигур
257
у • у . у _ 4л:5'2ддвс 4я5'2ддвс 4я6,2длвс
*' 2’ 3" За ‘ ЗЬ ’ Зе
ЛЛ 111
Ответ: — : — : — .
а Ь с
1.1.1
а Ъ с
11.179. Дан куб ABCDA1B1C1D1, ребро которого равно а. Через диагональ
АС его грани ABCD проведена плоскость, параллельная прямой ВОг, где Ог
— центр грани ABjCjDp Найти площадь полученного сечения.
Решение.
Пусть AD - CD = D)D = а (рис. 11.33).
Согласно (10.30) а4 = R^2, OD = R,
a-j2 п а2
OD = ——, OD = —, из прямоугольного
треугольника DXDO найдем DjO =
= -JoD2 + DjD2 = + a2 = . Тогда пло-
щадь сечения D}AC Sf,[>lAC=^ACD]O =
a-\/2 ajb _ a3 Vs
~~2 2 2~~'
а34з
Ответ: ----.
2
11.180. На ребре двугранного угла 120е взят отрезок длиной с, и из его
концов проведены перпендикуляры к нему, лежащие в различных гранях
данного двугранного угла и имеющие длины а и Ь. Найти длину отрезка пря-
мой, соединяющего концы этих перпендикуляров.
Рис. 11.34
перпендикулярна плоскости
САК, так как она перпенди-
Решение.
Пусть АВ - с, BD = а, СА = b (рис.
11.34).
Проведем прямые AK||BD и KD||AB.
Прямая АВ
треугольника
кулярна двум прямым в этой плоскости СА
и КА. Следовательно, параллельная ей
прямая KD тоже перпендикулярна этой
плоскости. Значит, треугольник CKD пря-
моугольный с прямым углом CKD. Согласно
в треугольнике САК
теореме косинусов
СК2 = СА2 + КА2 - 2СА • КА • cosZCAK = Ь2 + а2 - 2Ь а • cosl20° =
= a2 + b2 + ab.
Из прямоугольного треугольника CKD по теореме Пифагора найдем
258
CD = y/СК2 + KD2 = Va2 + b2 + ab + AB2 = Va2 + b2 + ab + c2 =
= y/a2 + b2 + c2 + ab .
Ответ: 7a2 + b2 + c2 + ab .
11.181. Полная поверхность конуса равна я S кв. ед. Развернутая на плос-
кости боковая поверхность конуса представляет собой сектор с углом 60°.
Определить объем конуса.
Решение.
Пусть S0CH + S6oK = яЗ, или яОА2 +яОА - SA = яЗ,
или OA2+OA SA = S (1) (рис. 11.35.а), Л AS А = 60° =
я
~3
(рис. 11.35.6). Согласно формуле (10.33) длина дуги
АВА в развертке боковой поверхности конуса равна
SA —. Кроме того, она равна длине окружности
2я ОА, т.е. SA — = 2я О А , откуда SA = 60 А (2).
3
Подставив значение SA в уравнение (1), получим
2 о S \TS
О А + ОА • 6ОА = S , откуда ОА = —, или О А = —у—. Подставив значение
ОА в равенство (2), вычислим SA = 6 • -у— = —-
Тогда из прямоугольного треугольника SOA
по теореме Пифагора найдем SO = VsA2 - ОА2 =
б-vvo S I—
= JI —-— I - — = <55 и объем конуса
V = -SOCH H, У8АВ^-яОА2 8О = -я--4$8 =
3 °ск SAB 3 37
л5л/55
21 ’
_ яЗу/bS
Ответ: --------.
21
11.182. Радиус основания конуса равен R, а боковая поверхность равна
сумме площадей основания и осевого сечения. Определить объем конуса.
Решение.
Пусть ОВ = ОА = R (рис. 11.36), 5бок = лОВ2 +—АВ • SO, или
яОВ SB = яОВ2 + ОВ SO, или я SB = nR + SO, откуда SB = +
7Г
259
Согласно теореме Пифагора в прямоугольном
треугольнике SOB имеем SB2 - SO2 = ОВ2, или
(nR + SO}2 о_2 т,2
-------- - SO2 = R2, откуда SO = —-----.
\ л J л2 -1
Тогда объем конуса V = • Н , VSAB =
= —лОВ2 SO = -xR2 „
3 3 л2 -1
2лг2К3
з(я2 -1)’
2n2R
11.183. Около шара описана правильная треугольная призма, а около нее
описан шар. Найти отношение поверхностей этих шаров.
Решение.
Обозначим сторону основа-
ния призмы АВ = ВС = АС =
= а, радиус вписанного шара
О2О1 = О2О = г и радиус опи-
санного шара O2^i = R (рис.
11.37).
Рассмотрим перпендику-
лярное сечение призмы
А2В2С2. Согласно формуле
(10.19) О2А2 =-----, а по фор-
3
муле (10.18) O2D2 = г = —
6
Из прямоугольного треуголь-
ника АгА2О2 по теореме Пи-
фагора найдем
Тогда отношение поверхности шара, описанного около призмы, к поверхно-
(I—\2 / i~\2
ctvl5 I . I а>/3 |
---- :4л ---- =5:1.
6 I I 6 J
Ответ: 5:1.
260
11.196. Два равных куба с ребром а имеют общий отрезок АВ, концами ко-
торого являются середины двух противоположных ребер, не принадлежащих
одной грани. Один из кубов получен поворотом другого вокруг прямой АВ на
90°. Найти объем общей части этих кубов.
Рис. 11.38
Решение.
Пусть куб M'Q'P'N'MiQyPiNi равен кубу MNPQMj^P^, ребро куба рав-
но а и куб M'Q'P'N'M^QlPfN'i получен поворотом куба MNPQM^N^P^Q^ во-
круг прямой АВ на 90°, где А — середина ребра QjQ, В — середина ребра
N\N (рис. 11.38).
При таком повороте точка М переходит в точку М', точка N переходит в
точку N' и т.д.; точка переходит в точку М{, точка N1 переходит в точку
N{ и т.д.
Объем общей части этих кубов V равен объему куба M'Q'P'N'M{Q{P{N{
минус два объема призмы CM'DClM'iD1 и минус четыре объема пирамиды
AKQj'Dj, т.е. V = а3 - 2Sscm>d МгМ - 4 • —• AQj = а3 - 2SACftrD • а -
261
* г» и з -Z
_ • — = a ~ 2aSACM^D - .
M'P' - TT
Рассмотрим квадрат N'M'Q'P'. Так как TP' = T^M’ =-----------------—!—,
М'Р' = ^(M'Q92 +(P'Q')2 = Va2 +a2 = aV2 , a T/Г = MtM = a, то T,M' = а'*~“ _
(VS-l)a
--------. Поскольку треугольник M'TrD — прямоугольный равнобедрен-
/CM'D 90°
ный (ZTyM'D ---------=------- 45° , ZM'DT, = 90° - ZT.M'D = 90° - 45° = 45°),
2 2 1
to T.D = T.M' = • a . Тогда SACAfD = |cD • Tji' = T.D T^' = (TjM')2 =
z z
(72-1 V 3-272 2
—Z------a --------a (2).
I 2 J 4
Рассмотрим квадрат . Так как EN{ = FQ{, то
N{Q[-EF M'P’-CjD, a&-CD aj2-2T1D aj2-2-J%±a
Г ЦЛ = ——Л * = —— = = = —... . *
2 2 2 2 2
_ aV2-(72-l) a a
2 ~2'
1 1 Л — 2
Тогда <$'akq'd1 = ' FQ{ ~~^а’Т~~Г
сл a Z 4
(3). Подставив значение
3-272
ACM'D---------
4
(372 - 2) • a3
3 ’
a2 из (3) в (1), получим
Tr з л 3 — 2^2 2 2a
V = a3 -2a----— a2-----
4 3
4
Ответ:
(з^2 - 2) • a3
3
11.197. Найти объем общей части двух
кубов, если один из них получен при пово-
роте на 90° другого куба вокруг оси, прохо-
дящей через среднюю линию одной из его
граней. Ребро куба равно а.
Решение.
Пусть куб A'B'C'D'AiB{C[D{ равен кубу
ABCDA^BjCyDj, ребро которого равно а и
куб A'B'C'D'AjB^CiDy получен поворотом
(рис. 11.39) куба ABCDAiBjCiDj вокруг оси
Е)Е, проходящей через среднюю линию
грани AAjDjD, на 90°. При таком повороте
262
точка А переходит в точку А', точка В переходит в точку В' и т.д.; точка /Ц
переходит в точку А, точка Вг переходит в точку В( и т.д.
Объем общей части этих кубов V равен объему призмы EA'FDElA[F1D1,
2 (aV а3
Т.е. V = V’M'FDEjAjFiP! = SEA'FD ’ Е1Е = ED ’ ЕА' ‘ А1А = ED ‘ А21 = ' а ~ 1
а3
Ответ: —.
4
11.198. В основании прямой призмы лежит треугольник со сторонами 6, 8 и
10 см. Некоторое плоское сечение этой призмы отсекает от боковых ребер,
проходящих через вершины большего и среднего углов основания, отрезки,
равные 12 см каждый, а от ребра, проходящего через вершину меньшего угла
основания, — отрезок в 18 см. Найти объем и площадь полной поверхности
фигуры, ограниченной плоскостью основания призмы, плоскостями боковых
граней и плоскостью сечения.
Решение.
Пусть АВ = 10 см, ВС = 8 см, АС = 6 см
(рис. 11.40). Согласно условию А2А = С2С = 12
см, В2В = 18 см. Проведем перпендикулярное
сечение призмы A2DC2. По теореме, обратной
теореме Пифагора, если АВ2 = АС2 + ВС2 , то
ZACB = 90°; ДАВС - AA2DC2 — прямоуголь-
ный. Тогда S&Aac = — АС • ВС = — • 6 • 8 = 24.
4480 2 2
Вычислим объем пирамиды A2B2C2D.
VA2B2C2D - ~SiSC2B2D • А2С2 - ‘ B2D ‘
А2с2 = 1 • 8 • 6 • 6 = 48.
2 2 6
Vabca2B2C2 ~ Vabca2dc2 + Va2c2B2D - Зьавс АА2 + 48 - 24 • 12 + 48 - 336.
Поскольку ZB2C2D — линейный угол двугранного угла, образованного
CD CD 8
плоскостями В2А2С2 и DA2C2 , то cosZB2C2D = —2— = . 2 = —.
С2В2 -jc2D2 + B2D2 10
Площадь многоугольника и его ортогональной проекции на плоскость свя-
заны соотношением -ScosZ.a, где — площадь проекции, а — угол
между плоскостями. = 5да2В2с2 cosZB2C2D, =
COS ^.02^2^
^daS. = 24.H = 30. 5w?2C = AC A2A = 6-12 = 72,
tjt 8
•c2d =
2
^•8 = 120. =Д^в.АгО_>Ц1«.1()_150.
2
263
Полная поверхность, призмы АВСА2В2С2 5П0Л = 5ддВС + 3^^ + +
+ Sbcc2b2 + $ваа2в2 = 24 + 30 + 72 + 120 + 150 = 396.
Ответ: 336 см3; 396 см2.
11.199. Ребро наклонного параллелепипеда равно I. К нему примыкают две
смежные грани, у которых площади равны т2 и п2, а их плоскости образу-
ют угол 30°. Вычислить объем параллелепипеда.
Рис. 11.41
Решение.
Пусть AjA = BjB = CjC = D^D = I, S^^q =
= пг2, 3АА^В = n2 (рис. 11.41). Проведем
перпендикулярное сечение параллелепипе-
да — KFCE. Тогда ZEKF = 30°, EKlAjA и
согласно условию АгА ЕК = т2, аналогич-
но, FKLAjA и AjA • FK = п2, или I ЕК =
= т2 и l-FK = n2. Перемножив эти два
равенства, получим I2 ЕК • FK = т2п2, от-
2 2
куда ЕК FK - —2—. Площадь перпенди-
Г
кулярного сечения KFCE, являющегося па-
раллелограммом, согласно формуле (10.21) равна SKFCE = ЕК- KF sinZEKF =
™2„2 ™2„2
71 771 71
——----sin 30° = ——. Объем параллелепипеда
2 2 2 2
V -S л л-тп 1-т п
VABCD41B1C1D1 ~ ° KFCE Л1Л-1 ~ ~
£1
Ответ: ------
21
11.200. Через точку, делящую ребро правильного тетраэдра в отношении
1:4, проведена плоскость, перпендикулярная этому ребру. Найти отношение
объемов полученных частей тетраэдра.
Рис. 11.42
Решение.
Пусть SABC — правильный тетраэдр (рис.
11.42), = р DiBjbSB. Проведем DKLSB.
Обозначим SBj = х , тогда ВгВ = 4х и SB = SBj +
+ BjB = х + 4х = 5х. Так как DS = DB, то тре-
угольник SDB — равнобедренный, следовательно,
CD 5rn 1
SK = КВ = — = —. Тогда VSAKC = VBAKC = j VSABC.
Пирамиды SA j By С, и SAKC подобны, а объемы
подобных тел относятся как кубы их соответст-
264
SB3 х2 8
вующих размеров, следовательно, ----------=-----, откуда
Vsakc SK А *^5
— г
U )
8 4
Vsa BjC =---Vsakc =-----Vsabc- Тогда отношение объемов полученных час-
111 125 125
J-.V
YsAjBjCj 125 SABC 4
теи тетраэдра ------—---------------------------=---.
г г V — V 4 191
УSABC Vsa^Ci V _ . V 1 Z1
□ДОС 125
Ответ: 4:121.
11.201. Боковые ребра треугольной пирамиды имеют одинаковую длину и
равны а. Из трех плоских углов, образованных этими ребрами при вершине
пирамиды, два содержат по 45°, а третий — 60°. Определить объем пирами-
Решение.
Расположим пирамиду таким образом,
чтобы грань, содержащая плоский угол 60°
при вершине S пирамиды SABC, была осно-
ванием (рис. 11.43), ЗА = SB — SC = а,
Z.ASB = 60° , ACS В = Z.CSA = 45°.
1 а2 Л
saasb = -SA SB- sin 60° = —. Прове-
дем COJ.SO, где SO — биссектриса угла
ASB, и OD-LSB, соединив точками С и D.
Тогда сначала из прямоугольного треугольни-
2 а2
ка CDS найдем SD = —, затем из прямо-
угольного треугольника SDO вычислим
2 2а2
SO = —— и, наконец, из прямоугольного
треугольника COS определим СО = Vc№ - SO2 = J а2 - = -Д
1 1 а2 ^3 а а3
Объем пирамиды равен V = —S&ASl} СО =------= = —
3 3 4 V3 12
а3
Ответ: —
12
11.202. Через каждое ребро правильного тетраэдра проведена плоскость,
параллельная противоположному ребру. Найти отношение объема получен-
ного параллелепипеда к объему тетраэдра.
265
Решение.
Пусть AjDCjB — данный тетраэдр,
ABCDAiBjCjDj — параллелепипед, полу-
ченный указанным построением (рис.
11.44). Легко сообразить, что ребра тетра-
эдра являются диагоналями боковых гра-
ней параллелепипеда.
Тетраэдр может быть получен удале-
нием из параллелепипеда четырех равно-
великих пирамид: ADBAj, DBCCj,
AjDjCjD и AjBjCjB. Так как объем каж-
дой из пирамид, очевидно, равен i объема параллелепипеда, то объем Vn
6
4 1
параллелепипеда Vn = Vm + — Vn, где Vm — объем тетраэдра, т.е. — Vn = Vm.
6 3
Тогда отношение Vn = Vn Vn = 3:1 = 3.
3
Ответ: 3.
11.203. Через каждые три вершины куба, расположенные на концах каж-
дой тройки ребер, сходящихся в одной вершине, проведена плоскость. Найти
объем тела, ограниченного этими плоскостями, если ребро куба равно а.
Рис. 11.45
Решение.
Пусть ребро куба AjBjCjDy равно а
(рис. 11.45).
Полученное тело есть октаэдр
SMNPQSX, вершины которого нахо-
дятся в центрах симметрии граней
куба.
Объем октаэдра равен удвоенному
объему правильной четырехугольной
а
пирамиды SMNPQ высотой — с пло-
„ 1 2
равной —а .
объем равен
6 ’
щадью основания MNPQ,
Следовательно,
VsmnpqSi = 2 • —
л а3
Ответ: —.
6
искомый
а 1 2
----а =
2 2
11.204. Из середины высоты правильной четырехугольной пирамиды про-
ведены перпендикуляр длиной а к боковому ребру и перпендикуляр длиной Ъ
к боковой грани. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть SP = РО, PF = SE и PF = b, PK1SK и РК = а (рис. 11.46).
266
Обозначим сторону основания через с. Тогда
с
ОЕ = — и согласно теореме Пифагора из прямо-
угольного треугольника SOE найдем SE2 =
= SO2 + ОЕ2 = SO2 + [-1 = SO2 + — = ^50+с
4 4
Далее, по формуле (10.30) вычислим СО =
сУг 2 с2
= ——, СО = —, а из прямоугольного тре-
угольника SOC найдем SC2 = SO2 + ОС2 = SO? +
с2 2SO2 + с2
+ — =-----------.
2 2
Треугольники SFP и SOE подобны как прямоугольные с общим углом ESO,
PF SP Ъ 2S° 2b SO _
следовательно, ---=----, или — = —----, — =-----. После возведения обеих
с SE с 2SE
2
, 4b2 SO2
в квадрат, будем иметь —— ------------, или
с2 4SE2
SO2 ^2 4Ь2с2
—-------- nTwvna SCj =
частей этого равенства
4SO2 + с2
4
’ с2 4SO2 + с2 с2 - 16b2
Аналогично, треугольники SKP и SOC подобны как прямоугольные с об-
СО
РК SP а 2 а 50 „
щим углом CSO, следовательно, ---= , или -------= ——-, —— =-----. Воз-
СО SC СО SC СО 2SC
a2 SO2 а2
ведем обе части равенства в квадрат. Получим -----т- =---=•, или — =
СО2 4SC2 с2
2
SO2
. (2SO2 + с2
4 ---------
I 2
2а2 SO2 „
—— =-----------. Подставив в это равенство
с2 4SO2 + 2с2
значение
so2 = 4bV
с2 - 16b2 ’
8а2 b2
а2—Ъ2
8а2Ь2 о
—72 -16Ь
а2 - Ь2
получим
с2
8а2Ь2 _ с„2 4Ь2с2
—------. Тогда SO2 = -=——у =
а2 -Ь2 с2 - 16b2
4Ь2
4а2Ь2
2Ь2 - а2 ’
__ 2аЪ _ _
откуда SO = —== ------ Тогда объем
у2Ь2 - а2
пирамиды
>2
2
У “ g 50СН • И , VSABCD
1 1 , 2аЬ
= -SAbcd SO = ~AD • i
3 ABCD 3 y2b2 - a2
= 1с2
3
2аЪ
1 8a2t>2 2ab _ 16a3b3
3 °2 -b2 ’ V2b2-a2 " з(а2 - b2)-72b2-a2 ‘
267
Здесь 2b2 - а2 > 0 , откуда, с учетом условия, Ь < а < J2 Ъ.
16а3Ь3
Ответ: -------”—....... , Где Ь < а < ^2 b.
з(а2 -b2)- V2b2 - а2
11.205. Два правильных тетраэдра соединены двумя гранями так, что обра-
зуют двойную пирамиду. Центры шести боковых граней этой двойной пира-
миды приняты за вершины прямой треугольной призмы. Вычислить объем
этой призмы, если ребро тетраэдра равно а.
Решение.
Пусть SABC и S^ABC два пра-
вильных тетраэдра, образующих
двойную пирамиду и MNPM^N^^ —
заданная прямая треугольная призма,
где М, N, Р, Мг, Nj, Рг — центры
соответствующих боковых граней
тетраэдров, ребро тетраэдра равно а
(рис. 11.47).
Гранью правильного тетраэдра яв-
ляется равносторонний треугольник,
следовательно, его центром (а равно и
грани) является точка пересечения
медиан (высот и биссектрис). Эта точ-
ка делит медиану в отношении 2:1,
считая от вершины треугольника.
Согласно этому в треугольнике CSB
SP. 2
имеем —- = —.
PjF 1
Обозначим сторону основания
призмы через Ь. (Заметим, что в осно-
вании призмы лежит равносторонний треугольник, т.е. MN = NP =
= MP = = N1P1 = MjP ). Тогда в треугольнике М^гРх согласно формуле
ь-Уз
(10.19) OjPj =----; в треугольнике АВС согласно формуле (10.18)
Треугольники 5О1Р1 и SOF подобны как прямоугольные с общим углом FSO,
ьУз
О.Р, SP, з 2 а
следовательно, ——- - —L , или — = — , откуда Ь = —.
OF SF а-у/3 3 3
Т
Р Т Р F
Аналогично, &PXTF°°&SOF, следовательно, —1—= _1_. Поскольку
SO SF
SF = 3OF = ^-, OF = P1F = ^-, SO = JsF2 - OF2 = J-a2 -
2 1 6 p ( 6 J 3
268
Р.Т 1 аУб 2аУб
то —=-= —, откуда РгТ =---------. Тогда РуР = 2Р.Т =------ и объем призмы
a-J6 39 9
3
VMNPMAP1 = s&mnppip- По формуле (10.17) SMNP
^MNPMiNiPi
2аУб _ а3У2
9 “ 54
b2 J3 (а? Уз _ а27з
4 “UJ 4 36 ’
Ответ: -----
54
11.206. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а;
площадь ее сечения, имеющего форму квадрата, равна т2. Найти отношение
боковой поверхности пирамиды к площади основания.
Решение.
Пусть АВ = ВС = АС = a, MNPQ —
квадрат и MQ2 = т2, откуда MQ ~ т, или
MQ = MN = NP = PQ = т, AF = BD = СЕ
— высоты ААВС (рис. 11.48).
MQ||AB, следовательно, треугольник
CQM — равносторонний, т.е. CQ = СМ =
= MQ = т.
Тогда QB = ВС - CQ — а - т. Проведем
QP'||CE. (Здесь N'P' = NP = т ). Так как
CE-L4B, то и QP'-LAB и в прямоугольном
треугольнике QP'B ZP'QB = 90° - Z.QBP' =
= 90° - 60° = 30°. Отсюда Р'В = — = .
2 2
Проведем PKJ.QP'; поскольку точка Р
Рис. 11.48 принадлежит ребру SB, то точка К принад-
лежит ОВ — проекции ребра SB. (РК пер-
пендикулярен также и КВ). Рассмотрев подобные треугольники BKQ и ВОС,
можно показать, что КВ = KQ = ----------. Треугольники PKQ и РКВ рав-
За
ны, как прямоугольные с общим катетом РК и QK = ВК Отсюда имеем РВ =
= PQ = т.
Проведем апофему SF грани CSB и РКЦЗТ, RB = Р'В = ———. Тогда
PR1BC и из прямоугольного треугольника PRB найдем PR = -уРВ2 - RB2 =
\т2 + 2am - a2
2
Треугольники SFB и PRB подобны как прямоугольные с общим углом
269
лп/, «UX‘ X XV -vurft* ’ — Ur
SBC, следовательно, ---=---, или ------=----------------. Согласно фор-
FB RB а а-т
а24з
муле (10.17) площадь треугольника АВС Зддвс =—~—• Наконец, отношение
^бок 3£&BSC
боковой поверхности пирамиды к площади основания равно ------= —-°' =
$осн S&ABC
3 ВС SF _ 25тУз _ 7зт2 + 2am - a2 _ 79m2 - За2 + бат
а27з а, а-т а-т
4
п л/9т2 - За2 + бат
Ответ: -------------.
а-т
11.207. Два куба с ребром, равным а, имеют общий отрезок, соединяющий
центры двух противоположных граней, но один куб повернут на 45° по отно-
шению к другому. Найти объем общей части этих кубов.
Рис. 11.49
Решение.
Пусть куб A'B'C'D'AlBtClD'i равен
кубу ABCDAjBjCjDj, ребро куба равно а
и куб A'B'C'D'AiB^C^Di получен поворо-
том куба ABCDAtBjCiDt вокруг оси
0,0, проходящей через центры граней
ABCD и AiB^iDj, на 45° (рис. 11.49).
Согласно (10.30) 0(0' = -^-, D{K-
Л Л ,, а V2 -1
= 0,0, - О, К =------=-------а.
111 2 2 2
В прямоугольном треугольнике D{KE}
ЕгК = D{K = 1 • a. Тогда площадь
треугольника E^D' S^fm = ^-EjF, •
• D[K = EyK D[K = —-—- • a • ——- a = -——— • a2, а объем призмы EFD'E^Dl
^EFD'E^Di ~ ~
3-2V2 3
a =-------a .
4
Объем общей части кубов V равен объему куба ABCDA^C^Di минус че-
тыре объема призмы EFD'E^Di, т.е. V - ^двсра^с,^ “ 4VEfD'e1f1dj = - 4 •
Ответ: 2a3 (^2 - 1).
270
11.208. Через концы трех ребер, выходящих из вершин В, D, Aj и Сг куба
ABCDA1B1C1D1, ребро которого равно а, проведены плоскости. Доказать, что
полученная фигура есть правильный тетраэдр, и вычислить его полную по-
верхность и объем.
Решение.
Пусть ABCDA1B1C1Dl — куб с ребром
а (рис. 11.50). Согласно заданным в усло-
вии построениям, ОгВг = DjCj = DtA =
= ABj = ByC - AC = ajl (как диагонали
граней куба).
Таким образом, фигура DjABjC явля-
ется правильным тетраэдром с ребром,
равным а^2 . Тогда полная поверхность
этого тетраэдра SD{ABiC = 45^^. По
ас2 Уз
формуле (10.17) с ----------=
1 А
Согласно формуле (10.19) ОВ!
АСУз
3
= ——. Тогда из прямо-
угольного треугольника DiOBx по теореме Пифагора найдем DXO =
= -JBxD? -ОВ?
2аУз „ а2Уз 2аУз а3
= —и- наконец, = —--------------------— = —
о О о «5
Ответ: 2а2 Уз ; —.
11.209. Через сторону основания правильной
четырехугольной пирамиды проведена плос-
кость, которая отсекает от противоположной
грани треугольник площадью 4 см2. Найти боко-
вую поверхность пирамиды, которая отсечена
проведенной плоскостью от данной пирамиды,
если боковая поверхность данной пирамиды
равна 25 см2.
Решение.
Пусть SasqDi = 4 см2, боковая поверхность
25
пирамиды S6oK = 25 см2, откуда S^CD = “
(рис. 11.51).
Треугольники SCjD, и SCD подобны, следо-
271
SC2
вательно, =-------—L , или
SC2 S^cd
SC? 4 SC. 4
------J--Г = > откуда —-= —, или
(SC, + СуС)2 SCj+CjC 5
1 5 1
CjC = -SCj. Тогда SC = SCr + CrC = -Sq, но —SC DK = , где DKLSC,
4 4 2
1 5 25 1
или — — SCX • DK = — , откуда — SCj • DK = 5 , или S^c^ = 5.
Поскольку ASCjD = ASDXA , то боковая поверхность отсеченной пирамиды
25 25
равна SSAD1C1B = S^^ + 25^^А + S^^ = — + SS^^p + 4 — — + 10 + 4 - 20,25.
Ответ: 20,25 см2.
11.210. Доказать, что объемы двух треугольных пирамид, имеющих по рав-
ному трехгранному углу, относятся как произведения длин трех ребер рав-
Доказательство.
Проведем BjDj перпендикулярно плоско-
сти треугольника S-AjCj , a BD перпендику-
лярно плоскости SAC (рис. 11.52). Объем тре-
угольной пирамиды равен
KsAjBA =75Д5А1с1 B^, а объем треуголь-
«5
ной пирамиды SABC равен = -SiSA:-BD.
3
Треугольники BjDjS и BDS подобны как
прямоугольные с общим углом BSE, следова-
BjDj SBt VSA в с
DB SB Д VSABC
_
BD
Так как 5ДЛ11С1 = ‘ sinZA1SCi
Sл.удг* ~ —SA * SC • sin /ASC ,
V - • —SA, • SC, • sin ZA,SC, SB,
vSA1B1c1 з 2 1 1 1 ]
Ki’ABC
то
SA, SC, SB,
---- --------±---i---L что и нужно было
— -SA -SC sinZASC SB SA-SC-SB
3 2
доказать.
11.211. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды равна а,
боковое ребро составляет с высотой угол 30°. Через вершину основания пи-
рамиды проведена плоскость, перпендикулярная противолежащему боковому
ребру. Эта плоскость разбивает пирамиду на две части. Определить объем
части пирамиды, прилегающей к вершине.
272
Рис. 11.53
Решение.
Пусть АВ = ВС = CD — AD — a, ZCSO =
= 30°, ACjbSC, B^ilBD (рис. 11.53). Соглас-
но формуле (10.30) ОА = ОС = ——. В прямо-
угольном треугольнике SOC ZSCO =
= 90° - ZC5O = 90° - 30° = 60°, тогда в прямо-
угольном треугольнике ACjC ZQAC = 90° -
- 60° = 30°. Следовательно, в прямоугольном
треугольнике SOC имеем 5С = 2ОС = 2 •
п-
—— = а^2 , а в прямоугольном треугольнике
, „ „ _ _ АС а4'<
АС,С имеем С,С =-----------= —
1 1 2 2
и SC, - SC -
— > & AC,
2 1
CjC2
2
Далее, треугольники
SO}D} и SOD подобны, следовательно,
O1D1 SOX
OD SO ’
2
O,D, SO-O<O
или =--------—
ОС 50
_ (50 - OjO) • aj2
250 ’
(50 - ОТО) • ОС (5О “ °1°) '
откуда O.D, = ---------------=-------------—
? 1 1 SO SO
треугольника SOC найдем SO - JsC2 - ОС2 =
Из прямоугольного
(ZOjAO = 30° и АОХ = 2Ор )
из прямоугольного треугольника АОО,
вычислим AOf - OjO2 - ОА2 , или (2OjO)2 -
(Г"\2 Г
1 , откуда OjO = - . Тогда OjDj =
2 J 6
2 2 12
3
2
Наконец, 5^^^ - 5AABlD1 + - O1D1 • AOj + O1D1 • CjOj - O1D1 (AOj + CjOj -
„ n aji aj(} а27з
-O^i • AC; = —------— =------- и объем части пирамиды, прилегающей к
3 2 3
1 1 а27з a-Ji а37б
вершине, т.е. У5дВ1с1Ц = - = 3 ‘ -----
Ответ:
а3 Уб
18
273
11.212. Расстояние между непересекающимися диагоналями двух смежных
боковых граней куба равно d. Определить полную поверхность куба.
Решение.
DXC и CtB — диагонали боковых гра-
ней куба DD^C^C и ВВуС^С, расстояние
между ними равно расстоянию между рав-
носторонними треугольниками ACDt и
С^В (AD1 - CDl = АС и А^Су = ВСХ =
= АгВ ), т.е. OjO = d, где Oj — центр тре-
угольника CjAjB, а О — центр треуголь-
ника ACDX (рис. 11.54).
Обозначим ребро куба через а. Согласно
формуле (10.30) AjCj = ajz. В равносто-
роннем треугольнике AjCjB по формуле
.,Л<Л. „ п j-i А'С'т/з а^2 >/з
(10.19) найдем OjCj = ——--------------
3 3
= . Тогда из прямоугольного треугольника B^^j найдем BjOj =
3
=Ja2-^
Так как CjD = AjCx = а-^2 , то из прямоугольного треугольника BjCjD вы-
числим BrD = ^Bfi* + CjD2 = ^а2 + (aVz) = a-j3. Поскольку OD = BjOj ,
OjO = BjD - 2BjOj = a-Js - 2 • , откуда a = Полная no-
3 3 V3 V3
<3dY
верхность куба 5пол = 65AXjDjD = 6a2 = 6| - 18d2.
\y3J
Ответ: 18d2.
11.213. Вычислить объем треугольной пирамиды, у которой два противопо-
ложных ребра 4 и 12 м, а каждое из остальных ребер равно 7 м.
Решение.
Пусть SA = 12 м, ВС = 4 м, SB = SC —AC —
= АВ = 7 м (рис. 11.55).
По условию ДАВС = ABSC, к тому же эти
треугольники равнобедренные, следовательно,
AD1BC, SD1BC, BD = DC. Проведем высоту
пирамиды SO. Поскольку AD — проекция SD,
то точка О принадлежит AD (ее продолжению).
Из прямоугольного треугольника SDC со-
гласно теореме Пифагора найдем
274
SD = J SC2 - CD2 = J72 - f—1 = 749-4 = зТб . Тогда AD = SD = зТб .
¥ к 2 J
Из прямоугольных треугольников SOA и SOD найдем SO2 = SA2 - АО2 и
SO2 = SD2 - DO2. Сравнив правые части этих равенств, получим SA2 -
- АО2 = SD2 - DO2, или 122 - (AD + DO)2 = (зТб)2 - DO2 , 144 - (зТб + Dof =
= 45 - DO2, откуда DO = -В=-. Тогда SO = 7sD2 - DO2 = . (зТК) - = -Д
V5 ' ' ' \V5) уЬ
и объем пирамиды
Ответ: 24 см3.
VSABC =-Sashc • SO = - —ВС • AD-Д^ = --4 • зТ5 = 24.
sabc 3 длвс 3 2 75 6 75
11.214. Гранями параллелепипеда служат ромбы, диагонали которых равны
3 и 4 см. В параллелепипеде имеются трехгранные углы, составленные тремя
острыми углами ромбов. Найти объем параллелепипеда.
Рис. 11.56
Решение.
Пусть AXD = BD = 3 см, АС = 4 см
(рис. 11.56). Так как диагонали ромба
взаимно перпендикулярны, то из пря-
моугольного треугольника AOD соглас-
но теореме Пифагора найдем AD =
Л-П—Т =
Vk 2 ) I 2 J
= =|, а из прямоуголь-
ного треугольника AflD найдем АуС? -
= 27
4 ’
Проведем А1К1АС. Поскольку ребро данного параллелепипеда проециру-
ется на диагональ основания, точка К принадлежит АС. Из прямоугольных
треугольников АгКА и АгКО найдем АгК2 = АХА2 - АК2 и АХК2 = AjO2 -
- КО2. Сравнив правые части этих равенств, получим А^А2 — АК2 = АХО2 -
-КО2, или -АК2 = y"(2-AK)2, откуда Тогда АХК =
Согласно формуле (10.22) площадь
ромба SABCD - i-AC • ВО = ± • 4 • 3 = 6. Объем параллелепипеда V - S0CH • Н,
275
V -S АК-6
v ABCDA1B1C1Dl ~ &ABCD ’ ~ 0 g— ~ ~—
„ 9^9 з
Ответ: ---смЛ
4
11.215. Найти объем треугольной пирамиды, стороны основания которой
равны а, Ь и с, если каждая из этих сторон равна боковому ребру, не пересе-
кающемуся с ней.
Решение.
Пусть SABC — заданная треугольная
пирамида и SA = ВС = a, SB = АС = Ь,
SC = АВ = с. Тогда ASAB = ASAC =
= AS ВС = ДАВС и тетраэдр является рав-
ногранным (рис. 11.57). Через скрещиваю-
щиеся прямые SC и АВ, SB и AC, SA и ВС
проведем параллельные плоскости. При
взаимном пересечении они образуют парал-
лелепипед. Поскольку диагонали граней
равны между собой, то эти грани — прямо-
угольники, а параллелепипед — прямо-
угольный.
Обозначим SD = BXD = ССг = АгА = х ,
AD = CtB = CBt = AYS = y, BD = СгА = САг =
= BXS = z.
Тогда в прямоугольных треугольниках SDA, SDB и ADB согласно теореме
Пифагора SD2 3 + AD2 = SA2, SD2 + BD2 = SB2 и AD2 + BD2 = АВ2, или
х2 + у2 = а2 (1), х2 + z2 = Ь2 (2) и у2 + z2 = с2 (3). Сложив почленно левые и
правые части равенств (1), (2) и (3), будем иметь 2х2 + 2у2 + 2г2 =а2 +Ъг + с2,
Л2 . 1,2 , .2
2 2 2 Q । D । С
или х +у +z =------------- (4). Вычтая из равенства (4) равенство (1), по-
2 Ь2+с2-а2 2 а2-Ь2+с2
лучим z =-----------, из равенства (4) равенство (2), — у =------ и,
Л2 . 1,2 „2
. ., 2 <1 + 0 — C
наконец, из равенства (4) равенство (3), — х =----------------------, откуда найдем
2
112 , .2 Т
|о + с — а _
и z = 1---------— . Тогда объем парал-
а2+Ь2-с2
. У =
V 2 " ’ 2
лелепипеда АОВС^ЗВ^ равен V = S0CH H, Vadbc^sbiC ~ АВ'
2 1.2 . 2 1,2 . 2 2*
а -Ь +с Ь +с -а
, а объем треугольной
• SD = xyz =
2 V 2
пирамиды SABC равен = ^dbc1a1.s,b1c ~ ^SSABD = ^аовс^^в^: ~ 4 •
1 41 ( 2^ 1
• -Saadb • SD = BD AD SD- — — BD-AD-SD= BD-AD-SD\l- — \ = — BD
3 ^DB 3 2 I 3
276
ADSD- —
3
2 ъ2 . 2 ъ2 . 2 2
л - Ъ + с b + с - а
V 2 N 2
Ответ: —
3
Г~2 ,2 . 2~ Кг . 2 2*
|а - b + с |о + с - a
- -
11.216. Основание пирамиды SABCD есть трапеция с параллельными сто-
ронами АВ и CD. Доказать, что объем пирамиды равен 4/3 произведения
площади треугольника MSN, где MN — средняя линия трапеции, на расстоя-
ние ребра АВ от плоскости MSN.
Рис. 11.58
Доказательство.
Пусть ST — высота треугольника MSN,
ST1MN; FK — расстояние ребра АВ от
плоскости MSN, FKUST; SO — высота пира-
миды SABCD (рис. 11.58).
Проведем AE1CD, FT1MN, FT||AE. Со-
единим точку S с точкой F.
Нужно доказать, что
= (1).
о
Треугольники SOT и FKT подобны, как
прямоугольные с общим углом STF, следова-
тельно, — = —, SOFT = FKST. Но
FK FT
AF AF
FT = —, SO — -FKST, SO-AE = 2FK-ST.
2 2
Тогда -SABCD • SO = —MN AE • SO = —MN •
3 3 3
~ Sabcd ‘ ~
• 2FK • ST =
1 4 4fl A 4
- • — MN • ST - FK = - —MN • ST FK = -
3 2 3\2 J 3
S(MSN
FK,
т.е. объем
пирамиды SABCD равен 4/3 произведения площади треугольника MSN, где
MN — средняя линия трапеции, на расстояние ребра АВ от плоскости MSN,
что и нужно было доказать.
11.217. Многогранник имеет следующее строение: две его грани (основания)
представляют собой многоугольники, расположенные в параллельных плоско-
стях; остальные грани (боковые) — трапеции, параллелограммы или тре-
угольники, у которых каждая вершина является одновременно вершиной од-
ного из оснований. Доказать, что объем такого многогранника равен
—H(Sj + S2 + 4S3), где Н — расстояние между плоскостями основания, Sj и
6
S2 — площади оснований, a S3 — площадь сечения, равностоящего от обоих
оснований.
Доказательство.
Многогранник состоит из двух многогранников, основания первого равны
277
соответственно и 53 высота —, а основания второго равны S3 и S2 с
высотой —. В плоскости сечения 53 возьмем произвольную точку 5 в каче-
стве вершины и разобьем многогранник на пирамиды, основания которых на-
ходятся в параллельных плоскостях Sj и S2, и пирамиды, основаниями кото-
рых служат боковые грани, каждая вершина по условию принадлежит одно-
временно или S2. Объем многогранника V = Vj + V2 + V3, где
vi =T5i V = H’ У2 =T52 • V = H' V3 — сумма объемов пира-
о 2 о о 2 О
мид, которую можно вычислить, воспользовавшись результатами №11.216,
V -is -H + is * + +is H-
v3 - 3 2 + 3 ^AS2M2Ni 2 +- -+ 3 ^SSnMnNn у -
_ 4 H ( \ _ 4H
- yr* A-SjMjNi + ЛД5аМ2^+---+ЛД5пМ„Л/„ J - уЛ3. гДе < *>Д52М2М2 - —
площади треугольников, соответствующих ASMN из условия предыдущей
задачи. Тогда V = — SXH + — S2H + — S2H = — H(SX + S2 + 453).
6 6 6 6 '
ifi (St + S2 + 4<S3), что и нужно было доказать.
11.218. Фигура ограничена сверху и снизу двумя прямоугольниками со
сторонами, равными а, Ь и ар Ьр а сбоку — трапециями. Стороны прямоуголь-
ников параллельны; расстояние между параллельными плоскостями прямо-
угольных оснований равно h. Найти объем фигуры.
Решение.
Пусть AD — ВС - а, АВ =
e CD = b, A1Dl =В1С1 =ап AjBj =
= CjDj = bj, А2А2 ~ BjBj = CjCy =
= DjD{ = h (рис. 11.59).
Объем фигуры V равен сумме
объемов прямоугольного парал-
лелепипеда Aj'Bj'Cj'Dj'AjBiC^i,
четырех пирамид AjAMAfF,
DXED'XTD, CXC'XQCL, BXNBPB{ и
четырех призм AXA{FDXD{E,
BXB[PCXC{Q, AXAXMBXBXN и
Рис. 11.59 DXDXTCXCXL, т.е. V = AjDj • А^ •
• + | T^AMAJF + T^EDyTD • + Z^Cj'QCL • I +
\ О «5 м О J
‘ ^iCi) + AjBi + • CjDjj = axbxh + — •
О
(AF • AM + DE • DT + CQ • CL + BP • BN) + [ -FA{ • AXA{ + -PBJ • B1B1'| +
\ 2 2 J
278
+ bi ^MAJ A1A{ + ^TDi' • DiDi') = afoh + y(AF • AM + DE • AM + DE - BN +
+ AF • BN) + (AM • h + BN • h) + (AF - h + DE • h) = a^h + • ((AF + DE) • AM +
2 2 3
+ (DE + AF) BN) + ~(AM + BN) + ^(AF + DE) = a^h + -(AF + DE) •
2 2 3
• (AM + BN) + ^(AB- MN) + ^(AD- FE) = a^h + —(AD- FE) • (AB - MN) +
2 2 3
+ ^-(AB - AjBj) + (AD - AjDj) = + -(AD - AiDj • (AB - A^J +
2 2 3
++м+^r(a - ai)=а№+4(a - ai) • (ь - м+4 («i(b - b0+bi(a - ai))=
it Z «5 Z
h(ab - abi - ajb + «цЦ) h(alb - a1b1 + abj - а^)
= a,bih 4----------------- 4-----------------=
11 3 2
ba^h + 2h(ab + - abj - сцЬ) + ЗЬ^За^ + abj + c^b)
h(6aibj + 2ab + 20^ - 2abi - 2a jb - бс^Ц + 3abj + 3aib)
h(2ab + 2ajbi + abx + a^b)
_ - .
h(2ab + 2aibj + abj + c^b)
Ответ: -------------------.
11.219. Диагонали двух одинаковых кубов с ребром, равным а, лежат на
одной и той же прямой. Вершина второго куба совпадает с центром первого, и
второй куб повернут вокруг диагонали на 60° по отношению к первому.
Найти объем общей части этих кубов.
Рис. 11.60
Решение.
Объем общей части кубов V
равен сумме объемов пирамид
N^TKR и D^KR с общим ос-
нованием TKR (рис. 11.60).
Поскольку вершина второго
куба совпадает с центром пер-
вого, то NiDi -2h, где h —
высота одной из пирамид,
ад-|вц-|1/во2+о^ -
1 / 2 , 2~7 2 a-js ,
= —Va +a +a =----, h =
2 2
Рассмотрим пирамиду
NyTKR , ребра ее равны и вза-
279
имно перпендикулярны, а в основании лежит правильный треугольник. Пусть
NYK = NyR = = х , тогда сторона основания ТК = KR = RT =
г~2----г г а2т/з 1^\21 -73
= у/х + х- xiJ2 . По формуле (10.17) 5 = —-— найдем ----=
_ 2х27з _ х24з _ 1 _ 1 х2л/з а-Тз _ х2а
- -7— - — *«1Ткн - зЯДТКЙ Л - - •— — - — •
С другой стороны, если принять за основание пирамиды NJ’KR одну из
граней, т.е. прямоугольный AN^KR, то высотой пирамиды будет служить
1 11 х^ зс^а
ребро NjT и VNTKR = — -NrT =---------------х-хх- — .Следовательно, --------
1 3 1 3 2 6 8
х 3 гг й TZ 1 3 1 (3 Г 9а
= —, откуда х = — а. Таким образом, ^^дд = —а: = — • I —а I =^28’
- 9а3
^NjTKRDi - 3VN1TKR - .
_ 9а3
Ответ: ---
64
11.220. Около шара описан усеченный конус, площадь нижнего основания
которого в а раз больше, площади его верхнего основания. Во сколько раз объ-
ем усеченного конуса больше объема шара?
Решение.
Пусть яОВ2 = ая О; В2, или ОВ =
= Та • OjBj . Обозначим О2О2 = О2О = R,
тогда B1D=2R (рис. 11.61).
Для того, чтобы в выпуклый четы-
рехугольник можно было вписать ок-
ружность, необходимо и достаточно,
чтобы суммы противолежащих сторон
этого четырехугольника были равны.
Согласно этому А^ + АВ = AjA + BjB ,
или 20^! + 2ОВ = 2BjB , откуда ВХВ =
= О1В1+ОВ. Тогда из прямоугольного
треугольника B1DB по теореме Пифа-
гора найдем BjD2 = В^В2 - BD2 , или (2В)2 = (OjB, + ОВ)2 - (ОВ - О^)2, от-
куда К2 = O^i • ОВ, или К2 = у[а • OjBf.
V
Отношение объема усеченного конуса VK к объему шара Уш равно —— =
• OjOfoX + О& • ОВ + ОВ2) v 2К(OjB2 + -Ja OtB2 + aOjB2)
— —___________________________ тхтттл _к — _' ' —
280
О1В1(1 + Va + di У OjB^l + Va+a) a + 4a + l
-1----- - , ИЛИ —— =-?=-z---- ------f=-
2RZ-------------------------------------------------Уш 24a 0^1 2-Ja
_ a + 4a + 1
Ответ: в --?=— раз.
24a
11.221. В конус вписан шар. Доказать, что отношение полной поверхности
конуса к поверхности шара равно отношению их объемов.
Доказательство.
Отношение полной поверхности конуса к по-
верхности шара равно
Soch+S6ok _ яОВ2 +XOBSB _ ОВ2 +ОВ-SB _
47tOrD2 4OiD2
OB(OB + SB)
4OjD2
Треугольники SDOj и SOB подобны, как прямо-
угольные с общим углом BSO, следовательно,
= Так so, = SO-0,0 = SO-OjD,
ОВ SB 1
Рис. 11.62
то = OXD SB = OB SO-OB OlD, или O,D SB + OB-O1D =
ОВ SB 1 i-i
. . ОВ•so
= OB SO, OiDfSB + ОВ) = ОВ • SO, откуда ОВ + SB = .
Czi и
ОВ2 SO
(2).
Подставив это значение О В + SB в (1), получим
С С ов^°
‘-'осн *^ 6 О К _ OjjD
Sm 4OtD8 4OjD3
Отношение объема конуса к объему шара равно
vk ^ob2 so OB2SO
-^OjD3 4OtD3
3 1
Сравнив правые части равенств (2) и (3), приходим к выводу, что
S0CK + S6oK у
-----= ——, т.е. отношение полной поверхности конуса к поверхности
шара равно отношению их объемов, что и нужно было доказать.
11.222. Высота цилиндра равна радиусу его основания и имеет длину а.
Через ось цилиндра проведена другая цилиндрическая поверхность, делящая
окружность основания на две дуги, длины которых относятся как 2:1. Эта
цилиндрическая поверхность делит данный цилиндр на две части. Найти бо-
ковую поверхность и объем большей части цилиндра.
281
Решение.
Пусть ОГО = ОВ = а, длина
дуги DBC относится к длине дуги
CAD как 1:2 (рис. 11.63.а).
Обозначим длину дуги DBC че-
рез х, тогда длина дуги CAD рав-
на 2х, следовательно, х + 2х =
=2яОВ, или Зас = 2лга, откуда
2ла 2яа
х=----. Тогда длина uDBC = —,
3 3
4яа
a uCAD =-------.
3
Соединим точку С с точками О, В и D, ZDOC = — (как центральный он
3
измеряется дугой, на которую опирается, т.е. uCBD). Пусть
ZCOB = Z.DOB = — (рис. 11.63.6). Так как OD — ОВ = а, то треугольник BOD
3
я---
я —
— равнобедренный, ZOBD = —— --------------3- = — ( те. ABOD — равносто-
2 3 3
ронний, DK — высота, медиана и биссектриса угла ODB, ОК = КВ = —,
Рис. 11.63.6 (вид сверху)
Пусть R — радиус окружности
основания другой цилиндрической
поверхности, O2D = R. Тогда
R2 = DK2 +К0%, R2 »= DK2 +
( а V 1 За2 о
+ R - - , R2 =---+ R2 -aR +
\ 2) 4
а2 9
+ —, aR = а , R = а. Это означа-
4
ет, что первый цилиндр проходит
через ось второго.
Боковая поверхность большей
части цилиндра равна длине дуги
CAD, умноженной на высоту
АгА, плюс длину дуги COD, умноженную на высоту OtO, т.е.
*^бо« = ^CAD • А:А + oCOD • OlO, или S6oK = <jCAD a + kjCOD a - a(yjCAD +
+ uCOD) = a • 2яОВ = a 2яа = 2яа2.
Объем большей части цилиндра V равен площади сектора CAD, умножен-
ной на высоту, минус две площади сегмента DnO, умноженные на высоту (см.
формулы (10.35) и (10.36)), V = |oD2 ZCAD O1O-2-|dB2(ZODB-
282
л 1 2 4 я . яЛ 2яа3 яа3 а3л/3 яа'
- stnZOJBD) • 0,0 = —а — яа- а I-sin— • а =--и-=-
’ 1 2 3 ИЗУ 3 3 2 3
а3^2 л3^2я + 3>[з j
а3(2я + Зу/з)
Ответ: 2яа2, —-------
11.223. Отношение высоты конуса к радиусу описанного около него шара
равно q. Найти отношение объемов этих тел. При каких значениях q задача не
имеет решения?
Решение.
Обозначим радиус основания конуса через
г, радиус шара через R, высоту конуса через
Н. Тогда — = q, откуда Н - Rq', ZSBC = 90° ,
R
как вписанный в окружность, опирающийся
на диаметр SC, т.е. треугольник SBC — пря-
моугольный (рис. 11.64). Согласно свойству
перпендикуляра, опущенного из вершины
прямого угла на гипотенузу, имеем
JBOf = iSOj OjC, или
г2 = H(SC - SOr) = Н(2R - Н).
Объем конуса
V =-я г2 Н = -яН
к 3 3
(2R - Н) • Н = |^R2q2(2R - Rq) = |tfR3q2(2 - q)
4 з
, а объем шара = — яИ .
3
v l^R3q2(2-q) 2(2_ )
Следовательно, —— = —------= — --------.
1„R3 4
3
q2(2 — q)
Полученное выражение имеет смысл при ——- > 0, откуда 2 - q > 0 ,
или q < 2. При q > 2 задача не имеет решения.
q2(2 — q)
Ответ: —---- при q < 2; при q > 2 задача не имеет решения.
11.224. В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная пирамида,
основание которой делит перпендикулярный ему радиус пополам. Определить
поверхность шара, вписанного в пирамиду.
Решение.
Пусть OS — ОЕ - ОС - R, OjO = ОгЕ = (рис. 11.65). Обозначим АВ =
= ВС = CD *» AD = а.
283
Рис. 11.65
Согласно формуле (10.4)
2^ASFK
SF + SK + FK
Из прямоугольного тре-
угольника ООгС по теореме
Пифагора найдем
OjC = JoC2 - OjO2 =
= |R2 f д у дУз
V 12 J 2
Согласно формуле (10.30)
ал = R-ji имеем AD = •
2
/~ Ry/б
• V 2 = —-—. Тогда из прямо-
угольного треугольника SO^K
найдем SK = Jsof + ОХК2 =
1(1 R? f йл/бУ Rj42
УК 2/ ( 4 J 4
Обозначим радиус шара, впи-
санного в пирамиду, O2Oj = г .
1 (D
2-^FKSOl a|^R + 7j
2SK + FK \ Rj42
2 ----+ a
4
R-Тб 3R / г~ \ / r~ \ / /—
- ~~2-----Г _ 3R _ 3R(V7 - 1) _ 3R(V7 -1) _ r(J?
R&2 t Ryfe 2^7 +1) 2(V7 + 1) (V7 - 1) 2 6 4
2 2
Поверхность шара, вписанного в пирамиду,
(rMT-i)? nrR2(4-V7)
S = 4лт2; S = 4я —*-----i
4 2
11.225. Конус лежит на плоскости и катится по ней, вращаясь вокруг своей
неподвижной вершины. Высота конуса и его образующая равны h и I. Вычис-
лить площадь поверхности, описываемой высотой конуса.
Решение.
Пусть конус SAB вращается вокруг оси О3О4 (рис. 11.66), SO = SO' = h ,
SA = SB = SA' = SB' = I. Высота конуса SO описывает коническую поверх-
ность, площадь которой S = тс ОгО SO = тсОгО h.
284
11.226. Основанием пирамиды SABC является треугольник АВС такой, что
АВ = АС = 10 м и ВС = 12 м. Грань SBC перпендикулярна основанию, и SB =
SC. Вычислить радиус шара, вписанного в пирамиду, если высота пирамиды
равна 1,4 м.
Решение.
Проведем AD1BC (рис. 11.67),
вс 12 „
тогда BD = CD = —у = — - 6 и
из прямоугольного треугольника
ADB по теореме Пифагора най-
дем ___________ _________
AD = -JAB2 - BD2 = 7102 -62 = 8.
Проведем DEJLAB, тогда
SE.LAB. Из равенств
SmDb=^BDAD = ±ABDE
BD-AD 6 8 ло
найдем DE = —— = -у = 4,8, а из прямоугольного треугольника SDE
вычислим SE = VsD2 + DE2 = ^(1,4)2 + (4,8)2 = 5.
Обозначим радиус шара г. Рассмотрим сечение его плоскостью SDA, про-
ходящей через центр О. Большой круг шара касается плоскости SCB в точке
К, плоскости АСВ в точке Oj, OtO±AD, О2О пересекает ребро SA в точке
Sj. Проведем OjFlAB , тогда SjFlAB, следовательно, ZSjFOj — линейный
угол двугранного угла, образованного плоскостями ААСВ и AASB, ZS1FO1 =
= ZS1FlO1 (AS1FO1 = AS^Oy). Центр шара О лежит на пересечении биссек-
SD 14 7
трис OD, OF, OF, (OF = OF,). В ASDE sin ZSED =--------- —:5 = —,
г > ’ i ' 1' er in or
DE 24 24 7
cos Z.SED = — = —: 5 = — , tg Z.SED = —; ASDE°°AS,FO, , ZSED = ZSjFO,,
SE 5 25 24
285
7 24 7
следовательно, sinZS.FO. = —, cosZ5,FO, = —, tq^S.FO. =—.В AOO.F
25 1 1 25 1 1 24
^- = tgZOFO1=tg^ffi- (1).
_ .al- cos a
Поскольку tg— = ---------, to tg
2 sin a
Z51FO1 1 - cosZ^FO,
2
sin zLS.FO.
1-- 1
—= под-
7 7
25
ставив это значение в (1), запишем
г 1
—- = -, O.F = 7r (2). Так как
OjF 7 1
AAFO^AADB, ZAOiF = ZABD, cos ZAO, F = cos ZABD = - = — = -, to
1 AB 10 5
O.F O,F 3 O,F 3
—— scosZAOjF, ——1------- -, —1— = — (3). Подставив в (3) значение O,F
OjA AD - r 5 8 - r 5
7r 3 I2
(2), получим ---= —, откуда т = —.
Л 12
Ответ: — м.
19
11.227. Длины боковых ребер треугольной пирамиды равны а, Ь и с; пло-
ские углы, образованные этими ребрами, — прямые. Найти длину высоты,
проведенной к основанию пирамиды.
Решение.
Пусть SA = a, SB = b, SC = с, ZA5C =
= Z.SCB = A AS В = 90° (рис. 11.68). Из прямо-
угольных треугольников AS В, ASC и BSC по
теореме Пифагора найдем АВ = 4sa2 + SB2 =
= д/а2 + Ь2 , АС = yjSA2 + SC2 = Va2 + с2 и ВС =
= 4SB2 + SC2 = 7b2 +с2 .
Согласно формуле Герона
^давс = Jp (p-a) (p-b)-(p-c) , но
АВ + ВС + АС 7а2 + Ь2 + Л2 + с2
О =--------------=----------------+
7а2+сг
+-------
2
Уа2 + Ь2
2
Jb2+c2
2
АВ + ВС + АС лп ВС + AC-АВ 7b2 +с2 + 7а2 +с2
2 2 2
АВ + ВС + АС АВ + АС-ВС Ja2 + b2 + Ja2 + с2
...........— ВС = 1111 " —
2 2 _____2 ______
АВ + ВС+АС лг, АВ + ВС-АС 4а2+Ь2 +Jb2 +с2
--------------АС =-----------------------------
+ С2 z.
—----. Следовательно,
286
$ЛАВС
•Ja2 + b2 + 7b2 + c2 + 7a2 + c2
7b2 + c2 + 7a2 + c2 - 7a2 + b2
Л 2
7a2 + b2 + 7a2 + c2* - 7b2 + c2 /7a2 + b2 + 7b2 + с2 - 7a2 + c2
I 2 V 2
2
2„2 A X2„2 j
. Тогда объем пирамиды SABC равен V = —S0CHH,
3
2.2 K2^2
• so.(i)
VsABC - • S&ABC • SO - g 2
С другой стороны, объем пирамиды SABC, если принять за основание тре-
угольник SAC, а за высоту SB, равен Vsabc = Vbsac = ~^Д5АС • 8S =
3
= l.lsA SC SB = iabc = —. (2)
3 2 6 6
~ /1 \ /л\ V** u тис тис
Сравнивая правые части равенств (1) и (2), получим -------------------
• SO =-----, откуда найдем SO = ........... .
6 «/„21.2 , .2.2 , 1.2 2
у а о + а с + о с
Ответ: — ...
7a2b2+a2c2+b2c2
11.228. Доказать, что если в многогранник можно вписать сферу, то его
объем равен 1/3 произведения полной поверхности многогранника на радиус
вписанной сферы.
Доказательство.
Если в многогранник можно вписать сферу, то объем многогранника равен
сумме объемов пирамид, у которых основаниями являются грани многогран-
ника, а высотами — радиусы вписанной сферы г, т.е. V = +...+ Vn =
= ^si'r + ^S2 r+ - + TSn 'r = ^(Sl+S2+...+ Sn) r = ^Sn0Jl r, где S2,
О о О a «5
..., Sn — площади всех граней многогранника, Зпол — полная поверхность
многогранника, что и нужно было доказать.
11229. Найти объем правильной пирамиды, в основании которой лежит
правильный пятиугольник, а боковыми гранями являются правильные тре-
угольники со стороной а.
Решение.
Пусть SE = SD = ED = а (рис. 11.69), ОЕ = ОА = ОВ = ОС = OD.
В равнобедренном треугольнике EOD имеем ZEOD = = 720. Согласно
5
теореме косинусов ED2 = OE2 + OD2 - 2ОЕ • OD cosZ.EOD, или a2 = 2ОЕ2 -
, _2
-2ОЕ2 cos 72°, откуда ОЕ2 = — ----г.
2(l-cos72°)
287
/ // // // //<5- // \ /7 t Г о Q / \ 1 \ / \ 1 >9 , \
288
11.230. Высота правильной треугольной пирамиды равна Н. Найти ее пол-
ную поверхность, если плоскость, проведенная через вершину основания пи-
рамиды перпендикулярно противоположной боковой грани, составляет с
плоскостью основания угол 30°.
Решение.
Пусть SO = Н, AjCjlAC, BDj-LSD, где SD —
апофема треугольника SAC, Z.DXBD = 30° (рис.
11.70). В прямоугольном треугольнике BDXD
ZBDDj = 90° - ZDjBD = 90° - 30° = 60°. В пря-
моугольном треугольнике SOD
Z.DSO = 90° - Z.SDO = 90° - ZBDDX = 90° - 60° =
= 30°, следовательно, SD = 2OD и по теореме
Пифагора найдем SD2 - OD2 = SO2 , или
(2OD)2 - OD2 = SO2, откуда OD = . Тогда
3
Обозначим сторону основания пирамиды через а. Согласно формуле (10.18)
OD = , откуда а = = %О D • -Уз = 2 ~~~ -Уз = 2Н. Согласно формуле
(10.17) площадь правильного треугольника
•S - - , S&abc ~
. \2 2 Г""
= (2Н) • — = Н S/З . Боковая поверхность пирамиды
5бок =3£Д5АС = 3 -AC SD = --2H ^^ = 2Н2
ODK uu ЛЬ 2 3
Наконец, полная поверхность пирамиды
£ПОЛ = *5ОСН + 5б0Х = S^BC + 2Н273 = Н2 73 + 2Н2
Ответ: ЗН2-Уз.
11.231. Основанием пирамиды SABC является равнобедренный прямо-
угольный треугольник АВС, длина гипотенузы которого АВ = 4^2 . Боковое
ребро SC пирамиды перпендикулярно плоскости основания, и его длина равна
2. Найти величину угла и расстояние между прямыми, одна из которых про-
ходит через точку 5 и середину ребра АС, а другая — через точку С и сере-
дину ребра АВ.
Решение.
Из прямоугольного треугольника АСВ по теореме Пифагора найдем
АС2 + ВС2 = АВ2, или 2АС2 = (4-У2 j , откуда АС — 4. Проведем CD1AB и
АС
ЕТЦСО, CF||AB и ET||CD, соединим точку S с точкой F. Тогда СЕ = =
289
4 „ AD AB 4V2 f-
= — = 2 , a CF = DT = -y = = — = <2 и из прямоугольного треугольни-
ка SCF найдем SF = JsC2 + CF2
а из прямоугольного
треугольника CFE найдем FE = ^CE2 - CF2 = J22 - 6/2) = л/2 .
Проведем CK1SF, где CK — расстоя-
ние от прямой CD до плоскости треуголь-
ника FST, т.е. СК — расстояние от прямой
CD до прямой SE, лежащей в плоскости
треугольника FST.
(Напомним, что прямые, которые не пе-
ресекаются и не лежат в одной плоскости,
называются скрещивающимися.
Расстоянием между скрещивающимися
прямыми называется длина их общего
перпендикуляра. Оно равно расстоянию
между параллельными плоскостями, про-
ходящими через эти прямые).
Из прямоугольных треугольников CKF
и CKS найдем СК2 = CF2 - FK2 и
СК2 = CS2 -SK2. Сравнив правые части этих равенств, получим CF2 - FK2 =
= CS2 - SK2 , или (V2)2 - FK2 = 22 - (SF - FK)2, 2 - FK2 = 4 - (Тб - FK)2, 2 -
2
-FK2 = 4 - 6 + 2-s/e FK - FK2, откуда FK = -y=. Тогда из прямоугольного
треугольника CKF найдем
СК = VCF2 - FK2 =
2л/з
=------. А в
3
прямоугольном треугольнике SFE имеем
tgZSEF = — = = 7з ,
FE Л
откуда
Z.SEF = arctg 4з = -
где ZSEF — угол между прямыми CD и SE.
Ответ: — и ----.
3 3
11.232. Доказать, что если тетраэдр ортоцентрический, т.е. такой, в котором
прямые, содержащие его высоты, пересекаются в одной точке, то: а) каждые
два его противоположных ребра взаимно перпендикулярны; б) если один из
плоских углов при какой-либо вершине тетраэдра прямой, то и другие два
плоских угла прямые; в) суммы квадратов длин его противоположных ребер
равны; г) любая его вершина проектируется в ортоцентр противоположной
грани (точку пересечения прямых, содержащих высоты грани).
Решение.
а) Проведем плоскость через пересекающиеся высоты SO и ?Ю1 (рис.
290
11.72.а). Докажем, что ВС — перпендику-
ляр к этой плоскости (тогда BCJ-A5). Дей-
ствительно, SO — перпендикуляр к плос-
кости АВС и, значит, SOLBC; АОХ —
перпендикуляр к плоскости BCS и, следо-
вательно, AOjlBC. Итак, ВС — перпен-
дикуляр к построенной плоскости и пря-
мая ВС перпендикулярна любой прямой
этой плоскости, в том числе и AS. Анало-
гично получим, что BSJLAC, CS-LAB.
6) Пусть Z.BSC = 90°; так как BS1AC
(это доказано в п. а)), то BS — перпенди-
куляр к плоскости ASC, т.е. Z.BSA = 90°.
Далее, AS1BC, AS1BS к, значит, AS —
перпендикуляр к плоскости BCS, т.е.
ZASC = 90°.
в) Пусть О — проекция вершины 5 на
плоскость АВС. Плоскость ASOj проходит
через SO (точки S и Н этой прямой принадлежат плоскости ASOX)-, так как
AS1BC, то и ADJLBC, т.е. высота AD проходит через точку О. Теперь прове-
дем плоскость BSO', она пройдет через О2, поскольку точки В и Н высоты
ВОг принадлежат этой плоскости. Но B5J-AC,
а значит, и ВК1А.С. Итак, ВК также проходит
через точку О, т.е. О — ортоцентр ДАВС. Ана-
логично докажем, что и другие вершины про-
ецируются в соответствующие ортоцентры.
г) Для доказательства достроим тетраэдр до
параллелепипеда (рис. 11.72.6). Согласно дока-
занному в п. a), SAJJ3C, SB1AC, SCLAB.
Имеем SA2 + BC2 = SA2 + AN2 = SN2, SB2 +
+ AC2 = SB2 + BN2 = SN2, SC2 + AB2 = SC2 +
+ SM2 = CM2.
Ho CM = AL, a AL = SN (как диагонали
прямоугольника). Итак,
SA2 + ВС2 = SB2 + AC2 = SC2 + AB2.
11.233. а) Длины ребер AB, AC, AD и ВС ортоцентрического тетраэдра рав-
ны соответственно 5, 7, 8 и 6 см. Найти длины остальных двух ребер, б) Явля-
ется ли тетраэдр ABCD ортоцентрическим, если АВ = 8 см, ВС = 12 см, DC =
6 см?
Решение.
а) Пусть ABCD — заданный ортоцентрический тетраэдр, АВ = 5, АС = 7,
AD = 8 и ВС = 6 см (рис. 11.73). Суммы квадратов длин противоположных
ребер ортоцентрического тетраэдра равны (см. №11.232.в). Согласно этому
AD2 + ВС2 = АС2 + BD2 , или 82 + 62 = 72 + BD2 , откуда BD2 = 51, BD = л/КТ;
291
AD2 + ВС2 = AB2 + CD2, или 82 +62 = 52 +
+ CD2 , откуда CD2 = 75 , CD = 5-Уз.
б) Пусть ABCD — заданный тетраэдр и АВ =
= 8, ВС = 12, DC = 6. Тогда АВ2 + CD2 =
= AD2 + ВС2, или 82 + 62 = AD2 + 122, откуда
AD2 = -44, что не имеет смысла. Следовательно,
тетраэдр ABCD с ребрами АВ = 8, ВС = 12,
DC = 6 не является ортоцентрическим.
Ответ: а) 5->/з и л/бТ, б) нет.
11.234. В ортоцентрическом тетраэдре ABCD угол ADC прямой. Доказать,
Illi,
что —- = —- + —г- + —=, где п — длина высоты тетраэдра, проведенной из
h2 а2 Ь2 с2
вершины D, а = DA, Ъ = DB, с = DC.
требовалось доказать.
Доказательство.
Пусть ABCD — заданный ортоцентрический
тетраэдр, Z.ADC = 90° и DA = a, DB - b, DC = с,
DO - h (рис. 11.74).
Если один из плоских углов при какой-либо
вершине ортоцентрического тетраэдра прямой, то
и другие два плоских угла прямые (см. №
11.232.6).
Воспользуемся результатом задачи №11.227:
. abc
h = . . Тогда
„2 2 j,2„2
а2Ъ2с
2Ъ2+а2с2 + Ь2с2 ’
„2,2 . „2„2 , ъ2„2 1 <
а о + а с + о с 1 1
----------------- — --4-----1--что
Л2. 2_2 2 .2 „2 ’
а о с а о с
11.235. В ортоцентрическом тетраэдре ABCD угол АВС прямой; Sj, S2, S3
— площади граней ВАС, BAD, BCD соответственно. Доказать, что объем тет-
раэдра равен
3
Доказательство.
Если один из плоских углов при какой-либо вершине тетраэдра прямой, то
и другие два плоских угла прямые (см. задачу №11.232.6). Согласно этому
Z.DBC = Z.ABD = 90°. Тогда треугольники CBD, ABD и CBD — прямоугольные
и их площади по условию равны
292
ABBCBD =
— ABBC = S,, -ABBD = S2, — BDBC = S3.
2 2 2
Умножив почленно эти равенства, будем иметь
АВ2 • ВС2 BD2 = , откуда
= 2a/2S15153 , ВС = 2^251-51-^-.
v 1 1 3 АВ•BD
Объем тетраэдра ABCD равен
V = -S0CM Н,
3 осм
„ 1 ,_11 2J2S,S,S3
VABCD - ^ABAD вс - - - АВ • BD —=
о 04 Ab•du
= 172ад$з , что и нужно было доказать.
Глава 12.
Задачи по геометрии с применением тригонометрии.
Формулы перехода
Среди углов, которые можно рассматривать в правильной пирамиде, наиболее
часто встречаются в задачах:
а) угол наклона боковогодюбра к плоскости основания пирамиды, его величину
условимся обозначать буквой а;
б) угол наклона боковой грани к плоскости основания 0
в) плоский угол при вершине пирамиды 7;
г) двугранный угол при боковом ребре пирамиды 6.
Заметим, что перечисленные выше углы, называе-
мые иногда основными, лежат в разных плоскостях.
Зная величину любого из них. можно определить ве-
личину всех остальных углов (иными словами, триго-
нометрические функции этих остальных углов можно
выразить через тригонометрические функции данно-
го угла). Эти зависимости мы назовем формулами
перехода.
Задача 1°. Дана правильная п-утольная пирамида с
обозначенными выше углами а, 0, 7 и J (рис. 12.1).
Вывести формулы перехода, связывающие эти углы
между собой.
Примечание 1. Поскольку для решения многих за-
дач необходио знать величину угла наклона бокового
ребра к плоскости основания, то мы будем выводить
Йзрмулы перехода только к этим углам.
римечание 2. Условимся запись от 0 к о читать
так:” В правильной (3-х, 4-х или n-угольной) пирами-
де тригонометрическую функцию угла а выразить
через 0”. Аналогично читаются записи: от 7 к а, от
6 к 0 и др.
Решение. При выводе формул перехода, мы будем руководствоваться следую-
щей идеей: обозначим через х р/шву отрезка в правильной пирамиде, входящего
как в прямоугольный треугольник, содержащий данный угол, и в треугольник, со-
держащий искомый угол. Выразим далее черев х и функции данного угла одну из
двух других сторон в том треугольнике, который содержит искомый угол. Затем
наедем функцию искомого угла.
Вывод формул перехода для правильной четырехугольной пирамиды
В правильной четырехугольной пирамиде ZABCD (рис. 12.2), как было обу-
словлено выше, обозначим: /ZAO = LZBO = /ZCO = LZDO = a, /CZD = 7,
/.ZFO = 0а /BED = 6.
Опишем построение ABED - линейного угла двугранного угла при боковом
ребре ZC.
В грани ZCD проводим DE 1 ZC и соединяем точку Е с вершиной основания
В. Нетрудно показать, что АВ ЕС = ADEC. Из этого следует, что BE = ED и
/.ВЕС = /.DEC = Таким образом, /BED - линейный угол двугранного угла при
ZC. Отрезок ОЕ - медиана равнобедренного треугольника BED, следовательно, и
биссектриса и высота этого треугольника. Поэтому /OED = -.
Отрезок ОР принадлежит линии пересечения плоскостей линейных углов /BED
и /ZFO. Так как плоскость линейного угла перпендикулярна граням двугранного
угла, то каждая из плоскостей - BED и ZOF - перпендикулярна плоскости ZCD.
Можно показать, что линия пересечения двух плоскостей^ каждая из которых пер-
пендикулярна третьей плоскости, перпендикулярна и этой третьей плоскости. По-
этому OP ± ZCD. Из этого, в частности, следует, что треугольники OPF и OPD
прямоугольные и /DOP = -. Перейдем теперь к выводу формул перехода:
294
а) от 0 к а. Положим ZO = х. Из AZOF:
OF = х ctg 0. Из ДОРР: OD — x^2ctg0. Из
дг0С: 480 = = Я** ч“ =
= (/).
б) от 7 к а. Положим ZD = х. Из &ZDF:
DF = xsin Из ДОГР: OP = xv^sin Из
xx/2an —
2- = >/2sin^; cosa =
Поло-
ОР =
&ZOD: cos = ---
х
= >/2sm^ (II) в) от б к a.
жим ЕО = х. Из
xtg|,OC = ОР =
ДЕОЯ:
£
xtg|. Из ДЕОС:
(Ill), г) от а к 0. Формулу перехода для этой
задачи получаем из (1): tg0 — v^tga (IV). д) от у к 0. Эта задача решается
аналогично задаче б). Поэтому, опуская решение, запишем получающуюся при этом
формулу перехода: cos Д = tg J (V). е) от 6 к 0. Jlpa решения этой задачи вся
подготовительная работа уже выполнена. Напомним, что выше было, в частности,
показано: &OPD и &OPF - прямоугольные и что LDOP = Поэтому переходим
X
псаосре^схвеяво к выводу формулы. Положим ОР = х. Из ДОPD: OD =--------т.
сое j
Из ДОГР: OF — —-—у. Ив ДОГГ: sin/З = —|---------------- = v^cos^, sin/Э =
= ,/2с«| (VZ)-
Вывод формул перехода для правильной треугольной пирамиды.
В правильной треугольной пирамиде (рис.
12.3) IZFO - линейный угол двугранного
угла при основании пирамиды. Описание по-
строения LAEC - линейного угла двугранно-
го угла при боковом ребре ZB - опускаем,
поскольку оно аналогично описанию соответ-
ствующего угла в правильной четурехуголь-
ной пирамиде, приведенном выше. Из рисун-
ка видно, что АР = пл. AZF р| пл. АЕС.
Аналогично тому, как было сделано для пра-
вильной четырехугольной пирамиды, доказы-
вается, что АР 1 пл. ZBC. Следовательно,
треугольники АРС и APF прямоугольные и
ЮАР = Для обозначения величин осно-
вных углов в правильной треугольной пира-
мида употребим те же буквы, которыми обо-
значались величины этих углов в правильной
четырехугольной пирамида: а, 0, 7 и 6. Пе-
рейдем к выводу формул перехода:
а) от 0 к а. Положим ZO = х. Из ДИОГ:
OF = xctg/З. Из ДОГГ: ОВ = 2xctg0.
295
Из AZOB: tga = —= hg^. tga = jtgjS (VII)
ZX Ctg p z *
Решение задачи а) как мы видим, аналогично решению задачи (а) для правиль-
ной четырехугольной пирамиды. То же наблюдается « при выводе остальных пяти
формул перехода для правильной треугольной пирамиды. Поэтому мы приводим
эти формулы, опуская их вывод:
2 /у 1 А
б) cos a = —=sin (VIII); e)sina = ctg - (IX);
v3 2 v3 2
1 ~ 2 о
д)сов/3 = ~7=tg^ (XI); e)sin£=-2=cos- (XII).
Vv & *
r)tg/? = 2tga (X);
Формулы перехода для правильной n - угольной пирамиды.
На рис. 12.4 изображены две смежные секции пра-
вильной п - угольной пирамиды ZABC... . Величи-
ны основных углов обозначены, как и ранее, буква-
ми а, /3, 7 и <5. /ZFO - линейный угол двугранного
угла при ребре основания BC.LZFO = 0. Построе-
ние L АЕС, линейного угла двугранного при боковом
ребре ZB, как и в случае правильной треугольной
пирамиды, опускаем.
Ясно, что ВО - биссектриса LABC и поэтому в ра-
внобедренном ААВС BN - биссектриса, медиана и
высота. Следовательно, N - середина АС. Очевидно,
что АЕ = ЕС и поэтому &АЕС - равнобедренный и
EN - его медиана, биссектриса и высота. Поэтому
/AEN =
Отрезок МР принадлежит линии пересечения пло-
скостей линейных углов ZFO и АЕС! и потому, как
уже упоминалось выше при рассмотрении правиль-
ной четырехугольной пирамиды, MP ± ua.ZAB.
Из этого непосредственно следует, что ДАЛГР и
&MPF прямоугольные и
/АМР — LAEN — Поскольку BN - высота ААВС, то /BAN = /BOF = —
как острые углы с соответственно перпендикулярными сторонами. п
Из шести формул перехода для правильной n-угольной пирамиды первые пять
мы приведем без доказательств, поскольку их вывод аналогичен выводу соответ-
ствующих формул перехода для правильных четырехугольной и треугольной пира-
мид , и докажем лишь одну: от 6 к 0:
ein-
а) tga = tg/3cos * (XIII); б) cos a = —(XIV); в) sina = ctg f ctg * (XV);
sin —
П
r)tg/? = -ia^- (XVI); д) cos/3 = tg^ctg* (XV//); e) от 8ъ0. ПоложимMP= х.
COS —
Из &АМР-ПAM = -Ч-. Из AAAfF: MF = -Ч-sin* Из AA1PF: sin/З =
сое 5 сое 5 п
8
COSq cost
= ---тлп0 = ; • (XVIII). Формулы перехода включены в
sin- smn
n
таблицу 1. Они эффективно используются при решениии многих геометрических
задач, но запоминать их, разумеется, не нужно. Достаточно знать идею их вывода.
296
Таблица 1. Формулы перехода
Переходы п от 0 х а от 7 к a от J к a от a x /3 от 7 x /? OT 6 X /?
3 2 . 7 cos a = —т= sm -7 V3 2 1 4 * sma= -=ctg- у О * tg/3 = 2tga СО8 0 = ~5=tgJ у 6 л . a 2 5 sm/? = —7= cos- V5 2
4 tgO! = ^=tg0 cosa = V5sin2 sma = ctg- tg/? = >/2tga <XS0 =tg^ sinj? = V^cos^
п X Л К tga = /7 cos - п sin I cosa = sin — n , 5 . ir sma =ctg-ctg- cos — n cos/? =tg—ctg~ £ П a 5’ T=a II §1 8 P co а 1 ц|ю| On
12.391 Стороны параллелограмма соответственно равны а и Ь(а < Ь). Меньшая
диагональ составляет с меньшей стороной тупой угол, а с большей стороной - угол,
равный а. Найти большую диагональ параллелограмма.
Решение.
Пусть ABCD- заданный па-
раллелограмм,
АВ = CD = а,ВС = AD =
= Ъ, LDBC = LADB = а
(рис.12.398). Пусть LABD =
= /CDB = #. В треугольнике
.ип Рис. 12.398 ь
ABD, согласно теореме синусов, имеем ——, . = ——- „ или ——- =
7 sin /ABD sin/AD В sin#
a . a frsina _ _
= ——, откуда sin# = ----------- (1). Возведем обе части полученного равен-
. 2 г sin а , 2 а г sm~ а
ства в квадрат. Получим sm # = -----------5— или 1 — cos # = -----------—
2 б2 sin3 a a2 — b2 sin3 а о -
COS'4 # = 1-------2--- = -------2------’ ОТКУДа> так как # • тупой угОЛ,
. Тогда
cos# =
х/а2 — б2 sin3 а
а
(2). Далее, в треугольнике АВС, согла-
сно теореме косинусов, имеем АС2 = АВ2 + ВС2 — 2 • АВ • ВС cos Z АВС или
АС2 = а2 + Ь? — 2а6сов(а + #) = а3 + Ь2 — 2аЬ(совасов# — sin a sin#) (3). Под-
ставим в равенство (3) значения cos # и sin # из (2) и (1), получим АС2 = а2 + б2 —
(/ х/а2 — b2sin2a\ bsinaA « / /~т—,
cos а •---------------1 — sm а------I = <r-Hr+2o (у а? — Ь2 впг ах
\ a J а I \
х cosa + bsin2 а), откуда АС = «/а2 + Ь2 + 2Ь (\/а2 — Ь2 sin2 a cos а 4- bsin2 а].
Ответ:
а2 + & + 2Ъ
(х/а2 - Ь2 sin2 a cos а + b sin3 а).
12.392 В сектор POQ радиуса R с центральным углом а вписан прямоугольник:
две его вершины лежат на дуге сектора, две другие - на радиусах РО и OQ. Найти
площадь прямоугольника, если острый угол между его диагоналями равен #.
Решение.
Рис. 12.399
298
Согласно условию, OP = ОК = OQ = R,
/POQ = a, /FOiT = # (рис.12.399).
Согласно формуле (10.23) площадь прямоуголь-
ника MNFT равна Smnft = ‘ WTsin#
или, так как MF = NT, то Smnft =
= |^T28in#, или, так, как NT = 2 • OiT, то
Smnft = | (2 • ОХГ?sin# = 2• ОХТ2sin# (1). В
треугольнике ОО\Т имеем /О1ОТ = /ОО^Т =
= 90° - i в LOiTO = 180° - 2 •
2 2 2
a — 0 OOi
---— и, соглсно теореме синусов, ——
2 sin ZOiTO
001
8Ш
О т
—Ц-, откуда ОО1
sm 2
= 90° -
OtT
sinZOiOT
. a ~
sin —
2
а — /3
OiTcos-^
--------jf-=— (2). Далее, соединим точки О и F. В треугольнике OOiF имеем
sin-г
* Q Q
LOOiF = LOO\T + LTOiF = 90° — + 0 = 90° + и, согласно теореме косинусов,
OF2 — OOj+OiF2—2-OOi-OiFcosZOOiF или, так как OF = R, aOiF = OiT, to
R2 = OO2 + OiT2 — 2 • OOi • OiT cos ^90° 4- (3). Подставляя в равенство (3)
/OiTcos^^V OjTcos^-^
значение OOi из (2), получим R2 = I-я-®— I + OiT2 + 2------ж-*—
I sin— I sin-
\ 2 / 2
_ _ a — /3 . /3
2 • Oi T2 cos —— sm £
+ OiQ2 +-------- откуда, no-
sin-
fl2sin2 7-°
2 a-j9 . 2 о , « a-fi . a 0' ^ОД"
cos2 —-—Ь sin — + 2 cos —sm — sin —
- 2 2 2 2 2
ставляя это значение OiT2 в равенство (1), получим S =
2R2 sin2 77 sin
--------------------2.
в O.T’eos’^
OiTsin — или R2 =------—
2
• 2 а
8Ш 2
еле упрощений, найдем OiT2 =
sm —
------2Гд------ц-------сГ^ТЗ--------д’• Представим это равенство в виде
cos2 -- Р + sin2 — + 2 cos —— sin — sin —
л л 2 2 2
4Я2 sin2 | sin cos |___________
+ sin2 f + 2 cos (f — f)sinf sin |
S =
а используя формулу cos(z — у) = cos x cos у + sinz sin j/, в виде S =
4Я2 sin £ sin f cos £ _
= -------------------j------——2— -------------------------. Раз-
(cos & cos f + sin § sin f j + sin2 f + 2 (cos § cos f + sin % sin f) sin f sin f
. a ot о в , Л _
делим числитель и знаменатель полученного равенства на sm — cos / 0. Полу-
4fl2tgf_________________________
ЧИП s = -------------я- ----------------------------
/со« »in 4+»in tin \ eina » . 2(co»*co»4+ein£emS) sin# tin
i a»,™.?
~ ( a 8\2 1 fa в\ B~
('«Sj+tSjJ +^+2(rt4+t8l)‘ef
299
____________________4д2 tg f________________
ct^f +2ctgf tgf + tg2f + —l^. + 2ctg«tgf + 2tg2f
____________4дМ
—1 4 +ctgaf + 4ctg^tg^ + 3tgJ|
M Л it it it
COS2 —
1 7Г
Наконец, используя формулу 1 + tg2 x = —5—, где x / x(2n + 1), n € Z, получим
cosJ x 2
4fi2tg|
l + tg2|+ctg2^+4ctg^tg| + 3tg2|
it it i it it
_____________________________ 4#tg|
1 + (ctg2 f + 4ct« Itg f + 4t«2 f) 1 + (ctg I + 2tg0
4#tg|
Ответ:----------*--—j.
l+(<*s|+2‘gf)
12.393 В треугольнике ABC даны острые углы а и 7(0 > 7) при основании
АС. Из вершины В проведены высота BD и биссектриса BE. Найти площадь
треугольника BDE, если площадь треугольника АВС равна S.
Решение.
ч Рис. 12.400 _
+ ctg7) = 2S, откуда BD2 =
LABC = 180° — (а + 7), тогда в
Согласно условию, ^АС • BD = S, откуда
АС • BD = 2S (1). Из прямоугольных тре-
угольников BDA и BDC (рис.12.400) найдём
AD = BDctga (2) и CD = BZ>ctg7 (3).
Складывая почленно равенства (2) и (3), по-
лучим AD + CD at BDctga + BDctg7, или
АС = BD(ctga + ctg 7) (4). Подставим зна-
чение АС из (4) в (1). Получим BD2(ctga+
2S
—---------— (5). В треугольнике АВС тлеем
Ctga + ctg7
треугольнике АВЕ имеем ZАВЕ — -LABC —
it
180°-(a+ 7) a+ 7 „ o_.
=------------ll — 90-----—. Далее, в прямоугольном треугольнике BDA име-
ем LABD = 90°—а. Наконец, в прямоугольном треугольнике BDE имеем LEBD =
= LABE - LABD = 90° - ^-±-2 - (90е - а) = и DE =
Q — у
= BD tg LEBD — BD tg —-—. Тогда площадь треугольника BDE равна S^bde =
= ±DE • BD = i • BD tg —• BD = ^BD2 tg — (6). Подставляя значение
A ii it it it
л 1 2S a - 7 b *8 ~~9~
BD2 из (5) в (6), получим S^bde = x • —---—7— • tg—- —--------------f-—.
2 ctga + ctg7 0 2 ctga + ctg7
300
Испольоул формулу ctgx + ctgIZ = w *• v * « Z, окончательно
Stg^ 5tg^y^sinasin7
имеем S^bde = sin(o + 7y = sin(a + 7) *
Ответ:
sin a sin 7
S tg " sin a sin 7
sin(a + 7)
12.394 В сегмент окружности радиуса R вписаны две равные окружности, каса-
тщирся друг друга, дуги сегмента и его хорды. Найти радиусы этих окружностей,
если центральный угол, опирающийся на дугу сегмента, равен а(а < л).
Согласно условию, ОА = ОС = OD =
= ОВ = R, О2К = OiK = OiN, /.АОВ =
= а. Обозначим искомый радиус через г.
Из прямоугольного треугольника ВТО
(рис.12.401) найдём ОТ = ОВ cos /.ВОТ —
= J2cos^, тогда ОК = ОТ + КТ =
л
= 7? cos — + г, а 001 = OD — OiD = R — г и
в прямоугольном треугольнике OKOi, согла-
сно теореме Пифагора, имеем ОО2 — OiK2+
Решение.
Рис. 12.401 2
+ОК2 или (R — г)2 = г2 + (flcos + г) , откуда, после упрощений, получим
г2 + 2R (cos a + 1) г — 7?2 (1 - cos2 a) = 0. Решая это уравнение как квадратное отно-
сительно г, получим и = -R ^сов —1-1
< 0, что не имеет смысла, и
^(cosS + lj’ + TP^-axPl)
Г2 = —К (cos — + 1) + н? (cos + 1) + Я2 (1 — COS2 =
= —R (cos 2 +1) + RyJcos2 + 2 сое +1 + 1 — cos2 =
= -R (cos | +1) + R^2cos^ + 2 = -R (cos| +1) +
+-R^(cOS + 1) = (cos + 1) +
+Ryj2 (2cos2 - 1 + 1) = -Д (coa I +1) + fl^4cos2 =
— —7?(cos — + 1) + 27?cos j = 7? (2cos— cos- 1) =
= 7? (2 cos — — 2 cos2 + 1 — 1) = 27? cos (1 — cos =
= 27?cos — (1 — cos2 + sin2 = 472cos~sin2
ч \ g 8/ 4 8
Ответ: 472cos sin2
301
12.395 Отношение радиуса окружности, вписанной в равнобедренный треуголь-
ник, к радиусу окружности, описанной около него, равна т. Найти углы треуголь-
ника и допустимые значения т.
Решение.
Пусть АВС - заданный треугольник (рис.12.402), АВ —
= ВС, BD - высота, медиана и биссектриса. Обозна-
чим радиусы вписанной и описанной окружностей через
гий, LABC через а, АС через а. Центр О вписан-
ной окружности находится на пересечении биссектрис,
следовательно, АО - биссектриса утла BAD, LB AD =
= 90° - LABD = 90° - LOAD = ^LBAD = 45° - j.
Из прямоугольного треугольника ODA найдём OD =
= ADtg LOAD или г = - tg (45° — —). Далее, соглаг
АС
сно следствию из теоремы синусов, имеем -—; . —-х =
Рис. 12.402 а а 8т/ се\
= 2R, откуда R = % . Тогда, согласно условию, г : R = - tg - (45° — — J :
° х Л.о а\ • . Xх 1-CO8I
: —— = tg 145 — —) since = m, где т > 0. Используя формулу tg — = —:,
2 sm а \ 4 / 2 sm х
. . О . . (1-cos (90°--)) sina
где х тг + 2im, n € Z, пхяггчхм. -------т----------- = т, а используя
8»(90°-5)
/, . а\ _ . се а
11 — sm —1 -2sin —cos —
формулы приведения и sin 2г = 2 sin г cos г, -—д—“---------* = т или,
СО8-
м _ . 2 ® «•<*. л . а 1 ± х/1 - 2m
после упрощении, 2 sin — — 2sin — + т = 0, откуда sin— = ----, где
А А л А
, „ . „ 1 гт. a . 1 ± VI — 2т п . 1 ± х/1 — 2m
1 — 2m > 0, m < -. Тогда — = arcsin----------------------------, a = 2 arcsin-------------------,
в A 2 A
т.е. LABC = 2 arcsin 1±^~2tw> где 0 < m < |. LBCA = LB AC = | =
it , 1 ± x/1 — 2m 1 ± y/1 — 2m 1
= - - arcsin-------------------= arccos----------------, 0 < m < -.
2 2 2 2
Ответ:
0 < m <
n . 1 ± x/1 - 2m 1 ± x/1 - 2m 1 ± x/1 - 2m
2 arcsin-------------, arccos----------------- и arccos-----------------,
л л A
12.396 В параллелограмме даны две стороны а и Ъ(а > Ъ) и острый угол а между
диагоналями. Найти углы параллелограмма.
Решение.
Пусть ВС = AD = а, АВ = CD = b, LAOB = LCOD = а (рис.12.403).
В треугольниках ВОС и COD, согласно теореме косинусов, имеем ВС2 = ОВ3+
+О& - 2 • ОВ • ОС cos LBOC и CD2 = ОС2 + OD2 -2 ОС OD cos LCOD или, так
как ОВ — OD и cos LBOC = cos(180° — се) = - cos а, то а2 = OD2 + ОС2 + 2 •
OD OCcosa (1) и 5® = OD2 + OC2-2 0D OCcosa (2).
302
(1). Получим а? — 6? = 2 • OD х
OD • ОС сое а = 4 • OD • ОС cos а,
а2-Ь2
------ или, так как 0D =
4 cos а
±АС, то OD • ОС = х
а2 — Ь2
------, откуда BD • АС =
4 сова
Вычтем (2) из
xOCcosa + 2 •
откуда OD • ОС =
= |bD, а ОС =
1 . _ BD•AC
X2AC=—-------
2 2 Р“с- 12-403
— Q*
=------- (3). Далее, согласно формуле (10.21), площадь параллелограмма ABCD
cosa
равна Sabcd — ^BD-ACsina (4) или Sabcd = ВС -CD sin /BCD (5).
1
Сравнивая правые части равенств (4) и (5), получим ' -^^sina = ВС х
хCD sin /BCD (6). Подставим в равенство (6) значения BD • АС из (3), ВС = a
1 а2- Ь2
и CD = 5. Получим - ---------sin a = ab sin/BCD, откуда найдём sin/BCD =
2 cosa
2 b2 ( 2 b2
— ° .... tga. Тогда /BCD = arcsin ( Q--r- tga |, a /CDA = ir — /BCD = tt —
2ao \ 2ao /
/a2 - b2 \
- arcsin I —----- tga ). Следовательно, /BAD = /BCD = arcsin
\ 2gd /
/a2 — b2 \
/ABC = /CDA — it — arcsin I - tg a I.
а I, a
Ответ: arcsin
и тг — агент
а
12.397 В сегмент с центральным углом а вписан правильный треугольник так,
что одна его вершина совпадает с серединой хорды сегмента, а две другие лежат
на дуге сегмента. Высота треугольника равна Л. Найти радиус дуги сегмента.
Решение.
Согласно условию, /АОВ = а,
АС = СВ, CD = DE = СЕ, СТ =
= h, где СТ ± DE (рис.12.404).
Обозначим искомый радиус че-
рез R. Из прямоугольного тре-
угольника СТЕ найдём СЕ =
= СТ = h = 2Л =
cos /ЕСТ cos 30° у/з
2hy/3
= —5—, а из прямоугольного
3
треугольника ВСО найдём ОС = ОВ cos /ВОС = Ясоз^. Тогда ив треугольника
ОСЕ, в котором /ОСЕ = 180° — /ЕСТ = 180° — 30° = 150е, согласно теореме
косинусов, найдём ОЕ2 = ОС2+СЕ2-2ОС’СЕазе /ОСЕ или, так как cos /ОСЕ =
2
27ц/3\ _
-27?cos^ . После упрощений получим 3 sin2—Я2-6Л cos ^Я-4Л2 =
<4 *5 V « / 2 2
303
= 0. Решая это уравнение как квадратное относительно R, найдём
ЗЛсов? - fc</9cos2 £ + 12sin2 ЗЛсоз^ - Л: *9- 9sin2 + 12sina £
2 V 2 ® * Y « *
^1 . 2 О n 2 a
3an 2
„ . 2 а
Ззш -
cos— —
Shcosl-ft^e + Ssm1! h ( a Г 1 . 2 „
3d75 2 V 3 2
2 2
n h ( а Г 1 . 3 a
что не подходит к решению задачи, и Лэ = ——у I cos — + t/1 + - sm —
sin2 - \ 2 ’ » £
1 . 2
- sin - I .
3 2 I
л h ( a
Ответ:----I cos — +
2 '
12.398 Расстояние между центрами двух внешне касающихся окружностей ра-
вно d. Угол между их общими внешними касательными равен а радианам. Наити
площадь криволинейного треугольника, ограниченного отрезками одной касатель-
ной и двумя соответствующими дугами окружностей.
Решение.
Согласно условию, O1O2 — d,
LACAi = а (рис. 12.405). Обозна-
чим OiA = OjK = Ль a O2K =
= O2B = R2, иогрр Ai + Лэ = d и
проведём ОзРЦАВ. Тогда LO1O2D =
= LOiCA = iLACAi = ииз пря-
моугольного треугольника O2DO1
найдём O^D = O1O2 cos LO1O2D =
= dcos^ (1) и OiD = Olesin-- =
a
= dsin —. Ho OiD = OiA - DA -
Рис» 12*405 q
= R1—O2B = Ai~/?j. Следовательно, J?i+/?2 = d (2), a Л1—T?2 = dsin— (3).
Складывая (2) и (3), получим 2Л1 = d + dsin = d (1 + sin , откуда Ri =
(4), а вычитая (3) из (2), получим 2Ra = d—dsin = d (1 - sin ,
2
тора OiKnB, т.е. ,
O1A + O2B
=-----j---0,0 =
откуда Лэ = —-—-—— (5). Площадь криволинейного треугольника КтАВп
равна площади трапеции АВО2О1 без площади сектора Oi АтК и без площади сек-
" ” SKmABn = SaBOjO, - SoiAmK ~ &ОлКпВ (6). SabO^Oi =
: * — . O2D. (7) Подставим значения Я1, Лэ и O2D из
i /d (1 + sin I) d(l-sin^)\
Получим SabojOi = g I-----2—+----------2—) X
(4), (5) и (1) в (7).
а
xdcos- = ---^-2
(8). Согласно формуле (10.33), So,AmK = • LAO\K =
304
= 1^.zdo1o2 = |b? (I-zo1o,d) = 1л?(|-|) = М ^ = ZLrx
/d(l + sin^)\ (тг - a) (1 + sin j
x A—......-2.2 = ------L----22_d» (9), a SOaKnB == • LKO2B =
I Z I 10 Z
= • ЮгОгВ = • («W + LD0tB) = (2 + I) = I±H . B$ =
я- + а fd(1“8in?)V (’r + a)(l-sin^)
— —-— I —-—-—I —--------------Л—----«-2—rf2 (10). Подставляя найденные
значения SabOjOi > Sbi Am* и Sc^KnB из (8), (9) и (10) в (6), окончательно получим
5к™лв. = ЦП _ _
_ d2 / а (я- - а) (1 + sin f )2 (х + а) (1 - sin |)2\ _
" -Ц008 2 8 8 ) ~
cP ( а (п-а) (1 + 2sin^ + sin2 f) + (w + а) (1 -2sin f + sin2 §)\ _
~ T 2 8 ) “
d2 / a 2ir + 2irsm —-4asm — \
= ’2^coe2“ 8 j =
d2 / а тг + тгзш2--2asm-\
= — cos —----------*-----— I =
2 I 2 4 j
<P (. a /, • 2 а\ « •
= •» (4“=2-’ (l + «“> 2)+tam-).
Ответ: (4cos - ir • (1 + sin2 + 2a sin .
o \ Z ' z / z /
12.309 В параллелограмме даны две стороны а и b (а > Ъ) и высота h, проведен*
ная к большей стороне. Найти острый угол между диагоналями параллелограмма.
Пусть ABCD ’ заданный параллелограмм,
АВ = CD = Ь, ВС = AD = a, BE = h, где
BE ± AD (рис.12.406). Обозначим искомый
угол через а. Из прямоугольного треугольни-
ВЕ h
ка ВЕА найдём sin LBAE = -г-=; = ?. Тогда
АВ о
h2 h2
sin2 LBAE = тг или 1 - cos2 /.BAE = —,
tr b
Vt^-h2
b
Решение.
a^J2’40? Л2 #-h2 ,ОЛР l^-h2
откуда cos2 £ВАЕ = 1 - ^- = —— или cos £ВАЕ — у ——
Далее, в треугольнике BAD, согласно теореме косинусов, имеем BD2 = АВ2 +
^/k2 _ 1,2 ______
+AD2 - 2АВ • AD cos £ВАЕ или BD2 = о2+Ь2 - 2аЬ— ----= а2+Ь2 -2ау/^ - h2,
о
откудаВИ = у/о? + Ь2 - Зах/Ь2 — h2. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма
равна сумме квадратов всех его сторон. Согласно этому свойству, имеем BD2 +
305
ТЪгда sin2 а —
+АС2 = 2АВ2 + 2ВС2, откуда АС2 = 2АВ2 + 2ВС2 - BD2 = 2аа + 2b2 - а2 - Ь2 +
+2ау/& — № = а2 + Ь2 + 2ау/№ — №. Тогда АС = \/а2 + Ь2 + 2ау/Ь3 — №. Согласно
формуле (10.21), площадь параллелограмма ABCD равна Sabcd - jBP' АС sina-
С другой стороны, Sabcd — AD-BE = ah. Сравнивая правые части двух последних
равенств, получим -BD • AC sin a = ah, откуда
&
_ 2ah ______________________2ah________________
BD •AC V№+&-2aJb-h • \/a2 + b2 + 2av^ - №4 ~
___________2ah_______________________2ah____________
^(a2 + J2)2 _ (2ev/P _ М)2 vk4 + ^b2 + b4 - 4a2& + 4a2№
___________2ah________ 2aA
у/(a4 - 2a2& + b4) + 4a2№ ’ ^(a2 _ &2)2 + ^2^2
)2
, 2_4a2h2
, или 1 — cos-4 a =-5-------, откуда
(a2 - b2)2 + 4a2h2
ссо2 а - 1 + “ 4°2/l2 - (°2 “
cos “ ~ (a2_b2)2+4o2h2 “ (o2-b2)2 + 4o2/»2 ~ (а2 - b2)* + 4а2Л2
/ (а2 — Ь2)2 а2 — Ь2
Следовательно, cos а = \ 7-4 = —=================. Наконец,
V (“3 - ь2)1+*** у(о2_^+4а1м
а2—Ь2 2аЛ ж 2аЛ
— ------------ = —г? или tga = -= гт,
[аа - Ь3)3 + 4ваЛ2 °-*
2ah
sina
2ah
откудаа = arctg -=—г».
а — г
л -ж 2а/»
Ответ: arctg q2 .
12.400. Углы треугольника равны А, В ж С. Высота треугольника, проходя-
щая через вершину угла В, равна Н. На этой высоте, как на диаметре, построена
окружность. Точки пересечения окружности со сторонами АВ и ВС треугольника
соединены с концами высоты. Найти площадь построенного таким образом че-
тырехугольника.
Найти площадь построенного таким образом че-
Согласно условию, LBAC = A, LABC — B,
LACB = C,BK = H, где ВК ± AC (рис.12.407)
LBEK = LBFK = 90° (как вписанные в окруж-
ность, опирающиеся на диаметр ВК). Прямоу-
гольные треугольники ВКА и ВЕК подобны (у
них общий угол АВК), следовательно, LBKE —
= LBAK = А. Аналогично, прямоугольные тре-
угольники В КС и BFK подобны (у них общий
угол СВК), следовательно, LBKF — LBCK =
= С. Далее, из прямоугольного треугольника
BFK найдём KF = В К cos С = Я cos С, тогда,
1 1 Я2
согласно формуле (10.2), S&bfk = „BK-KFsmC — -Я-ЯсовС-вшС = -7-sin2C.
2 2 4
Аналогично, из прямоугольного треугольника ВЕК найдем ЕК = В К cos А =
306
= H cos А, тогда, согласно формуле (10.2), S^bek в \вК • ЕЯ sin А = ^Я х
№
х cos А • sin А = — sin 2 А. Площадь четырёхугольника EBFK равна сумме площа-
н» .
дей треугольников ВЕК и BFK, т.е. Soebfk = S^bek + S&bfk = ——sin2А +
4
Я3 Я3 х + у
+— sin2C = —(sin2A + sin2C). Используя формулу sinx + sin у = 2 sin • х
4 ' Я3
х cos ——получим Soebfk = -у • 2 sin(A + С) сов(А — С) или, так как А + С =
№ Я3
= 180е — В, то Soebfk = -z~ sin(180° - В) cos(A — С) = — sin В cos(A — С).
Z л
Ответ: — sin В сов(А — С).
12.401 Стороны параллелограмма соответственно равны а и Ъ (а < Ь). Ио сере-
дины большей стороны параллельная сторона видна под углом а. Найти плошадь
параллелограмма.
Согласно условию, АВ = CD = а, ВС = AD =
= Ь, LBEC = а, где АЕ — ED = | (рис.12.408).
Обозначим BE = х,СЕ = у, LBAD = (3. Тогда
LCD А ж 180е — 0 и в треугольниках ВЕС, ВАЕ
и CDE, согласно теореме косинусов, имеем ВС3 =
= BE2 + СЕ2 - 2ВЕ • СЕ сов а или Ь2 = х3 + у3 -
—2xycosa (1). BE3 = AB3+AE3-2ABAEcoej8
Решение.
Рис. 12.408
или х3 = а3 + — 2а • сое/? = а3 + ^ — ab соя/3 (2). и СЕ2 = CD2 4- ED2 —
—2CD-ED cos LCD А или у1 = а3 + —2а-^соз(180°—Ь) = а3Ч~+аЬсов/3 (3),
&3
Сложим почленно равенства (2) и (3). Получим х3 + у2 = 2а3 + — (4). А теперь
значение х3 + у2 из (4) подставим в (1). Будем иметь Ь2 = 2а3 + — — 2хусоза,
4д^
откуда, после упрощений, найдем ху = —------- (5). Тогда площадь параллеог-
4 cos а
рамма ABCD равна Sabcd — S&abe + &ьвес + S&ced или, так как S&abe +
+5дсво = 8д,вес 1 то Sabcd = 2S&bec (6). Согласно формуле (10.2), S&bec —
= |вЕ-ЕС8ша = |xysina (7). Подставляя значение ху ив (5) в (7), будем иметь
1 4a3 - &3 4a3 - Ь3
S&BEC = х • —л-----sina = ---------tga (8). И, наконец, подставляя значение
2 4 cos a 8
4a3 - Ь3 4a3 - Ь3
Sabec из (8) в (6), окончательно получим Sabcd = 2-— tga = —-— tga.
_ 4a3 - Ь3
Ответ:---------tga.
4
12.402. В треугольнике даны две стороны а и b (а > Ь) и площадь S. Найти
угол между высотой и медианой, проведенными к третьей стороне.
Решение.
Пусть АВС - заданный треугольник, ВС = a, АС = b, S&abc = S, CF - медиана
307
W-4S2
W-452
(рис.12.409). Обозначим искомый угол ECF
через а. Согласно формуле (10.2) и усло-
вию, имеем -ВС * AC sin/АСВ = S, отку-
2S
да sin /АСВ = ———— или sin/АСВ =
__ ВС•АС
2S
= — (1). Возведём обе части равенства (1) в
<ю
4S2 4S2
квадрат. Получим sin2 /АСВ = или 1—cos2/АСВ = ->тх, откуда cos2/АСВ —
Orb* Crtr
, 4S2 a2-b2 —AS2 ,А„п /а2Ь2-452 Уа2Ь2-452 „
=1 - = —w—• 1!°г»а**АСВ = V' ° —a—•BT₽e’
угольнике ABC, согласно теореме косинусов, имеем АВ2 = ВС2 + АС2 — 2ВС х
/ЯЗК2 _ 4<?2 _________
х AC cos/АСВ или АВ2 = а2 + Ь2 -2аЬ \ - , — = = а2 + Ь2 - 2у/а2& - 4S2.
___________________ V ао
Тогда АВ = Уа2 + Ь2 — гУа’Ь2 -4S2 (2). Ядавс = ±АВ • СЕ или ^АВ • СЕ =
* *
= S (3). Подставляя в (3) значение АВ из (2), получим i^a2 + Ь2 - 2>/а2& — 4S2 х
2S
*CE = S, откуда СЕ = (4). Из прямоугольного треу-
Уа2 + 62 - 2Уа^ - 4S2
гольника СЕВ, согласно теореме Пифагора, найдём BE —
= у/вС2 - СЕ2 =
__________2S__________
у/а2 + & — 2у/а2& - 4S2
/3 4S2 _ а4 + а2# - 2а2у/а2& - 4S2 - 4S2 _
”У° а2 + Ь2 - гУа2^ -4S2 V а2 + Ь2 — 2Уа2й* — 4S2
/а4 - 2а2vW - 4S* + a2lP-4S2 = I (a2-Vc?P-4S2)2
“V а2 + Ь2 - гУа^б5 - 452 ” V <*2 + - 2Уа2Ь2 - 4S2 “ 1
а2 - Уа^Ь2 - 4S2
Va2 + ^-2Va2Vt-4S2'
«г, «г, АВ Уа2 + Ь2 - 2Уа2Ь2 - 4S2
Тогда EF = BF — BE = ----BE — .... ------------
а2 - Уа2^ - 4S2 = о2 + Ь2 - 2у/о№ - 4S2 - 2а2 + 2>/да - 48s _
\/а2 + &- 2^а2Ь2 - 4S2 2\/а2 + Ь2 - 2ja2& - 4S2
&-а2
— —................... и из прямоугольного треугольника CEF найдём
2Уа2 + Ь2-2Уа2Ь2-452
_ BF =________Ь2-а2_________ __________2S______ ^-а2
ga СЕ 2\/а2 + Ь2 - 2Уа2Ь2 - 4S2 ‘ уа2 + б2 - 2Уда - 4S2 ~ 45 ’
б2-а2
откуда а = arctg —.
б2-а2
Ответ: arctg—-7—.
308
12.403 Отношение радиуса круга, описанного около трапеции, к радиусу круга,
вписанного в нее, равно к. Найти углы трапеции и допустимые значения к.
Решение.
Обозначим радиусы вписанйой и описанной окружно-
стей через Ri и Яз, угол BAD через а. Тогда из пря-
моугольных треугольников OjNB и OiQA (рис.12.410)
найдём BN = OiNcbg£OiBN = fiictg —
= -Ritg^ и AQ = OiQctgZOiAQ = Hictg^. Следо-
вательно, AD = 2AQ = 2Я1 ctg АВ = AM + ВМ =
= AQ + BN = Hictg^ + fiitg- = fii(ctg£ +tg^). В
треугольнике BAD, согласно теореме косинусов, имеем
„ Рис. 12.410 п „/а а\2 _ а
BD2 = АВ* + AD2 — 2АВ • AD cos/.BAD = Я2 (ctg- + tg-) + 4Rjctg2 - -
V £ £ / &
(. а а\ 2
S1U ‘ТГ’ СОв । 1 । лля л
-^ + -4) +4^1-^ -«?(!+
cos— sin— / 1 cosa
2 2 '
+1 + сова\ = 4B?^_+4^l±c»a_wj; <x»a_ = / 1_
1 —cosa/ sin2 a 1-cosa 1 —cosa \1 — cos3 a
1 + cosa 2 cos a \ 4Я2(2 — cos2 a) __ 2Я172 —cce2a
+ --------------) ----Ц-д----откуда BD =------r-----. Радиус
1-cosa 1 —cosa/ sma sma
окружности, описанной около трапеции ABCD, равен радиусу окружности, описан-
влп „ BD 2Я172 —cos*a
нои около треугольника BAD: R% = ——l i----------------- =
2solLBAD 2 sin2 a
—4Я2 (1 + ctg2 cosa
Я№ - cos2 a _ R2 , Я172-cos2 a
=-------x-----. Согласно условию, — = к или —-—п-----= к. После упроще-
sin а Я1 Я1 sm a
ний придём к уравнению JPsii/a — sin2 a — 1
1 /1 + Vl + 4k* n 1 11 +VI+ 41^
= kV------г---- гда ° < IV-----2----
= 0, откуда найдем sin a =
1+У1 + 1*2 < V'l + 4fe2 < 2fc2 - 1, 1 + 4*2 < 4fc4 -4fc2 + 1, fc2(fc2-2)>0,
l + Vl + 4fc2 \
-------2-------- ’ W
(fc — Vty(k + V%) > 0, откуда к > V2. Тогда a = arcsin
Ответ: arcsin
1 + 71 + 4**
2
*>72.
12.404 Отношение периметра параллелограмма к его большей диагонали равно
*. Найти углы параллелограмма, если известно, что большая диагональ делит угол
параллелограмма в отношении 1:2.
309
Решение.
Рис. 12.411
В треугольнике АВС, согласно
ВС АС
Пусть ABCD - заданным параллелограмм (рис.
12.411), ЛВ + ВС + СО + ЛР = к>
гАВ^ВС “ к W; LCAD - 1^ЛС. Обоона-
АС 2
ним LBAD через а, тогда LCAD = —, LBAC =
= a LABC = тг - LBAD = тг - а.
АВ АС
теореме синусов, имеем —— - = -—, 7 ' и
АВ АС ^ЛСВ^АВС
sin LBAC sin LABC tUIK sin LCAD sin(r — а) И • 2a sin(ir — a) ’ 0TI^a
3
AC sin AC sin —
AB = —:-----и ВС -------;---Подставляя эти значения АВ и ВС в равенство
ana ana
AC sin 77 AC sin —
2— ----2-+ 2----;---2_
(*), получим —— = к или, после упрощений,
лС
„ ( . a . 2a \
2 I sm - + sm — I
— ----^77^------ — к- Используя формулы sin2x = 2 sin ж cosz и sin3z = 3sinz —
2 (sin — 4-2sin — cos—)
—4sin3z, запишем это равенство в виде —-—2_-----3—3 <
3sin- -4sin3 —
a
4 cos-4- 2 n
—Гад = fc’7—Hr— = k> 4fccos2- -
cos5—) 4cos5 — -1 4
a
___ ______3’
k или
2 sin
= к,
4 cos— 4-2
sin^(3
v
—4 cos — — (к + 2) = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно cos —,
/ a\ 2±v/4 4-4fc(fc + 2) 2 ± 2 V*2 4-2fc 4-1 1±л/(* + 1)2
получим I COS 77 ] = --------—— ------ = --------—-------- = ----^777---— =
7 \ 3/1,2 4Jb 4k 2k
l±(fc + l) f a\ 1 , л
—-----——-, откуда (cos 77) = — г, что не подходит к решению задачи (ибо a -
2Л \ 3/1 2
.. \ ( а\ 2 + fc a 2 + fc 2 4-fc _
острый угол), и I cos — I = —. ТЪгда — = arccos —-т- , a a = 3 arccos . Сле-
V 3 / з 2Л 3 2л» 2л»
2 *4" А» 2 *4* А»
довательно, LBAD — LBCD » 3arccos —,a LABC LCDA = ir—3arccos-^-.
о 2 + fc _ 24-й
Ответ: 3 arccos -, и ir — 3 arccos .
2k 2k
12.405 В равносторонний треугольник ABC вписан равносторонний треуголь-
ник DEF; точка D лежит на стороне ВС, точка Е - на стороне АС и точка F - на
стороне АВ. Сторона АВ относится к стороне DE, как 8:5. Найти синус угла DEC.
Решение.
Обозначим угол DEC через а, а сторону треугольника АВС через а. (рис.12.412).
310
sin LDCE
или
DE
В треугольнике DEC имеем LCDE = я-— LDEC—
,ГЧЛ_ к 2
—LDCE — V—a— — = -ж—а и, согласно теореме
CD DE
СИНУСОВ’ ^LggC =
=DE ^CCE
sin60° " . /2 >
sin I -ir — a
ЕС
" sin LCDE ~
СР
sina
откуда CD =
smoU
nr.„ . 2DEsin (-л - a I
2£>Esina ... __ \ 3 J . .
---=—(1)иЕС=----------(2).
v3
Складывая почленно равенства (1) и (2), получим CD + ЕС = -т=— +
у 3
2DEsin
-I-------v=------— или, так как CD + EC = a, to a = —==- ( sina + sin I -ir-
\/3 >/3 \ \3
<x\/3
— a)) (3). Умножим обе части равенства на ^пр?' Будем иметь = 8*псе +
+ sin ( — a ) (4). Согласно условию, -£= — следовательно, равенство (4) за-
\3 / Lf£t О
8х/3 /2 \ г- (2 \
пишется в виде = sina + sin I -тг - a ] или 4v3 = 5sina + 5sin I -ir — a I.
2’5 \3 / \3 /
Используя формулу sin(x — у) = sinx cos у — cos x sin у, получим 4>/3 = 5 sin a +
2 2 5\/3 5
+5 sin-л cos a — 5 cos-?r sin a или 4\/3 = 5 sin a + —— cos a + - sina (5). Умно-
жим обе части равенства (5) на 2. Получим 8>/3 = 10 sin a + 5\/3cosa + 5 sin а или
5>/3cosa = 8\/3 — 15 sin а (6). Возведём обе части равенства (6) в квадрат. По-
лучим 75cos2 a = 192 —240у^ sin a+225sin3 а или 75(1—sin3 a) = 192 —240y^sina+
+225sin2a. После упрощении получим 300sin2a — 240\/3sina + 117 = 0 или
100sin3 a — 80\/3sma + 39 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно
4у^±3
sina, получим вша = ———.
~ 4V3 + 3
Ответ; ———.
12.406 Тангенс угла между медианой и высотой, проведенными к боковой сто-
роне равнобедренного треугольника, равен -. Наити синус угла при вершине.
Решение.
Первый случай (рис.12.413).
Пусть АВС - заданный треугольник (рис.12.413), CF - его медиана, а СЕ -
EF 1
высота, -=г^ = tg LFCE = -. Обозначим EF = х, ЕС = 2х, LABC = а. Проведём
2 &
BD ± АС. Тогда LABD = — и из прямоугольного треугольника BDA найдём
AD = АВ sin LABD — АВ sin АС = 2AD = 2АВ sin (1). А из прямоугольного
ЕС 2х 2х
треугольника СЕ А навдем АС = -—> ——, . . ;рг> =
sm LCAE sin(90° - LABD) cos LABD
311
2х
= ----q- (2). Подставим значение АС из (2) в (1). По-
COS-
2® ОЛП - “ ЛП 2«
лучим ---g- = 2АВ sm —, откуда АВ = ---5---g- =
cos- 2 2 sin-cos-
= —— (3). Далее, в прямоугольном треугольнике ВЕС
sma _
имеем ЕС = ЕВ tg LCBE или 2х = (EF + FB)tga,2x =
— (х+ -у-) tga, 4® = (2®+АВ) tga (4). Подставимзна-
некие АВ из (3) в (4). Будем иметь 4® = 12® + —
а
Рис. 12.413
или 4® = 101112 cosa = sina +1 (5). Возведем обе части равенства (5)
в квадрат. Получим 4 cos2 a = sin2 а+2 sin а+1 или 4(1—sin2 a) = sin3a+2sina+l,
или, после упрощений, 5sin2a+2sina—3 = 0. Решая это уравнение как квадратное
относительно sina, получим sina = —1, что не подходит к решению задачи, и
3
sma = -.
О
Второй случай (рис.12.414).
Аналогично, из прямоугольного треугольника
BDA (рис.12.414) найдём AD = АВ sin/. АВD =
= АВ sin тогда АС = 2AD = 2АВ sin (6).
А из прямоугольного треугольника СЕ А найдём
АС = —m
sin /CAB Binfano_2\ “ZZ*
2®
Да АВ = ------3---д-
2 sin —cos —
2 2
Сравнивая правые части равенств (6) и (7), получим 2 АВ sin , отку-
2 cos —
2® 2
—— (8). Наконец, из прямоугольного треугольника
___ „ - ЕС 2® 2® 4®
СВВ nwputgLCBB = или tga = =
(9).
Подставим в равенство (9) значение АВ из (8). Получим tga = ----или,
—----2®
sma
. 2 sin a sina 2sina . __ , .
после упрощении, tga = --:—,----- = ----:—, 1 — sina = 2 cos a (10).
1 —sma cosa 1-sina
Возведём обе части равенства (10) в квадрат. Получим 1 — 2 sin a + sin3 a =
= 4 cos2 a, 1 — 2 sin a + sin3 a = 4(1 — sin3 a), 5sin3 a — 2 sin a — 3 = 0. Решая это
3
уравнение как квадратное относительно smа, получим sma = что не подходит
к решению задачи, и sina = 1.
з
Ответ: - или 1.
О
12.407 Прямая, перпендикулярная к хорде сегмента, делит хорду в отношении
1 : 4, а дугу - в отношении 1:2. Найти косинус центрального угла, опирающегося
на эту дугу.
312
Решение.
Согласно условию, АСВ ~ сегмент, СЕ ± АВ,
АЕ : ЕВ = 1 : 4, АС СВ = 1 : 2, О - цен-
тр окружности сегмента (рис.12.415). Проведём
CD||AB, DF\\CE и соединим точки О и D.
Положим О А = ОС = OD — ОВ = R, АЕ =
= BF = х, LAOC = LCOD = LDOB — а (так как
~ AC CD =~ DB). Тогда CD = EF = 3®,
АВ = 5х, LAOB — Заллз треугольниках COD и
АОВ, согласно теореме косинусов, имеем CD2 —
= ОС2 + OD2 -2 ОС-ODcoeLCOD и АВ2 =
= ОА2 + ОВ2-2-ОА-ОВ-соеLAOB, или 9х2 =
= R2 + R2 — 2R - Я cos a — 2R2(1 — cosa) (1). и
25т2 = Я3+Я3-2ЯНсовЗа = 2Я2(1-соеЗа) (2)
_ 9 1 —cosa
Разделив (1) на (2), получим — = 1_cos3q-
Учитывая, что cos За = 4 cos3 а — Зсова, будем
иметь 9cos3 a — 13cosa + 4 = 0 (3).
Под бором находим cos а = 1. Тогда (3) можно представить в виде (сое a—1)(9 cos3 а+
+9 сов а - 4) = 0, (сова -1) (cosa - |) (сова + | ) = 0, откуда найдём сова = -
сова + -J = 0, откуда
4 /1\3 1 23
(ибо сова £ 1, сова >'—-). Тогда cos За = 41-1 - 3 • - = ——.
«5 \и / о *•(
Итак, сое LAOB = cos За =
23
27'
Ответ: ——.
27
12.408 В остроугольном треугольнике ABC LA — а радиан и LB — Р ради-
ан. Через ортоцентр (точку пересечения высот) и основания высот, опущенных на
стороны АВ и ВС, проведена окружность. Наити площадь общей части треуголь-
ника и круга.
На ВК, как на диаметре, опишем окружность, ко-
торая, очевидно, пройдёт через основания высот
D и Е, через ортоцентр К и точку В (рис. 12.416).
В треугольнике АВС, согласно теореме сину-
ВС Ь bsina
сов, имеем -— = -г—х, откуда ВС = . -л-
ema вшр вшр
АВ Ь
и -Т-7ГГТТ———STT = -—о, откуда АВ =
sm(180° — (а + Р)) вш Р
bsin(a + P) _
=----г—Тогда из прямоугольных треуголь-
вшр
ников CDB и АЕВ найдём BD — ВСсозР = и BE = АВ cos 0 =
sin/3
bsm(a + P)cosP _ „ 1 D_ . a 1 b sm a cos P
= ---,У_ J.------. Следовательно, S^bde — ^BD • BEsmP = - --------7—3— x
smp 2 2 smp
bsm(a + P)cosP &2smacos2/3sm(a + j3)sm/3 _ ____
x----i——-------— =--------------5—-— —. Далее, соединим точку О с точ-
sinjfil 2ein30
ками D и Е и положим OD = ОВ = ОЕ = ОК = R. На стороне АС треугольника
АВС, как на диаметре, опишем полуокружность, которая, очевидно, пройдёт через
основания высот Е и D. Угол ВАС измеряется полусуммой дуг СЕ и DE. Поэто-
му LBAC = LDCE + LCDE - LBED, т. е. LBED = LBAD — а. Из треуголь-
313
BD
ника BED, согласно следствию из теоремы синусов, найдём R = —-—.=
2 sin LdcjJJ
bsmacosB bcosft „
= _ .— = ——Площадь сегмента DKE найдем по формуле Осегмеита =
2 sin р sm ct 2 sin р
= —(7 —ъйьт), гДе 7 радианная мера центрального угла. Тах как LDOE =
д\ 2
= 2LDBB = = ™-«Н.ЭД = Ь2 cosffl
2 4sm р
Площадь S общей части треугольника и круга, равна сумме площадей треуголь-
ника BDE и сегмента DKE, т.е.
„ с г, b2sinacos3/?8in(a4-/3)sinjB
5 = ЭДВРВ 4- ЬсегмевтаРК^ = -----------—"Г i д-----------г
2 sin' ft
Ь3 cos3 ft(b — sin ft cos ft) _ 2b2 sin a cos3 ft sin(a! 4- /3) sin /3 t
4 sin2/? 4 sin2/?
, b3 cos2 /3(0 - sin /3 cos ft) _ &3 cos2 /3(2sinasin/3sin(a + ft) + ft — sin/3 cos/3) _
4sin3/3 “ 4sin3/3
_ b3 ctg3 ft .p _ /3(cos0 — 2sina sin(a 4- ft))) =
4
^ctg2/?. . a. . ... b2 ctg3/3(/3 — sin/3cos(2a 4-/3))
=------“ sin/3 (cos/3 - cos ft 4- cos(2a 4- ft))) =---— —--------
4 4
Ответ- & ~ sln cos(2a + ft))
4
12.409 В остроугольном треугольнике ABC известны углы. Найти отношение,
в котором ортоцентр (точка пересечения высот) делит высоту, проведенную из ве-
шины угла А.
Пусть АВС - заданный треугольник, АЕ ± ВС,
CF ± АВ, О - ортоцентр (рис.12.417). В четырёху-
гольнике В EOF имеем LEuF = 360е- LB—LBEO-
-LBFO = 360° - LB - 90° - 90° = 180° - ZB. ТЬгда
LAOF = LCOE = 180° - LEOF = 180° - (180° -
—LB) — LB. Из прямоугольного треугольника CFA
найдём AF = АС сое А, тогда из прямоугольного
гирл - - ЛЛ AF AC cos А
треугольника OF А найдем О А — ——— = —:—=—.
вшВ smB
Аналогично, из прямоугольного треугольника
АЕС найдём СЕ = АС сое С, тогда из прямоугольного треугольника О ЕС найдём
ОЕ = CEctgB = ACcoeCctgB. Наконец, ОА : ОЕ = ;
. п . 81п5
ешВ__________cos А
AC cos С cos В ~ соеВсоеС
: AC cosCctgB или О А : ОЕ =
Ответ:
совА
cos В сов С
12.410 В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты AL и CN. Най-
ти радиус окружности, проходящей через точки B,LkN, если АС = а и ZABC = а.
314
Решение.
На стороне АС треугольника АВС, как на ди-
аметре, опишем полуокружность, которая, оче-
видно, пройдёт через основания высот L и N
(рис. 12.418). Угол ВАС измеряется полусуммой
дуг CL л NL. Поэтому LBAC = LNCL +
+ZCNL = IBLN. (Аналогично, /.ВСА = LBNL).
Следовательно, &LBN ~ ДАВС. Так как стороны
LB и АВ являются соответствующими сторонами в
подобных треугольниках, то их отношение LB : АВ
равно коэффициенту подобия. Но в прямоугольном
LB
треугольнике ABL имеем yrr = cos а. Таким обра-
Рис. 12.418 оом, треугольники LBN и подоб ны с коэффи-
циентом подобия к = cosa. Отсюда LN = AC cos a = a cos а. Пусть г - радиус
окружности, описанной около треугольника LBN. Тогда, согласно формуле (10.7),
LN a cos а а
r~2sina 2sina 2
a
Ответ: - ctga.
12.411 Показать, что отношение площади любого треугольника к площади опи-
санного вокруг него круга меньше 2/3.
Пусть АВС - заданный треугольник. Обозначим
угол ВАС через а, угол АВС через & и угол АС В че-
рез 7 (рис.12.419). Согласно формуле (10.2), площадь
треугольника АВС равна Saa.bc = -^АВАСыпа, а
„ .тх т» АВ АС п
согласно формуле (10.7), R = —— = - г, где R
2 sin 7 2ашД
- радиус окружности, описанной около треугольника
АВС. Площадь S круга, описанного около треуголь-
Д R АС
ника АВС, равна S = irR2 — vR- R — v • —-----; -т. Тогда отношение площа-
2зш7 2sinp
______________ ~ S&abc
ди треугольника S&abc к площади описанного около него круга равно —-— =
tJ
АВ-AC sina 2 sin a sin в sin 7 _ _ Л
= * дв-------АС =------------------. Согласно условию, 0 < a < 189 ,0 < Р <
* 2 sin 7 2sin/3
< 180°,0 < 7 < 180°, следовательно, 0 < sina < 1,0 < sin/3 < 1,0 < sin7 < 1.
Перемножая почленно три последних неравенства, получим 0 < sin a sin/3 sin 7 < 1.
„ Вддвс 2 sin a sin/3 sin 7 2 2
Тогда —g— =------------------ < — < -, что и требовалось доказать.
О W 7Г 3
12.412 Для остроугольного треугольника образованы три числа, выражающие
отношение его сторон к соответствующим расстояниям от них центра описанной
окружности. Доказать, что сумма этих чисел в 4 раза меньше их произведения.
Решение.
Пусть АВС - заданный треугольник, О - центр описанной окружности, OF ±
± BC,OD ± АС,ОЕ ± АВ. Положим ВС = а, АС = b, АВ = с, LCAB = a, LABC =
= (3, LBCA — 7. Тогда в равнобедренных треугольниках СОВ, АОС и ВО А имеем
LCOB — 2a, LAOC = 20 и LBOA = 27, как центральные, опирающиеся на те
же дуги, что и углы С АВ, АОС и ВО А, а в прямоугольных треугольниках OFB,
315
ODC и OEA имеем BF = ^,CD = и AE =
= ^,LBOF = a,LCOD = flu LAOE = y,-^= =
4 ь
~ 2tga’ OP = 2tB& = 2*g7- Докажем, что
. f л b с \ а b c
4\OF + OD + Oe) = OF ‘ OD ' ОЁ “™ tg<* +
4-tg/?+tg7 = tgatg/ltgy. Имеем tga4-tg/?4-tg7 =
_ sin(a + fl) sin 7 _ sin(ff - 7) sin 7 _
cos a cos fl cos 7 cos a cos fl cosy
— 8*n7 _|_ s^n7 _ (cos 7 4- cos a cos/?) sin 7 _
cos a cos/? cos 7 cosa cos/?cos 7
_ ~ (a + ^)) -Feos a cos/?) sin 7 _ (-cos(a 4-/?) 4-cosacos/?)sin7 _
cos a cos fl cos 7 cosacos/?cos7 ~
(-cos a cos/? + sin a sin/? 4-cos a cos/?) sin 7 sin a sin/? sin 7
=------------------------------------------=---------------= tgatg/?tg7.
cos a cos/? cos 7 cos a cos/? cos 7 °
12.413 Длины четырёх дуг, на которые разбита вся окружность радиуса R, со-
ставляют геометрическую прогрессию со знаменателем, равным 3. Точки деления
служат вершинами четырёхугольника, вписанного в эту окружность. Найти его
площадь.
Решение.
Согласно формуле (10.32), длина дуги, ограничи-
вающей сектор, равна I = Ra, где R - радиус
заданной окружности; a - радианная мера цен-
трального угла. Тогда, согласно условию, длина
дуги АВ равна Ra, длина дуги ВС равна ЗЯа,
длина дуги CD равна 9Ra и длина дуги DmA ра-
вна 27 Ra (рис.12.421). Следовательно, LAOB =
= a,LBOC = 3a, LCOD = 9a, угол DO А, из-
меряемый дугой DmA, равен 27a. Тккпм обра-
зом, a 4- 3a 4- 9a 4- 27a = 2ir = 360°, откуда a =
= 9°. Тогда LAOB = 9°, LBOC = 27°, LCOD =
= 81°, LAOD = 117° и Sabcd — S&aob +
+S^boc + S&cod — S^aod = -R2sin9° 4-
+i-R2 sin 27° 4- ±R3 sin 81° - |fl2 sin 117° =
Рис. 12.421 2 2 2
= jE2(sin9°4-8in27<,4-8in81‘>-sin 117°) = Jfl2((sin94sin81o)+(sm2F-siiilir)) =
2 2
= |fl2(2sin45°cos36e-2cos72o8in450) = ^R2 (cos 36°-cos72°) - ^R2(cos36°-
—2 cos2 36° 4-1). Вычислим cos36е. Имеем cos36° = sin 54°, cos2(18°) = sin3(18°),
1 - 2 sin2 18° = 3 sin 18° - 4 sin3 18°, 4 sin3 18° - 2 sin2 18° - 3 sin 18° 4-1 = 0, (sin 18° -
-l)(4sin218е 4-2 sin 18°-1) = 0,4sin218e4-2sinl8°-l = 0, откуда получим sin 18° =
= —„ -. Тогда cos 36° = 1 - 2 sin2 18° = 1 - 2
4 \ 4 / 4
(_ / _ \ 2 \ —
+4 = jR2T-
,-\/2
Ответ: Rr—.
4
316
12.414 Один из плоских углов трёхгранного угла равен а. Двугранные углы,
прилежащие к этому плоскому углу, равны соответственно Д и 7. Найти два других
плоских угла.
Рассмотрим тетраэдр SABC (рис.12.422). Пусть
/.DBE = a, LSDO = Д, где SD ± АВ, OD ± АВ,
LSEO — 7, где SE ± ВС, ОЕ ± ВС; SO - высота
тетраэдра SABC. Пусть SO = 1, тогда из пря-
моугольных треугольников SOD и SOE найдём
SD = 4^ = -Дх (1), OD = SO ctgД =
зшД snip
= ctg£ (2) и5Е = ^- = — (3), OE =
sin 7 sin 7
= 50ctg7 = ctg7 (4).
Далее, на OB как на диаметре, построим окружность
(рис.12.423). Очевидно, она пройдёт через точки D, Е
и О (здесь LB DO = £ВЕО = 90°). В четырёхугольнике
EBDO имеем /-DOE = W)°-/.DBE-/.BDO-/.BEO =
= 360° — а — 90° — 90° = 180° — а. ТЬгда в треугольнике
DOE, согласно теореме косинусов, имеем DEr = OD2+
+ОЕ2 - 2 • OD • ОЕ cos LDOE = OD2 + ОЕ? - 2 • OD х
xOEcoe(180<’-a) = OD2 + OE2 + 2 OD OEcoaa (5)
Подставим в равенство (5) значение OD и ОЕ из (2) и
(4). Получим DE? = ctg2 Д + ctg2 7 + 2 ctg Д ctg 7 сое а,
откуд а DE = y/ctg2? + ctg2 7 + 2 ctg Д ctg 7 сое а. (6)
DE DE DE
Согласно формуле (10.7), 2R = . ~—> гДе Я - ра-
sm/DOE sin(180°-a) sma
диус окружности, описанной около треугольника DOE (или около треугольника
DE
BDO, или около треугольника ВЕО), или, так как 2R = ВО, то ВО = =
x/ctg2 Д + ctg2 7 + 2ctg^ctg7cosa
= ——---------'" "pj'n „—2--' Тогда 03 прямоугольных треугольников BDO
и ВЕО, согласно теореме Пифагора, найдём BD — у/ВО2 - OD2 —
[а g+ctg3 7+2 ctg g ctg 7 СО» q 2 _ (ctg 0)2 _
- /ctg2ff + ctg27 +2d^ctg7cosa _ctg2^_
V sin2 a
_ / ctg2 Д-f-ctg2 7-f-2 ctg Д ctg 7 cos a —ctg2 Д sin2
у sin2 a
_ /ctg* T+Cctg2 3~ctg3 0 gin2 a)+2 ctg /? ctg 7 сое ot _
у ein'-* a
(7)
317
_ /ctg2 7 4- ctg2 /?(! - sin3 a) 4- 2 ctg ft ctg 7 cos a _
у sin2 a
_ /ctg27 +ctg2ft cos3 a 4-2 ctg/? ctg 7 cos a _
V sin2 a
_ ctg 7 + ctg /? cos a
sina
и
BE = Vbo* -O& =
Una
)2
— (ctg7)2 =
;2^ 4-ctg3 7 4-2 ctg/? ctg 7 cos a __
V stn3a
_ /ctg3 Д 4- ctg3 7 4- 2 ctg/? ctg 7 cos a - ctg2 7sin3 a _
у sin2 a
__ /ctg3 0+2 ctg g ctg 7 coe tt-Hctg3 7~ctg3 7 «in3 a) _
V »ina a
ctg3 04-2 ctg ft ctg 7 cos a 4-ctg3 7(1 -sin3a) _
sin3 a
(8)
_ /ctg3/? 4-2 ctg ft ctg 7 cos a 4-ctg2 7 cos2 a
у sin3 a
^ctg/3 + ctg7cosa\a _ ctg ;9 +ctg7 cos a
sina / ~ sina
Наконец, ио прямоугольных треугольников SDB и SEB найдём cteLSBD =
BD 4 BE
= -«77 (9). и ctgZSBE = -^= (10). Подставляя в (9) я (10) значения BD, SD,
BE и SE яз (7), (1), (8) и (3), получим ctg ISBD = : JL =
sm a sin p
= + = sin/3ctga(ctg/3 + cos“1actg7), откуда LSBD =
= arcctg(sin0ctga(ctg/? + cos-1 actg7)) и ctg/.SBE = - ; -Д— =
sina 8Ш7
(ctg в + ctg 7 cos a) , ,
= --------------------- = sin7Ctga(ctg7 4- cos-1 actg/3), откуда £SBE =
= arcctg(sin 7 ctg a(ctg 74-cos-1 a ctg /3)}, где ISBD и LSBE - искомые плоские углы.
Ответ: arcctg(sin/?ctga(ctg/? 4- cos-1 a ctg 7)) и arcctg(sin7ctga(ctg7 4-
4-cos"1 a ctg/?)).
12.415 В основании пирамиды лежит квадрат. Углы, которые образуют боко-
вые грани с основанием, относятся, как 1: 2 :4 : 2. Найти эти углы.
Решение.
Пусть PABCD - заданная пирамида, основанием которой является квадрат
ABCD. Обозначим через О основание перпендикуляра, опущенного из вершины Р
318
Рис. 12.424
Рис. 12.425
на плоскость ABCD. Из точки О проведем пер-
пендикуляры OK, OL, ОМ, ON к рёбрам AD,
АВ, ВС, CD (рис.12.424, 12.425). Тогда LPKO,
LPLO, LPMO, LPNO будут линейными угла-
ми двугранных углов при основании пирамиды
PABCD. Пусть LPKO : ZPLO : LPMO :
: LPNO = 1 : 2 : 4 : 2 (1). Обозначим LPKO =
= а (2). Тогда LPLO = 2а, LPMO =
= Aa,LPNO = 2at (3). Поскольку LPLO =
= LPNO, то точка О будет лежать на прямой, со-
держащей среднюю линию КМ vB&ppwn, ABCD.
Заметим, что точка О будет лежать внутри ква-
драта ABCD, если а < 22,5° (рис.12.424), или вне
этого квадрата, если 22,5° < а < 36° (рис.12.425).
Пусть АВ = а, РО = h, КО = I (4). ТЬгда
_ I а-1,если0<а<22,5°; /кх
ОМ~ I / —а, если 22,5° < а < 36° ’
OL = ON = - (6). Из прямоугольных треуголь-
ников РОК, POL, РОМ с учётом равенств (2) -
(6), находим - = ctga, — = ctg2а, —— =
п Ln п
= ctg4а (если 0 < а < 22,5°), —т— = ctg(180° —
Л
-4а) (если 22,5° < а < 36°). Для определения
угла а из этих соотношений получаем уравнение
2ctg2a—ctga = ctg4a, 0 < a < 36°, из которо-
го находим 2 cos 2a = 1, а = 30°. Ткким образом,
двугранные углы при основании пирамиды соот-
ветственно равны 30°, 60°, 120° и 60°.
Ответ: 30°, 60°, 120° и 60°.
12.416* В конус влажен шар так, что их поверхности касаются. Объём тела,
заключённого между ними, в 8 раз меньше объёма шара. Найти угол при вершине
осевого сечения конуса.
Согласно условию,
хСО?(ЗОВ-СО1)) =
4
з’
• ОВ3 или, после упроще-
ний, 2(ОХВ2 SOi - СО?(3 - ОВ - ООО) = ОВ (1),
где О1В - радиус окружности касания конуса и шара,
SOi - высота конуса с осевым сечением ЗАВ, СО\ -
высота шарового сегмента АВС, ОВ - радиус шара
(рис.12.426). Обозначим искомый угол AS В через а, то-
гда в прямоугольном треугольнике SBO имеем LOSB =
= LSOB — 90° — Обозначим радиус шара через г,
тогда ОС = ОВ = г. Из прямоугольного треугольника
__Л , _ ОВ г
SBO найдем SO -----/сГЛп =----7-----aV =
cosZSOB сод (oqo _ I)
8
319
= —g- (2), а из прямоугольного треугольника ОО\В а&яррм О\В =
зш-
= ОВ sin /.BOOi = г sin (эО0-^ = г cos— (3) и OOi — OBcosLBOOi =
= rcos(90°- = rsin^ (4). Тогда SOi - SO - OOi — —- rsin^ =
\ 2 z л sin —
2
r(l-sin2—) a / a4
= _i— a" - (5)э CO1 = ОС - OOi = r - r sin — = r I 1 - sin — j (6). Подста-
sin-
вим значения OB = г и OiB, SOi, COi из (3), (5), (6) в (1). Получим
или, после упрощений, 2 sin2 —5 sin +2 — 0. Решая это уравнение как квадратное
2 2
. а .... а п .а 1
относительно sm —, найдем sm — = 2, что не имеет смысла, или sm — = -, откуда
a it _ л
2 6^3
Ответ: —.
О
12.417 В правильную четырёхугольную пирамиду вписан шар. К шару прове-
дена параллельно основанию пирамиды касательная плоскость, которая разделила
объём пирамиды в отношинии т : п, считая от вершины. Найти угол между высо-
той пирамиды и её боковой гранью.
Пусть SABCD - заданная пи-
рамида (рис.12.427), О' - цен-
тр вписанного шара А1В1ЦАВ,
BiCillBC, CiDillCD, ADill
||AD, Oi - точка касания пло-
скости A1B1C1D1 и шара. Обо-
значим сторону основания пи-
рамиды через а, радиус шара
через г, искомый угол NSO че-
рез а, где SN - апофема гра-
ни CSD, SO - высота пира-
миды. ПуСТЬ VsA^CiDt =
= тх, VabcdAiBiCiDi = пх.
Тогда Vsabcd = (m + п)х,
и VsAiBiCiDi _ ГП .
Vsabcd т + п
Рассмотрим сечение SMN.
Рис. 12.427
Из прямоугольных треугольников О OiN
= O'Oi ctg LO’NiOi = rctg^p^
_ 180°-(90°-a)
= rctg-------------
и O'ON ъавррм Oi Ni =
_ 180° —/.SNO
= rctg-------------- =
— rctg(450 4.и off = о'ОctgLO'NO = rctg---—
90° — a------------------------------------------------------a\ _
= r ctg —-— = r ctg 145 — — I, а из прямоугольного треугольника SON найдем
£ ' /
SO — ONctgLNSO = rctg^45° - ctga. Тогда M1N1 = 2 • O1N1 = 2rctg(45°+
320
+|) , MN = 2 ON = 2rctg (45° - I) и SOi = SO-OiO = rctg (45° - ctga-
—2r = r (ctg (45O — ctga - 2^ . Следовательно, VsaiBiCiDi = jSaxBiCiDiSOi =
= j • MiN* SO! = ^ (2rctg (45° + |))2 • rctg(45° + ^)ctga = |r3 ctg3 (45°+
+^) ctga (2), Vsabcd = \Sabcd • SO = | • • SO = | (2r ctg (45° - |))2 x
xrctg(45° - Ij ctga = |r3 ctg3 (45O - ctga (3). Подставим значение
—г3 ctg3 (45° + ^) ctga m
VsAiBiCiD! И Vsabcd из (2) и (3) в (1). Получим т—-—---—-------- ——•
|r3ctg3 (45"-2)ctga m + n
или, после упрощений, ctg’(j + 2) = оттуда ctg (j + 2) =
_ 7Г a . I т а , . I т ir п х . I т it
Тогда —+— = arcctg «•/---, — = arcctg «•/---—, а = 2 arcctg { —------.
4 2 \т + п 2 ьут + п 4’ V т + п 2
Ответ: 2 arcctg f ——--т
eVm+n 2
12.418. Через вершину основания правильной треугольной пирамиды проведе-
на плоскость перпендикулярно противоположной боковой грани и параллельно про-
тивоположной стороне основания. Эта плоскость составляет с плоскостью основа-
ния пирамиды угол, равный а. Найти плоский угол при вершине пирамиды.
Решение.
Ответ: 2arctg(v/3sina).
Пусть SABC - заданная пирамида, SO - её вы-
сота, BDi -L SD, A1Ci||AC71 где SD - апофема;
LDBDi = а (рис.12.428). В прямоугольном треу-
гольнике BDiD имеем LBDDj. = 90° — LDBDi =
= 90° — а. Обозначим сторону основания через
а>/3
а. Тогда, согласно формуле (10.18), OD = —т—
* б
и из прямоугольного треугольника SOD найдём
SD = = ау^ =
coaLSDO 6cosZBDDi 6cos(90° —а)
°>/3 „
= —:—. Наконец, из прямоугольного треугольни-
osina
ка SDC найдём tg LCSD — =
SD 2 6 sin а
г- Рис. 12.428
= v3 sin а, откуда ICSD = arctg(>/3sma). Следовательно, LASC = 2LCSD =
= 2arctg(\/38ma).
12.419. Прямоугольник вращается около оси, проходящей через его вершину
параллельно диагонали. Найти поверхность тела вращения, если плошадь прямоу-
гольника равна S, а угол между диагоналями равен а.
Решение.
Пусть ABCD - заданный прямоугольник, LBOC = LAOD = а (рис.12.429).
Согласно формуле (10.23) и условию, ^АС • BDsina = S или, так как BD = АС,
321
В "j* \ А tow "" '\^i/ to 1—
322
12.420 Найти радиус шара, касающегося основания и боковых рёбер правиль-
ной треугольной пирамиды, у которой сторона основания равна а, а двугранный
угол при основании равен а.
Решение.
Пусть SABC - заданная пирамида, О - центр
шара, который касается рёбер пирамиды в точ-
ках Е, F и К и основания пирамиды в точке
Or, LSDB — а, где SD - апофема, AD = DC,
BD ± АЕ, SOi - высота пирамиды (рис.12.430).
Обозначим угол SBD через 0, а радиус шаг
ра через г. Согласно условию, АВ — ВС =
АС = а. Тогда, согласно формуле (10.18) и
(10.19), OiD = и OiB = Из пря-
О
моугольного треугольника SOiD найдём SOi =
ау/3
OiDtgZSDOi — —— tga, а из прямоуголь-
ного треугольника SOiB найдём tgZSBOi =
SOi . а a>/3tga ау/3 1
_ или -----_;__ = _tgo.
Рис. 12.430 2 tgx я тг я
Используя формулу tg 2х = -—=т~, где x?- + -k,ktZ,x/- + яп, п€ Z, по-
1 — tg х 4 2 2
0
2tSo 1 ,5/3
лучим------«-я- = -tga или, после упрощении, tgatg*4 —+4tg —-tga — 0. Решая
i-tg2! 2 2 2
. /3 .5 -2 - >/4 + tg* а
это уравнение как квадратное относительно tg —, получим tg — =-7-=—,
2 2 tg а
0 -2 + vz3 + tg2a v'4+tg3a-2
что не подходит к решению задачи, или tg — =-- =---------------------.
2 tga tga
Прямоугольные треугольники ОО\В и ОЕВ равны (у них OOi = ОЕ = г, ОВ
- общая гипотенуза, и BOi = BE как отрезки касательных к окружности, вы-
жщщ» КЗ адлой точи В), сладвательло, ZOBOi = LOBB = \lSBO, = f.
Тогда из прямоугольного треугольника ОО\В найдём OOi = Oi-BtgZOBOi, или
ал/З 0 ау/3 (х/4 + 4^а-2\ ау/3. г.* “ „ . ч
г = — * 2 “ — ( t^-------------) “ — (V4ct^ » +1 * 2rt«“)-
Ответ.* ~^(^4ctg3a + l — ctga).
12.421 Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды, равна а, а
двугранный угол при основании равен а. Найти расстояние от центра сферы, впи-
санной в эту пирамиду, до бокового ребра.
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида (рис.12.431), АВ = ВС — CD == AD —
= a, LSMN = Z.SNM = a, где SM = SN—апофемы, SOi - высота пирамиды,
точки Mi и Ni - точки касания шара боковых граней SAB и SCD. Соединим
точки О и Ni, О и N. Центр О окружности, вписанной в треугольник MSN
лежит на пересечении биссектрис, следовательно, ON - биссектриса угла SNM,
т. е. LONOi = -ISNOi = и из прямоугольного треугольника OOiN найдём
Л ш
323
OOi = OiNtglONOi = ^WVtg| =
й ct
— 2^2’ Т°гДа и° прямоугольного треу-
гольника SNiO найдём SO = =
sm LOSNi
a ct
_ OOi _ 2^ ^8 ~2 _
sin(90° - LSNOi) sin(90e — a) ~
a
atg2
= gcoaQ' Далее> 113 прямоугольного треу-
гольника SOiN найдём SOi =
= OiNtg LSNOi = - tga, а в прямоуголь-
ном треугольнике
AOiD, согласно теореме Пифагора, имеем OiA + O1D2 = AD2 или, так как OiA =
= OiD, то 2 • 01D2 = а2, откуда OiD2 = у» а OiD = Тогда из
прямоугольного треугольника SOiD найдём SD = у/SO2 + OiD2 =
— I (-t V — — S™2 a 2 COs2 а _ ~ Соа2 ° + 2 С08^ а _ «VI + COS3 Q
V \2 + 2 2 cos a 2 сов а — 2 cos a
Прямоугольные треугольники SKO и SOiD подобны (у них общий угол DSO\), сле-
а^"2 а>/2 f= a
OK SO „„ SOO1D 2craa ~2~” °V2tg2
довательно, — = откуда OK = ——— = { = - . - \
U1U bu bU ау 1 + cos2 a 2vl + cos2a
2 cosa
a\/2tg
Ответ: —. j—....\
2yl + cos2 a
12.422 Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей
через её боковое ребро и высоту. В сечении образовался треугольник с углом тг/4
при вершине пирамиды. Найти угол между боковой гранью и плоскостью основа-
ния пирамиды.
Решение.
Пусть SABC - заданная пирамида, £DSB = —.
4
Обозначим искомый угол SDB через а, где SD -
апофема, AD = DC и BD ± AC, SO - вы-
сота пирамиды (рис.12.432). Обозначим сторону
основания через а. Согласно формулам (10.18) и
(10.19), OD = и ОВ = Из прямоу-
гольных треугольников SOD и SOB найдём SO =
= ODtgZ.SDO или SO = ~^tga (1) и SO —
о
= OBtglSBO или SO = ^tg(180° - LSDO -
О
-LDSB) = ^tg(180°-a-£) = ^tg(180°-
О \ *x / 4}
~ + a^ или SO = “tg + a) (2). Сравнивая правые части (1) и (2),
324
а-х/З ах/3 /тг \ „ „ /тг х
получим -— tga = —— tg + а) или, после упрощении 2tg + aj + tga =
« 0. Используя формулу tg(®+p) = где х> У’ x+V 9* и € Я, будем
tgj+tga
иметь 2---—jj=----F tg а = 0 или, после упрощений, tg3 а - 3 tg а - 2 = 0. Решив
1 -tgjtga
4 __
3-VY7 п
это уравнение как квадратное относительно tga, получим tga = —-— < 0, что
не подходит к решению задачи, и tga = —-—, откуда а = arctg ——
2 2
Ответ: arctg---—
2
12.423 Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, плоский
угол при вершине равен а. В пирамиду вписан шар. Найти площадь сечения этого
шара плоскостью, проходящей через центр основания пирамиды, перепендикулярно
ее боковому ребру.
Решение.
Пусть SABC - заданная пирамида, АВ = ВС =
= АС = a, LASC = LASB = LCSB = a, SD -
апофема, BD ± AC, SOi - высота, OiE ± SB,
ОО2 ± OiE (рис.12.433). Из прямоугольного тре-
угольника SDC ваидём SD = CDct^LCSD =
си- CD - °
“ 2 staLCSD 2rin5'
2 2
Проведём SF = SD. Согласно формуле (10.18),
_ ау/З _
OiD — ——Тогда из прямоугольного треуголь-
ника SO1D, согласно теореме Пифагора, найдём
Рис. 12.433 _________„_________
a cos— \ / „,/5\
—&| -(-г-| =
к 6 )
гласно формуле (10.4), радиус OOi окружности, вписанной в треугольник DSF, ра-
_ 2SajDsf _ 2-OiD-SOi _ OyD-SOi _
ВвН U1 ~ SD + SF + DF ~ 2SD + 2O1D SD + OiD
~ aJ3(3c^l-^l) /«сое? а а</з (Зсов» ? - sin’?)
6 2®*“^ у 2sib ® ) 2 (х/Зсов^+ sin^)
Прямоугольные треугольники OO2O1 и SEOi подобны (у них общий угол SOiE),
прямоуголные треугольники SEOi и SO^B также подобны (у них общий угол
BSOi). Следовательно, подобны и треугольники OO2O1 и SOiB. Тогда =
О\В
ООх п п ОО\ • О1В _ _ _
= -тг5-> откуда O1O2 =---------- Подставим в это равенство значение OOi =
ЬВ SB
325
a J3(3 cos* 2 - sin2 у) /-
= —-——----g-----g—,OiB = (см. формулу 10.19) и SB = SC = —~~&-
2(v3cos — + sin—) 3 2 sin —
а® Г а сц . а Г. Гл . 4 a
-) a a5m-J3cM1»--Sm2-
Получим 0x0г = -------g-----g-----5- :---g =-------?--g-----g----•
2(V3 cos — + sm —) 3 2 sin — x/3co8 — + sin —
Площадь сечения S шара плоскостью, проходящей через центр Oi пирамиды SABC
и перпендикулярной её боковому ребру SB, равна площади круга радиуса O1O2, т.е.
2*3®
та* sm4 —
4 . 2 ®
7га4 sm —
А
4 « 2 ®
кат sin —
v3 а , 1 . а
— сое — + - sin —
2 2 2 2
Используя формулы sin(z ± у) — sinz cosy ± yzsiny, получим
2 • 3
1С0Г 81П —
Ответ.*----------
12.424 Основанием пирамиды, вписанной в конус, служит четырёхугольник, у
которого одна сторона равна а, а каждая из остальных трех сторон равна Ь. Вер-
шина пирамиды лежит на середине одной ив образующих. Найти объём пирамиды,
если угол между образующей и высотой конуса равен а.
Решение.
Согласно условию, PQ = a,MQ = MN = NP = b,ST — ТВ, LBSO = a
(рис.12.434). Проведём MF ± PQ и ЛГ£||МР, соединим точки М и Р, М и О.
гги лп nn PQ — MN а — Ь
Тогда QF = РЕ =---------------= и из прямоугольного треугольника MFQ,
Л Л!
326
согласно теореме Пифагора, найдём MF2 =
= MQ2-QF2 = (^)2 = Ь2 - =
&-a2 + 2ab V3ft2-a2 + 2ab _
= ----------- в Mr — -------------------. В
прямоугольном треугольнике MFP имеем FP —
= pQ — QF = а — ~2~ = ~ 2 Ь, тогда МР =
= Vmf» + fp» = 7--~ + =
V 4 2
= л/ЗЬ2 — a2 + 2аЬ + а2 + 2аЪ 4- b2 = y/b(a 4- Ь).
Радиус ОМ окружности, описанной около трапеции
QMNP равен радиусу окружности, описанной око-
ло треугольника QMP. Согласно формуле (10.5),
имеем
2
ОМ = MQ‘MPpQ _ MQ MP PQ _ 2 -MQ MP = 2-Ь у/Ь(а + Ь) =
S^qmp 2.. pq . mp MF — a2 + 2ab
___________ 2 4 __________
4by/b(a + b)_Л 4by/b(a + b)
= . . ... A . Тогда OB = OM = • J ; и из прямоугольного треу-
V№-a2 + 2ab >/ЗЬ* - a2 4-2ofr
гольника SOB найдем SO — О В ctg IBSO = —ctg о, следовательно,
у Зо2 - a2 + 2аЬ
TOi — ^SO = “У^У^У ctga (как средняя линия треугольника BOS}. Нако-
2 у За2 — а2 4- 2ао
- - mw.rnn т, 1- 1 MN + PQ
нец, объем пирамиды TMNPQ равен Vtmnpq = ^Smnpq • TOi = ---------х
XMF.ТО, = 2±». *)2 etga.
6 2 у 3d2 — а2 4- 2аЬ б
3
Ответ: ^(аЪ 4- Ь2)2 ctga.
о
12.425 Отношение объёма усеченного конуса к объёму вписанного в него шара
равно k. Найти угол между образующей конуса и плоскостью его основания и до-
пустимые значения k.
Решение.
Рис. 12.435
Рассмотрим осевое сечение заданных тел AAiB^B
(рис.12.435). AAjBiB - равнобедренная трапеция,
AAi = BiB, О’ - центр вписанной окружности, BiE
- высота. Положим О Oi = О О = О D = г, где
О D -L BiB., /.BiBO = а. Тогда OiBi 4- ОВ =
= BiD+BD = Bi В и из прямоугольного треугольни-
2г
ка BiEB найдём BiB = ——7=-=?; — -—. Далее, в
прямоугольном треугольнике BiO B(£BiO В = 90°)
имеем BiD • BD = О'D2 или О1В1 • ОВ = г2. Та-
ким образом, OiBi 4- ОВ = , а OiB • ОВ = г2,
sma
327
По условию имеем
|<г 0,0(0,В? + 01В, ОВ + ОВ2) _ OiO((OiBt + ОВ)2 - 01В1 ОВ)
in О'О2 ’ 4003
{ \sina/ у 4 2 2
--- ---—= = к,sin2а = ——-.sina = —==, где 0 < .- < 1,
4-г3-----------------------------------------------------2Л + Г х/2Г+Т’ 14 у/2к + 1_’
3 2 3
к>~. ТЬгдаа = arcsin-===, где к >
* V 2Л +1 2
2 3
Ответ: arcsin—==, к > -.
V2k+1 2
12.426 Осевое сечение цилиндра - квадрат. Отрезок АВ, соединяющий точку
А окружности верхнего основания с точкой В окружности нижнего основания ци-
линдра, равен а и отстоит от оси цилиндра на расстоянии, равном Ь. Найти угол
между прямой АВ и плоскостью основания цилиндра.
Согласно условию, CAi = А А = AD = CD, АВ = а,
0\Т = Ь, где OiT -L АЕ. Обозначим искомый угол
ABD через а, а сторону квадрата CAiAD через
с. Проведём TK*||OiO и соединим точки О а К
(рис.12.436). В прямоугольном треугольнике ADB
имеем АВ sin а = AD или a sin а = С. Возведём в ква-
драт обе части этого равенства. Получим a2 sin2 а =
^С2 (1). В этом же треугольнике имеем АВ сова =
= BD или а сов а = BD. Возведём обе части par
венства в квадрат. Получим a2 cos2 а = BD2 (2).
Наконец, в прямоугольном треугольнике 0KD, со-
гласно теореме Пифагора, имеем ОК2 = OD2 —KD2
ЛП CD с т BD .2 с2 BD2
0D = — = j KD - —, то 6= = 7 ~
или, так как ОК = OiT = Ь,
Умножим обе части последнего равенства на 4. Будем иметь 4b2 = с2 — BD2 (3).
Подставим значение BD2 из (2) в (3). Получим 4Ь2 = с2 — о2 cos2 а или с2 =
= 4Ь2 + a2 cos2 а (4). И, наконец, значение с2 из (4) подставим в (1). Имеем
a2 sin2 а = 4Ь2 + а2 cos2 а или а2(1 — cos2 а) = 4b2 + а2 сое2 а, откуда, после упроще-
. . _ 2 ®2-46* z_. „ , 2® 1 + совж
нии, найдем сон* а *= —— (5). Используя формулу cos* — =--------, предстал
... 1 +cos 2а а2-4Ь2
вим равенство (5) в виде-------= —г-х—
4b2
cos 2а = —х-. ТЪгда 2а = arccos
а2
Ответ: - arccos .
2
, откуда, после упрощении, найдём
1 / 4Ь2\
а = - arccos I--=- I.
2 \ а2 )
а
12.427 Через вершину основания правильной четырёхугольной пирамиды про-
ведена плоскость, пересекающая противоположное боковое ребро под прямым
углом. Найти угол между боковым ребром и плоскостью основания.
328
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида,
ACi ± SC, B1D1||BD(phc.12.437).
Согласно условию, 2SaBiCxDx —
= Sabcd (1)- Обозначим искомый
угол SCO через о. Тогда LSAO =
= LSBO = /.SCO = LSDO =
= LSB\0i — SD\O\ — а. Обо-
значим также сторону основания че-
рез a. SaBiCiDi = SbABiDx +
+S&BiCiDi = «BiBiAOi+xBiDiX
xCiOi = ^BMAOi + CM =
= • ACi (2). Из прямоуголь-
ного треугольника CDA, согласно
теореме Пифагора, найдём АС =
y/CD^ + AD2 — %/а2 + а3 = ау/2, тогда из прямоугольного треугольника ACiC
ваящем ACi = ACsinZACCi или ACi = a>/2sina (3). Далее, из прямоугольных
АС
треугольников SOC и OiOA поочередно найдём SO = OCtglSCO — -^-tga =
= ~у tga, OiO = OAtgZOiAO = ^y tg(90° - ZACCJ = ^ytg(90° - a) =
ay/2 ay/2 a>/2 a\/2.
—у ctga, тогда SO\ = S0 — Oj(J = -y tga----— ctga “ ~jj-Ctga~rt8a) и TO
прямоугольного треугольника SOiDi найдем OiDi — SOictgZSPiOi =
ол 05/2,- _x_2 \ a\/2 Л cos2a\
= SOi ctga = —(tga - ctga) ctga = — (1 - ctg2 a) = — 11 - ) =
ax/2(sin2 a — cos2 a) a^2(2 sin2 a — 1 + sin2 a) ay/2(2 sin2 a — 1) _
= ------- ----------- _ ---------ж------------ = -------- . Тогда
2 sin2 a 2 sin2 a 2 sin2 a
BiDi = 2-OiDi = a—— —12 (4). Подставляя значения BiDi и ACi из (4) и
sin a
/ns о 1 a>/2(2sin2a -1) nr. a2 (2 sin2 a —1) ...
(3) в (2), получим SaBiCiDi = й------------- w sma = —*—:----------- (5)-
2 sin a sin a
Далее, Sabcd = a,2 (6). Подставим значения SaBiC,d, и Sabcd из (5) и (6)
гт n a2(2sin2a-l) , « „ . 2 .
в (1). Получим 2 • —: = аг или, после упрощении, 4sin a — sma —
—2 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно sina, найдём sina =
1 — Тзз
-= —-— < оэ нто не подходит к решению задачи (ибо a - острый угол), и
V33+1 . 7зз+1
sina =-------, откуда a = arcsin------—.
8 8
• V33 + 1
Ответ: arcsin------.
12.428 ОМ, ON и OP - три попарно взаимно перпендикулярных луча. На луче
ОМ взята точка А на расстоянии О А, равном а; на лучах ON и ОР взяты соот-
ветственно точки В и С так, что угол АВС равен а, а угол АСВ равен Д. Найта
ОВ я ОС.
Решение.
Согласно условию, ОМ ± ON, ОМ 1ОР, О А = a, LABC = a, LACB = 0
329
(рис.12.438). Проведём AD ± ВС. Тогда из пря-
моуголных треугольников ADB я ADC находим
AD АП
АВ = -r—,BD = AD ctg а, AC = ^,DC =
sina Bmp
— ADctgjd. Согласно теореме о трёх перпендику-
лярах OD -L ВС, следовательно, OD2 = BD • DC =
= AD2 ctg a ctg/3. Далее, в прямоугольном треу-
гольнике AOD имеем AD2—OD2 = АО2 или AD2 —
—AD2 ctg a ctg Д = a2, откуда AD =
a2
Рис. 12.438
= ...— ° - -x; тогда AB — ° .. Наконец, из прямоугольного тре-
5/l-ctgactg/3 VI-ctgactgД J___________
/ q2
угольника АО В получим OB = у/AB2 - О A2 = «/ -7-5——-------------— — a2 =
у snr a(l - ctg a ctg Д)
/a2(l - sin2 a + sin a cos a ctg Д) sin a sin Д _ /a2 cos a(cos a sin /3 + sin a cos /3) _
у sin2 a(sin a sin/3 — cos a cos/3) у — sin a cos(a + Д)
= З'у/—ctgatg(a +Д). Аналогично, из прямоугольного треугольника АОС нахо-
дим ОС = сц/—ctg£tg(a +Д).
Ответ: а ctg atg(a + /3) и а у/— ctg/3 tg(a + /3).
12.429 В конус вписан шар. Окружность касания шаровой и конической повер-
хностей делит объём шара в отношении 5 : 27. Найти угол между образующей и
плоскостью основания.
Решение.
Обозначим искомый угол SBO через а (рис. 12.439),
а радиус шара через R, тогда О^С = OiD = О^О —
= OiE = R. Согласно условию,
lirOiE^OiD-OtE) 5
¥------------------------- — или
4тгО2О2(ЗО1Р-О2О) 27
3
ОгВ’СЗЯ-ад) _ 5 „
О,О*(ЗД-О,О) - 27 (1)- ЛРям0Угоиьныв тро-
угольники SDO1 я SOB подобны (у НИХ общий
угол BSO), следовательно, £.SOiD = ISBO = а
и из прямоугольного треугольника найдём OiO2 =
= OiDcosiDOiOt = Я cos а. Тогда 02Ё = OiE —
—O1O2 = R — Я cos a = Я(1 — cosa) (2), а 020 =
= EO - OzE = 2R - Я(1 - cosa) = Я(1 + cosa) (3).
Подставим значения O^E и 0^0 из (2) и (3) в (1). По-
Я2(1 - сое а)2 (ЗЯ - Я(1 - cos а)) 5 „
Я!ГааЛ Я2(1 + соза)2(ЗЯ - Я(1 + cosa)) “ 27' ПоСяе
упрощений будем иметь 8 cos3 а - 21 cos а + 11 = 0. Зашипим это равенство в виде
8cos3a — 1 — 24 cos a + 12 =* 0 или ((2 cos a)3 — 1) - 12(2 cos a — 1) - 0, (2 cos a —
-l)(4cos2a + 2cosa + l)- 12 (2 cos a- 1) = 0, (2 cos a — l)(4cos2a + 2cosa — 11) =
1 1Г
= 0. Тогда 2 cos a — 1 = 0, откуда cosa = -, a = — или 4 cos2 a + 2 cos a — 11 =
= 0. Решая последнее уравнение как квадратное относительно cosa, найдём сова =
330
=---------< -1, что не имеет смысла, или cos а =-------> 1, что также не
имеет смысла.
Ответ: —.
12.430 Поверхность шара, вписанного в правильную усеченную треугольную
пирамиду, относится к полной поверхности пирамиды, как тг : 6\/3. Найти угол
между боковой гранью и плоскостью основания пирамиды.
Решение.
Обозначим АХВХ = ВХСХ = AiCi =
= ai, АВ = ВС = АС = а,
O^Oi = О2О = R, где R - радиус шара,
IDXDB = а, где Ох и О - центры тре-
угольников Ai-BiCi и АВС (рис.12.440).
Соединим точки Оз и D, О2 и Dx, где
О? - центр шара. Рассмотрим осевое
сечение DDXBXB заданных тел (рис.
12.440). Положим АХВХ = ВХСХ —
= А1С1 = ab AB = ВС = AC = a,
O2O1 = O2K = O^O = /?, где R - ра-
диус шара, £DiDB = a; Ox и О - цен-
тры треугольников АХВХСХ и АВС. То-
гда OiDi + OD = DXK + DK = DiD
Рис. 12.440
и из прямоугольного треугольника DXED(LDXED = 90°) найдем DXD =
= «in~7b~r)R ~ Д*”6®’ в прямоугольном треугольнике D1O2D (ZD1O2D =
= 90°) имеем DxК• DK = Оз№(ОзК ± jDi-D) или OxDx • OD = R2. Таким обрат
эом, (?i Dx + OD
AirR2
R2. По условию,
а OiDi • OD
sina
о-----Гё----- .»q------ = THS (*)• Согласно формуле (10.18), имеем
ОДАВС + ОДА1В1С! + OOAAj^C буЗ
OXDX = °1/5 и OD — откуда ai = 2>/3 • OXDX и a = 2\/3 • OD. Т>
б 6
гда, согласно формуле (10.17), получаем S^a^BiCx = (2>/3 • OiDi)2^ = 3\/3 х
4
xOiD? и Зывс = (2л/3 • OD)2^ = Зл/З • OD2. Saa&c = А1С^ АС • DXD =
= ^^(OiA+OD) = — —2-^ (О1Р1+OD) = ^(OtDx+OD)2. С
4тгЛ2 1Г
учетом этого, (1) примет вид ^^ ^^b^ ^D^ODy =
4Я2 . ЛП2 f 2Я V „2 . 2 4 . 2
77Г7Г— 7Г7Ч—7Т7Т = 4Н2 = I I - Н^ВПГа = -,81ПО = —ОТ-
(O1D1 + OD)2 -O\DX • OD \emaj 5 у/5
. 2
куда а = агсзш -^=.
Ответ: агсзш—т=.
12.431 Угол между плоскостями двух равных прямоугольнух треугольников
АВС и ADC с общей гипотенузой АС равен а. Угол между равными катетами
АВ и AD равен 0. Найти угол между катетами ВС и DC.
331
Решение.
Согласно условию, LDKB = а, где ВК ± АС и DK ±
± АС (рис. 12.441). Обозначим искомый угол DC В че-
рез 7, а угол С АВ через ui. Из прямоугольного тре-
угольника АВС найдём АВ = АСсозы (1) и ВС =
= AC sin ы (2), а из прямоугольного треугольника
АКБ найдём КВ = АВ sin ш = AC cos и» sin ш (3). Да-
лее, в треугольниках DAB, DKB и DCB, согласно те-
ореме косинусов, имеем BD2 = AD2 + АВ2 — 2AD •
АВ cos р = 2АВ2(1 - cos/3) = 2АВ2(1-
- cos2 + sin2 = 4АВ2 sin2 £ (4), BD2 = KD2 +
Z Z / Z
+КВ2 - 2KD К В cos a = 4BB2sin2 | (5), BD2 =
= 4СВ2 sin3 (6). Подставляя значения АВ, КВ и ВС из (1), (3) и (2) в (4), (5) и
Л
(6), получаем BD2 = 4АС2 cos3 и>sin2 — (7), BD2 = 4АС2 cos2a>sin2a>sin2 (8),
z z
и BD2 = 4AC2sin2wsin2 — (9). Сравнивая правые части равенств (7) и (8), по-
• 20
.2 8Ш 2
лучим sm w = ——
sin2 —
2
. 2 a
Sin —
2
. 2 a
8m 2
лучим COS2W =
• 2 7
откуда 81П =
л
(10) . Аналогично, сравнивая правые части (8) и (9), по-
Гa + 0 . a-0 7
= \/sm—-—sm—-—, -
V 2_________2 ’ 2
. / . a + 0 . a —Д
x arcsin«/sin —-— sm —-—.
V 2 2
« - /. a + 0 . a-0
Ответ: 2 arcsin у sm —-— sm —-—
sin2 +sin2
(11) . Складывая (10) и (11), имеем 1 = ---—g—А,
sin -
• 2& 1/ а ч а + 0 . а — р . 7
— 8пг — = -(cos/3 — cosa) = sm—г—sm —sin^ =
• z z z
. /. a + fl . a-fi
arcsin u sm —-— sm —-—,
V z z
2 х
12.432 Сторона нижнего основания правильной усеченной четырёхугольной пи-
рамиды в пять раз больше стороны верхнего основания. Боковая поверхность пи-
рамиды равна квадрату её высоты. Найти угол между боковым ребром пирамиды
и плоскостью основания.
Решение.
Пусть ABCDAiBiCiDi - заданная пирамида (рис. 12.442). Пусть AjBi =
= Bi Ci = CiDi = Ai Di = ai, AB = BC = CD — AD = а. Тогда, согласно усло-
вию, 5ai — а. Проведём апофему Е\Е (она одновременно будет и высотой трапеции
DDiCiC) и соединим точки Oi nEi,OmE. Тогда, согласно условию, ISdDiCiC =
= OiО2, где OiO - высота пирамиды, или 4 • • EiE = OiO2 (1). Под-
ставим в равенство (1) значение CD = а и CiDi = ai = 7. Получим 2(^+a)-EiE =
о 5 5
= OiО или 12а • Е\Е = 5 • OiO2 (2). Обозначим искомый угол С\СО через а и
проведём С1ТЦО1О и #i./V||OiO. Из прямоугольного треугольника СЕО, соглас-
но теореме Пифагора, найдём ОС = -VСЕ? + ОВ2 = = Тогда
332
ОС ау2
лс‘ = -Г - То- * тс =
= ОС-ОТ = 00-0^ = ^—
а>/2 2ау/2
—jg- = —-—, и из прямоуголь-
ного треугольника С\ТС найдём
2а\Л
С1Г = TCLCXCT = ^~а.
Следовательно, OiO = CiT =
2ал/2
= —;—<*• Подставим это значе*
о
ние OiO в равенство (2). Будем
(2ау/2 V
иметь 12a • EiE = 51 —-—а ]
\ о /
или после упрощений, 15Е1В =
= 2a2a (3). Далее, NE =
= OE—ON = 1-О1Е1 = =
~ Л Ал
а
а к а а 2
= - — =-а ииз пря-
2 2 2 10 5
моугольного треугольника EiNE, согласно теореме Пифагора, найдём EiE =
y/EiN^ + NE2
2ax/2 V 4a2
5 / + 25
2
4lct^ 2g r" —~
== \l — + —- = — v22a +1. Подставляя это значение EiE в равенство (3),
V 25 25 5
найдём 15 • —\/22о +1 = 2a2а или, после упрощении, Зу/22а +1 =
— a (4). Возведём обе части равенства (4) в квадрат. Получим, после упроще-
ний, 4а — 182а = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно 2а, получим
2а = 9 — V§6 < 0, что не имеет смысла, и 2a = 9 + х/§б = 9 + 3>/10, откуда, так как
а - острый угол, а = \/9 + 3\/10. Тогда а = х/Э + ЗхЛО.
Ответ: у/9 + 3\/10.
12.433 В основании прямой призмы лежит равнобочная трапеция, диагонали
которой перпендикулярны к соответствую щим боковым сторонам. Угол между
диагоналями трапеции, противолежащий её боковой стороне, равен а. Отрезок
прямой, соединяющий вершину верхнего основания с центром окружности, опи-
санной около нижнего основания, равен I и образует с плоскостью основания угол,
равный 0. Найти объём призмы.
Решение.
Согласно условию, AD — ВС = AiDi = BiCi; АС ± ВС и BD ± AD, LAO2D —
= LBO2C = a, BiO = I, LB10В = 0 (рис.12.443). Окружность, описанная около
трапеции ABCD является одновременно и описанной около треугольника АСВ. Но,
согласно условию, АС ± ВС, следовательно, треугольник АСВ - прямоугольный,
а АВ - диаметр, АВ = 2R, где R - радиус окружности, описанной около ABCD.
Из прямоугольного треугольника BiBO найдём ОВ = BiOcosLBiOB = I cos 0
и BiB = BiOainZ-BiOB = /sin/З. Далее, в треугольнике АО2В имеем LAO2B =
= 180° — LBO2C = 180° — а, следовательно, Ю2АВ = /.О2ВА = —4^2.?. =
333
180° - (180° -a) a _
— ---------------- — Югда ив прямоугольно-
го треугольника АС В найдём АС = АВ cos LBAC =
= 2 • ОВ cos LO2AB — 2 • I cos/3cos Соглас-
но формуле (10.20), площадь трапеции ABCD равна
Sabcd = 2^ BD sin LBO^C = -AC2 sin a (ибо
BD = AC) или Sabcd = % ' (^cos/2cos— j sina =
= 2/2 cos2/3cos2 sina. Наконец, объём пирамиды
ABCDAiBiCiDi равен Cidx = Sabcd'BiB =
= 2l2cos20cos2 — sina • lsin/3 = /3(2sin/?cos/3) •
• cos 0 sin a cos2 — = Z3 sin 2/3 cos/3 sin a cos2 —.
Z z
Ответ: I3 sin 20 cos 0 sin a cos2 .
12.434 В основании прямой призмы лежит параллелограмм с острым углом а.
Диагонали призмы образуют с плоскостью основания углы 0 и 7 (0 < 7). Найти
объём призмы, если её высота равна Н.
Решение.
Рис. 12.444
Пусть ABCDAiBiCiDi - заданная призма, LBAD =
= LBCD = a, LCiAC = 0, LBXDB = 7, ВХВ ^CiC = H
(рис.12.444). Из прямоугольных треугольников CiCA и
BiBD найдём АС = С1СС1АС или АС = Н0 (1) и
BD — B1BLB1DB или BD = Ну (2). В параллело-
грамме ABCD имеем LABC = LCD А = 180° - а. ТЬгда
в треугольниках АВС и BAD, согласно теореме коси-
нусов, имеем АС2 = АВ2 + ВС2 — 2АВ ♦ ВС cos L АВС
или, так как ВС = AD, то АС2 = АВ2 + AD2 —
-2АВ AD сое(180° - а) или АС2 = АВ2 + AD2 -h 2АВ х
х АВ cos а (3),иВВ2 = АВ2 + AD2-2 АВ-AD cos LBAD
или BD2 — АВ2 + AD2 — 2АВ ADcosa (4). Далее, ив
(3) вычтем (4). Получим АС2 — BD2 = ААВ -ADcosa,
AC2___BD2
откуда AB • AD = —4~CO3a— (5)- Согласно, формуле (10.21), площадь параллео-
грамма ABCD равна Sabcd = АВ • AD * sin LBAD = AB • AD sin a (6). Подста-
AC2 — BD2
bhm значение AB • AD из (5) в (6). Будем иметь Sabcd = —-------• sina =
4cosa
= -(AC2 - BD2)a (7). Дальше, значение AC и BD из (1) и (2) подставим в
1 №
(7). Получим Sabcd = -:{Н220 - Н22у)а — ——(2/3 -2 ?)• Наконец, объём призмы
4 4
ABCDA1B1C1D1 равен VabcdaiBiCiDi = Sabcd С\С =
И2 л л 2 ч тт Н3, „ .. я . __ , ± sin(ac ± у)
= -С0-гу)а-Н = —-(0-у)(0+у)а. Используя формулы х±у - где
4 4 smxsinj,
X, У ЯП, n € Z, получим VaBCDAiBiCiDx ~
_ Н3 sin(7 + 0) sin(7 — 0) _ Н3 sin(7 +j8) sin(7 — 0)a
4 sin2 0 sin^ 7 a 4 sin2 Д sin2 7
Ответ' ~
а =
4 sin2 /3sin27
334
12.435 Основанием призмы служит правильный треугольник со стороной, рав-
ной а. Боковое ребро равно b и составляет с пересекающими его сторонами осно-
вания углы, соответственно равные а и 0. Найти объем призмы.
Решение.
Ai
A
Bj
Пусть ABCAXBXCX - заданная призма, AB = ВС =
= AC — a, AXA = BXB = CXC = b, LAXAD = a,
где AiD ± AC; LAXAE = 0, где AXE 1 AB;
Ai О - высота призмы, OD ± AC OE ± AB
(рис.12.445). В прямоугольном треугольнике ADO
обозначим угол О AD через 7, тогда в прямоуголь-
ном треугольнике ОЕА имеем LOAE — LDAE —
-LOAD = LCAB - 7 = 60° - 7. Тогда ОА =
= AD = AD m ОА = =
cos LOAD cos7 ' ' Л cos LOAE
АЕ /ft. _
= 'cosfeQo - (2)- Сравнивая правые части ра-
AD ae ...
венств (1) и (2), получим----= ——---------- (3).
' ’ CO87 cos(60” — 7) ' '
треугольников AXDA и AXEA найдем AD =
Рис. 12.445
Далее, ив прямоугольных , , . . _______________
= AiAcosZAiAD — bcosa и АЕ = AiAcosZAiAB = bcos/З. Подставим эти зна-
ле, т, bcosa bcos/3
нения AD и АЕ в (3). Будем иметь - = ^/ЯЛо—или’ после упрощении,
cos(60° - 7) _ cos/3.
cos 7
bcosa _ bcos/3
C0S7 cos(60°—7)
= —°-(4) Используя формулу cos(x—у) = cos x сое у+sin x sin у, запи-
cosa
1 , Уз .
-со,Т+^-«п7 eo,^ _
cosa
(5) Возведём
3sin27 _ 4cos2/? - 4cosqco8^ + cos2O!
cos2 a
или —=— — 3 =
C0627
упрощений,
... cos 60° cos 7 + 8т60°81П7 0080 9'л~'’ 9
тем (4) в виде---------:------------ =-----или -®---------
cos 7 cosa cos 7
1 УЗ sin 7 CQB0 „ У38Ш7 2 cos/3-cos a
-+—-------=------или, после упрощении,--------=--------------
2 2 cos 7 cosa cos 7 cosa
JI OIT»*
обе части равенства (5) в квадрат. Получим CQSary--
3 —3cos27 4 сое2/3 - 4 cos а сое/3 +cos2 a
ИЛИ 5 — ————— .
cos2 7 cos2 a
4 cos2/3 - 4 cos a cos/3 + cos2 a
= --------------=------------, откуда,
cos2 a
3 cos2 ft _
= T7---n-----------X-----s-m • Тогда COS 7 =
4(cos2 a — cos a cos 0 + cos2 0)
после
cos2 7
--, .........—г. ПОД-
2ycos2o — cos a cos 0 +cos2/3
... _ _ Уз cos a
ставим это значение cos 7 в (1). Получим О А = AD : —. ..'.----г, — ...
2 у cos2 a — cos a cos /3 + cos2 0
. п л . bcosa * 2\/cos2 a — cos a cos 0 + cos2 0
или, так как AD — bcosa, то О A = ------------------------=------------------- =
УЗ cos a
2ЬУсоз2 a - cos a cos /3 + cos2 0 „ л л
= —--------------=--------------. Из прямоугольного треугольника АХОА, соглас-
уз
но теореме Пифагора, найдём
Ai О = УЛХА2 - OA2 =
/ ____к 2
^2 ( 2b\/cos2a —cosacosff+ cos?/?\
a-cos о cos/3 +cos2/3) . /3 - 4(cos2 а - сое а cos/3 + сов2 /3)
--------------- -g f --------" “
3
3
335
а согласно формуле (10.17) найдём S^abc = ——• Наконец, объем призмы
ABCAiBiCi равен
т, а л а2>/3 /з- 4(cos2a — cos a cos/? + cos2/?)
VABCAiBiCi = &ЬАВС • AiO— -----b\l-----------------------------=
V о
a?b ... --------------------
= —v3-4(cos2a- cos a cos/3 + cos2/?).
q2^ ______________________________
Ответ: — — 4(cos2а - coscrcos/? + cos2/?).
12.436 Основанием призмы служит параллелограмм с острым углом, равным
а. Боковое ребро, проходящее через вершину данного угла а, равно Ь и составляет
с прилежащими сторонами основания равные углы, каждый из которых равен 0.
Наити высоту призмы.
Решение.
Пусть ABCDAiBiCiDi - заданная призма
Й«с. 12.446), LBAD = LBCD = a, AiA = b.
роведём биссектрису АК угла BAD и опу-
стим из точки Ai перпендикуляр AjO на АК,
после этого из точки О опустим перпенди-
куляр ОБ на AD и перпендикуляр OF на
АВ, а затем соединим точки Ai и Е, Ai
и F.. Тогда, согласно условию, ZAiAF =
= ZAiAE = /?. Из прямоугольного треуголь-
ника AiEA найдём АЕ = AiAcosZAiAE =
= bcos0, а из прямоугольного треугольника
л л ЛЕ Ьсов0 _
ОБА найдем ОА = ------- -- - -----To-
cos LOAE _
гда из прямоугольного треугольника AiOA,
согласно теореме Пифагора, найдём AiO =
(\ 2
bcos/? \
---о"
cos-/
COS
—& cos2 — cos2/?. Используя форму-
-л „ у л
~ 2
лу cos' -
14-cos ж
-------, получим Ai О
Ь /1 + cosa 1+ cos 2#
2 2
cos 2
b /cos a — cos 2/? , ~ . х+у . х—у
—‘'---------------, а используя формулу cos х — cos у = —2 sm —г-2- sm ——
Z л
cos-
получим Al О = --д-
cos-
2
</sin(/?+^)sin(^-^).
у ® л
Ответ: —
СО8-
12.437 В основании прямого параллелепипеда лежит параллелограмм с диагонаг
лями, равными а и b (а > Ь), и острым углом между ними, равным а. Меньшая
диагональ параллелепипеда образует с большей диагональю основания оструй угол,
равный 0. Найти объём параллелепипеда.
336
Решение.
Пусть ABCDA1B1C1D1 - заданный параллелепипед
(рис.12.447), AC = а, BD = Ь, LAOB = LCOD = a.
Проведём ОКЦВ1В, где BXD - меньшая диагональ па-
раллелепипеда и КТ ± АС, тогда угол между BiD и
АС равен углу между КО и ОТ, т. е. LKOT = 0. Со-
единим точки Ав К. Из треугольника АОВ, согласно
теореме косинусов, найдём АВ2 = ОА2 4- ОВ2 — 2 - О А •
•ОВ cos LAOB. Диэтонали параллелограмма точкой пе-
АС
ресечения делятся пополам, следовательно, О А = —=
= !• ОВ = ^4®гда^-(|)’+(|У-2х
Л Л А \А/ \& J
a b а2 - 2abcosa 4- b2 л
x - • - cosa = ------------- (1). Из прямоугольных треугольников КВА и
КВО найдём КВ2 = АК2 - АВ2 (2) и КВ2 = ОК2-ОВ2 (3). Сравнивая правые
найти равенств (2) и (3), полупим АК2 — АВ2 = ОК2 — ОВ3, откуда АК3 = АВ3 4-
+ОК2 — О В3 (4). Далее, из треугольника АО К, согласно теореме косинусов,
найдём АК3 = ОК3 4- О А2 — 2 • ОК • О A cos LKOA (5). Сравнивая правые ча-
сти равенств (4) и (5), получим АВ2 + ОК2 — ОВ3 = ОК3 4- ОА3 — 2 • ОК
О А2 + ОВ3 — АВ3
•О A cos 0, откуда, после упрощений, найдём ОК =------------• Подставим
a Ь
------------------- Л СГ - °
2’ 2
bcosa _
= -----т. Тогда из прямоугольного треугольника
2cosp
4
у/ОК* - О В3
2 • ОАсов/3
в это равенство значения О А = ОВ = и АВ2 из (1). Получим ОК =
a2 b2 а2 — 2abcosa 4- b2
= Т + 4~ ~"
2- |сов/3
КВО, согласно теореме Пифагора, найдём КВ
ЛЬсоваХ2 /Ь\2 /Ь2cos2а b3 b f_
b /--------------
но, BiB ss 2KB = —— vcos2a — cos20. Согласно формуле (10.21), площадь па-
раллелограмма ABCD равна Sabcd = ?АС ' BDsin LCOD = • ab sin a. Наконец,
объём параллелепипеда ABCDAiBiCiDi равен VabcdAiBiC^x = Sabcd • B\B =
1 , . b ,—=------=-r ab’sina >—=---------5-5
= -ab sin a --- ycos2 a — cos2 0 = —-—ycos2 a — cos2 0. Используя формулу
2 cos/3 2cosp ________
, x 14-cosx __ a^sina /1 4- cos 2a 1 4- cos 2/3
co** 3 - —,п<МГимУлвсРл,в,с.Р. = ---2----------2-----
ab2sina /cos 2a - cos 2/3 , „ . x4-v
= —-----т-\/------------, а используя формулу cosx — cos у = — 2 sin——— •
2cosp V 2 2
. x-y- ab2sina /-r-7-5-—--------г
• sin ——, получим VABCDAiB&Dt = А д~ Vsm(p + a) sm(/3 - a),
z z cos p
_ ab2 sin a / -----r-rz----rr
Ответ: —------—ysin(p 4- asm(/3 - a)).
2cosp
12.438 Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, дву-
гранный угол при основании равен а. В эту пирамиду вписана прямая треугольная
призма: три её вершины лежат на апофемах пирамиды, а три другие вершины - в
плоскости основания пирамиды. Найти объём призмы, зная, что центр вписанного
в пирамиду шара лежит в плоскости верхнего основания призмы.
337
Решение.
Рис.12.448
Пусть SABCD - заданная пирамида (рис.12.448), АВ = ВС = АС = a, LSDB =
— a, SD ± AC BD ± AC, SD = SE = SF - апофемы пирамиды, SOi -
высота пирамиды, О - центр шара, МNPM1N1P1 - заданная призма. Соединим
тонки О и D, проведём OK ± SD и обозначим радиус шара через г, а сторону осно-
вания призмы через <ц. Прямоугольные треугольники OOiD и OKD равны (у них
001 = ОК = г, OD - общая гипотенуза, и DOi = DK как касательные к окруж-
ности, проведенные из общей точки D), следовательно, £.0D0i = /.ODK = —
а
и из прямоугольного треугольника OOiD найдем OOj = O1D/.ODO1 = OiD—.
Согласно формуле (10.18), OiD — OOi = —7—х- Основания M1N1P1
б 6 2
и MNP призмы MNPM1N1P1 лежат в параллельных плоскостях, следовательно,
и треугольники А1В1С1 и АВС лежат в параллельных плоскостях. Треугольник
АВС - равносторонний, следовательно, треугольник AiBiCj - также равносторон-
ний. ТЬчки Mi, Ni и Pi - середины сторон А1С1, А1В1 и BiCi, следовательно,
M1N1, N1P1 и MiA - средние линии треугольника А1В1С1. Отсюда делаем вы-
вод, что треугольник AjBiCi - равносторонний. Далее, OAfi||OiD, следователь-
но, ISMiO = £SDOi = а и из прямоугольного треугольника О К Mi найдём
/ха g-/38in2
OK OK OOi а^32 cosf ал/3 _
OMi = -—, _,. = —— = —— = - . * = —Согласно
smLOMiK sina sma 6 sina 12 sin f cos f 12 cos2—
формуле (10.19), OMi = откуда ai = OMi>/3 = —• V3 = ——-л-,
3 12 cos2— 4cos2 —
2 2
а согласно формуле (10.17), площадь треугольника M1N1P1 равна =
338
a? ^3 fa] y/3
— —j— = I-----ж- I — =-----я-. Наконец, объём призмы MNPM1N1Pi pa-
4 \4cos2^/ 4 64cos4
' 2 ' 2 . л,
3smf
а лл <*2\/3 aVSot a cosf
X» Vmwm.ma = 5ДМ1И1Л • 00, = ——? 5 =
. . a 2
a9 sm
“ IJaScos8!*
з • a
a9 sin —
Ответ:---------®те-.
128 cos5 |
12.439 Основание прямой призмы - ромб. Одна из диагоналей призмы равна а
и составляет с плоскостью основания угол, равный а, а с одной из боковых граней
- угол, равный 0. Найти объём призмы.
Решение.
Рис. 12.449
Пусть ABCDAiBiCiDi - заданная призма (рис.
12.449), BiD = a, LBiDB = a, LDBiK = /9, где
DK ± АВ, DK ± В\К. Из прямоугольного треуголь-
ника BiBD найдём BD = BiDcoeLBiDB = a cos а и
BiB = BiDeialBiDB = a sin a, а из прямоугольного
треугольника B^KD найдём DK — BiDsinlDBiK =
= asinfi. Обозначим IDBA через 7. Из прямоуголь-
ного треугольника DKB найдём sinLDBK = —, или
asin/3 sin 3
ЗШ7 = ------- = ----
a cos a
го равенства в
cosa
квадрат.
„ _ " . '___‘ DK
BD
Возведём обе части последне-
. 2 sin2/?
ПОЛУЧИМ 8Ш 7 = —г— или
cos3 a
_ sin2/?
cos3 a
cos2 a - sm2 3
-------=-----a a»7 =
cos2 a
, 2 sin23 2
1 — COS 7 = CO62 ^’ откуда cos 7 =
/cos2a — sin23 v/cos2a - sin2/? _
= ------л----- = —--------------. Далее, ио
cosa _______
BD
OB _ 2 _ oco8ct _ a cos a
cos IABO ~ cos L ABO ~ 2 cos 7 д 5/cos3 a - sin2 3
cosa
Sabcd = 2S±abd = 2 • • DK = AB DK =
• asin/3 = —° 008 as“1^ _ Объём призмы ABCDAiBiCiDi
2\/cos3a-sin2/?
„ „ _ a2cos2asin/3
Sabcd • BiB — л / 2 _ • asma =
2 у cos2 a - sm /3
—z Используя формулы cos2 =
4v cos2 a — sin2/? 2
1-cosz ..
= ---5---, ПОЛУЧИМ VaBCDAiBiCxDi —
cos3 a
АОВ найдём АВ =
_ acos3a
2\/coe2 a - sin2 3
_______a cos2 a
2x/cos2a - sin3 Д
равен VabcdaiBiCiDi
_ a3 (2 sin a cos a) cos a sin 3 _ a3 sin 2a cos a sin 3
4\Zcos2a-sin23
l + cosz . 2 z
= -------- и sin —
2 2
прямоугольного треугольника
339
a3 sin 2a cos a sin 0 a3 sin 2a cos a sin/?
= —' ----- = —======, а используя формулу cosx +
. Zl + cos2a 1 — cos2/3 t /cos 2a 4-cos 2/3
4\/---x------------x---- 41/-----r---------
V 2 2 V 2
„ x + y x — y .. a3 sin 2a cos a sin 0
+ COSy = 2 COS —- COS —ПОЛУЧИМ VabCDAiBiC.Dj = . . .. / дч-
2 2 4ycos(a + /?)cos(a — 0)
Л a3 sin 2a cos a sin 0
Ответ: —====================.
4i/cos(a + 0) cos(a — 0)
12.440 Отношение двух отрезков, заключенных между параллельными плоско-
стями, равно к, а углы, которые каждый из этих отрезков составляет с одной из
плоскостей, относятся соответственно, как 2 : 3. Найти эти углы и допустимые
значения к.
Решение.
Рис. 12.450
Пусть 0 и 7 - параллельные плоскости (рис.12.450). Про-
ведём BD € /3 и АЕ 6 7> гДе BD||AE Согласно усло-
AD
вию, -гг= = к и /.ADB : LACB = 2:3. Обозначим
угол АиВ через 2a, а угол АСВ через За. Ио прямо-
угольных треугольников ABD и АВС найдём =
AD (1) и = АС (2). Разделим почленно равен-
sm За
/«х к. sin За AD
ство (1) на равенство (2). Получим . — = -г^= или
sinza АС
3 — 4 sm2 a , 3 — 4(1 — cos2 a) ,
—x--------- = к, или ------х----------- = к откуда, по-
2 cos a _ 2 cos a '
3sma —4sin3a
——----------- = к, или
гвтасоза^ ____ ________________________
еле упрощений, будем иметь 4cos2а — 2kcosa — 1 = 0. Решая это уравнение как
k-y/iF+i п
квадратное относительно cosa, получим cosa = ---------- < 0, что не подхо-
к 4- у/к2 4- 4
дит к решению задачи (ибо a - острый угол), и cosa = ---------, откуда a =
к 4- у/к2 4- 4 к 4- i/k* 4- 4 к 4- у/к2 4- 4
= arccos----------. Тогда 2a = 2 arccos--------, a 3a = 3 arccos--------.
4 4 4
Согласно условию и из рисунка видно, что 0 < За < 90°. Тогда 0 < a < 30°, а
х/з . х/З к 4- y/j^+l v
— < cosa < 1 и, следовательно, — < ------------ < 1. Умножим это двойное
неравенство на 4, получим 2\/3 <к + у/к2 4-4 < 4 и запишем в виде системы двух
неравенств:
Г к 4- \ХР~+4 > 2>/3,
( к 4- у/к2 4- 4 < 4,
( у/к?~+4> 2у/3 —к,
( v/fcr+4<4-fc.
Эта система эквивалента объединению двух систем:
г
2х/3 - к < 0,
4 - к > 0,
к2 4-4 < (4-к)2;
к>2у/3,
к < 4,
к2 4-4 < 16 —8к4-к2;
’ 2\/3-к>0,
к2 4-4 >(2^3-к)2,
4 - к > 0,
к к2 4-4 < (4-к)2;
' к < 2х/3,
к2 4-4 > 12 — 4\/Зк 4-к2,
к <4,
к2 4-4 < 16 — 8к 4-к2;
2а/3 < к < 4,
к <2х/3,
‘-з3 ’
к<2’
340
3 2
3 - 2
_ _ * + V^ + 4 _ к + Vkr+l 2\/5 , 3
Ответ: 2 arccos------ и 3 arccos----------: —— < к < г-
4 4 3 ~ 2
12.441 Угол между плоскостью квадфата ABCD (АВЦСР) и некоторой плоско-
стью Р равен а, а угол между стороной АВ и той же плоскостью равен j9. Найти
угол между стороной AD и плоскостью Р.
Рис. 12.451
Плоскость квадрата ABCD обрат
оует с плоскостью Р двугранный
угол, величина которого по усло-
вию равна а. Не сужая усло-
вия задачи и общности рассужде-
ний в решении, можно считать,
что вершина А квадрата нахо-
дится на ребре упомянутого дву-
гранного угла (см.рис. 12.451).
Углы BFBi и DEDy. - линейные
углы рассматриваемого двугран-
ного угла и потому IBFB\ =
= IDEDi = а. Отрезки BiA и
DiA - проекции сторон АВ и AD
йг.2
—— х
sma
на плоскость Р. Согласно условию, IBABi = fl. Положим, LBAF = фъ LDAD\ =
= 7. В задаче требуется найти 7. Из треугольника BAF найдём FB = АВ sin ф;
из треугольника BFBi найдём BBi — FBsina = АВ sin ф sin а, а из треугольника
» - . а BBi АВ sin ф sin а . . , . . . , sin/3
ВАВ\ найдём вшр = ——- =----------—------= smasrn? (♦), откуда sin . .
Ав Ав sma
о sin2 0
Возведем обе части этого равенства в квадрат. Получим sin ф = —=—, или 1—
sma
2 , sin2j3 „ . _ 1 л/sin12 a — sin^/3 „
— cost ф = —=—, откуда, после упрощений, найдем cos® = —-----;---------. Ис-
sina sma
. . 2 x 1 - cos®
пользуя формулу sm — = ------, получим совф
2 2
/1 — cos 2a 1 — cos2Z3 1 /cos 2/3 — cos 2a
xW--------------------- = ——</-----------------, а используя формулу cos® —
V 2 2 sma V 2
. x + y . x-y y/sin(a + 0)sin(a-/3)
— cosy = —2sm —г-2- sm —г-2-, получим, cos a» = —---:1----------. Очевидно,
2 2 sma
IDAE = 90° - ф. Применяя равенство (*) к углам, связанным со стороной АР,
• , -s/sin^ + fl) sin(a - fl)
получим, sm7 = smasin(9Cr — ф) = smacosф = sma • —— ---------r2—'-------- =
sm ct
= \/sin(a + fl) sin(a — 0), откуда 7 = arcsin >/8in(a 4- 0) sin(a — 0).
Ответ: arcsin ^/sin(a 4- 0)sin(a — fl).
12.442 В правильной четырёхугольной призме ABCDA\B\C\D\ (AAi||BBi||
|ICCi||PPi) через середины двух смежных сторон основания DC и AD и вершину
В\ верхнего основания проведена плоскость. Найти угол между этой плоскостью и
плоскостью основания, если периметр сечения в три раза больше диагонали осно-
вания.
Решение.
Обозначим сторону основания призмы через а, а искомый угол В^КВ через
а и пусть EMBiNF - заданная плоскость, где MN\\EF, О - точка пересечения
341
Рве. 12.452
= х/МА* + АЕ2 =
отрезка В^К и высоты призмы OiO (рис. 12.452).
Согласно условию, EF + ЕМ + MBi + BiN + NF =
= ЗАС или, так как B\N = MBi и NF — ЕМ, то
EF + 2ЕМ + 2МВ1 = ЗАС (1). Из прямоугольно-
го треугольника CDA, согласно теореме Пифагора,
найдём АС = \JCD2 + AD^ = \/а? + с? = а\/2. ®
этом же треугольнике EF является средней лини-
1 ах/2
ей, следовательно, EF = -АС — —у (2), ОК =
= KD = }:OD = |вв = ^АС = (3).
2 4 4 f 4
Далее, ио прямоугольного треугольника О' ОК най-
, > ал/2
дём О О = OK^gLO КО = —у tga, а из пря-
моугольного треугольника МАЕ, найдём ЕМ =
а\2
a\/2. V , a2 /a2tg2a а?
— tgO +т = 7-g- + -j- =
= °^2(^а + 2) (4) ВК = BD-KD = АС-
тогда из прямоугольного треугольника BiBK найдём В^В = BKtgtBiKB =
= 3°^ tga. AiM = AiА - МА = BiB -0'0 = —у tga - ^у tga = tga,
тогда из прямоугольного треугольника МAiBi найдём MBi = i/AiM2 + AiB2 =
/а\/2 \2 °\/2 (*82«+ 2)
= * I -y tga J 4-a2 = —----------- (5). Подставим значения EF, EM и
\ \ Z / л
/ix fAX /ех /IX П , о °\/2(tg2 a + 2) ау/2(1%* a 4- 2)
MBi из (2), (4) и (5) в (1). Получим —г— 4-2- ™---4-2- v °--------- =
« Ф л»
— За.х/2, откуда, после упрощений, будем иметь Зу/tg3 a 4- 2 = 5. Запишем это ра-
л /sin2 а ~ _ л /1 - cos2 a 4- 2cos2 a _ 3^1 4- cbs2 a
венство в виде 3\ —=—F 2 = 5 или 3\ ---------=------ = 5, ----------=
у cos2 a V cos2 a cosa
= 5,3vl + cos2a = 5 cos a и возведём обе его части в квадрат. Получим 9(1 4-
9
+ cos2a) = 25cos2 а, откуда cos2a = —. Тогда, так как a - острый угол, cosa =
I— 16
Г9 3 3
= Vi6s4’aa = arccos4-
з
Ответ: arccos -.
4
12.443 Расстояния от центра основания правильной четырёхугольной пирами-
ды до боковой грани и до бокового ребра соответственно равны а и Ь. Найти
двугранный угол при основании пирамиды.
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида, SO - её высота. ОК = а и ОТ = Ь, где
OK ± SM, ОТ ± SC, SM - апофема (рис. 12.453). Обозначим искомый угол
SMO черев а,^гол SCO черев /9. Из прямоугольного треугольника ОКМ най-
дём ОМ = -—= -—, а из прямоугольного треугольника С МО, стлясво
sin LOMK вша
342
теореме Пифагора, найдём ОС = VCM2 + ОМ2 =
= у/2 • ОМ2 — ОМт/2 — QV^~- Далее, из пря-
моугольных треугольников SOM и SOC найдём
SO = ОМ tg£SMO или SO = ^ga =
= ~ - (1) и SO = OCtg^SCO или SO =
о\/2 о
= -—tg/?
sina
(1) и (2),
(2). Сравнивая правые пасти равенств
° ж а
полупим, ----- = -—tgp, отку-
сов а sina
tga „
-~^=- (3). Возведем обе пасти равен-
да tg/? =
= 2 ctg3 а,
2 сов3 а _
sin3 а
sin#
। одд?
ства (3) в квадрат. Полупим tg3 0 = - tg3 а или ctg3 0 — 2 ctg3 a,
2 sm 0
= 2ctg3a, . 3' - 1 = 2ctg2 a, 74 " = 1 + 2 ctg3 a = 1 +
sm3/? sin3/? sin3 a
sin3 a+ 2 cos3 a _ . 2_ sin3a
= -----n-------• Тогда smz# = -7-5————, откуда
sin'a sin' a + 2 cos2 a
= -- ---- (4). В прямоугольном треугольнике ОТС имеем ОС х
Vein3 a+ 2 сое2 a
/5
х sin ЮСТ = ОТ, или * sin/? = b (5). Подставим знанение sin/? из (4) в
„ ау/2 sina . ____.
(5). Будем иметь -— • —................ = о, откуда, после упрощении, по-
srna y/w?a + 2 cos2 a _______________________
лупим ду/2 = by sin2 a Ч-2 cos3 а или a\/5 = bVl — cos2 a 4- 2 cos2 a или a\/2 =
— 5i/l + cos3 a (6). Возведём обе пасти (6) в квадрат. Полупим, 2a3 = ^(l +
, 2a3 —Ь3 /2а3-₽
+ cos'а), откуда, после упрощении, cos'а = ——, а сова = у—— =
х/2а3 - Ь2 >/2а4 - Ь3
=---------- Тогда а = arccos----г---.
о о
_ л/2?^Р
Ответ: arccos--г---
о
12.444 Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Одна из боко-
вых граней пирамиды перпендикулярна плоскости основания. Найти косинус угла
между двумя другими боковыми гранями, если они составляют с плоскостью осно-
вания угол, равный а.
Решение.
Пусть SABC - заданная пирамида (рис. 12.454), SD ± АВ,CD ± AB,AD =
= BD, LSED = LSFD = а, где SE ± AC.DE ± АС и SF ± BC,DF ±
ВС. Пусть АВ = ВС — АС = а, LAKB = /?, где АК ± SC и ВК ± SC. Из
прямоугольного треугольника DEA найдём DE — AD sin LDAE — sin 60° = -j—,
тогда из прямоугольного треугольника SDE найдем SE = ----, - = -----.
cos LSED 4 cos a
Далее, из
343
прямоугольного треугольника DEC найдём
СЕ = DE ctg/DCЕ = ctg 30° = ~,
тогда из прямоугольного треугольника SEC,
согласно теореме Пифагора, найдём SC =
= JSEP+CE2 =
)2 у ч 2
+ f—1 =
\ 4 J
= —v^3 + 9cos2a. S^asc = ^АС • SE,
4 сова ^2
С ДРУГОЙ СТОРОНЫ, S&ASC =
Сравнивая правые части последних двух ра-
венств, получим -АС • SE = -SC • АК. Под-
ставляя в это равенство значения АС — а,
SE = .OV^ и SC — -т——\/3 + 9cos2a, по-
4cosа 4cosа
лучим а • — = —\/3 + 9 cos2 а • АК,
4сова 4 cos а
откуда, после упрощений, найдём АК — . . ° Наконец, в треугольнике
VI + Зсов2а
АВ К, согласно теореме косинусов, имеем АВ2 = В К2+АК2 — 2ВК • АК cos L АКБ
или, так как ВК = АК, то а2 = 2АК2 — 2АК2сов0 = 2АК2(1 — сов/5), откуда,
2
пое« упрощеша, <«3 = 1- Подташ» в это риеяетво ояачаше АК =
а а , а2 1 + Зсоз2а
/1 + 3 сов2 а 3 2а2 2
1 + 3 сов2 а
2 — 1-Зсоз2а 1 — 3cos2а „ , , ж 1 + совж л
= -------------- = ---------• Используя формулу сов-4 - = -------, будем
, 3(1 +сов 2а)
1 2 „ а 1 + Зсов2а
иметь совр =----------------или, после упрощении, созр =---------.
_ 1 + 3 сов 2а
Ответ:-----------.
4
12.445 Основанием наклонной призмы служит прямоугольный треугольник с
острым углом, равным а. Боковая грань, содержащая гипотенузу, перпендикуляр-
на основанию, а боковая грань, содержащая катет, прилежащии к данному углу, со-
ставляет с основанием острый угол, равный Найти острый угол между третьей
боковой гранью и основанием.
Решение.
Пусть АВСА1В1С1 заданная призма, /.АСВ = 90е, ZCAB = a, AiE ± АВ,
LA^DB = где A\D ± АС и ED ± АС (рис. 12.455). Проведём ЕК ± ВС,
и С1КЦЛ1Ё. Обозначим АВ через с, а искомый угол LC^TK через 7. Из пря-
С к
моугольного треугольника С\КТ яаящгм tgy = (1). CjK = AiE, а ТК =
= ЕК — ЕТ — AiCi — ЕТ = АС — ЕТ. Подставляя эти значения С)К и ТК в
равенство (1), получим tgy = (2). Далее, из прямоугольного треуголь-
ника AiED найдём AiE — DE tg /3, а из прямоугольного треугольника АСВ найдём
АС = АВ cos /САВ = ссова. Подставим эти значения AiE и АС в равенство (2).
344
ПояГшм1«7=^|^; (З).ЕГЦЛС,
следовательно LBET = LBAC = а, и
из прямоугольных треугольников EDA и
DE
ВТЕ найдем АЕ = -— (4). и ЕВ =
ro, sma
ЕТ . . _
= --- (5). Складывая почленно равен-
DE
ства (4) и (5), получим АЕ + ЕВ = -1-
sma
, ЕТ ло DE ЕТ
-I---, или АВ = —--Ь----, илис =
c^sg sma cosa
= —--1----(6). Подставим значение с
sma cosa
из (6) в (3). Будем иметь tg7 =
_ ________DEtgfl_________= DEtgfi _ DEtg/3 _ д ~
ТЁЁ ЁТ\ ~ DEctga + ET-ET DEctga s“lgp‘
I ----1-----lcosa-ET °
\sma cosa/
гда 7 = arctg(tgatg/9).
Ответ: arctg(tgatgj9).
12.446 Сторона ВС треугольника ABC, лежащего в основании наклонной приз-
мы ABCAiBiCi (АА1ЦВВ1ЦСС1), равна а, прилежащие к ней углы равны соответ-
ственно В и 7- Найти угол между боковым ребром и плоскостью основания, если
объем призмы равен V и А^А = А\В = AiC.
Решение.
Проведем AiO перпендикулярно плоскости осно-
вания призмы и соединим точку О с точками
А, В я С. Прямоугольные треугольники AjOA,
AiOB и AiOC равны (у них, согласно условию,
AiA = AiB = AiC и AiO - общий катет), сле-
довательно, О А = ОВ — ОС = Я, где В - ра-
диус окружности, описанной около треугольника
АВС (рис. 12.456). В треугольнике АВС имеем
LCAB = 180° - LACB - LAB С = 180° - (S + 7),
ВС
тогда, согласно теореме синусов, ——=
AC a
sin £АВС’ ШШ sm(180° - (ft + 7)) МП7’
, а согласно формуле (10.2), Зддво = -АС-ВСsin LACB =
a2 sin/9 sin 7 _
---------L. Согласно условию, VabcaxBiCi — V, или
V = V = 2Vsm()8 + 7) Со_
Sд авс a2 sin/9 sin 7 a2 sin Д sin 7
Рис. 12.456
asm 7
_ 1 asin7 й _
~ 2 sinQ9 + 7) a8m ~ 2sin(/? + 7)
Sa две • AiO = V, откуда AiO =
2sin(/J + 7)
м л м\ л л ВС Q fl
гласно формуле (10.7), О А = ——----------------------rs----гг = х --------г-
2 sm Z.CAB 2 sm(180° — (/9 + 7)) 2 sin(/3 + 7)
AiO
Наконец, из прямоугольного треугольника AiOA найдем tglAjAO — или
345
2V sin(/3 + 7)
a2 sin/3 sin 7 _ 4Vsin2(/3 4- 7)
fl — a3 sin fi sin 7
2sm(/3 + 7)
откуда a — arctg
4 V sin2 (ft 4-7)
a3 sin/3 sin 7
Ответ: arctg
4Vsin2(/3 4-7)
a3sin/?sin7
12.447 В правильную усечённую треугольную пирамиду вписаны два шара:
один касается всех её граней, другой - всех ребер. Найти синус угла между бо-
ковым ребром и плоскостью основания.
Пусть ABCAiBiCi - заданная пи-
рамида (рис. 12.457). Обозначим
АВ = ВС = АС = a, AiBx =
= В\С\ = AiCi = 31, А1А =
= BiB = CiC = I, LBiBD =
= а, где DiD - апофема, BD ±
-L AC. Шар, вписанный в* пира-
миду, касается её оснований АВС
и AiBiCj. в центрах О и Ох, а так-
же апофемы D\D в точке Е. Про-
ведём АХК ± АС и С1ТЦА1К.
tor, АС — КТ
Тогда АК = ТС = ---------- =
АС — AiCi а —ах
=------------------- пря-
моугольного треугольника Ах К А,
согласно теореме Пифагора, най-
/„ „ \ з
дем А^К2 = АМ2-АК2, или, так как А\К = DxD, то DxD2 = 12-
/X
Из треугольников A1JB1C1 и АВС, согласно формуле (10.18) найдём OxDx = —
а>/3 6
и OD — —г-. Тогда, так как DE — OD и D\E = OxDx (как касательные к окруж-
О
ности, выходящие из одной точки D и Dx), то DxD = DE + DxE я OD + OxDx =
a\/3 , aiV3 a + ai o „2 /a + ai\2 (з + щ)2 ,ЛЧ Л
= T+V= wTD1B \~us) “~U <2)-Срлияивал пра-
вые части (1) и (2), получим I2 — (а д01) = —уд1^ (3). Поскольку второй
шар касается всех ребер пирамиды, то грань ААхСхС пересекает его так, что в
сечении получаем круг, вписанный в трапецию ААхСхС. Для того, чтобы в выпу-
клый четырёхугольник можно было вписать окружность, необходимо и достаточно,
чтобы суммы противолежащих сторон этого четырёхугольника были равны. Со-
гласно этому, AiCi + АС = АхА + СхС, или щ + a = 1 + 1, ах + а = 21 (4).
Решая совместно уравнения (3) и (4), найдём, с учётом того, что a > <ц, a =
= ^1 + ~ Далее, проведём BXN ± BD. Согласно форму-
ж (10.19), ОВ = = (1+1/5)' ^ - (у + ^1,»О,В, = 2^5 =
= (i - I • “ = ТЬгда BN = ОВ - ON = ОВ - ОхВх -
346
= ( — + —- ] I — I = 2^/ и из прямоугольного треугольника BiNB
\ и о у \ /
2у/3.
BN
найдем сова = = -у—
гт 1 2 8 , . 2
квадрат. Получим cos4 a = - или 1 — sm a
2\f2
——. Возведём обе части этого равенства в
8.2 ,8 1
sin* a = 1 - - = Тогда
sina
3*
л 1
Ответ: -.
12.448 В основании четырёхугольной пирамиды лежит равнобочная трапеция
с основаниями а и Ь (а > 26) и углом ф между неравными отрезками её диагонаг
лей. Вершина пирамиды проектируется в точку пересечения диагоналей основания.
Углы, которые составляют с плоскостью основания боковые грани, проходящие че-
рез основания трапеции, относятся, как 1:2. Найти объём пирамиды.
Решение.
Согласно условию, AJD = а, ВС = 6,
АВ = CD, LAOB - LCOD = ф, LSMO :
LSNO = 1:2, где MN ± AD, MN ±
1 ВС, AM = MD, BN = NC. Обозначим
угол SMN через а, а угол SNM через 2a.
LBOC = 180° - LCOD = 180° - ф, LAOD =
= LBOC = 180° - ф. LCON = LDOM =
180° - ф лло Ф
= -----—- = 90 - и из прямоуголь-
ных треугольников ONC и 0MD
ON = NCctg LCON = 5 ctg (э0° - |) =
Z у Z J
= |tg| (1) и ОМ = MDctgZDOM =
= ?ctg (90° - ) = ?tg (2). Складывая почленно равенства (1) и (2), полу-
Z у Z / Z Z
I) ф Ск ф Q ”1“ Ъ ф
чим ON + ОМ = - tg - + - tg ~ или NM = —— tg (3). Далее, из прямо-
угольных треугольников SON и SOM найдём SO = ON tg LSNO (4). и SO =
= ОМ tg LSMO (5). Подставим в (4) и (5) значения ON и ОМ из (1) и (2).
Получим SO = xtg^tg2a (6). и SO — -jtg^tga (7). Сравнивая правые ча-
2 * ЬЛ * а ф
сти равенств (6) и (7), получим - tg tg2a = - tg tga (8). Используя формулу
А & Л i
„ 2tgx , чг , , „ , чг -
tg2® = -—2-я—, где х £ — + —к, к € Z, х $ — + тгп, п € Z, запишем равенство
1 — tg х 4 2 2
42 tga 4 Ф
(8) в виде btg £ • -—7-я— = atg-tga или, так как tg-^0Htga^0(4na
2 1 — tg a L 2
- острые углы), то --я— — а, Откуда, после упрощении, tg4 a --. Тогда
1 — tg* a _____ a
tg a = \ -—— и из равенства (7) найдём SO =z:tg~\l-—— (9). Площадь трап
V в 2 2 V a
е> BC + AD 6 + a a + Ь ф (a + Ь)2 ф
пеции ABCD равна Sabcd ---5-----NM = —-------— tg £ = —tg
Z Z Z Z 4 z
347
тогда объём пирамиды SABCD равен Vsabcd = ^Sabcd • SO = | • ~tg •
’5ts 2 ‘ = + b)2y/*&-W
2 2 V О 24 2
Ответ.- ^(а + Ь)2у/а(а — 26) tg2
12.449 Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а. Боко-
вая грань составляет с плоскостью основания угол, равный а. Наити расстояние
между боковым ребром и непересекающей его стороной основания.
Пусть SABC - заданная пирамида (рис.12.459),
АВ = ВС = АС = a, /SDB = а, где SD - апофе-
ма, В В ± АС и АВ = DC, DK JL SB. Обозначим
угол SBD через 0. Из прямоугольного треугольника
В DC найдём ВВ = ВС sin /ВСВ — a sin 60° = ——,
а согласно формулам (10.18) и (10.19), найдём OD =
а\/3 ау/3
= —т— и ОВ — —. Далее, ив прямоугольно-
6 3
го треугольника SOD найдём SO = OD tg /SBO —
= tga, а из прямоугольного треугольника SOB
6
найдём tg /.SBO = у— или tg/? = ^^tga :
OB 6
ay3 tga _
: —— = —r~. Возведем обе частиполученного ра-
О 2
_ „ „ tg2 a sin2 0 tg2 a sin2 0
венства в квадрат. Получим tg2/? < —-— или —=
- 4 cos2 p 4 1- sin2 p
= a, откуда, после упрощений, найдём sin2/? = ~ - Тогда sin0 =
4 4 + tg a
= \ ' — ~7====^= к из прямоугольного треугольника DKB найдём DK —
у 4 + tg'4 a y/4 4. tg2 Q
on • /nDiz “V3 . а ау/з tga a\/3tga
= BDsm/DBK = —— sm.0 = —— • —7====== = —
2 2 y/4 + tg2 a 2^/4 4- tg2 a
Ответ: —
2^/4+ tg2 a
12.450 В треугольной пирамиде все грани - правильные треугольники. Через
сторону основания проведена плоскость, делящая объём пирамиды в отношении 1:3,
считая от основания. Найти угол между этой плоскостью и плоскостью основания.
Решение.
Пусть ZABC - заданная пирамида (рис.12.460), АКС - плоскость, делящая объ-
ём пирамиды в отношении Vkabc : Vzakc = 1:3. Обозначим ребро пирамиды
через а, искомый угол KDB через а, где KD ± АС и BD ± АС, а также про-
ведём КТ ± BD. Из прямоугольного треугольника ВВС найдём BD =
Тогда ОВ = ^BD = и из прямоугольного треугольника ZOB найдём ZO =
О о
348
= а
= у/ZB2 - ОВ2 =
° 3 J
|<5давс • КТ ।
условию, имеем =-----“------т------------
=:S*abc ZO--SbABC KT 3
1 1 /2 а [2
откуда КТ = -ZO = —-ad - = -т\ Далее, так как
4 4 V 3 4 у 3
прямоугольные треугольники ZOB я КТ В воррбвы.
(у них общий угол ZOB ), то ВТ = 7ОВ = 7’“5Г~ =
4 4 3
= Следовательно, DT = BD - ВТ = -
а\/3 _ 5ау/3 ______________________________
= и, наконец, из прямоугольного треу-
голышка KTD находим tga =
КТ
DT
4V 3 V2 у/2
откуда о = arctg—
12
у/2
Ответ: arctg —.
5
12.451 В правильной четырёхугольной пирамиде через два боковых ребра, не
принадлежащих одной грани, проведена плоскость. Отношение площади сечения к
боковой поверхности пирамиды равно к. Найти угол между двумя смежными боко-
выми гранями и допустимые значения к.
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида. Обозна-
чим сторону основания через а. (рис.12.461) Если
через рёбра SB и SD провести плоскость, то
в сечении получится треугольник SBD, площадь
которого равна S^sbd = jjBD • SO. Из пря-
моугольного треугольника BCD найдём BD =
= у/ВС2 + CD2 = у/а2 4- а2 = ау/2. Тогда
Sasbd = |a>/2 SO = — • SO (1). Про-
ведём OK ± SC и соединим точки В и К, D
и К’, обозначим искомый угол BKD через а.
Из прямоугольного треугольника KOD найдём
ОК = OPctgZDtfO = ^ctg? = ctg f
КП - 0D - BD -
“ sinZDtfO 2 sin — 2sin-‘
2 2
aV2SC
A . a
4su>-
Тогда Sasdc =±SCKD = ±- SC •
2 2 2sin-
(2). Далее, прямоуголь-
ные треугольники SKO и SOC подобны (у них общий угол CSO), следовательно,
SO ОК ау/2 а __ BD ау/2
SC= ос ОК = -ctg-, а ОС = OD = — = -j-, то
349
SO a\/2 a a^/2 a . . ~
= -Tj—ctg — : —— = ctg — (3). Согласно условию, отношение площади сече-
оС 2 2 2 2
ния SBD к боковой поверхности 5бок пирамиды SABCD равно к, т.е. —=-= к
или —----- = к (4). Подставим значения S&sbd и S^sdc и® (1) и (2) в (4).
45дд1Х7
а75 ЯП
-—-ьи so а
Получим — д = к или, после упрощении, —— • sin- = 2к (5). Подставим
. ву2 • SC 2
4‘ -—-д-
4 sin—
дальше значение из (3) в (5). Будем иметь ctg — -sin — = 2к или сое — = 2к (6).
ОС/ 2 2 2
Возведем обе части равенства (6) в квадрат. Получим сое2 — = Ак2 или, после при-
, 9х 14-cost 14-cos а „
менения формулы сое2 - =-------,------= 4fc , 1+сое а = 8k4, cos a = 8k4 —1,
откуда a = arccos(8k2 — 1). Согласно рисунку, 0 < a < 180°, следовательно, —1 <
< сова < 0,—1 < 8k2 - 1 < 0, 0 < 8k2 < 1,0 < к2 < |,
» V2
Ответ: агссов(8к2 — 1); 0 < к < —.
4
12.452 В основании прямой призмы лежит параллелограмм с острым углом меж-
ду диагоналями, равным ф. Диагонали каждой из смежных боковых граней пересе-
каются соотвественно под углами а и 0 (a > /3), обращенными к соответсвующим
сторонам основания. Найти объём призмы, если её высота равна h.
Решение.
Пусть ABCDAiBiCiDi - заданная приз-
ма, LAOB — LCOD = ф, LAXEDX =
= LAED = a, LDiFC = LDFC = 0, AXA =
= BXB = CXC = DXD = OlO = к
(рис.12.462). В прямоугольных треуголь-
никах DXDA и CXCD имеем LDXAD =
180° —а ЛЛв a __
= ---------- = 90 — — и LCXDC =
180® В в
= = 90°——. Следовательно, AD =
= ktg^ и CD = ktg^. Далее, в треу-
гольниках AOD и COD, согласно теореме
косинусов, имеем AD2 = О А2 + OD2 - 2 х
х.ОА • OD • cos LAOD или Л2 tg2 = ОА2 4-
4-OD2 - 2 • ОА • ODcos(180e - ф) = ОА2 4-
+OD2 4- 2 • ОА • ООсовф (1). и CD2 =
= ОС2 4- OD2 - 2 • ОС • ODcos £COD или
а Рис. 12.462
^tg2 — = ОА2 4- OD2 — 2 • О А • ООсозф (2). Вычтем (2) из (1). Получим
350
У?
4OAOD cos ф или
AC•BD=
tgj+tg
• - tg2 —j = AC-BD cos ф, откуда
2 . а-Р . а + р
h2 sm —-— sm —-—
------—. Тогд а пло-
щадь параллелограмма ABCD равна Sabcd
. а — в а + Р
Л2 sin —-±-sin———
= 2 2
л__•> ®
*• 2
2___________
cos ф cos2 75; cos2
1
= -AC • BD • sin^
2 cos2 | сое2 |
с Л 8Ш——sm—— 16ф
= DABCD ’ О1О =
tg^. Наконец, объём призмы равен Vabcda,BiCiDi —
2 ““ 2 'ьф
2 cos2 — cos x
• 3 . <x-p . a + p .
h3 sm —— sm —— tg ф
Ответ:----------«-------«я----.
2 cos2 77 cos2 —
2 2
12.453 Основанием пирамиды ABCDE служит ромб ABCD (ABHCD). Высота
пирамиды проходит через середину стороны АВ. Боковые рёбра ЕСи ED соста-
вляют с плоскостью основания углы, соответственно равные а и р. Найти косинус
л 1 о 1
острого угла ромба, если сова = —и cosp = —j=..
v3 v5
Решение.
2
1 — сое2 Д _ _
Х СО82/?
1
Согласно условию, АВ = ВС = CD =
= AD, SO ± АВ, О А = ОВ, LECO =
= a, /.EDO = Р, где SO ± ОС и SO ±
± OD (рис.12.463). Обозначим сторону ром-
ба через а, острый угол BAD через 7. Из
прямоугольных треугольников ЕОС и EOD нвй-
дём ЕО = OCtga (1) и ЕО = ODtgP (2).
Сравнивая правые части (1) и (2), получим
ОС
ОСtga = ODtgp. Следовательно, =
X а ОС2 . 2 х 2 о COS2a
= ctgatg/3, = ctg2atg2/3 =
Рис. 12.463
= 2 (3). Далее, согласно теореме косину-
2
сов, из треугольников СВО и DAO, находим ОС2 = —(5 + 4cos7) и OD2 =
4
а2 5
— —(5 _ 4со87). Подставляя эти значения ОС2 и 0D2 в (3), получаем cos7 = —.
А 1Z
Л 5
Ответ: —.
12.454 Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна а.
351
(V2 \
a < arctg — j.
Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проведенной через середину вы-
соты перпендикулярно одному из боковых ребер.
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида, (рис.
12.464), АВ = ВС = CD = AD = а,
LASO = LCSO = а. При пересече-
нии пирамиды плоскостью, проведенной че-
рез середину О\ высоты SO перпендику-
лярно ребру 5С, получится четырёхуголь-
ник MNPQ, где М?||ВР, MP ± SC,
MN = MQ и NP = QP. Площадь
этого четырёхугольника равна Smnpq =
= ^NQ • MOi 4- ±NQ • OXP = ±NQ(MOi +
+OiP) — • MP (1). В треугольнике
BSD NQ является средней линией, следова-
1 ау/2
тельно, NQ = = ~~2~ Дал®®’113
прямоугольного треугольника SOC найдём
ж
50 = ОСctg LCSO = —т— ctga. Тогда
1 av2
50i = -50 = —— ctga и из прямоугольного треугольника SPOi получим SP =
л 4
= SOi cos ZOiSP = -—-ctg a cos а. Наконец, из прямоугольного треугольника
4
MPS найдём MP = SP tg LMSP = —— ctg a cos a tg 2a (3). Подставив значения
„ a2 cos a ctg a tg 2a _
NQ и МР из (2) и (3) в (1), будем иметь Smnpq =-----г2—2—• Отметим,
^/2
что при a > arctg — получим SM > SA.
п я?
Ответ: — cos a ctga tg 2a.
О
8
12.455 Пусть АВ - диаметр нижнего основания цилиндра, Aj.Bi - хорда верхне-
го основания, параллельная АВ. Плоскость, проведенная через прямые АВ и AiBi,
составляет с плоскостью нижнего основания цилиндра острый угол а, а прямая
ABi составляет с той же плоскостью угол /3. Найти высоту цилиндра, если радиус
основания цилиндра равен R (точки А и А{ лежат по одну сторону от прямой, про-
ходящей через середины отрезков АВ и AiBi).
Решение.
Согласно условию, LBiCD = а, где BiC ± АВ и DC ± АВ; LBiAD = 0;
АВ = 2R (рис.12.465). Пусть LDAB — 7. Тогда из прямоугольного треугольни-
ка ADB (LADВ = 90° как вписанный, опирающийся на диаметр) найдем АР =
= АВ cos LDAB = 2/? cos 7, а из прямоугольного треугольника DC В найдём DC =
= AD sin 7 = 2Rcos 7sin 7. Далее, из прямоугольных треугольников B\DA и B^DC
получим BiP = ADtg/? = 2Bcos7tg/? и B^D — PCtga = 2Rcos7sin7tga. Сле-
довательно, 2Rcos7tg0 = 2Rcos7sin7tga, откуда sin7 = tg/?ctga. Тогда cos7 =
= _
* V ** ' Qin ZV /W%Q П
352
Рис. 12.465
_ \/(»in g cos ff+cos a sin fl)(sin a co» fl—cos a gin 0)
sin о cos fl
v/sin(a + /3) sin(a - /3) n _
--------:-------------- и, окончательно, BiD
sma cos p
= 2Ucos7tg/3 =
2fi^sin(a + /3) sin(a — /3j tg /3
sin a cos (3
„ 2Ry/wa{a + /3) sin(a - 0) tg/3
Umeem: .~
sina cos /3
12.456 Высота правильной треугольной пирамиды SABC равна Я. Через вер-
шину А основания АВС проведена плоскость перпендикулярно к противоположному
боковому ребру SC. Эта плоскость составляет с плоскостью основания угол, par
вный а. Найти объём той части пирамиды, которая заключена между плоскостью
основания и плоскостью сечения.
Пусть SABC - заданная пирамида (рис. 12.466). Со-
гласно условию, SO = Я. Легко доказать, что треу-
гольник АР В лежит в плоскости, проведенной через
вершину А основания АВС перпендикулярно ребру
SC. Тогда IPDC = а. где Dr ± SC и DP ± АВ,
CD -L АВ, BD = DA. Обозначим сторону осно-
вания пирамиды через а. Из прямоугольного треу-
гольника CD А, согласно теореме Пифагора, найдём
CD = VAC2 - АР2 = = (1), а
согласно формуле (10.19) найдём ОС = —у- (2). В
прямоугольном треугольнике DPC имеем ZDCP =
= 90° — LCDP = 90° — а. Тогда из прямоуголь-
SO
ного треугольника SOC найдем ОС = /SCO =
jyr
= —ттгзгх = —zxx:------г = ------ = Яtga (3). Сравнивая правые части ра-
tg /DCP tg(90° —a) ctga ь v '
венств (2) и (3), получим —— — Htga, откуда а = BV3tga (4). Подставим
О
>/з 3
значение а из (4) в (1). Получим CD = P>/3tga • — = -Яtga, тогда из прямо-
3
угольного треугольника DPC найдем PC = СD cos ID СР = -fftga-coe(90°—a) =
3
= -Я tga - sina, а из прямоугольного треугольника РКС найдём РК =
з 3 3
= PC sin /.РСК = -Н tg a sin a sin LDCP = -fftgasinasin(90e - a) = -fftga •
2» л 2
sin a cos a = -Язт3а (5). Согласно формуле (10.17), площадь треугольника АВС
353
e2^3
равна S^abc — —z— (6). Подставляя в (6) значение а из (4), найдём Saabc —
4
= (#V3tga)2 = ЗН2у^^ (7). Наконец, VPABC = ^лвс-РК (8). Под-
4 4 3
ставим в (8) значения Saabc и РК из (7) и (5). Получим Vpabc = х-— х
3 4
3 2 3№\/3tg2asin2a
х-Н sin2 а =-----—7.
2 8
Л Зу/ЗН3 tg2 a sin2 о;
Ответ:-------s.
8
12.457 Высота правильной четырёхугольной усечённой пирамиды равна Н. Бо-
ковое ребро составляет с основанием угол, равный а, а диагональ пирамиды с осно-
ванием - угол, равный fl. Найти площадь сечения пирамиды плоскостью, проходя-
щей черев диагональ пирамиды параллельно непересекающей её диагонали основа-
ния.
Решение.
Рис. 12.467
Пусть ABCDAiBiCiDi - заданная пи-
рамида, OiO = Я, £AiAC = ZCiCA =
= a, £CiAC = fl (рис. 12.467). Че-
рез точку Оз пересечения высоты OiO
и диагонали CiA проведём MN\\BD
и соединим точки А, М, Ci, N и А.
Здесь AN = AM и CiN = CM.
SaMCiN = 5дАМЛ4-Здс1ЛЛУ = jMN-
АОз + ±MN • O3C1 = ±MN(A03 +
1 2
+O2C1) = ^MN • ACi (1). Про-
ведём CiK ± AC. Из прямоугольно-
го треугольника CiKA найдём ACi =
CiK _
— AV ВЛИ, тах С1Л =
sm LCiAK
Л
= OiO = Я, to ACi = (2). В треугольнике ACiC имеем ZACiC = 180° —
-ICiAC - ZCiCA = 180° - (a 4- fl) и, согласно теореме синусов, -—=
sm cAGiC
ACi AC ACi ACisin(a + fl) . .
= ~~~/~7>~z77 и™ ~7;'o7C,—7—r“Hv\ = “—> откуда AC = -----r2---— (3).
smZCiCA sm(180° - (a 4- fl)) sma sma
Подставим значение ACi из (2) в (3). Получим AC — —(4), Далее,
smasmp
из прямоугольного треугольника CiKC найдём КС = CiKctg ICiCK или КС =
= Яctga. Проведём AjT ± АС. Тогда А1С1 = ТК = АС-АТ-КС = АС—2КС =
— + _ offct — ^8^n(a + ^) 2Ясова _ Я(8т(а4-Д) -2cosasinj9)
sinasin/? 8 sin a sin/3 sina sinasinjd
Используя формулу sin x cos у = -(sin(x - y) + sin(x 4- у)), получим A1C1 =
ff(sin(a 4- fl) - sin(/3 - a) - sin(a 4- fl)) Я sin(a - fl) „_B_____
------------------------------------пьавтА (5)-Проведем среднюю
_ BiDi+BD _ А1С1Л-АС
EF
sinasmjd
линию EF трапеции BBiDiD.
2
354
H sin(g — 0) Н sin(g + 0)
= stearin/) + sin gain/) K(sin(g - ?) + ste(g + ?)) Исп я
2 2singsin/3 н 7
х + у х — у __ 2Нsing сов0 „ х а _
sinz+smy = 2 sin cos . , получим EF = -т-:---д- = И ctg /3 (6). Т^>а-
* 2 2 2singsmp
BiDi ^£N
пеции MBiDiN и BEFD подобны, следовательно, - = -=г=г, откуда MN —
&г UJJ
BiDi * BE _ _ . ~ _ пл s/м АхСх * АС
=------=г=-или, так как BiDi = AjCi и BD — АС, то MN =-----—— (7).
EF иг
Подставим в (7) значения АхСд, АС и EF из (5), (4) и (6). Получим MN =
Н sin(g — 0) ffsin(g + /3)
= stearin? ‘ stearin? = grin(a + ?)sin(a-?) (g) На10нец пояставляя
Hctgp sinasin^cosp
.... v » „ 1 Hsin(g + 0)sin(g-0)
значения MN и ACi из (8) и (2) в (1), найдем SamCiN = х-n—г~х---z---х
2 surgsinpcosp
Я _ Я2 sin(g + 0) 8in(g - 0)
sia0 sin2 g sin 23 sin 3
Omoem, * +/j**» ~ .
smgsin2psmp
12.458 Стороны нижнего и верхнего основании правильной треугольной усечён-
ной пирамиды соответственно равны а и Ь (а > Ь). Боковая грань составляет с
плоскостью основания угол, равный а. Найти площадь сечения пирамиды плоско-
стью, проходящей через среднюю линию боковой грани и центр нижнего основания.
Пусть АВСА1В1С1 - заданная пирамида
(рис. 12.468), АВ = ВС = АС =
— а, Ах Bi — В1С1 — А1С1 = Ь,
£EiEC = g, NP - средняя линия боко-
вой грани АА1В1В, Oi - центр верхне-
го основания, О - центр нижнего основа-
__ 1Ж/Ч11 A D КТ D + АВ Ъ *+* 3
ния, MQ]]АВ. NP = -----=
Радиус окружности, описанной около пра-
вильного треугольника АВС, равен ОС =
= —у. Тогда из прямоугольного треуголь-
ника COQ найдём 0Q = ОС tg LQCO =
= * tg30° = Следовательно, MQ =
Л V
Решение.
Рис. 12.468
2a
= 2 • OQ — —. Проведём Р1ЯЦО1О и из прямоугольного треугольника DiED най-
а^З Ъу/З
- ту ту DE OD-OE ~g (а-Ь)\/3 л г.п
дем DiD =------=----------= —«--------2— = — -----. Следовательно, KD =
совд совд созд 6 cos a
= = ^2совд~‘ Далее, из треугольника OKD къщфм ОК2 = KD2 + 0D2 —
-2• KD• OUcosa, сотуда0№ cosa =
1(а^Ъ)2 , а2 (а-Ь)а ^/3(«2 + 2адсоз2а-|-Ь») п
- v = х-ь-------75----------Наконец, Smnpq =
V 48сов3 д 12 12 12 сов а ’
355
Ь + а 2а
NP + MQ ~2~ + У 73(в2 + 2адсов2а + Ь2) 7а + 36
= _ л С* — --------, _ — „ .. х
2____________ 2 12 cos а 144 cos а
х >/3(а2 + 2а6соз2а + 62).
Ответ.* — \/3(а2 + 2аЬсоз2а + б2).
144 cos а ’
12.459 Найти радиус шара, вписанного в правильную треугольную пирамиду,
у которой высота равна Н, а угол между боковым ребром и плоскостью основания
равен а.
Решение.
Пусть SABC - заданная пирамида (рис.
12.469), SOi = Hj LSBD = a, SD и BD
- апофемы граней ASC и АВС. Поло-
жим LSDB = р. Ио прямоугольного тре-
угольника SOiB найдём OiB — Hctga.
Тогда OiD = | • OiB = |Нctgа и из
прямоугольного треугольника SOiD полу-
SO II
ним tg/3 = = Tj------ = 2tga или
°'D 1я«еа
Рис. 12.469 д
уравнение как квадратное относительно tg— и учитывая, что a - острый угол,
-----®тя- = 2tga, откуда придём к уравне-
, р р
нию tgatg* — + tg — — tga = 0. Решая это
Р „___________.... л ______________
J ***А1ЛГН»П| **V Ъ» “
получаем tg + Проведём ОЕ ± SD и соединим точки О и
Z л vg Of
D. Тогда LODOi = LODE = и из прямоугольного треугольника OOiD най-
Дём OOi = OiD^LODOi = |tfctgatg( = Itfctga • =
_________ z z z z tga
= ctg2 a(^/l + 4tg2a - 1).
Ответ: — ctg2 a(^l +4tg2a — 1).
12.460 Радиус шара, описанного около правильной четырёхугольной пирамиды,
относится к стороне основания, как 3 : 4. Найти угол между боковой гранью и
плоскостью основания.
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида (рис. 12.470), SO - её^ высота. Обозна-
чим сторону основания через а, радиус шара через R, искомый угол SEO через
а. Тэгда ОЕ = - и из прямоугольного треугольника SOE найдём SO = - • tga, а
из прямоугольного треугольника SOC получим SC2 = SO2 +ОС2 = а + ^- =
a2(tg2a + 2) „ „ AC SA SC AC SC2 SC2
--------4--- = глс^о = 250 =
366
g2(tgaa + 2) _ g(tga at + 2)
4a tga 4tga
a(tga a + 2)
. Далее, согласно
«w a о ,
условию,-----«-----= -, ИЛИ tg3 a - 3tga +
+2 = 0, откуда tga = 1 или tga = 2.
Тогдаа = — или a = arctg2.
12.461 В конус, осевое сечение которого прямоугольный треугольник, вписан
цилиндр; его нижнее основание лежит в плоскости основания конуса. Отношение
боковых поверхностей конуса и цилиндра равно 4>/2. Найти угол между плоскостью
основания конуса и прямой, проходящей через центр верхнего основания цилиндра
и произвольную точку окружности основания конуса.
Пусть ОВ — R, Ю1В0 = а. Из прямоугольно-
го треугольника SOB (рис. 12.471) найдём SB —
= у/SO2 -I- ОВ2 — ОВу/2 = R\/2 (ибо, так кая
LBSO = ZSBO = 45°, то SO = ОВ = R)\, а из
прямоугольного треугольника OiOB найдём OiO =
= Лtga. Тогда BiB2 = О\О = Яtga, а ОВ2 —
= ОВ — В2В = R — BiB2 = R — Я tga =
»/i * \ п к ОВ-SB
= Я(1 - tga). Согласно условию, -—-=-=—=-=- =
• Ud2 •
Решение.
Рис. 12.471
Г- R SB г- „
— 4у2 или = 8V2. Подставляя в это равенство найденные значения
SB, ОВ2 и В\В2, придём к уравнению ctg3 a—8 ctg a+8 = 0, решив которое, найдём
ctga = 4- 2л/2 или ctga = 4 + 2>/2, откуда a = arcctg(4 - 2а/2) или a =
= arcctg(4 + 2\/2).
Ответ: arcctg(4 — 2>/2) или arcctg(4 + 2\/2).
12.462 Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция с острым углом
а. Эта трапеция описана около окружностиоснования конуса. Вершина пирамиды
лежит на одной из образующих конуса, и её проекция на плоскость основания со-
впадает с точкой пересечения диагоналей трапеции. Найти объём пирамиды, если
образующая конуса равна I и составляет с высотой угол, равный Д.
Решение.
Пусть Si ABCD - заданная пирамида (рис. 12.472), АВ = CD, BC||AD,
/.BAD = LCDA = a, ST = SP = I, LTSQ = LPSQ = Д, SQ - высота конуса,
SiO - высота пирамиды, PT - высота трапеции ABCD, О - точка пересечения её
диагоналей АС и BD.
357
Рис. 12.472
Рис. 12.473
Из прямоугольного треугольника SQP
(рис. 12.473) найдём QP = lsin(3.
Следовательно, высота РТ трапеции
ABCD равна РТ = 21 sin /3. Проведём
QE ± АВ (рис. 12.473). Лег-
ко показать, что BQ и AQ - бис-
сектрисы углов АВС и BAD. Сле-
довательно, LQBP = ±£АВС =
180°-а лла а а
= j “ 90 “ 2 ’ ~ Iй
из прямоугольных треугольников QPB
и QTA получим BP = QP ctg LQBP =
= isin/3ctg ^90° — 7^) = (sin/Jtg^ и
АТ = QT ctg IQAT = QP ctg| =
/ sin/3 ctg —. Тогда площадь трапеции
AO„n a BC + AD
ABCD равна Sabcd = --------2---x
2££|2лт . pp = (Bp + at), pj; =
* 2(sin/3 =
/ . O'
I sin —
2Z2 sin2I---§-+
2Psin20(tg| + ctg|)
008 2
. Далее, АЛОВ ~ АВОС, сле-
2/
PT-OP (sin/3 ctg- pp 2(sin/?
-O?--
1 Ck “
= д, откуда OP = 21 sin/3 sin2 —. Тогда ив прямоугольного треугольника SiOP
sin 2
(рис. 12.472) найдём SiO = OPctg LPS\O - 21 sin(3sin2 ctg/3 = 2/cos/3 sin2 . Har
конец, объём пирамиды равен Vs,abcd = Sabcd • SiO = -
л ®
x2/cos/3sin2 = -(3tg ^sin/3sin2/3.
2 3 2
ОТ АТ
довательно,
4/2 sin2 /3
—:----— х
sma
Omeem: ^(3tg^ sin/?sin2/3.
3 2
12.463 Основанием пирамиды FABC служит равнобедренный треугольник
АВС, у которого угол между равными сторонами АВ и АС равен а (а < ^). В
пирамвду вписана треугольная призма AEDAiEiDi; точки Ai, Ei и Di лежат соот-
ветственно на боковых ребрах AF, CF и BF пирамиды, а сторона ED основания
AED проходит черев центр окружности, описанной около треугольника АВС. Най-
ти отношение объема призмы к объему пирамиды.
Решение.
Согласно условию, а < —, следовательно, центр О окружности, описанной около
треугольника АВС, находится внутри треугольника АВС, О А = ОВ = ОС — R,
358
где R - радиус описанной окружности.
Пусть ВС = а. Из треугольника АВС (рис.
12.474), согласно следствию из теоремы си-
... ЛЛ. ВС в
нусов, найдем О A: UA — —:— = -г—:—.
/ 2вша 2 sin а
А из прямоугольного треугольника АКС
найдём АК = К С ctg- = -ctg-. Т&У-
гольники AiDiEi и АВС подобны, следи-
^AAiPigi _ S&ADE _ АО2 _
вательно, -
_ \2aMig/ _ —1. (1). Аналогично,
(Ы) ^2
V FO3
пирамиды FA1D1E1 и FABC подобны, следовательно, ' 1 1 =
* F-лВС 4
|$AAiDiEi • FO3
1 ~
З^ДАВС * FO2
FO3 — O3O2
FOf 1
FOj 1
F03
FO*’
1
FO2 ’ 2 cos2
ношение объёмов равно
F0* 2coe3|
(2). Искомое от-
Зсова
8 сов®
_ Зсова
Ответ:-------я-.
8 сов® -
• -ж WO А • в
2 2
, O3O2 O3O3 сова
= 1 “ ~Й7Г’ откУда = 7—Г??
FO3 FO3 2сов2 —
2
VADEAiDtEi _ S&ADE' O3O2 _ 3 1 CO8Q _
Vfabc -S^ABC’FOi 4сов*| гсов2^
12.464 В кубе ABCDA1B1C1D1 (AAi||BBi||C'(7i||DDi) проведена плоскость че-
рез середины ребер DDj, и D1C1 и вершину А. Найти угол между этой плоскостью
и гранью ABCD.
Обозначим ребро куба через а, а искомый угол NPK
через а, где NP ± AQ и КР ± AQ (рис. 12.475).
Тогда DK = DiN «
Л!
угольника ADK найдём
а>/5
2 ‘
и из прямоугольного тре-
АК = VAD2 + DK^ =
Прямоугольные треуголь-
ники TDiN и TDQ равны (ибо TD\ = TD =
LNTDi — IQTD), следовательно, QD = NDi = -.
Таким образом, треугольник AQK - равнобедренный,
AQ — АК = Пусть PQ — х. Тогда АР =
а>/5
= AQ — х= — х и в прямоугольных треугольни-
ках КРА и KPQ, согласно теореме Пифагора, имеем
359
KP2 = АК2 -АР2 я KP2 = KQ2 - PQ2, откуда АК2 - AP2 = KQ2 - PQ2 или
(a>/5 \ [ ay/5 i 2 2 a n °2
—— - I — --x I -- a4 - z , откуда x = Следовательно, FQ = — и
2 I \ 2 / y5 5
_, Q a2 4a2 _, _ 2a __
Kr —a —— — ——, a KP — --p. Наконец, из прямоугольного треугольника
S о у5
.rrzn ЛГЯ а у/5 m х/5
NKP находим tg a = -g? = . Тогда а = arctg —.
v5
Ответ: arctg
12.465 Отношение объёма правильной треугольной усечённой пирамиды к объ-
ёму вписанного в неё шара равно к. Найти угол между боковой гранью пирамиды
и плоскостью основания и допустимые значения к.
Рассмотрим осевое сечение DD1B1B за-
данной комбинации тел (рис. 12.476).
Пусть AiBi = В1С1 = AiCi = ai, AJ3 =
= ВС = AC = a, £DiDB = a, Oi я О -
центры треугольников А1В1С1 я ABC, О?
- центр шара, O2O1 = О2К = О2О = R, где
R - радиус шара. Проведём DiE ± BD. Из
прямоугольного треугольника DiED най-
„ _ „ DtE 2R m
дём DiD = —— _ = ——. Тогда
smZDiPE sma
OiZ>i + OD = DiK + DK = DiD =
А в прямоугольном треугольнике Diffijb
(£DiO2D = 90°, O2K -L DiD) имеем
Рис. 12.476
DiK • DK = O2K2 или OiDi • OD = R2. По условию,
= k (1).
Согласно формуле (10.18), имеем O1D1 = я OD = откуда ai = 2>/3 •
6 6
O1D1 и a = 2v3 • OD. Тогда, согласно формуле (10.17), получаем S&axBiCi =
-/о /о
= (2>/3 • O.Di)2^ = Зл/З • OiDl я 8ЛАвс = (2>/3 • OD)2— = 3\/3 - OD2. С
4 4
учётом этого, (1) примет вид
OiO (з>/3 • OiР? + ^3V3 OiD$ -3y/3 OD2 + Зу/З • OD2
__ i
Зу/З OiO((OiDi + OD)2 - O1D1 • OD) L
-------------------------------=
4irR3
. 2 12V5 Л 12>/3
sm a = --------------=, где 0 < -------------=
2?rJb + 373 2irk + 3y/3
9y/3
1 или к > ——. ТЬгда sina =
2ir
360
„ I зЛ . n I 3?3 , 9^3
у2тгк + 3х/3 _______ V27rfc + 3^ 2ir
_ . _ I 9>/3
Ответ: arcsmZt/------------=; к > ——.
V27rA: + 3>/3 2тг
Глава 13
Применение уравнений к решению задач
13.372. Комиссионный магазин принял для продажи фотоаппараты, часы,
авторучки и радиоприемники на сумму 240 руб. Сумма цен приемника и од-
них часов на 4 руб. больше суммы цен фотоаппарата и авторучки, а сумма
цен одних часов и авторучки на 24 руб. меньше суммы цен фотоаппарата и
приемника. Цена авторучки равна целому числу рублей, не превосходящему
6. Количество принятых фотоаппаратов равно цене одного фотоаппарата в
рублях, деленной на 10; количество принятых часов равно числу приемников,
а также числу фотоаппаратов. Количество авторучек в три раза больше числа
фотоаппаратов. Сколько всего предметов указанных наименований было при-
нято магазином?
Решение.
Из условия следует, что количество фотоаппаратов, часов, авторучек и ра-
диоприемников можно обозначить через х, х, Зх, х, а стоимости — соответст-
венно 10а?, у, z, и. Имеем смешанную систему
у + и = 10а? + z + 4,
у + z = 10а? + и - 24,
10а?2 + ху + 3a?z + хи = 240,
z < 6.
Из первых двух уравнений найдем у - 10а? - 10, и = z + 14 . Подставляя
эти значения у и и в третье уравнение, получим после преобразований
а?(5а? + z + 1) = 60 , т. е. х — детлтелъ 60, а? < 3 , так как 5а:2 < 60. Но z £ 6,
значит а? = 3. Тогда я: + х + Ззс + х = 3 + 3 + 9 + 3 = 18.
Ответ: 18.
13.373. Электронная вычислительная машина получила задание рещить по-
следовательно несколько задач. Регистрируя время выполнения задания, за-
метили, что на решение каждой следующей задачи машина затрачивала в од-
но и то же число раз меньше времени, чем на решение предыдущей. Сколько
было предложено задач и сколько времени затрачено машиной на решение
всех задач, если на решение всех задач, кроме первой, затрачено 63,5 мин, на
решение всех задач, кроме последней, затрачено 127 мин, а на решение всех
задач, кроме двух первых и двух последних, затрачено 30 мин?
Решение.
Пусть — время, затраченное соответственно на решение
первой, второй,..., (п -1) -й, n-й задачи, а Т — время, затраченное на решение
всех задач. Тогда согласно условию Т - tj = 63,5 (1); Т - tn = 127 (2);
T-ti -t2 -tn_i -tn =30 (3), где T = ** tn<1, tn = ^q*1-1. Из (1) и (2) полу-
1 - q
чим q( tx - tn) = 63,5 (4), - tn = 127(1 - q) (5), откуда q = —. Учитывая это,
запишем уравнение (3) так: 2tx - tn - tj “ _ 2tn - tn = 30, откуда
362
tj - 8 tn = 60 (6). Теперь из (6) и (4) находим tx = 64, tn = —. Наконец, из
1 J1?’' „ m 64-0,5-0,5
уравнения — = 641 — I получим n = 8; Т = —-——— = 127,5.
Ответ: 8 задач; 127,5 мин.
13.374. Три свечи имеют одинаковую длину, но разную толщину. Первая
свеча была зажжена на 1 ч раньше двух других, зажженных одновременно. В
некоторый момент горения первая и третья свечи оказались имеющими оди-
наковую длину, а через 2 ч после этого одинаковую длину стали иметь первая
и вторая свечи. За сколько часов сгорает первая свеча, если вторая сгорает за
12 ч, а третья — за 8 ч?
Решение.
Начальную длину каждой свечи примем за 1 и, считая процесс время го-
рения равномерным, обозначим время горения первой свечи через х ч. Время
горения, за которое третья свеча сравнялась по длине с первой, обозначим
1 У
через у. Тогда за 1 час первая свеча сгорает на —, за у ч она сгорает на —.
х х
У
Третья свеча за у ч сгорает на —. Таким образом, имеем уравнение
8
1+».» (1).
х х 8
Если через 2 ч после этого сравнялись по длине первая и вторая свечи, то
1 у 2 у 2
имеем второе уравнение: — + — + — =----1- — (2).
х х х 12 12
g
Из (1) найдем у =--------. Подставив это значение у в (2), получим
х - 8
х2 - 22х + 96 = 0 , откуда х - 6 , что непригодно к решению задачи, или
х = 16.
Ответ: 16 ч.
13.375. Найти трехзначное число, зная, что число его десятков есть среднее
геометрическое числа сотен и единиц. Если в его записи поменять местами
цифры сотен и единиц и вычесть новое число из искомого, то разность будет
равна 297.
Решение.
Обозначим искомое число 100г + 10у + z. Согласно условию у2 = xz. Далее
100г + 10у + z - 100г - 10у - х = 297 или 99х - 99г = 297, х - г = 3 , откуда
г = х - 3. Таким образом, у2 = х(х - 3). Учитывая, что х и у — числа, и ис-
пробовав х е {3,4,5,6,7,8,9}, получим х = 4 , у = 2, г = 1.
Ответ: 421.
13.376. Искомое трехзначное число оканчивается цифрой 1. Если ее стереть
и затем ее же приписать в качестве первой цифры числа, то полученное но-
вое трехзначное число будет меньше искомого на Юа*09^3. Найти это число.
363
Решение.
Обозначим искомое трехзначное число xyl = 10 ху + 1- Если единицу сте-
реть, а затем ее же приписать в качестве первой цифры, то будем иметь
1ху = 100 + ху.
Согласно условию 100+ху = 10ху + 1- lOa10®^3• Используя формулу
аи>9аЬ=Ъ, где 0<а#1, Ь>0, получим 100 + ху - 10 ху + 1 - 90 , откуда
9 • ху = 189, ху = 21.
Тогда искомое число xyl = 10 • ху + 1 = 10 21 +1 = 211.
Ответ: 211.
13.377. Разность логарифмов цифр сотен и десятков трехзначного числа
равна логарифму разности тех же цифр, а сумма логарифмов цифр сотен и
десятков равна логарифму суммы тех же цифр, увеличенной в 4/3 раза. Если
из этого трехзначного числа вычесть число, имеющее обратный порядок цифр,
то их разность будет равна положительному числу, у которого цифра сотен
совпадает с цифрой десятков данного числа. Найти это число.
ловию
Решение.
Пусть искомое трехзначное число имеет вид ЮОх + 10у + z, где х — цифра
сотен, у — цифра десятков, z — цифра единиц, xeN,yeN,zeN. По ус-
Igx - Igy = 1д(х - у),
4 или, после потенцирования и упрощений,
Igx + lgy = 1д-[х + у)
О
— = X - у,
У 4 (1)-
ху = -(х + у)
«5
Из первого уравнения системы (1) найдем х = —-—. Подставив это значе-
У~1
2 2
ние х во второе уравнение, получим Зу - 8у + 4 = 0 , откуда у = — g N, что
22
непригодно к решению задачи, или у = 2. Тогда х = -—- = 4 .
Далее, согласно условию (10 0х + 10у + z) - (100z + 10у + х) = yab, где
yab > 0, 100 4 + 10 • 2 +z - 100z —10 • 2-4 = 2ab , 396 - 99z = 200 + ab ,
— 196
196-99z = ab, откуда 196 - 99z > 0 , z <-^-= 1,98 или, так как zgN, to
z = 1. Следовательно, ЮОх + lOy + z = 100 • 4 + 10 • 2 + 1 = 421.
Ответ: 421.
364
13.378. В куске сплава массой 6 кг содержится медь. В куске другого спла-
ва массой 8 кг содержится медь в ином процентном отношении, чем в куске
первого сплава. От первого куска отделили некоторую часть, а от второго —
часть, вдвое большую по массе, чем от первого. Каждую из отделенных частей
сплавили с остатком другого куска, после чего получили два новых сплава с
одинаковым процентным содержанием меди. Какова масса каждой из частей,
отделенных от кусков первоначальных сплавов?
Решение.
Положим, что от первого сплава массой 6 кг отделили х кг, а от второго
сплава массой 8 кг отделили 2х кг. Из двух вновь полученных слитков первый
содержит (б - а?) кг первого сплава и 2 кг второго сплава, а второй — х кг
первого сплава и (8 - 2а?) кг второго сплава.
По условию процентное содержание меди в обоих слитках одинаково. А это
возможно лишь в том случае, когда в двух слитках количество первого и вто-
рого сплава пропорциональны.
6 — 37
Получаем уравнение ----- =
2з7 48
-------, откуда найдем х = — = 2,4 (кг). То-
8 2.x 20
гда 2х = 2 • 2,4 = 4,8 (кг).
Ответ: 2,4 кг и 4,8 кг.
р - х. По условию
13.379. Цена бриллианта пропорциональ-
на квадрату его массы. Бриллиант массой р
карат был разбит на две части, после чего
его стоимость уменьшилась в к раз. Найти
массу частей, на которые был разбит брил-
лиант (1 карат = 0,2 г). Доказать, что наи-
большая потеря в стоимости бриллианта
происходит в том случае, когда обе его час-
ти равны по массе.
Решение.
Пусть масса одной части бриллианта
равна х; тогда масса другой части равна
р(к + т1к(2-к)\
х =---------------L (карат),
——--------— = к, откуда
х2 + (р - X)
р (к + к(2-к)\ р (к - у]к(2-к)\
р-х = р----------------------------------- , к <2. Будем интерпретиро-
2к 2к
вать стоимость всего бриллианта как площадь (р2) квадрата с длиной сторо-
ны р единиц (рис. 13.1), а суммарную стоимость двух частей бриллианта —
как площадь (5) вписанного квадрата. Имеем 5(х) = р2 - 2х(р - х). Функция
5(х) достигает наибольшего значения при х = ^. Отсюда находим к = 2.
Итак, наибольшая потеря в стоимости бриллианта имеет место тогда, когда
массы обеих его частей равны.
р(к± -jk(2-к)\
Ответ: ---------------, к < 2, наибольшая потеря стоимости в 2 раза.
365
13.380. Куплено несколько килограммов товара двух сортов: первого сорта
на 45 руб. и второго на 20 руб., причем первого сорта куплено на 1 кг больше.
Стоимость 1 кг товара первого сорта на а руб. выше стоимости 1 кг товара
второго сорта. Сколько килограммов товара каждого сорта куплено? Опреде-
лить число решений в зависимости от возможных значений а.
Решение.
Обозначим через х — количество килограммов товара второго сорта, а че-
рез у стоимость 1 кг товара второго сорта в рублях, тогда согласно условию
(х + 1) кг — количество килограммов первого сорта, (у + а) руб. — стоимость 1
кг товара первого сорта.
[ху = 20,
По условию имеем систему уравнений -!
[(х + 1)(у + а) = 45.
Из первого уравнения системы найдем у = —. Подставив это значение у
х
/ J20 >
во второе уравнение, получим (х + 1)— + а =45 или, после упрощений,
\ х J
axz - (25 - а) х + 20 = 0.
_ „ 25 - а ± л/а2 - 130а+ 625
Решив это квадратное уравнение, найдем х1>2 =-------------------------.
_ , 25 - а ± у{а2 - 130а + 625 , 25 + а ± >/а2 - 130а + 625
Тогда (х + 1) =------------------------+ 1 =----------------------.
4 /1>2 2а 2а
Если D = а2 - 130а + 625 < 0 и согласно условию задачи а > 5 , то решений
нет.
Если D = а2 - 130а + 625 = 0 , т.е. а = 5, то
если D = а2 - 130а + 625 > 0 , т.е. 0 < а < 5 , то
х = 2 (кг), х + 1 = 2 + 1 = 3 (кг);
25 - а ± 7а2 - 130а + 625
X, , = --------------------
1,2 2а
25 + а ± 7л2 - 130а + 625
+1)^=------------2а---------•
_ 25 - а ± -Jd 25 + а ± Vd
Ответ: ---------- и ----------
2а 2а
кг, где D = а2 - 130а + 625 , причем ес-
ли а > 5, нет решений, если 0 < а < 5 — два решения, если а = 5 — одно
решение (2 и 3 кг).
13.381. Уголь, добываемый в пункте А, продается по q руб. за тонну, а до-
бываемый в пункте В — на р % дороже. Пункты А и В соединяет дорога дли-
ной s км. В какой зоне этой дороги АВ расположены потребители угля, для
которых закупка и доставка угля из В обходится дешевле, чем из А, если пе-
ревозка 1 т угля на расстояние 1 км обходится в г руб.? В каком месте дороги
АВ расположено предприятие, расходы которого на потребление угля не зави-
сят от выбора пункта А или В? Исследовать возможные случаи.
Решение.
Если уголь, добываемый в пункте А, продается по q руб. за тонну, а добы-
ваемый в пункте В — на р% дороже, то уголь, добываемый в пункте В, про-
366
I PQ I
дается по I g + 1руб. за тонну. Пусть потребители угля находятся в пункте
С. Обозначим расстояние между пунктами В и С через х км, тогда
и доставка п т угля из А в С обходится в
( pq А ।
nig + I + nrx I рублей.
В обходится дешевле, чем из А, если
АС = s - х , и закупка
(ng + nr (s - х)) рублей, а из В в С — в
угля из
Закупка и доставка
/ \ ( РЧ ।
ng + nr(s - х) > nig + I + nrx >
откуда, после упрощений, найдем
з pg з pg з pg . s pq
x <-----(или s — x>s---------+ — — = — + — ), где-----^-£0, т.е.
2 200r 2 200r 2 200r 2 200r
100т
pg
Если же з < ~—, то для любого пункта, расположенного на дороге АВ,
100т
выгоднее брать уголь в А.
pq s pg
Ответ: Если з > -----, то на расстоянии от В, не большем чем--------.
100т 2 200т
pg
Если же з < — , то для любого пункта, расположенного на дороге АВ, вы-
100г
годнее брать уголь в А.
13.382. Точка P расположёна на диаметре окружности радиуса R между
концами диаметра АВ. Из этой точки Р движутся три единичные массы по
направлениям отрезков РА, РВ и PC так, что PC — полухорда, перпендику-
лярная диаметру АВ. На каком расстоянии от А находится точка Р, если из-
вестно, что скорости движения постоянны и за единицу времени первая масса
достигла точки А, вторая — точки В, а третья — точки С? При этом израсхо-
дованная кинетическая энергия (mu2/2) в сумме составляет а2 единиц. В ка-
ких пределах можно изменять величину а2, чтобы выполнялось условие зада-
Решение.
Пусть точка Р находится справа от центра О окруж-
ности (рис. 13.2).
Согласно условию
или, так как
т^РА + тУрв
2 2
т = 1, vPA
+ mV^ = a2 (1)
2
= ™ = ™ = РА,
t i
vPB = -у- = РВ , vPC = -у- = PC , то (1) примет вид РА2 + РВ2 + PC2 = 2а2
(2). Запишем (2) в виде (РА + РВ)2 - 2РА • РВ + PC2 = 2а2 (3). Но
РА + PB = 2R, РА = ОА + ОР = R + OP , РВ = ОВ - OP = R - ОР, а из пря-
моугольного треугольника СРО, согласно теореме Пифагора, найдем
PC2 = ОС2 - OP2 = R2 - ОР2.
367
Подставив эти значения РА + РВ, РА, РВ и PC2 в (3), получим
(2R)2 - 2(R + OP) (R - OP) + R2 - ОР2 = 2а2 или, после упрощений,
ЗР2+ОР2=2а2, откуда найдем OP = ^2а2 - 3R2 , где 2a2-3R2>0, или
2 3R2
a >-----.
2
Тогда АР = ОА + OP = R + \2а2 - 3JF?2 . Если точка Р находится слева от
I---------------------------------------------- 3R2
центра О окружности, то АР - ОА - OP = R - V2a2 - 3R2 , где а2 > ——.
Далее, PC = 7к2 - OP2 = ^R2 -[42а2 -3R2^ = 41R2 - 2a2 , где
4R2 - 2a2 > 0 , откуда a2 < 2R2.
Таким образом, точка Р находится на расстоянии R ± 72a2 - 3R2 от точки
А, где <,а2 < 2R2.
2
Ответ: R ± у/2а2 - 3R2 , — < a2 < 2R2.
2
13.383. Несколько рабочих выполняют работу за 14 дней. Если бы их было
на 4 человека больше и каждый работал в день на 1 ч дольше, то та же рабо-
та была бы сделана за 10 дней. Если бы их было еще на 6 человек больше и
каждый работал бы еще на 1 ч в день дольше, то эта работа была бы сделана
за 7 дней. Сколько было рабочих и сколько часов в день они работали?
Решение.
Пусть w — число рабочих, х — число часов их работы в день. Введем еди-
ницу работы, равную всей работе, и пусть у — производительность (в час)
каждого рабочего. Тогда один рабочий за х часов (т.е. в день) выполняет ху
единиц работы, а w рабочих за 14 дней выполнят 14wxy единиц работы. Со-
гласно условию 14wxy - 1. Аналогично, если рабочих стало w + 4 и они рабо-
тают каждый день х +1 ч, то 10 (w + 4) (х + 1) у = 1. Для случая, когда рабочих
еще на 6 больше (т.е. w +10) и они работают еще на час дольше (т.е.
х + 2 часа) каждый день, получаем уравнение 7(w + 10)(х + 2)у = 1.
14wan/ = 1,
10 (w + 4)(ят + 1)у = 1, надо найти w и х. Сравнивая левые час-
7 (w +10)(х + 2) у = 1
ти первого и второго, а также первого и третьего уравнений и упростив, полу-
[2wx = 20х + 20 + 5w,
чим следующую систему: = * 2() *
Если вычесть из первого уравнения удвоенное второе, то найдем w = 20.
Тогда х = 6.
Ответ: всего было 20 рабочих, они работали 6 часов в день.
Из системы
368
13.384. Пять человек выполняют некоторую работу. Первый, второй и тре-
тий, работая вместе, могут выполнить всю работу за 7,5 ч; первый, третий и
пятый вместе — за 5 ч; первый, третий и четвертый вместе — за 6 ч, а вто-
рой, четвертый и пятый вместе — за 4 ч. За какой промежуток времени вы-
полнят эту работу все 5 человек, работая вместе?
Решение.
Пусть х, у, z, и и v — производительности первого, второго, третьего, чет-
вертого и пятого рабочего соответственно. Из условия следует, что
[111 2
— + — + — = —,
х у z 15
1111
— + — + — =
х z v 5
‘1111
—+ —+ — -
X Z и 6
1111
у и v 4
В полученной системе пять неизвестных, а уравнений четыре. Но не следу-
ет искать каждое неизвестное.
В задаче требуется наити сумму —и— + — + — + — .
у z и v)
Способов решения такой системы много. Укажем, например, такой. Левую
и правую части четвертого уравнения умножим на 2, а затем, сложив левые и
правые части всех уравнений, получим
J1 1 1 1 1 'I , 111111
\х у z и v) х у z и v 3
Ответ: за 3 часа.
13.385. На соревнованиях авиамоделей с моторчиками лучшими оказались
две модели. При встречном ветре первая модель продержалась в воздухе на
т мин меньше второй, но пролетела на h м дальше. Скорость ветра равна с
м/мин, но на продолжительность полета модели ветер не влияет; от ветра за-
висит только дальность полета. Предполагается, что собственная скорость ка-
ждой модели все время постоянна. Какая из этих моделей пролетит большее
расстояние при безветренной погоде?
Решение.
Пусть «1 м/мин — скорость первой модели при безветренной погоде, и2
м/мин — скорость второй модели при безветренной погоде, мин — время
полета первой модели, t2 мин — время полета второй модели.
Тогда (г>х - с) tx — дальность полета первой модели, (v2 — с) t2 — даль-
ность полета второй модели, т = t2 - tx и h = (г>х - с) tx - (у2 - с) t2 , или
h = vxtx - ctx - v2t2 + ct2 = i>xtx - v2t2 + c(t2 - tx) = vxtx - v2t2 + cm.
При безветренной погоде разность между дальностью полета первой и вто-
рой модели равна х = uxtx - v2t2 = h - cm.
369
Таким образом, х > 0 , если h - ст > 0 , откуда с < —; х < 0 , если с > —;
т т
Л h
х = 0 , если с = —.
т
Л Л
Ответ: если с < —, то большее расстояние пролетит первая модель; если
т
h h
с > —, то вторая модель; если с = —, то обе модели пролетят одинаковое
т т
расстояние.
13.386. На сторонах равностороннего треугольника АВС между его верши-
нами расположены точки Аг, В: и Cj так, что АА^ = ВВг = CCY = х. Сторона
треугольника равна а. Найти такое значение х, при котором отношение пло-
щадей треугольников AjBjCj и АВС было бы равно данному положительному
числу т. В каких пределах можно изменять величину т, чтобы выполнялось
условие задачи?
Пусть AjCi = AjBj = BjCj = b. В треугольнике
AAjC] (рис. 13.3), согласно теореме косинусов,
имеем Ь2 = х2 + (а - х)2 - 2х(а - х) cos 60° или,
после упрощений, Ъ2 = Зх2 - Зах + а2 .
ь2Уз
_ 4 Ъ2
Тогда ——— = „ = — = m или
5давс а УЗ а2
4
Зх2 - Зах + а2 _ , _
--------------- т, где 0 < т < 1. После упро-
щений последнее равенство примет вид Зх2 - Зах + а2 ~ та2 = 0 , откуда
За ± у/да2 -12а2 +12та2 За ± ^Заг(4т - 1) За ± а^3(4т -1)
Х ~ 6 ~ 6 ~ 6 “
а(з ± УЗ(4т-1)) 1 1 За а
= —-------------, где 4т - 1 > 0, т > —. Если т = —, то х = — = — .
6 4 4 6 2
а(з ± 73(4тп-1)) j
Таким образом, х = —-------------, где — < т < 1.
6 4
а/з ± У3(4тп - 1)) ।
Ответ: —---------------; — < m < 1.
6 4
13.387. Из пункта А отправилась моторная лодка вверх по Волге, а из
пункта В одновременно вышел плот по течению. Через а ч они встретились и
далее двигались без остановок. Дойдя до пункта В, лодка, не задерживаясь,
повернула обратно и догнала плот в пункте А. Предполагается, что собствен-
ная скорость лодки была все время неизменной. Сколько времени находились
в плавании плот и лодка?
370
Решение.
Пусть и км/ч — собственная скорость моторной лодки, v км/ч — скорость
течения и, следовательно, скорость плота, ВС = Sj км, АС = s2 км, где С —
точка, где лодка и плот встретились через а ч после начала движения. Тогда
согласно условию имеем систему уравнений
—— = а, (1). По-
U - V
_ Sj + &2 । + $2
V и-V и + V
еле преобразований (1) примет вид
Sj = av,
s2 = а(и - v), (2).
и2 - 2vu - v2 = О
Решая третье уравнение (2) как квадратное относительно и, находим
и = (1 - 42 j v < 0 , что непригодно к решению задачи, или и = (1 + V2)« (3).
Далее сложим первое и второе уравнения (2). Получим Sj + s2 - au (4). Нако-
нец, подставим значение и из (3) в (4). Будем иметь sx + s2 = <41 + 4%\ v, отку-
+ s» t—
да —------ = а + ау/2 .
v
Таким образом, плот и лодка находились в плавании а + а42 ч.
Ответ: а + а42 ч.
13.388. Три пловца должны проплыть
в бассейне дорожку длиной 50 м, не-
медленно повернуть обратно и вернуть-
ся к месту старта. Сначала стартует
первый, через ас — второй, еще через
ас — третий. В некоторый момент вре-
мени, еще не достигнув конца дорожки,
пловцы оказались на одном расстоянии
от старта. Третий пловец, доплыв до
конца дорожки и повернув назад, встретил второго в $ м от конца дорожки, а
первого — в г м от конца дорожки. Найти скорости первого и третьего плов-
цов и установить связь в виде неравенств между параметрами г и s так, что-
бы задача имела решение.
Решение.
Обозначим скорости первого, второго и третьего пловцов через щ м/с, г>2
м/с и v3 м/с.
Если в некоторый момент времени, не достигнув конца дорожки, пловцы
окажутся на одном расстоянии в точке D (рис. 13.4), то
Iv^t + 2а) = v3t, [2av1 = (t>3 - vjt,
, v или < , „ (1).
v2(t + а) = v3t |av2 = (v3 - v2) t
371
„ 2v, V-, - v.
Разделив первое уравнение системы (1) на второе, получим —- - —-----,
v2 v3 - v2
2v,v3
откуда и, = ——.
+ v3
Если третий пловец, доплыв до конца дорожки и повернув назад, встретит
АВ + ВС АВ- ВС
второго в s м от конца дорожки, то ------------------=----------а или
v3 v2
50 + s 50 - s
------=-------a.
v3 V2
Если третий пловец, доплыв до конца дорожки и повернув назад, встретит
АВ + ВЕ АВ-ВЕ п
первого в г м от конца дорожки, то ------------------=----------2а или
v3 v2
50 + г 50 - г „
--------------2а.
v3 v2
Таким образом, имеем систему трех уравнений с тремя неизвестными:
2v, v,
v2 =---L~2-,
«1 + v3
50+ s 50-s
50 + r 50 - r „
---------=-------2a
V3 Vj
Подставив значение v2 ------—— из первого уравнения системы (2) во
«1 + Ц3
второе, получим систему двух уравнений с двумя неизвестными
50+ s (50 - s)(uT + и3)
------------------
v3----------2v,v->
3 13 (3)
50 +г 50-г о v ;
---------------2а
и3 г?!
{(50 + 3s) «1 = (50 — s — 2avt) v3,
(4).
(50 + г) vY = (50 - г - 2аг?!) v3.
Разделив первое уравнение системы (4) на второе, будем иметь
50 + 3s 50 - s - 2av, 100s - г (50 + s)
-------=--------------, откуда найдем V, (5).
50 +г 50 - г - 2a«i г 1-(3s-r)a
Подставляя значение г>х из (5) во второе уравнение системы (3), получим
50 +г (50 - r)(3s - т)а
------= ------------г - 2а или, после упрощении,
и3 100s-r(50 + s) н
50 + г _ a(rZ ~ (s ~ 50) г - 50s) 50 + r_ a(r-s) (г+ 50) 1 _ a(r-s)
v3 100s-r(50 + s) ’ v3 100s - r(50 + s) ’ v3 100s - r(50 + s) ’
откуда
100s - r (50 + s)
V3 (r - s)a
(6).
372
Так как «i>0 и г>з>0, то из (5) и (6) имеем
L 100s Y
I 50 + s /Г 3s) > °’
( 100s А откуда найдем
100s - г (50 + s)
(3s - r)a
100s - r (50 + s)
(r - s) a
100s
50 + s
или, так
а > 0, то
s < r <
100,-г(5<> + ,) 100, -г (50 _100£_
(3.-г)« И (г-,)а /,Д *<Г<50 + ,
13.389. От двух кусков сплава одинаковой массы, но с различным процент-
ным содержанием меди, отрезали по куску равной массы. Каждый из отре-
занных кусков сплавили с остатком другого куска, после чего процентное со-
держание меди в обоих кусках стало одинаковым. Во сколько раз отрезанный
кусок меньше целого?
Решение.
Рис. 13.5 а. Рис. 13.5 б.
Пусть масса первого сплава а кг, а
второго b кг, и пусть х кг — масса ка-
ждого из отрезанных кусков, у% —
процентное содержание меди в первом
сплаве, z% — процентное содержание
меди во втором сплаве.
После перестановки частей массы х
кг в полученном первом сплаве (рис.
13.5а) меди будет • у + • z , а
а - х х
------у +----z
процентное содержание меди будет равно —-----------—-----100%, т.е. равно
а
(а - х)у + xz
а
Ъ — х х
В полученном втором сплаве (рис. 13.56) меди будет • z + • у, а
Ь - х х
---------------------------------------------z +-у
процентное содержание меди будет равно -----------—--100%, т. е. равно
(b - x)z + ху
Ь '
По условию в полученных сплавах процентное содержание меди одинаково.
(a-x)y + xz (b-x)z + xy
Значит, мы приходим к уравнению ------------- ~ UJ-
Последовательно имеем aby - Ьху + bzx = dbz - axz + аху ,
(dby - abz) - (bxy - bxz) - (аху - axz) = 0, db(y -г)- Ьх(у - г) - ах(у - г) = 0,
(у - z)(db - ах - Ьх) - 0.
373
Ъ в (2), получим
а ~
равна —. Тогда
аЪ
По условию у Ф z , значит, аЪ - ах - Ъх = 0, откуда находим х --- (2).
а + о
Переменные у иг исключились в процессе решения полученного уравнения.
Согласно условию Ъ = а. Подставляя это значение
а2 а
= — = —, т.е. масса каждого из отрезанных кусков
2а 2
-^ = 2, т.е. отрезанный кусок меньше целого в 2 раза.
Ответ: в 2 раза.
a:
13.390. Колонна автомобилей, движущихся равномерно с одной и той же
скоростью, имеет длину 5 км. В последнем автомобиле находится начальник
колонны, а рядом мотоциклист. По приказу начальника мотоциклист увеличил
скорость, поравнялся с головной машиной, передал водителю пакет, мгновенно
развернулся и с той же скоростью, с какой ехал вперед, поехал обратно на
свое место. Начальник сообщил мотоциклисту, что пока тот выполнял поруче-
ние, колонна продвинулась вперед на 5 км. Сколько километров проехал мо-
тоциклист?
Решение.
Обозначим скорость, с которой движется колонна автомобилей, через vA
км/ч, а скорость мотоциклиста через им км/ч. Процесс передвижения колон-
ны удобно представить в виде схемы (рис. 13.6), где точкой А обозначен хвост
колонны, точкой С — ее голова в начальный момент времени.
Через tj минут хвост колонны перемес-
тится из точки А в точку В на расстояние
х км, а голова колонны переместится из
точки С в точку D на такое же расстояние
со скоростью vA км/ч. За это время ti
мотоциклист проедет расстояние
AD = АС + CD = (5 + х) км со скоростью
. _ х 5 + х
им км/ч. Следовательно, — -------.
VA VM
Когда колонна продвинулась на 5 км, то
хвост колонны переместился из точки А в точку С, а голова колонны перемес-
тилась из точки С в точку Е со скоростью vA км/ч.
За такое же время мотоциклист проедет из А в D и из D в С, т.е.
AD + DC = (5 + х) + х = (5 + 2х) км со скоростью vM км/ч, следовательно,
5 5 + 2х
VA VM
Таким образом, имеем систему уравнений:
х _ 5 + х
VA VM
5 _ 5 + 2х
Va vm
Разделив первое
х 5 "Ь х 5
уравнение системы на второе, получим — =---------, откуда х = —=*.
5 5 + 2х V2
374
Итак, мотоциклист проехал
= 5>/2 + 5 « 5 • 1,4 + 5 = 12 км.
Ответ: 5-J2 + 5 = 12 км.
5
AD + DC = (5 + ят) + х=5 + 2х = 2-^ + 5 =
13.391. Из пунктов А и В одновременно выезжают два автомобиля и встре-
чаются в 12 ч дня. Если скорость первого удвоить, а скорость второго оставить
первоначальной, то встреча произойдет на 56 мин раньше. Если же скорость
второго удвоить, а скорость первого оставить первоначальной, то они встре-
тятся на 65 мин раньше. Определить время встречи в том случае, когда ско-
рость обоих была бы удвоенной.
Решение.
Пусть автомобили выезжают одновременно из А в В в t часов. Если они
встречаются в 12 ч дня, то «Л(12 -1) + vB(12 - t) = s, где км/ч — скорость
автомобиля, выезжающего из A, vB км/ч — скорость автомобиля, выезжаю-
щего из В, s км — расстояние между А и В.
Если скорость первого автомобиля удвоить, а скорость vB второго оста-
56
вить первоначальной, то встреча произойдет на 56 мин = —часов раньше, т.е.
,Л 56 664 Л (664 А (664 А
в 12-----=---часов, следовательно, 2vA\-----11 + vRl------11 = s.
60 60 60 J 4 60 )
Если же скорость ив второго автомобиля удвоить, а скорость vA первого ос-
65
тавить первоначальной, то они встретятся на 65 мин= — часов раньше, т.е. в
65 665 (655 J п (655 А
12----=-----часов, следовательно, «,1---11 + 2vnl------11 = s.
60 60 4 60 ) k 60 )
Наконец, если скорость обоих удвоить, то они встретятся в х часов, следо-
вательно, 2vA (х -t) + 2vB (х - t) = s.
Таким образом, имеем систему четырех уравнений с пятью неизвестными:
(1) или
s
VA + VB ‘ * 12-t’
60s
2va + vB
664-60t’ ,ЛЧ
60s <2>-
vA + 2vB
655 - 60t'
s
vA +«B 2(x -1)
«Л(12 -1) + t>jg (12 -1) = s,
« (664 664 J
21>д 1 I+ vb 1 = s
Ak 60 < 60 )
(655 A f655 Л
vJ t + 2vB| 11 = s
Al 60 ) <60 )
2va(x -1) + 2vB(x -1) = s.
Сложив второе и третье уравнения (2), получим
, ч 60s 60s
3(Цд + Vr) = — • - "I-------,
V А В’ 664 - 60t 655 - 60t
20s 20s
откуда + (3)-
Сравнивая правые части первого уравнения системы (2) и уравнения (3),
$ 20s 20s
будем иметь ---------=-----— + —-—— , или, после упрощении,
J 12-1 664-60t 655-601
375
30t2 - 599t + 2959 = 0, откуда t = 11, что непригодно к решению задачи, или
538
t =----. Наконец, сравнивая правые части первого и третьего уравнений сис-
60
538
12-1___
_ s s 12 + t 60 529
темы (2), будем иметь -----=-------, откуда х =------=-------— =-----(ч)=
12 — t 2(r t) 2 2 60
= 10 часов 29 минут.
Ответ: в 10 час 29 мин.
13.392. Из аэропорта к центру города вышел автомобиль, одновременно из
центра города в аэропорт вышел автобус-экспресс. Когда первый прошел по-
ловину пути, второму осталось до конца маршрута 19,2 км, а когда второй
прошел половину пути, первому осталось до конца маршрута 12 км. Сколько
километров остается пройти автобусу после того, как автомобиль закончит
свой маршрут? Предполагается, что скорости автомобиля и автобуса постоян-
ны на всем пути.
s/2 s/2
Рис. 13.7.
Решение.
Обозначим скорость автомобиля через км/ч, скорость автобуса через иг
км/ч, расстояние между аэропортом и центром города через s км. Схема дви-
жения автомобиля и автобуса представлена на рис. 13.7, где точкой А обозна-
чен аэропорт, точкой Ц — центр города, точкой В — середина АЦ, АС = 19,2
км, DU, =12 км, АЕ — искомая величина.
Время, за которое автомобиль про-
шел АВ, равно времени, за которое ав-
Т1 s s —19,2
Ц тобус прошел ЦС, т.е. -----=---------.
2«i v2
Аналогично, автобус прошел расстоя-
ние ЦВ за такое же время, за которое
автомобиль прошел расстояние AD,
s s -12 __
следовательно, ----=------. Наконец,
2v2 vi
время, за которое автобус прошел BE, равно времени, за которое автомобиль
гчгг ЕВ 12
прошел расстояние ОЦ = 12 км, т.е. ----= —.
«2 г>1
Таким образом, имеем систему уравнений:
s s -19,2
2г?! г?2
(1).
2v2 v1
ЕВ 12
v2 «1 '
Перемножив первое и второе уравнения (1), получим s2 -41,6s+ 307,2 = 0 ,
откуда s = 9,8, что непригодно к решению задачи, или s = 32. Подставим
4 5
s = 32 во второе уравнение системы (1). Будем иметь — = — (2).
V2 «1
376
Разделим третье уравнение (1) на (2). Получим ЕВ = 9,6. Следовательно,
если автомобиль закончит свой маршрут (будет находиться в Ц), автобусу ос-
32
тается пройти расстояние ЕА = АВ - ЕВ = — - 9,6 = 16 - 9,6 = 6,4 (км).
Ответ: 6,4 км.
13.393. Расстояние между двумя точками равно d. Под действием некото-
рых сил обе точки начинают равномерное движение навстречу друг другу.
Чтобы они встретились на середине пути, первой точке нужно начать движе-
ние на t единиц времени раньше второй. Если же точки начнут сближение од-
новременно, то через Т единиц времени расстояние между ними составит к-ю
часть (к > 1) первоначального расстояния. Найти скорости движения точек.
Решение.
Обозначим скорость первой точки, движущейся из А в В (рис. 13.8), через
1?1 единиц длины в единицу времени, скорость второй точки, движущейся из
В в А, через и2 единиц длины в единицу времени, < v2. Через t0 единиц
времени обозначим то время, за которое вторая частица пройдет половину
( d\
пути 1 — 1 из В в С со скоростью «2> тогда согласно условию первая частица
пройдет половину пути из Л в С за (t0 + t) единиц времени со скоростью
d / \ d
Следовательно, v2tQ = — и vt(t0 + t) = —.
Если точки начнут сближение одновременно, то через Т единиц времени
расстояние между ними
d
DE = —.
к
стояния, т.е.
составит
Тогда
к-ую часть (к > 1) первоначального рас-
d к-1
AD + ЕВ = АВ - DE = d - — = ——-d и
к к
„ п, k ~1,
v^T + v2T - —-—d.
Рис. 13.8.
Таким образом, имеем систему трех
уравнений с тремя
d
«1(*о + ‘) = р
d
' ^2*0 - 2 ’
(«! + v2)T = —— d.
неизвестными:
Из
первого и вто-
рого уравнений системы найдем
d d
-------- (1) и v2 =------
2(t0+t) 2t0
( d
(2). Подставив
। d l_ к -1 ,
эти значения и v2 в третье уравнение, получим —------------+----- Т =-----d
2 (t0 + t) 2t0 j к
или, после упрощений, 2(k-l)tg - 2(Tk - t(fc - l))t0 —tTk = 0. Решив это
уравнение как квадратное относительно tg, получим
377
*0 ~
или t.
______________d (к -1)__________
Tk +1 (к -1) + ^T2k2 + t2(k-1)2
Tk - t(k - 1) - ylT2k2 +12 (к - I)2
-------------————--------------< 0, что непригодно к решению задачи,
Тк - t(k - 1) + д/т2к2 + t2(k - I)2
° 2(k -1)
Подставим значение t0 из (3) в (1). Будем иметь
d
v1 = ---------------======
j Тк -1 (к -1) + <Т2к2 + t2(k -1)2
1 2(k-l)
d (k -1) [тк +1 (k -1) - ^T2k2 +t2(k-l)2^
(тк +1 (k -1) + 7T2k2+t2(k-1)2 ^Tk +1 (k -1) - ^T2k2+t2(
d (к -1)(Tk +1(« -1) - 7т2к2 +t2(k-l)2 j
2tTk(k-l) =
dTk + dt (k -1) - d^T2k2 +t2(k-l)2
2tTk
dTk , dt(k-l) d^T2k2 +t2(k-l)2
~ 2tTk 2tTk 2tTk
_ A d(fe~1) _ А |т2к2 +t2(k^~l)2' = d(k-l) d ( _ I
~ 2t+ 2Tk 2t V T2k2 ~ 2Tk + 2t Г+
Аналогично, подставляя значение t0 из (3) в (2), получим
d _ d(k-l)
и2 - “7
2
t2(k — I)2
T2k2
Tk-t(k-l) + Jr2k2 + t2(k‘ - l)2
Tk - t(k - 1) + ylr2k2 + t2(k - I)2
2(fc -1)
d(k -1)(тк - t(k -1) - ^T2k2 + t2(k-l)2 j
(Tk -1 (k -1) + 7T2fc2 +t2(fc-l)2) (Tk -1 (k -1) - -]т2к2 + t2(k-l)2
d(к -1)(тк - t(K -1) - 7т2к2 +t2(k-l)2
-2tTk(k-l)
__ dTk - dt(k -1) - d^T2k2 + t2(k -1)2
- 2tTk
! + t2(k - I)2 _ d(k -1) d
2tTk ~ 2Tk 2t
t2(k -1)2'
+ T2k2
dTk dt (k -1) <
’ - 2tTk 2tTk
„ d(k - l) d
Ответ; -------± —
2Tk 2t
t2(k-l)2
T2k2
378
13.394. Два брата имели билеты на стадион, расположенный в 10 км от их
дома. Сначала они собирались идти на стадион пешком, но изменили намере-
ние и решили воспользоваться своим велосипедом, договорившись, что один
отправится на велосипеде, а другой одновременно с ним — пешком. Проехав
часть пути, первый оставит велосипед, а второй, дойдя до оставленного вело-
сипеда, поедет на нем дальше и догонит первого у входа на стадион. Сколько
времени выигрывают братья при этом по сравнению с первоначальным наме-
рением идти весь путь пешком, если каждый из них на велосипеде преодоле-
вает каждый километр на 12 мин быстрее, чем пешком?
Решение.
Каждый брат должен проехать и пройти одинаковое расстояние; следова-
тельно, велосипед надо оставить на середине пути, т.е. в 5 км от дома. Пусть
«1 км/мин — скорость ходьбы пешком, а и2 км/мин — скорость езды на вело-
™ 1 1
сипеде. Тогда--------= 12 , поэтому выигрыш во времени составит
«1 v2
-----1 = 5 • 12 = 60 (мин).
vl V2j \vl V2j
Ответ: 60 минут.
13.395. Спортсмен, тренируясь в быстрой ходьбе вдоль шоссе, заметил, что
каждые 6 мин его догоняет троллейбус, и
каждые 3 мин проходит встречный трол-
лейбус. Требуется найти, через какие про-
межутки времени отправляются троллейбу-
сы с конечных пунктов и во сколько раз
медленнее троллейбуса шел спортсмен, ес-
ли допустить, что в обе стороны троллейбу-
сы отправляются через одинаковые проме-
жутки времени, идут без остановок с по-
стоянной и одинаковой скоростью. Спорт-
>. смен также идет без остановок с постоян-
* ной скоростью (рис. 13.9, где АВ — график
движения спортсмена, прямые
и р1^1||р2®2 — графики движения каких-
либо последовательно идущих один за другим троллейбусов попутно спорт-
смену и навстречу ему).
Решение.
Обозначим через х минут промежуток времени следования троллейбусов,
через «1 м/мин — скорость троллейбуса, через w2 м/мин — скорость пешехо-
да.
Если пешеход идет навстречу троллейбусу, то за 3 мин их суммарный путь
равен 3(и1+г>2). Этот путь равен расстоянию щх между троллейбусами:
3(г>! + v2) = vix • Аналогично, 6(vt - и2) = vrx.
(3(v, + v2) = «jx,
_ Сравнивая ле-
6(Oj — v2) — v^x.
вые части уравнений, получим 3(+ v2) = б(г>! - v2), откуда = 3v2. Следо-
вательно, спортсмен шел медленнее троллейбуса в 3 раза. Подставляя
379
Wl J «1 1
значение v2 - -£ в первое уравнение системы, получим 31 1 = vrx ,
откуда х = 4 .
Ответ: через 4 мин; в 3 раза.
13.396. По расписанию учебно-тренировочных занятий сначала из пункта А
должен выехать один связист, а через 6 ч — второй связист с такой скоро-
стью, чтобы нагнать первого в 180 км от пункта А. Однако в момент отправле-
ния первый связист получил распоряжение ехать со скоростью, на а км/ч
больше, чем намечалось первоначально. Второму же связисту не разрешалось
увеличивать скорость, намеченную расписанием, поэтому чтобы точно выпол-
нить задание, ему пришлось выехать из пункта А на 3 ч раньше, чем намеча-
лось. Сколько времени будет в пути каждый связист? Доказать, что задача
имеет смысл только при а < 30.
Решение.
Обозначим скорость первого связиста, выехавшего из пункта А, через
км/ч, скорость второго связиста, также выехавшего из пункта А, через «2
км/ч, время, за которое второй связист догонит первого в 180 км от пункта А,
через t час. По условию
(1). Из первого уравнения системы (1)
180
найдем t =------. Подставив это значение t во второе уравнение, найдем
vi
30v.
t>2 = эд—~ (2). Так как в момент отправления первый связист получил рас-
поряжение ехать со скоростью (vx + а) км/ч, а второму связисту разрешалось
30«!
ехать со скоростью v2 =------—, для чего пришлось выехать из пункта А на
30 - Vj
3 ч раньше, то система уравнений (1) примет вид
180
г>! + а =----,
301?! _ 180 ИЛИ’
30 - «! “ (t - 6) + 3 ’
после упрощений,
180 - at
”——
”1
(3). Подставив значение Uj из первого
уравнения (3) во второе, придем к квадратному уравнению at2 + 3at - 540 = 0 ,
- За - Зл/а2 + 240а
из которого найдем t -----------------, что непригодно к решению задачи,
2а
л 3(-а + 3>/а2 + 240а) m „
или t =----------------------. Таким образом, первый связист будет в пути
2а
380
3(—а + V о? + 240а)
2а
часов.
Второй
связист
будет
пути
3(-а + у а + 240а) _
t — о — .... — «5 —
2а
- 3(3а - 7а2 + 240а)
-------------------- часов.
2а
Задача имеет смысл,
когда
- 3(3а - 7а2 4- 240а)
2а
За - yja2 + 240а < 0, За <
а < 30.
+ 240а , 9а2 < а2 + 240а , 8а2 < 240а , 8а < 240,
Л 3(-а + 7а2 + 240а) - 3(3а - 7 а2 + 240а)
Ответ: —---------------- и ----------------- ч, где а < 30.
2а 2а
13.397. Два поезда выходят одновременно из А и В навстречу друг другу и
встречаются на расстоянии р км от В. Через t ч после встречи второй поезд,
миновав пункт А, находился в q км от него, а первый в это время, миновав
пункт В, находился от второго поезда на расстоянии в два раза большем, чем
расстояние между А и В. Найти скорости поездов и расстояние между А и В.
Поезда не имели остановок и скорости их считаются постоянными.
Решение.
Обозначим скорость поезда, идущего из А в В, через vA км/ч, а идущего из
В в А через vg км/ч, расстояние АВ обозначим через $ км (рис. 13.10). Из рис.
13.10 находим СЕ - 2АВ - q - АВ + р = АВ - (р - q).
/ч л (ч г
А1 С В
дюл £АВ-р) км
2 АВ км
Рис. 13.10.
По условию
АВ - р _ р
VA VB ’
„ AB-(p-q)
в t
АВ + (р - q)
А t
Подставив значения vA и vg из
первое, получим АВ - Зр - q.
третьего и второго уравнений системы в
„ _3p-q + (p-q) 4р - 2q
Тогда vA ----------------=--------,
vB =
Зр q (р q) = 2р
t
Зр - q > 0,
2р п
— > 0,
t
4р - 2g Q
t
4р - 2q
Ответ: ------- и
t
Здесь
откуда 0 < q < 2р, р > 0 , t > 0.
км/ч; Зр - q км, где 0 < q < 2р, р>0, t > 0.
в
t
13.398. Два приятеля собрались на охоту. Один из них живет в 46 км от
охотничьей базы, другой, имеющий ’’Москвич”, в 30 км от базы — между этой
базой и домом своего приятеля. Они тронулись в путь одновременно, причем
381
владелец “Москвича” поехал навстречу своему приятелю, идущему пешком.
Встретившись, они вместе поехали на базу и прибыли туда через час после
выхода из дома. Если бы пешеход вышел из дома на 2 ч 40 мин раньше вла-
дельца “Москвича”, то приятели встретились бы в 11 км от дома пешехода.
Какова скорость автомобиля? Скорости движения пешехода и автомашины
считать постоянными.
Решение.
Обозначим скорость приятеля, двигавшегося пешком, через vn км/ч, а ско-
рость приятеля, ехавшего на автомобиле, через va км/ч. Расстояния от домов
приятелей до охотничьей базы удобно представить в виде схемы (рис. 13.11),
где точкой А обозначен дом пешего приятеля, точкой С обозначен дом при-
ятеля, имеющего “Москвич”, точкой Б обозначена охотничья база, точкой Д —
место встречи приятелей, Е — точка, где приятели встретились бы, если бы
« 8
пешеход вышел из дома на 2 часа 40 мин = — часов раньше владельца
“Москвича”, и находящаяся на расстоянии 11 км от точки А.
Пусть АД = х , тогда СД = АВ - АД - СБ = 46 - х - 30 = (16 - х) км.
Согласно условию пешеход расстояние от А до Д и автомобилист расстоя-
х 16 — х
ние от С до Д преодолели за одно и то же время, следовательно, — =------.
»п «а
с.
’ хкм ' ' (16-х) км ’ 30 км
46 км
Рис. 13.11.
Встретившись в Д, они вместе поеха-
ли в Б и прибыли туда через час после
выхода из дома, следовательно,
— + —— = j. Наконец, если бы пе-
”п va
л 8
шеход вышел из А на — часов раньше
владельца “Москвича”, то приятели встретились бы в 11 км от А, т.е. в Е, сле-
11 8 5 m
довательно,--------= —. Таким образом, имеем систему трех уравнений с
тремя неизвестными:
46 — х х 16v_ _
-----+ — = 1, (2) Из (1) найдем х --—. Под-
«а Vn va + vn
—-| = —• (3)
Уп 3 va
ставив это значение х в (2), получим ип
У2а ~ 62Уа
30 - va
(4). Наконец, подставив
значение vn из (4) в (3), придем к квадратному уравнению - 56va - 240 = 0,
откуда va = -4 , что непригодно к решению задачи, или va = 60.
Ответ: 60 км/ч.
13.399. Поезд был задержан на станции отправления на 1 ч 42 мин. Полу-
чив сигнал отправления, машинист повел состав по такому графику: на уча-
стке, составляющем 0,9 всего пути от станции отправления до станции назна-
382
чения, он поддерживал скорость на 20% выше обычной и 0,1 пути вел состав
со скоростью на 25% выше обычной. В результате поезд прибыл на станцию
назначения без опоздания. Какова продолжительность движения этого поезда
между станциями при обычной скорости?
Решение.
Обозначим расстояние между станцией отправления и станцией назначе-
ния через з км, а обычную скорость поезда через v км/ч. По условию
0,9s 0,1з з _ s
----+-----=------1,7, откуда — = 10 часов.
1,2г? 1,25г? г? г?
Ответ: 10 ч.
13.400. На шоссе последовательно расположены пункты D, А, С и В. Из А и
В одновременно выехали мотоциклист и велосипедист в пункты С и D соот-
ветственно. Встретившись в Е, они обменялись машинами и каждый продол-
жал свой путь. В результате первый затратил на поездку от А до С 6 ч, а
второй затратил на поездку от В до D 12 ч. Определить длину пути АВ, если
известно, что каждый едущий на мотоцикле развивает скорость 60 км/ч, а на
велосипеде — 25 км/ч, и, кроме того, средняя скорость движения первого на
пути АС равна средней скорости движения второго на пути BD.
Решение.
Из А в Е и из В в Е мотоциклист со скоростью 60 км/ч и велосипедист со
, АЕ ВС + СЕ
скоростью 25 км/ч ехали одно и то же время, следовательно, -=--------.
60 25
Из А в С первый ехал расстояние АЕ со скоростью 60 км/ч, а потом рас-
стояние ЕС на велосипеде со скоростью 25 км/ч и затратил на эту поездку 6
АЕ СЕ о
часов, следовательно, -+----= 6.
60 25
Аналогично, из В в Д второй ехал расстояние BE со скоростью 25 км/ч, а
потом расстояние ЕД на мотоцикле со скоростью 60 км/ч и потратил на эту
ВС + СЕ ЕА + АД
поездку 12 часов, следовательно, -—---+----— - = 12.
Наконец, средняя скорость движения первого на пути АС равна средней
АЕ + ЕС ВС + СЕ + ЕА + АД
скорости движения второго на пути ВД, т.е. --------=-------------------.
6 12
Таким образом, имеем систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными:
5АЕ = 12ЕС + 12ВС,
5АЕ + 12ЕС = 1800,
' 5АЕ + 12ЕС + 12ВС + 5АД = 3600,
АЕ + ЕС-ВС = АД.
Подставляя значение АД = АЕ + ЕС - ВС из четвертого уравнения системы
в третье, получим систему трех уравнений с тремя неизвестными
5АЕ = 12ЕС + 12ВС,
• 5АЕ + 12ЕС = 1800, Из первого уравнения полученной системы найдем
10АЕ + 17ЕС + 7ВС = 3600.
383
АЕ =------------. Подставляя это значение АЕ во второе и третье уравнения
5
этой же системы, придем к системе двух уравнений с двумя неизвестными
J2EC + ВС = 150,
[41ЕС + 31ВС = 3600.
Наконец, из первого уравнения последней системы найдем ВС = 150 - 2ЕС
и подставим это значение ВС во второе уравнение этой же системы. Будем
12-50 + 12-50
иметь ЕС = 50. Тогда ВС = 150 - 2 50 = 50; АЕ =------= 240.
Итак, АВ = АЕ + ЕС + ВС = 240 + 50 + 50 = 340.
Ответ: 340 км.
13.401. На беговой дорожке одновременно стартовали два конькобежца на
дистанцию s м. Когда победитель достиг финиша, другому осталось бежать
еще целый круг. Определить длину беговой дорожки, если победитель, про-
бегая каждый круг на а с быстрее побежденного, закончил дистанцию за t
мин. Считается, что скорости спортсменов сохранялись постоянными на всей
дистанции.
Решение.
Пусть конькобежцам нужно пробежать п кругов по беговой дорожке. Когда
победитель закончил бег, пробежав п кругов, то другой конькобежец за это
же время пробежал п - 1 кругов.
Так как первый конькобежец на п кругов затратил t минут, или 60t секунд,
601
то на круг у него уходило -- секунд.
п
<601 А
Второй конькобежец пробегал круг за -----+ а секунд, а п -1 кругов за
V п )
60t секунд. Имеем
Mt - (60t и. П- _ (60t + an)(n-1).
out — I -- + CL I (71 — II, Out = --------,
\ П J П
60tn = 60tn - 60t + an2 - an ; an2 - an - 60t = 0 ,
a - y/a2 + 240at
откуда n -----------------< 0, что непригодно к решению задачи, или
2a
a + yja2 + 240at _ _
n =--------------. Тогда длина беговой дорожки равна
2a
e 2as 2as(a - Va2 + 240at j s^yja2 + 240at -a^
ft д 4. + 240at a2 — a — 240at 1201
sfya2 + 240at - a j
Ответ: —------------------ м.
120t
13.402. Вместимости трех сосудов А, В, С, каждый из которых имеет форму
куба, относятся как 1:8:27, а объемы налитой в них воды — как 1:2:3. После
переливания части воды из сосуда А в сосуд В и из сосуда В в сосуд С во
384
всех трех сосудах получили слой воды одинаковой глубины. Затем перелили
4
128 у л воды из сосуда С в сосуд В, а после этого из сосуда В в сосуд А
столько, что глубина воды в сосуде А стала вдвое больше, чем в сосуде В. При
этом оказалось, что в сосуде А имеется теперь на 100 л воды меньше, чем бы-
ло первоначально. Сколько воды было первоначально в каждом сосуде?
Решение.
Обозначим через х объем воды в сосуде А до переливания. Тогда первона-
чальный объем воды в сосудах В и С будет равен соответственно 2х и Зх, а
общий объем х + 2х + Зх = бх. После первого переливания из А в В и из В в
С глубина во всех сосудах стала одинаковой, и поэтому объемы воды относят-
ся как площади основания, т.е. как 1:4:9. Поэтому после первого переливания
объемы воды в сосудах А, В, С будут соответственно иметь значения
бх 3 , бх 12 бх 27
1 1+4+9 7 ’ 1+4+9 7 ’ 1+4+9 7
После второго переливания из С в В эти объемы станут соответственно
3 12 , 4 27 ЛЛО4
равными —х, —х + 128— , —х-128 —.
7 7 7 7 7
После третьего переливания из В в А объем воды в А стал равным
х-100,авВ — равным у (х -100) • 4 = 2(х -100).
Сложив объемы воды во всех сосудах, получаем уравнение первой степени
27 4
относительно х: (х - 100) + 2(х - 100) + — х — 128у = бх. Решая это уравне-
ние, находим: х = 500.
Итак, первоначальное количество воды во всех сосудах таково: в А — 500л,
в В — 1000л, в С — 1500л.
Ответ: 500 л, 1000 л, 1500 л.
13.403. Соревнуются три бригады лесорубов. Первая и третья бригады об-
работали древесины в два раза больше, чем вторая, а вторая и третья — в
три раза больше, чем первая. Какая бригада победила в этом соревновании?
Решение.
Пусть х, у, z — количество древесины, обработанное соответственно пер-
вой, второй и третьей бригадами. По условию имеем систему уравнений
{х + z = 2у,
Вычитая из первого уравнения системы второе, получаем
I z 3 .
х - у = 2у - Зх или 4х = Зу, отсюда у = — х > х. Значит, победила вторая
4
или третья бригада. Подставляя значение у = — х
3
в первое уравнение систе-
8 5
мы, находим x+z=—х или z = —х, откуда z
3 3
„ 4
> х . Сравним у = — х и
5
z = — х . Заключаем, что z > у. Следовательно, победила третья бригада.
Ответ: третья.
385
13.404. Два человека одновременно начали спускаться по движущемуся
вниз эскалатору метро, причем один шел вдвое быстрее другого. Один из них
насчитал 60 ступенек, в второй — 40. Сколько ступенек пришлось бы им от-
шагать по неподвижному эскалатору?
Решение.
Обозначим через х число ступенек неподвижного эскалатора, через у ско-
рость эскалатора, через z скорость человека при спуске, причем скорости из-
меряются в ступеньках за единицу времени.
XZ
По условию 60, Z + у (1). Умножим первое уравнение системы (1) на XZ 4П
2z + y
х _ г + У
z + у 2г + у _ 60 ~ Z ’
-----, а второе — на -----. Получим ^z+ или> после упрощении,
.40 = z ’
х , У
— = 1 + —,
60 z
- (2). Вычитая первое уравнение системы (2) из второго, получим
— = 2 + ^.
140 z
X X
--------= 1, откуда х = 120 .
40 60---3
Ответ: 120.
13.405. Из А в В и из В в А одновременно вышли два пешехода. Когда пер-
вый прошел половину пути, второму до конца пути осталось пройти 24 км, а
когда второй прошел половину пути, первому до конца пути осталось пройти
15 км. Сколько километров останется пройти второму пешеходу после того,
как первый закончит переход?
Решение.
Рис. 13.12.
Обозначим скорость первого пешехо-
да, идущего из А в В, через «1 км/ч,
скорость второго пешехода, идущего из
В в А, через v2 км/ч, расстояние между
А и В через s км. Пройденные пешехо-
дами расстояния удобно представить в
виде схемы (рис. 13.12), где точкой С
обозначена половина пути АВ,
AD - 24 км, ЕВ = 15 км, AF — расстоя-
ние, которое останется пройти второму пешеходу после того, как первый за-
кончит переход (будет находиться в В).
Если первый пешеход пройдет АС = — , а второй пройдет BD = s - 24 , то
s _ а - 24
2их v2
386
Аналогично, когда второй пешеход прошел ВС = а первый АЕ = s -15,
s s -15
то -----------.
2v2 «1
Наконец, время, за которое второй пешеход прошел CF, равно времени, за
CF
которое первый прошел ЕВ = 15 км, т.е. --
V2
15
«1
Таким образом, имеем систему уравнений:
s
s
2v2
CF
v2
s-24
”2
(1).
15
Перемножив первое и второе уравнения (1), получим s2 - 52s + 480 = 0, от-
куда s = 12 , что непригодно к решению задачи, или s = 40. Подставим значе-
4 5
ние s = 40 во второе уравнение системы (1). Будем иметь — = — (2).
«2 и1
Разделив третье уравнение (1) на (2), получим CF -12. Тогда
AF = АС - CF = - -12 = — - 12 = 20 - 12 = 8.
2 2
Ответ: 8 км.
13.406. Три мотоциклиста проезжают с постоянными, но различными ско-
ростями один и тот же участок АВ дороги. Сначала пункт А проехал первый
мотоциклист, а 5 с спустя в том же направлении — второй и третий. Через
некоторое время первого мотоциклиста обогнал третий, а еще через 10 с его
обогнал и второй. За какое время первый мотоциклист проедет расстояние
АВ, если второй проехал это расстояние за 1 мин, а третий — за 40 с?
Решение.
Обозначим скорости первого, второго и третьего мотоциклистов соответст-
венно через Uj м/с, v2 м/с и «з м/с, время, через которое первого мотоциклист
обогнал третий, через с, а искомое время, за которое первый мотоциклист
проедет расстояние АВ, через t2 с- По условию
UJ5 + t) - vat,
и^ + 15) = v2(t + 10), (1).
3u2 = 2v3.
VJ5 + t) = u3t,
- (5 + t + 10) = v2(t + 10), или, после упрощений, <
, 2
v2-l = v3--,
О
Разделив первое уравнение системы (1) на второе, получим
t + 5 v3t t2 + 15t _
-----------й--- откуда v, = -=---------и, . Подставив это значение v2 в
t + 15 u2(t + 10) У 2 t2+15t + 50
третье уравнение (1), получим t2 + 15t - 100 = 0, откуда t = -20, что непри-
годно к решению задачи, или t = 5.
Согласно условию, и2 • 1 = s, откуда s = и2.
387
Подставив значение t = 5
3
4v1 = 3v2, откуда = — v2.
во второе уравнение системы (1), получим
_ s v2 4
Тогда t2 = — = -- = — мин = 80 с.
Vi 3 3
1 —
4 2
Ответ: за 80 с.
13.407. К берегу водохранилища подошли трое: А, В и С; А отправился на
противоположный берег вплавь со скоростью v км/ч; одновременно В и С от-
правились на моторной лодке со скоростью 10 v км/ч. Через некоторое время
С решил остаток пути преодолеть вплавь и поплыл с той же скоростью, что и
А. В тот же момент В повернул назад, чтобы взять в лодку А, который быстро
садится в нее и продолжает путь вместе с В. На противоположном берегу все
трое оказываются одновременно. Определить время переправы, если известно,
что ширина водохранилища равна Ъ км (скорость течения предполагается
равной нулю).
Решение.
Пусть х — расстояние от берега водохранилища до того места, где С поки-
нул лодку. Заметим сначала, что на таком же расстоянии от противополож-
ного берега А сел в лодку. Действительно, способ, которым преодолели пере-
праву А и С, отличается лишь тем, что С сначала ехал в лодке, а затем плыл,
а А — наоборот. Так как они плывут с одинаковой скоростью v и затрачивают
одинаковое время на переправу, то очевидно, указанные расстояния должны
быть равны.
д* -f- — 2(Ь_д?) b ~ т
После этого замечания легко составить уравнение -----------=------.
10v v
Здесь левая часть выражает время, затраченное лодкой на преодоление
пути до встречи с А, а правая часть — время, которое затратил А до встречи
И .
с лодкой. Из полученного уравнения находим х = — о.
13
Отсюда время переправы
911b
_ Ъ-х х 10Ь-10х + х 10b-9т 1з 31b
v 10v 10и 10« 10v 130«
Л 31b
Ответ: ---- ч.
130v
АС В
•------------•
<►—< > ti первая частица
2
вторая частица
301 см ж
Рис. 13.13.
13.408. Между пунктами А и В, удален-
ными друг от друга на 3,01 м, совершает
колебательное движение материальная
частица mt. Скорость ее постоянна и на
конечных пунктах она не задерживается.
Через 11 с после выхода частицы тг из
пункта А другая частица т2 начинает
двигаться из пункта В также с постоянной,
388
но меньшей скоростью. Эта частица, двигаясь в направлении пункта А, дваж-
ды встречается с частицей , а именно через 10 и 45 с после выхода второй
частицы. Определить скорости частиц.
Решение.
Пусть скорость материальной частицы mi равна щ м/с, а частицы т2 —
«2 м/с. К моменту первой встречи частица mi находилась в пути
11 +10 = 21с, а частица т2 — 10 с. Получаем уравнение 21Vj + 10«2 = 301. К
моменту второй встречи частица т^ находилась в пути 11 + 45 = 56 с, а части-
ца т2 — 45 с.
Пусть С — точка второй встречи (рис. 13.13); тогда частица mi к моменту
второй встречи успела пройти расстояние АВ + BA + АС = 2АВ + АС , а части-
ца т2 — расстояние ВА + АС = АВ + АС.
Разность этих расстояний есть 2АВ + АС - АВ - АС = АВ = 301 см. Получа-
ем второе уравнение 56^ - 45г>2 = 301.
Таким образом, имеем систему двух уравнений с двумя неизвестными
[211?, + 10г>2 = 301,
<56 45 решив которую, найдем = 11, v2 = 7.
Ответ: 11 и 7 см/с.
13.409. Самоходный каток, употребляемый для ремонта дорог, в состоянии
укатывать полосу шириной 0,85 м, причем каждая следующая полоса пере-
крывает предыдущую на 1/4 ее ширины. С какой скоростью должен двигать-
ся этот каток, чтобы за время, не большее 6 ч и не меньшее 5 ч, можно было
дважды провести укатку участка шоссе длиной 750 м и шириной 6,5 м?
Решение.
Согласно условию каждая следующая полоса перекрывает предыдущую на
~ 0,85 = 0,2125 м. Если каток будет перекрывать каждую полосу, то один раз
6,5
он проведет укатку за —----------= 10,196 проходов, но так как последняя
0,85 — 0,2125
полоса не перекрывается, то достаточно 10 проходов. По условию
750 • 20
5 <------< 6, откуда 2500 < v < 3000 , где v м/ч — скорость катка, или 2,5
v
км/ч < V < Зкм/ч.
Ответ: от 2,5 до 3 км/ч.
13.410. Вдоль сторон прямого угла по направлению к вершине движутся
два шара радиусами 2 и 3 см, причем центры этих шаров перемещаются по
сторонам угла с неравными, но постоянными скоростями. В некоторый момент
времени центр меньшего шара находится на расстоянии 6 см от вершины, а
центр большего — на расстоянии 16 см. Через 1 с расстояние между центрами
стало 13 см, а еще через 2 с шары ударились, не дойдя до вершины. Найти
скорости шаров.
Решение.
Пусть Tj = 2 см, г2 = 3 см, и пусть в некоторый момент времени центр
меньшего шара находится в точке А^, центр большего шара — в точке Bi (рис.
389
13.14), ОАХ = 6 см, 0В1 = 16 см. Через 1 с точка Ах перешла в точку А2, а точ-
ка Bi в точку В2, А2В2 = 13 см.
Еще через 2 с точка А2 перешла в точку
Аз, а точка В2 в точку В3 так, что
А3В3 = ri + г2 = 2 + 3 = 5 см.
Положим ОВ3 = х см, ОА3 = у см,
В2ВХ = z см, А2Аг = t см. Тогда, так как
при постоянной скорости vx см/с за 1 с
точка Ai проходит расстояние t см, то за 2
с она проходит 2t см, т.е. A3A2=2tCM,
следовательно, А3 А! = 31 или
6 — и
31 = OAj - ОА3 — 6 - у , откуда t = —.
16-я
Аналогично найдем z =---
3
Тогда в прямоугольных треугольниках А2ОВ2 и А3ОВ3, согласно теореме
Пифагора, имеем (ОА2)2 + (ОВ2)2 = (А2В2)2 и (ОА3)2 + (ОВ3)2 =(А3В3)2, или
(у + 2t)2 + (я + 2z)2 = 169 и я2 + у2 = 25 или
(я + 32> fy + 12f ,вл
V 3 ) V 3 )
я2 + у2 = 25.
Упростив первое уравнение системы и заменив я2 + у2 на 25, получим
„ , „ 41 - 8я _
8я + Зу = 41, откуда у =------. Подставим это значение у во второе урав-
, 364
нение. Будем иметь 73я - 656я + 1456 = 0, откуда Я! = 4 , я2 = .
3 364 3
Тогда ух = 3, у2 = —. Значения я2 =--- и у2 = — не подходят к решению
8 73 8
задачи.
Таким образом, скорость шара радиуса 2 см равна
_ А2 А3 _ 21 _ _ 6 - у _ 6 - 3
1 2 2 3
а скорость шара радиуса 3 см равна
В2В3 2z 16-я
2 2 z 3
Ответ: 1 и 4 см/с.
= 1 см/с,
16-4
—= 4 см/с.
13.411. Две точки А и В, первоначальное расстояние между которыми рав-
но а, одновременно начали двигаться по разным сторонам прямого угла к его
вершине с одной и той же постоянной скоростью v. Точка В достигает верши-
ны на t единиц времени раньше, чем точка А (все измерения выполнены в од-
ной системе единиц). Определить, сколько времени двигалась точка А. Какое
значение надо придать величине а, чтобы искомое время приняло наименьшее
из возможных его значений?
390
Решение.
Обозначим время, за которое точка А
достигнет вершины О (рис. 13.15), через х
единиц времени, тогда точка В достигнет
вершины О согласно условию за [х -1)
единиц времени. Скорость движения то-
чек А и В к вершине О обозначим через
v единиц длины в единицу времени.
Расстояние АО частица А пройдет за
время х со скоростью «, следовательно,
АО = vx, а расстояние ВО частица В
пройдет за время (х -1) со скоростью v, следовательно, ВО = v(x - t).
Согласно теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике ВОА имеем
АВ2 = АО2 + ВО2 , а2 = v2x2 + v2(x - t)2, или, после упрощений,
о р о 2 2 2 1*1» у ~~ V К
2г? х - 2v tx + v t - а = 0 , откуда х =------------------------, что непригодно к
vt + yza -v г Л о 2.2 Л w
решению задачи, или х =---------------, где 2a - v t > 0 , a <. —i= < 0.
2v V2
vt
что непригодно к решению задачи, или а > ~-^=.
_ _ vt + 72a2 - v2t2
Для того, чтобы время х =--------------, приняло наименьшее из воз-
2v
„ vt
можных его значении, величине а надо придать значение —?=.
42
п vt + 42а2 - v2t2 vt
Ответ: ---------------, а = —?=.
2v 42
13.412. Три совхоза расположены не на одной прямой. Расстояние от пер-
вого до третьего через второй вчетверо длиннее прямого пути между ними;
расстояние от первого до второго через третий на а км длиннее прямолиней-
ного пути; расстояние от второго до третьего через первый равно 85 км. В ка-
ком интервале находятся все значения а, для которых было бы возможным
указанное расположение совхозов не на одной прямой? Вычислить расстояние
между совхозами при а=5.
Решение.
Пусть первый, второй и третий совхозы нахо-
дятся соответственно в вершинах А, В и С тре-
угольника АВС (рис. 13.16). Положим АВ = х,
х + у = 4z,
ВС = у, АС = z. По условию <z + у = х + а,
х + z = 85.
Решив эту систему уравнений, получим
425 - a 255 + 5a 170 +a
=------, у =---------. z =----'--.
7 ’ * 7 7
391
Для существования треугольника АВС необходимо и достаточно выполне-
ния условий
а? + у z + y> > Z, или '425-а 7 + 425-а 255 + 5а 7 170 +а 7 > 170 + а > 7 ’ 255 +5а , откуда 0 а с 68
7
X + Z У- 255 + 5а 170 + а н 7 425-а
7 7 '
При а = 5 имеем х = 60 , у = 40, z = 25.
Ответ: 0 < а < 68. При а = 5 расстояние между совхозами 60, 40 и 25 км.
13.413. Сплав состоит из олова, меди и цинка. Если от этого сплава отде-
лить 20 г и сплавить их с 2 г олова, то во вновь получившемся сплаве масса
меди будет равна массе олова. Если же отделить от первоначального сплава
30 г и прибавить 9 г цинка, то в этом новом сплаве масса олова будет равна
массе цинка. Определить в процентах состав первоначального сплава.
Решение.
Пусть в одном килограмме (1000 г) первоначального сплава — х% олова,
у% меди и z% цинка, т.е. 1000 • = Юг г олова, 1000 у^- = Юу г меди и
z
1000-----= 10zr цинка.
100
Тогда имеем уравнение Юх + Юу + 10z = 1000 или х + у + z = 100.
Если от этого сплава отделить 20 г, т.е. (0,2х + 0,2у + 0,2z) г, и сплавить их с
2 г олова, то получим новый сплав массой
0,2х + 0,2у + 0,2z + 2 = ((0,2г + 2) + 0,2у + 0,2z) г.
В этом сплаве масса меди будет равна массе олова, т.е. 0,2х + 2 = 0,2у или
х +10 = у. Если же отделить от первоначального сплава 30 г, т.е.
(0,За? + ОДу + ОДг) г, и прибавить 9 г цинка, то получим новый сплав массой
0,3а? + ОДу + 0,3z + 9 = (ОДх + ОДу + (0,3z + 9)) г.
В этом сплаве масса олова будет равна массе цинка, т.е. ОДх = 0,3z + 9 или
х = z + 30.
Таким образом, имеем систему трех уравнений с тремя неизвестными
х + у + z = 100,
• х + 10 = у, решив которую способом подстановки, найдем х = 40 ,
х = z + 30,
у = 50 , z = 10.
Ответ: 40, 50 и 10%.
13.414. Из двух пунктов Д и В одновременно выехали два инспектора к
месту происшествия, в пункт С. Первый инспектор примчался в пункт С че-
рез а мин. Если второй инспектор будет стремиться попасть из пункта В в
пункт С одновременно с первым, то ему придется на проезд каждого кило-
метра затрачивать на с мин меньше, чем первому, так как расстояние от В до
392
С на b км больше расстояния от А до С. На каком расстоянии от пункта А
случилось происшествие?
Решение.
Обозначим расстояние от А до С через х км, тогда расстояние от В до С
равно (х + Ь)км.
Если первый инспектор примчался из А в С через а мин, то 1 км он про-
а
езжал за — мин.
х
Следовательно, если второй инспектор 1 км проезжал за — - с =-----—
мин, то расстояние (х + Ь)км от В до С он проехал за -—— (х + Ь)мин.
х
а - сх z , ч
По условию имеем уравнение а =-------(х + Ъ), или, после упрощении,
х ‘
2 , - Ьс - 7b2c2 + 4аЬс
сх + Ьсх - ab = 0 , откуда х =---------------< 0 , что непригодно к ре-
20
-bc + TbV+^abc
шению задачи, или х ------------------, где а>0, о > 0, с > 0.
2с
„ - be + >/b2c2 + 4аЬс ,
Ответ: ----------------- км, а, Ь, с — произвольные положительные
числа.
13.415. Два велосипедиста выехали одновременно из пунктов А и В на-
встречу друг другу. Через 4 ч после встречи велосипедист, ехавший из А,
прибыл в В, а через 9 ч после встречи велосипедист, ехавший из В, прибыл в
А. Сколько часов был в пути каждый велосипедист?
Решение.
д СВ Схема движения велосипедистов пред-
а .......—— а .........а ставлена на рис. 13.17. Обозначим скорость
Ц______КМ_________>|< км»| велосипедиста, выехавшего из А, через х
Рис 13 17 км/ч, а скорость велосипедиста, выехавшего
из В, через у км/ч, точкой С обозначим ме-
сто их встречи. Тогда АС = 9у, ВС = 4х и так как до встречи в точке С они
9у 4х . о л 2 х 3
ехали одно и то же время, то — = —, или 9у = 4х , откуда — = —.
х у у 2
Велосипедист, ехавший из А в В, был в пути
9у + 4х п у , Л 2 , „ , , „ ,
—------= 9— + 4 = 9 — + 4 = 6+ 4 = 10 (часов),
х х 3
а велосипедист, ехавший из В в А, был в пути
= 4. — + 9 = 4 — + 9 = 6 + 9 = 15 (часов).
У У 2
Ответ: 10 и 15 ч.
393
13.416. На складе имеется некоторое число бочек двух образцов (размеров)
общей вместимостью 7000 л. Если бы все бочки были первого образца, то вме-
стимость всех бочек увеличилась бы на 1000 л. Если бы все бочки были вто-
рого образца, то вместимость уменьшилась бы на 4000 л. Вычислить вмести-
мость всех бочек каждого образца в отдельности.
Решение.
Пусть было т бочек вместимостью х литров каждая и п бочек вместимо-
стью у литров каждая. По условию имеем
тх + пу = 7000,
тх + пх = 7000 + 1000, или
ту + пу = 7000 - 4000,
тх + пу = 7000,
тх + пх = 8000, (1).
ту + пу = 3000.
Если из второго уравнения системы (1) вычесть первое, то получим
пх - пу = 1000 или п(х - у) = 1000 (2), а если из первого уравнения системы
(1) вычесть третье, то получим тх - ту = 4000 или т(х - у) = 4000 (3).
Разделим почленно уравнение (3) на уравнение (2). Будем иметь — = 4
п
или т = 4п .
Подставляя это значение тп в третье уравнение системы (1), получим
т
4пу + пу = 3000 , откуда пу = 600 , а подставляя значение п = — во второе
т
уравнение системы (1), получим тх + —х = 8000 , откуда тх = 6400.
4
Ответ: 6400 л и 600 л.
13.417. К цветущей яблоне полетел
шмель со скоростью vx м/мин. Одновре-
менно к другой яблоне полетела пчела со
скоростью v2 м/мин. При этом шмелю
нужно было преодолеть расстояние в 2а м,
а пчеле — расстояние в 2Ъ м. Предполо-
жим, что траектории их полета — взаимно
перпендикулярные прямые, пересекаю-
щиеся в точке, делящей пополам и путь
шмеля, и путь пчелы. Найти формулу, вы-
ражающую зависимость расстояния у ме-
жду шмелем и пчелой от времени х их по-
лета. Установить момент, когда в полете
шмеля и пчелы расстояние между ними
достигает наименьшего значения. Исследо-
вать, пролетит ли пчела или шмель точку
пересечения их траекторий к моменту, когда будет достигнуто наименьшее
расстояние между шмелем и пчелой.
Решение.
Пусть АА} = 2Ъ м, BBj = 2а м, С — точка пересечения АА\ и ВВу (рис.
13.18). Шмель за х сек пролетит BD = г>гхм, а пчела АЕ = Тогда рас-
стояние шмеля от пункта С равно CD = (а - м, а расстояние пчелы —
394
СЕ = (b - v2x) м. Поскольку траектории полета взаимно перпендикулярны, то
расстояние DE = у м между шмелем и пчелой будет гипотенузой прямоуголь-
ного треугольника ECD, катеты которого равны CD = а - vtx и СЕ = b - v2x .
Тогда по теореме Пифагора имеем у2 = (a - Vjx)2 + (b - v2x}2 (1) или
у2 = (уЗ + у| )ж2 - 2(avt + bv2)x + а2 + b2 (2), откуда получим формулу, вы-
ражающую зависимость расстояния у между шмелем и пчелой от времени х
их полета: у = ^v2 + v2)x2 - 2(avj + bu2)x + a2 + b2 (3).
Заметим, что если y2(x) имеет наименьшее значение при х = х0, то и
у{х) также принимает наименьшее значение при х = х0. Верно и обратное.
Задача сводится к нахождению наименьшего значения квадратного трех-
члена (2). Для того, чтобы найти наименьшее значение квадратного трехчлена
у = ах2 +Ъх + с (4) в случае a > 0, представляют трехчлен в виде
b V Ъ2 — 4ас
—---------------------(5).
2а) 4а
Так как первое слагаемое в правой части неотрицательно при любом х, а
второе от х вообще не зависит, то трехчлен принимает наименьшее значение
при условии, что первое слагаемое равно нулю. Таким образом, наименьшее
b2 - 4ac _ _ b
значение трехчлена равно у0 =--------- (6). Оно достигается при х0 = -—
(7).
Согласно этому в полете шмеля и пчелы расстояние между ними достигает
, •> 2 „. av, + bv2
наименьшего значения (+ v2 > 0) в момент времени х0 = —|(8)
«1 + v2
минут от начала полета. Используя далее формулу (6), находим наименьшее
расстояние между шмелем и пчелой:
4(a2 + b2Vvf + v2
У =
2 .
I |аг>2 Ьг?1|
BD = VjXq
К моменту, когда будет достигнуто наименьшее расстояние между шмелем
и пчелой, шмель пролетит расстояние
Vi(aVi + bv2) _ avf + bvxv2
,.2 , „2 ~ 2 , 2 ’
l>i + V 2 Vj + V2
U2(aui + Ьиг) av,v2 + bv2
а пчела — расстояние АЕ - v2x0 = —i-r-------5—- = — . Шмель проле-
v1 +v2 Vi + V2
_ avi + bv,v9
тит точку С, если BD > ВС, т.е. —--------5-=- > a , откуда, после упрощении,
+ v$
о Ъ
найдем — < —. Аналогично,
v2
av,v2 + bvo a
—-------j-s- > a , откуда — >
vf + v22 vx
пчела пролетит точку С, если АЕ > АС , т.е.
Ъ
—. Отсюда можно сделать вывод, что если
«2
395
a b av, + bvo
— = —, то шмель и пчела к моменту времени ----?=- встретятся в
и1 «2 «12 + «2
_ а Ъ „
точке С; если —<—, то шмель пролетит точку С, а пчела нет; если же
и2
а b _
— > —, то шмель не пролетит точку С, а пчела пролетит.
и1 и2
_ Г/ 2 2*1 2 , \ 2 , 2 + bv?
Ответ: у = J vjf + v2 )х - 2(av1 + bv2)х + а +Ъ ; х0 =—±; если
a b av, + bvy
— = —, то шмель и пчела к моменту времени х0 = —±----------т®- встретятся в
U1 v2 «1 + V2
a b
точке пересечения траектории их полета; если —<—, то шмель пролетит
*>1 »2
„ a Ъ
точку пересечения их траектории, а пчела нет; если же — > —, то шмель не
«1 v2
пролетит, а пчела пролетит точку пересечения их траекторий.
Рис. 13.19.
13.418. Два велосипедиста выезжа-
ют одновременно из пункта А с раз-
личными (но для каждого постоянны-
ми) скоростями и едут к пункту В.
Достигнув его, они тотчас же едут об-
ратно. Первый велосипедист, ехавший
быстрее второго, на обратном пути
встретил второго на расстоянии а км
от В; затем, достигнув А, едет снова по
направлению к В, и, пройдя к-ю часть
пути АВ, встречает второго велосипе-
диста, возвращающегося из В. Найти
расстояние от А до В.
Решение.
Обозначим через Vj км/ч скорость первого велосипедиста, а через v2 км/ч
— скорость второго велосипедиста (> v2), через s км — расстояние между
А и В.
Пройденные велосипедистами расстояния удобно представить в виде схе-
мы (рис. 13.19).
Время, за которое первый велосипедист проедет из А в В и из В в С со
скоростью «1, равно времени, за которое второй велосипедист проедет из А в
„ s + а з - а
С со скоростью v2, т.е. -=-------.
«1 v2
Аналогично за одно и то же время первый велосипедист проедет расстоя-
s з 2к +1
ние АВ + BA + AD = s + s + — = 2s ч— =-----з со скоростью г?1, а второй ве-
ге к к
лосипедист проедет расстояние
, ч. з 2к — 1
АВ + BD = АВ + (АВ - AD) = 2АВ -AD = 2s-- = ,
396
следовательно,
s + a s - а
Таким образом, имеем систему уравнений:
V, v2
2k +1 2k-1
вое уравнение системы на второе, получим s = 2ак.
Ответ: 2ак км.
13.419. Два поезда длиной в 490 и 210 м равномерно движутся навстречу
друг другу по параллельным путям. Машинист одного из них заметил встреч-
ный состав на расстоянии 700 м; после этого через 28 с поезда встретились.
Определить скорость каждого поезда, если известно, что один из них проез-
жает мимо светофора на 35 с дольше другого.
Решение.
Пусть скорость первого поезда (длиной 490 м) х м/с, а скорость второго
(длиной 210 м) у м/с. За 28 секунд первый поезд прошел 28г метров, а второй
— 28у метров; получаем уравнение 28х + 28у = 700. Первый поезд идет мимо
А 490 „ 210 _
светофора ---- секунд, а второй — --- секунд. Получаем второе уравнение
х у
490 210 m
----------- 35. Таким образом, имеем систему уравнении
х у
28т + 28у = 700,
490 210
----------= 35,
х у
решив которую, найдем
х, = 35,
что непригодно к решению задачи, и
У1 = -ю,
{х2 = 10,
Таким образом, скорость первого поезда равна 10 м/с, т.е. 36 км/ч,
у2 =15.
скорость второго поезда равна 15 м/с, т.е. 54 км/ч.
Ответ: 36 и 54 км/ч.
13.420. Кортеж автомобилей с космонавтами равномерно движется по про-
спекту со скоростью v км/ч. Протяженность кортежа постоянно сохраняется
равной т м. Букет цветов, брошенный из окна дома, попал в коляску мото-
циклиста, ехавшего сзади кортежа. Мотоциклист проехал вперед, передал бу-
кет космонавту, находившемуся в первом автомобиле, и тотчас отправился
обратно. На проезд туда и обратно вдоль движущегося кортежа мотоциклисту
потребовалось t мин. Вычислить скорость мотоциклиста, если она на всем пу-
ти была одинакова.
Решение.
Обозначим скорость мотоциклиста через г>м км/ч. Относительная скорость
мотоциклиста при движении его из конца кортежа автомобилей с космонавта-
ми в начало равна (ум - v) км/ч, при движении обратно (им + v) км/ч. Время
397
движения мотоциклиста вперед равно --------------у часов; время движения
т t
назад---------------г часов, что в сумме равно — часов.
Ю00(иЛ + v) 60
_ т т t
Составляем уравнение ---------------------г +-----------г = —, или
1000(vM - и) 1000(vM + и) 60
. 2 о OR* 2 n 3m - л/эт2 + 2500t2u2
25tvM - 3mvM - 25tv = 0 , откуда vM -----------------------< 0, что не-
50t
3m + Vom2 + 2500t2v2
пригодно к решению задачи, или vM =----------—-------------.
_ 3m + 7om2 + 2500t2i>2
Ответ: ---------------------км/ч.
13.421. Если двузначное число разделить на некоторое целое число, то в
частном получится 3 и в остатке 8. Если же в делимом поменять местами
цифры, а делитель оставить прежним, то в частном получится 2, а в остатке
5. Найти первоначальное значение делимого.
Решение.
Обозначим искомое число через 1 Ох + у, а делитель через z. Тогда соглас-
Г10х + у = 3z + 8,
но условию задачи 4
110?/ 4* х •— 2z 4* 5.
Сложив удвоенное первое уравнение с утроенным вторым, получим
17х - 28г/ = 1, где х и у — одноцифровые числа (цифры). Путем перебора на-
ходим, что х = 5 , у = 3. Тогда 17 5 -28- 3 = 1.
Следовательно, Юг + у = 10 • 5 + 3 = 53.
Ответ: 53.
13.422. Арбузы, привезенные на базу, предназначены для двух магазинов.
Первый магазин сразу приступил к перевозке арбузов и перевозил их еже-
дневно одинаковыми по массе порциями. Второй магазин приступил к пере-
возке арбузов на а дней позже и также перевозил их ежедневно одинаковыми
по массе, но иными, чем первый магазин, порциями. Через b дней, прошедших
от начала перевозочных операций, на базе осталась половина первоначального
количества арбузов. За сколько дней были вывезены все арбузы с базы, если
перевозка закончилась одновременно и масса арбузов, полученных первым
магазином, равна массе арбузов, полученных вторым магазином?
Решение.
Пусть на базе было всего х кг арбузов и вывезли их за t дней. Обозначим
через у кг количество арбузов, которое перевозил первый магазин в день, а
через z кг количество арбузов, перевозимых в день вторым магазином. Тогда
согласно условию имеем систему уравнений
398
X
by + (b - a) z = —,
г
x
\ty = ~>
z
X
(t-a)z = —.
z
X
Из второго и третьего уравнений этой системы найдем у = — и
х
z =-------. Подставляя эти значения у и z в первое уравнение, получим
2(t - a)
Ъх (b - а)х х о .
— + —-----, или, после упрощении, t - 2bt + ab = 0 , откуда
t = b - Jb(b - a) , что непригодно к решению задачи, или t = b + -Jb(b - а).
Ответ: за b + -/ЫЪ - а) дней.
13.423. В бригаде землекопов каждый работает ежедневно по одинаковому
числу часов. Известно, что производительность труда одинакова у всех рабо-
чих бригады и при этом бригада может вырыть канаву для укладки кабеля за
6 дней. Однако еще до начала работы выяснилось, что рабочий день сокраща-
ется на 1 ч, а состав бригады уменьшается на 5 человек, В таком случае кана-
ва может быть вырыта за 9 дней. В действительности эту канаву рыли 12
дней, так как рабочий день был сокращен не на 1 ч, а на 2 ч и два человека
не вышли на работу по болезни. Сколько рабочих было в бригаде первона-
чально и сколько часов в день они работали?
Решение.
Пусть х — число рабочих, у — число часов их работы в день. Введем еди-
ницу работы, равную всей работе, и пусть z — производительность (в час)
каждого рабочего. Тогда один рабочий за у часов (т.е. в день) выполняет yz
единиц работы, а х рабочих за 6 дней выполняют бхуг единиц работы. Со-
гласно условию 6xyz = 1.
Аналогично, если рабочих стало х - 5 и они работают каждый день у -1
часов, то 9(х - 5) (у - l)z = 1. Для случая, когда рабочих на 7 меньше (т.е.
х - 7 ) и они работают на 2 часа меньше (т.е. у - 2 часа) каждый день, полу-
чаем уравнение 12(х - 7) (у - 2)z = 1.
6xyz = 1,
Из системы
9(х - 5) (у - l)z = 1, (1) надо найти х и у. Приравняв левые
L12(x-7)(y-2)z = l,
части первого и второго, а также первого и третьего уравнений (1) и упростив
[ху = Зх + 15у -15,
результаты, получим систему: < (2), а вычитая из второго
[ху — 4х + 14у * 28,
уравнения (2) первое, получим х = у +13. Подставив это значение х в первое
уравнение, будем иметь у2 - 5у - 24 = 0 , откуда у = -3 < 0 , что непригодно к
решению задачи, или у = 8. Тогда х = 8 + 13 = 21.
399
Таким образом, первоначально в бригаде было 21 рабочих, и в день они ра-
ботали 8 часов.
Ответ: 21; 8 ч.
13.424. Три машины производят некоторую работу. Если эту работу будет
выполнять одна первая, то она кончит работу на а дней позже, чем при рабо-
те всех машин вместе. Если же эту работу будет выполнять вторая, то она
кончит ее на b дней позже, чем все вместе, а если третья, то ей потребуется в
с раз больше времени, чем всем машинам вместе. За сколько дней выполняет
работу каждая из них в отдельности? Какие числовые значения может при-
нимать с?
Решение.
Введем единицу работы, равную всей работе. Пусть х — часть работы, ко-
торую может произвести за 1 день первая машина, у — вторая, z — третья.
m г 1
Тогда первая машина выполняет работу в отдельности за — дней, вторая —
х
1 „ 1 1
за — дней, третья — за — дней, а все три машины вместе — за -----------
у z х + у + z
дней.
Согласно условию имеем систему уравнений
1 1
-----а =-----------------,
х х + у + z
х
у
j.
Z
(1). Запишем (1) в виде
у х + у + z’
1 = 1
CZ X + у + Z
(2) и
г 1 1 1
обозначим — = и , — = v, — = w.
xyz
Будем иметь
(3). Сравнивая левые части первого и
w w + ас
третьего уравнений (3), получим и - а = —, откуда и = —-- (4).
с с
Аналогично сравним левые части второго и третьего уравнений (3). Будем
w w + bc
иметь v - Ь = —, откуда v ------ (5).
с с
400
с
После этого подставим значения и и и из (4) и (5) в третье уравнение (3),
w 1
получим — =----------------------или, после упрощении,
--------1-----------
w + ас w + be w
(с + l)w2 + с(а + b)w - (с - 1)аЬс2 = 0 ,
- с(а + b) - Jc2(a + Ъ)2 + 4(с2 - 1)аЬс2
откуда w =-----------------—-----—--------------- < 0 , что непригодно к реше-
- с(а + b) + Jc2(a + Ь)2 + 4(с2 - 1)аЬс2
нию задачи, или w = —-------------------------------, где
2(с 4-1)
с2(а + Ь)2 4-4(с2 - 1)аЬс2 > О,
---------------------------------- с > 1.
- с(а + Ъ) + ус2(а + Ь)2 + 4(с2 - 1)аЬс2 > 0;
1 - с(а + Ъ) + cd (а + Ь)2 + 4(с2 - 1)аЬ
Таким образом, — = w =------------—-----------------------=
F z 2(с + 1)
_ - с(а + b) + cd а2 + 2ab + b2 + 4abc2 - 4аЬ _ - с(а + b) + cd (а - Ь)2 + 4аЬс2
~ 2(с +1) " 2(с +1)
1 w + be , w , — (а 4-Ъ) 4-д/(а — Ь)2 4-4аЬс2
— = v =--------= b + — = о 4----------------------------;
у с с 2(с 4-1)
1 w + ас w — (а 4-Ь) 4--ша — Ь)2 4-4аЬс2
— = и=---------= а 4---= а 4---------------------------.
X с с 2(с 4- 1)
- (а 4- Ь) 4- d(a~ Ь)2 + 4аЬс2 - (а 4 b) + J(a - Ь)2 4- 4аЬс2
Ответ: а 4----------------------------; о 4------------3---------------
2(с + 1)
- с(а 4- Ъ) 4- cd (а - Ь)2 4- 4abc2
2(с + 1)
2(с + 1)
13.425. Имеется п мензурок с жидкостью. Из первой мензурки перелили
1/п часть имеющейся там жидкости во вторую мензурку, затем из второй
мензурки 1/п часть оказавшейся там после переливания из первой мензурки
жидкости перелили в третью мензурку и т.д. Наконец, из n-й мензурки пере-
лили 1/п часть оказавшейся в ней после переливания из предыдущей мен-
зурки жидкости снова в первую мензурку. После этого в каждой мензурке
оказалось по а см3 жидкости. Сколько жидкости было первоначально в каж-
дой мензурке?
Решение.
Пусть в n-ой мензурке после вливания из (п -1) -ой оказалось хп см3 жид-
кости. Тогда после выливания ^-см3 в первую мензурку в n-ой осталось
п
хп——~— = -——см3 жидкости. По условию ——п = а , откуда
п п п
401
хп =----- — столько же жидкости было в каждой предыдущей мензурке
п -1
(кроме первой) перед выливанием в последующую.
Предположим, что в первой мензурке первоначально было х^’см3 жидко-
«(0) i
(0) а'1 1 &П
сти; тогда получим уравнение г)--------------------— +---------= а или
п п п - 1
(n - l)xJ0) а (0) ап(п - 2)
---------+----= а , откуда х ' =---------— .
п п-1 (п-1)2
- (0) 1 ап(п - 2) ап
Для второй мензурки имеем х2 +-----------------------, откуда
п (п - I)2 п -1
(0) _ ап(п2 - 2п + 2)
(п -1)2
тт « (0) ап ап
Далее, для третьей мензурки получим xj +—---------------=-----, откуда
п п - 1 п - 1
х(0) = а.
Следовательно, и в каждой из остальных мензурок первоначально содер-
жалось по а см3 жидкости.
_ , „ ап(п-2) „ „ „ ап(п2~2п + 2) ,
Ответ: в 1-ои -----т— см6, во 2-ои -------------- см6, во всех осталь-
(п-1)2 (п-1)2
ных по а см3.
13.426. Для наполнения водой бассейна были поставлены два насоса. Один
первый насос может наполнить бассейн на 8 ч скорее, чем один второй. Сна-
чала был открыт только один второй насос на время, равное удвоенному ко-
личеству времени, которое потребовалось бы для наполнения бассейна при
одновременном действии обоих насосов. Затем открыли также первый насос и
через 1,5 ч после того, как был открыт первый насос, бассейн наполнился во-
дой. За сколько часов каждый из насосов, работая порознь, может наполнить
бассейн?
Решение.
Пусть, работая отдельно, первый насос может наполнить бассейн за х ча-
1
сов, а второй — за у часов. Тогда — — часовая производительность первого
х
1 х + у ху
насоса, а — — часовая производительность второго, ----=-------- часов —
у ху х + у
время, за которое всю работу выполняют два насоса, работая вместе; ----- —
х + у
1 2d?i/ 2d?
удвоенное время;---------— =------- — такую часть работы выполнит только
у х + у х + у
х + у , 3(х + у)
второй насос; ----— 1,5 =--— — такую часть работы выполнят два насо-
ху 2ху
са за 1,5 часа.
402
3(Х + у) = 1
2ху Из второго уравнения системы найдем
По условию
2х
х + у
У- х = 8.
у = х + 8. Подставив это значение у в первое уравнение, получим
х2 + 8а? - 48 = 0, откуда а? = -12, что непригодно к решению задачи, или
х = 4. Следовательно, у = 4 + 8 = 12.
Ответ: за 4 и 12 ч.
13.427. Пройдя через пористый фильтрующий материал, жидкость равно-
мерной струей вливается в 40-ведерную бочку и может выливаться через
кран, имеющийся в дне бочки. Если этот кран открыт, то приток и отток жид-
кости таковы, что за каждые 4 мин в бочке убавляется одно ведро. За какое
время отфильтрованная жидкость наполнит пустую бочку при закрытом ниж-
нем кране, если известно, что для этого потребуется на 3 мин меньше того
времени, за которое открытый нижний кран способен пропустить 66 ведер?
Решение.
Пусть за х минут вливается 40 ведер жидкости, а за у минут выливается
40 66
66 ведер, где х < у. Тогда за 1 минуту вливается — ведер, а выливается —
X у
40 , 160 л 66 л 264
ведер;---4 =--- ведер — наполнение за 4 минуты,----4 =--- ведер —
хх у у
вытекает за 4 минуты.
„ 160 , 264
По условию ---+ 1 =---, или 160у + ху = 264х ; у - х = 3 .
х у
!у - х = 3,
160 + - 264 И3 пеРВ0Г0
уравнения найдем у = х + 3. Подставив это значение у во второе уравнение,
получим х2 - 101х + 480 = 0 , откуда = 96 и х2 = 5.
Ответ: за 96 или 5 мин.
13.428. Партия одинаковых деталей обрабатывалась на трех станках раз-
ных конструкций в такой последовательности: сначала действовал только
первый станок столько часов, сколько потребовалось бы для совместного вы-
полнения всей работы на втором и третьем станках; затем действовал только
второй станок столько часов, сколько потребовалось бы для совместного вы-
полнения всей работы на первом и третьем станках. Остальная часть партии
деталей была обработана на третьем станке в течение стольких часов, сколько
потребовалось бы для совместного выполнения всей работы на первом и вто-
ром станках. Во сколько раз быстрее была бы выполнена эта работа, если бы
действовали совместно все три станка?
Решение.
Объем работы примем за 1. Количество работы, выполняемой первым, вто-
„ 1 1 1
рым и третьим станками, обозначим соответственно —, —, —.
xyz
403
„ 1 1 1 ху + yz + xz
Тогда за 1 ч три станка вместе выполнят работу — Н— Н— =-
xyz xyz
„ xyz
Следовательно, ---------- — время выполнения работы тремя станками
ху + yz + xz
совместно; время при совместной работе второго и третьего станков равно
yz ху
; для пар первого и второго, первого и третьего соответственно и
y + z---------------------------------------------------------------X + у
— . Суммарное время при раздельной работе станков по условию есть
yz ху + xz
у + Z х + у X + z
При последовательном выполнении работы имеет место равенство
У? + ху + xz =
х(у + z) z(x + у) у(х + z)
Учитывая это, находим искомое отношение:
(yz + xz ху । xyz _
y + z х + z x + у ) xy + yz + xz
yz + (y + z) xy + z(a? + y) xz + y(x + z)
=-----------+---------------1-------''---—
•(У + г)
yz
z(x + у)
ХУ
у(х + z)
——— + 1=4.
у(х + z)
Ответ: в 4 раза.
13.429. Сначала катер шел а км по озеру, а затем половину этого расстоя-
ния по реке, впадающей в озеро. Весь рейс продолжался 1 ч. Найти собствен-
ную скорость катера, если скорость течения реки равна с км/ч.
Решение.
Обозначим собственную скорость катера через v. Тогда время, в течение
а
которого катер шел по озеру, равно — часов, а время, в течение которого ка-
и
а
2 а
тер шел по реке, равно —~— =--------- часов.
v - с 2(и - с)
a CL о г \
По условию имеем — +------------= 1, или 2v - (За + c)v + 2ас = 0 , откуда
v 2(v - с)
За + 2с - л/за2 - 4ас + 4с2
=--------------------------, что непригодно к решению задачи, и
За + 2с + л/эа2 - 4ас + 4с2
«„ =--------------------------.
_ За + 2с + ^Эа2 - 4ас + 4с2
Ответ: ---------------------км/ч.
13.430. Из Москвы в город N пассажир может отправиться поездом. В этом
случае он пробудет в пути 20 ч. Если же он дождется отправления самолета
404
(а ждать придется более 5 ч после отправления поезда), то пассажир доберет-
ся до города N через 10 ч, включая и время ожидания. Во сколько раз ско-
рость самолета превышает скорость поезда, если известно, что самолет ока-
жется над этим поездом через 8/9 ч после отправления из аэропорта и проле-
тит к этому моменту столько же километров, сколько пройдет поезд?
Решение.
Пусть t (ч) — время ожидания сверх пяти часов, v (км/ч) — скорость по-
езда, kv — скорость самолета, к > 0. По условию
(10 - 5 - t) kv = 20щ
С 8 А 8
5 + t + — и - ~kv.
V 9/9
Из второго уравнения найдем к =-----. Подставив это значение к в пер-
8
2 35
вое уравнение, получим 9t + 8t - 105 = 0 , откуда t = , что непригодно к
53 + 9-3
решению задачи, или t = 3. Тогда к =-----= 10.
8
Ответ: в 10 раз.
13.431. Известно, что разность переменных величин у и z пропорциональна
величине х, а разность величин z и х пропорциональна величине у. Коэффи-
циенты этих пропорциональностей равны соответственно кх и к2, причем
к{ к2 • Некоторое значение величины z в три раза больше разности соответ-
ствующих значений х и у. Доказать, что если каждый из коэффициентов кх и
к2 увеличить на 3, то произведение полученных чисел будет равно числу 8
(предполагается, что величины х и у не принимают нулевых значений).
Доказательство.
z = 3(х — у);
По условию • у - z = кгх,
z - х - к2у.
(1)
(2)
(3)
Подставим z = 3(х - у)
из (1) в (2) и (3). Получим
у - Зх + Зу = кгх,
Зх - Зу - х = к2у,
или
1- Зх + 4у = кгх,
2х - Зу = к2у,
, 4у - Зх
откуда к] =--------
, 2х - Зу
и к? =--------
У
гтл /, (4 у - Зх „V 2х - Зу 4у 2х
Тогда (kj + 3)(k2 + 3) = --------------+ 3 ------------+ 3 = — • — = 8 , что и тре-
V х Д у ) х у
бовалось доказать.
13.432. Два спортсмена бегают по одной замкнутой дорожке стадиона. Ско-
рость каждого постоянна, но на пробег всей дорожки первый тратит на а с
меньше, чем второй. Если они начинают пробег с общего старта и в одном на-
правлении, то сходятся через каждые Ъ с. Через какое время они встретятся,
если побегут в противоположных направлениях по той же дорожке с прежни-
ми скоростями?
405
Решение.
Обозначим длину беговой дорожки через 1, скорость первого спортсмена
через Vi м/с, скорость второго спортсмена через v2 м/с.
m 1 „
Тогда —с — время, за которое первый спортсмен пробегает один круг,
1
— с — время за которое второй спортсмен пробегает один круг.
V2
По условию
1 1
------= а,
v2 «j Из второго уравнения системы найдем
bv1 - bv2 = 1.
1 + bv,
V1" b ’
Подставив значение Vj в первое уравнение, получим abv2 + av2 -1 = 0, от-
- a - ya
КУДа V2=--------
+ 4ab
------< 0, что непригодно к решению задачи, или
и2 =
уа2 + 4ab
2аЬ
- a + ya2 + 4ab
2ab
1 + bv2
v =--------£ =
1 b b 2ab
Если оба спортсмена побегут в противоположных направлениях по той же
дорожке с прежними скоростями, то tVj + tv2 =1, откуда
1 1 ab
t =-------
г>1 + v2
Тогда
а + Va + 4ab
+ 4ab - a + ya2 + 4ab
2ab 2ab
где t — время, через которое они встретятся.
ab
Ответ: через . =
ya2 + 4ab
с.
+ 4аЬ
1 + Ь
13.433. Предприятие А, потребляющее лед, закупает его в пункте В по цене
а руб. за тонну. Иногда этому предприятию приходится закупать лед в другом
пункте С по цене 1,5a руб. за тонну. Оба изготовителя сами доставляют потре-
бителю А закупленный им лед, начисляя за перевозку по р руб. за тонно-
километр. Потеря в массе, происходящая при транспортировке от таяния
льда, составляет п/1000 массы на километр пути. Предприятие А расположе-
но между В и С, и каждая тонна фактически полученного льда обходится
предприятию А одинаково (в рублях) при доставке как из пункта В, так и из
пункта С. Во сколько рублей обходится предприятию А тонна получаемого
льда, если известно, что расстояние от В до С через А равно $ км?
Решение.
Обозначим расстояние от С до А через х км. Тогда расстояние от В до А
равно (s - х)км, И согласно условию задачи имеем уравнение
406
---- — (a + p(s - x)) =-----------(1,5a + px) (1).
1 _ (s ~ x)n V _ Tn
1000 1000
n a + p(s - x) 1,5a + px
Пусть — - = к. После этого (1) примет вид -—--------— = —-—-—, откуда
Ю00 1 ~~ + КЗС А **" КЗС
после несложных преобразований найдем
_ l,5aks + sp - 0,5a _ 3aks + 2sp - a
2,Зак + 2p Зак + 4p
Следовательно, предприятию А тонна получаемого льда обходится в
р (3aks + 2sp - a)
’ Зак + 4р _ 1,5a (Зак + 4р) + р (3aks + 2sp - a) _
Зак + 4р - к (3aks + 2sp - a)
1,5a + px _
1 - кх к (3aks + 2sp - a)
Зак + 4p
_ 7,5a2k + 6ap + 3aksp + 2sp2 - ap
Зак + 4p - 3ak2s - 2ksp + ak
_ (7,5a2(c + 5ap) + (3aksp + 2sp2) _ 2,5a(3ak + 2p) + sp(3ak + 2p) _
(бак - 3ak2s) + (4p - 2ksp)
_ 7>5a2k + 5ap + 3aksp + 2sp2 _
бак + 4p - 3ak2s - 2ksp
3ak(2 - ks) + 2p(2 - ks)
_ (Зак + 2p)(2,5a + sp) _ 2,5a + sp _ 2,5a + sp _ 1000(2,5a + sp)
(2 - ks)(3ak + 2p) 2 - ks “ t'nnn РУ
о п 2000 - sn
2 s
1000
где 2000 - sn > 0 ; sn < 2000.
_ 1000(2,5a + sp) _ „ _ _nn_
Ответ: —-------------— рублей. Задача имеет решение при sn < 2000.
2000 - sn
13.434. Доказать, что
ральных чисел не может
куб наибольшего из трех последовательных нату-
быть равен сумме кубов двух других чисел.
Решение.
Пусть п-1; п; п + 1 — последовательные натуральные числа, где п > 2.
Тогда (п + 1)3 - п3 - (п - 1)3 = 6п2 - п3 + 2 = п2(б - п) + 2.
1. Если 2 < п <; 6 , то п2(б - п) + 2 > 0.
2. Если п > 6 , то п2(б - п) + 2 = -п2(п - 6) + 2 = 2 - п2(п - 6) =
Таким образом, куб наибольшего из трех последовательных натуральных
чисел не может быть равен сумме кубов двух других чисел, что и нужно было
доказать.
13.435. Искомое число больше 400 и меньше 500. Найти его, если сумма его
цифр равна 9 и оно равно 47/36 числа, изображенного теми же цифрами, но
написанными в обратном порядке.
Решение.
407
Обозначим искомое число через ЮОх + Юу + z . Тогда согласно условию за-
дачи имеем систему уравнений
Ю0.г = 400,
х + у + z = 9, решив ко-
47
100а? + Юу + z = —(100z + Юу + а?),
торую, найдем х = 4 , у = 2, z = 3.
Следовательно, ЮОх + Юу + z = 100 - 4 + 10-2 + 3 = 423.
Ответ: 423.
13.436. На участке реки от А до В течение так невелико, что им можно
пренебречь; на участке от В до С течение оказывает заметное влияние на
движение лодки. Лодка покрывает расстояние вниз от А до С за 6 ч, а вверх
от С до А за 7 ч. Если бы на участке от А до В течение было бы таким же, как
на участке от В до С, то весь путь от А до С занял бы 5,5 ч. Сколько времени
в этом случае понадобилось бы той же лодке на движение вверх от С до А?
Собственная скорость лодки принимается неизменной во всех случаях.
Решение.
Обозначим расстояние АВ через з, расстояние ВС — через Sj; пусть, далее,
v — скорость лодки, г>1 — скорость течения (предполагается, что з и Sj выра-
жены в одних и тех же единицах длины; и и t>i — скорости, рассчитанные на
8 8,
час). Для движения лодки вниз по течению от А до С имеем: — + ±— = 6
v v + vx
(1). Для движения лодки вверх по течению от С до А имеем:
s з,
_ +--------£
v v-v1
= 7
(2) . При условии, что на АВ течение такое же,
как и на ВС, путь АС займет
5 + 51 = 5,5 часа (3). Нужно определить отношение S + S1 . Приведем урав-
V + Vj V - Vj
нения (1), (2) и (3) к общему знаменателю и, умножив обе части уравнения (3)
(s + S])v = 6v(v + г?г) - svp
на v * 0 , получим систему
(s + sjv = 7v(v - v..) + svj, (4). Сложив первые
(s + sju = 5,5(v +
два уравнения
2(s + sjv = r>(13r> - vj
и используя третье, получим:
= llv(v + u1). Отсюда v = 6г?!. Но из третьего уравне-
s + s,
ния системы (4) имеем --= 7 • 5,5.
„ 8 + 8, 8 + 8,
Следовательно, -------— =--------- = 7,7 часа.
V - V] 51?!
Ответ: 7,7 ч.
13.437. На какое целое положительное число надо разделить 180, чтобы ос-
таток составлял 25 % от частного?
Решение.
Обозначим целое положительно число, на которое надо разделить 180, что-
бы остаток составлял 25% от частного, через п, частное через х. Тогда соглас-
408
но условию имеем 180 = х п + 0,25х, где п > 1, или 720 = 4х • п + х,
720 704 + 16 16(44 + 1)
720 = (4п + 1кг , откуда х =--=---------=--------- — целое число, сле-
4n + 1 4n + 1 4п + 1
довательно, 44 + 1 = 4n + 1, откуда п = 11.
Ответ: 11.
13.438. Смешав по 2 см3 трех веществ, получили 16 г смеси. Известно, что 4
г второго вещества занимают объем, на 0,5 см3 больший, чем 4 г третьего ве-
щества. Найти плотность третьего вещества, если известно, что масса второго
вещества в смеси вдвое больше массы первого.
Решение.
Пусть взято х г первого вещества, у г второго и z г третьего. Согласно ус-
ловию имеем первое уравнение: х + у + z = 16. Если у г второго вещества и z
г третьего занимают объем 2 см3, то 4 г второго и 4 г третьего веществ зани-
4'2 8 4'2 8
мают соответственно ----= — см3 и -----= — см3. Тогда имеем второе урав-
У У z z
8 8 1
нение: — = — + — . Наконец, масса второго вещества в смеси вдвое больше мас-
У г 2
сы первого, т.е. у = 2х. Таким образом, получили систему трех уравнений с
тремя неизвестными:
х + у + z = 16,
8 8 1
— = — + —, (1). Из первого уравнения (1) найдем
У z 2
у = 2х
х = 16 - у - z . Подставив это значение х в третье уравнение, получим систему
двух уравнений с двумя неизвестными:
8 8 1
— —---1--
у z 2 (2). Из второго уравне-
Зу = 32 - 2z
33 - 2z
ния (2) найдем у =-----
и подставим это значение у в первое уравнение.
После преобразований будем иметь z1 + 24z - 256 = 0 , откуда z - -32, что
непригодно к решению задачи, или z = 8 (г).
Тогда плотность 2 см3 третьего вещества будет равна
Ответ: 4 г/см3.
^’=4
2 2
(г/см3).
13.439. Если искомое двузначное число увеличить на 46, то получится чис-
ло, произведение цифр которого равно 6. Найти это число при условии, что
сумма его цифр равна 14.
Решение.
Обозначим искомое двузначное число через 10х + у. Если это двузначное
число увеличить на двузначное число 46, то в сумме получим двузначное чис-
409
10х + у + 46 = 100с + 10d + е,
с d • е = 6, (**)
х + у = 14.
(1)
(2)
10а? + у+ 46 = 10-2 + 3,
а = 2,
Ь = 3,
а?.+ у = 14;
10а? + у + 46 = 10-3 + 2,
а = 3,
Ь = 2,
х + у = 14.
(3)
(4).
к выводу, что (1) и (2) не имеют целых ре-
ло 10а + Ь или трехзначное число 100c + 10d + e. Согласно условию имеем
10а? + у + 46 = 10а + Ъ,
• а • b = 6, (*) или
х + у = 14,
Среди целых положительных чисел а и Ъ, произведение которых равно 6,
имеем:
1)16 = 6; 2)61 = 6; 3)2-3 = 6; 4)3-2 = 6.
С учетом этого система уравнений (*) будет эквивалентна объединению че-
тырех систем:
10а? + у + 46 = 10 • 1 + 6,
а = 1,
' Ь = 6,
х + у = 14;
Юг + у + 46 = 10 • 6 + 1,
а = 6,
b = 1,
х + у = 14;
Решая эти системы, приходим
шений, а (3) и (4) не удовлетворяют условию.
Аналогично, среди целых положительных чисел с, d и е, произведение ко-
торых равно 6, имеем:
1)1-2-3 = 6; 2) 1-3-2 = 6; 3)21-3 = 6;
4)2-31 = 6; 5)31-2 = 6; 6)3-21 = 6.
С учетом этого система уравнений
систем:
” Г10ж + у + 46 = 100 • 1 + 10 • 2 + 3,
с = 1,
• d = 2,
е = 3,
х + у = 14;
[10а? + у + 46 = 100 • 1 + 10 • 3 + 2,
с = 1,
• d = 3,
е = 2,
х + у = 14;
[10а? + у + 46 = 100 2 + 10 • 1 + 3,
с = 2,
d = 1,
е = 3,
х + у = 14;
Из системы уравнений (1’) находим х = 7, у = 7; из системы уравнений
(2’) находим х = 8, у = 6; система уравнений (3’) не соответствует условию
задачи; системы уравнений (4’), С5’) и (6’) целых решений не имеют.
эквивалентна объединению шести
(1')
(2')
(3')
Юж + у + 46 = 100 • 2 + 10 • 3 + 1,
с = 2,
d = 3,
е = 1,
х + у = 14;
10а? + у + 46 = 100 • 3 + 10 • 1 + 2,
с - 3,
d = 1,
е = 2,
а? + у = 14;
10а? + у + 46 = 100 • 3 + 10 2 + 1,
с = 3,
d = 2,
е = 1,
х + у - 14.
(4')
(5')
(6')
410
Таким образом, искомое двузначное число равно 10х + д = 10-7 + 7 = 77 или
10х + у = 10 -8 + 6 = 86.
Ответ: 77 или 86.
13.440. Даны две взаимно перпендикулярные
оси Ох и Оу, а также точка А (а; а), где а > 0.
Требуется найти координаты такой точки М на
оси Ох и такой точки Р на оси Оу, чтобы тре-
угольник АМР был равносторонним.
Решение.
Пусть ОХ и ОУ — заданные две взаимно
перпендикулярные оси (рис. 13.20), А(а;а) —
заданная точка, где а > 0. Построим угол
РАМ = 60° таким образом, что АР = AM , и со-
единим точки Р и М. Получим равнобедренный
треугольник РАМ с углом 60° при вершине А. Согласно свойству равнобедрен-
180° - ZPAM 180°-60° „
ного треугольника ZAPM = ZAMP =---=---= 60 . Следова-
тельно, треугольник РАМ — равносторонний. Далее, проводим ACXOY и
m ZCAB-ZPAM 90°-60° ,в.
АВ J.OX. Тогда ZMAB = ZPAC =-=-= 15 , и из пря-
2 2
моугольного треугольника АВМ найдем
МВ = АВ • tgZMAB = atgl5° = atg(45° - ЗО0) = a tg45 =
V 1 l + tg45°tg30°
Следовательно, ОМ = OB - MB = a - a ^2 - 7з ) = а (>/з -1).
Таким образом, точка М имеет координаты М [у/з -1 j; 0j, а точка Р, так
как ОР = ОМ = а - 1), имеет координаты Р^0; а - ljj.
Ответ: М (а (7з-1); о), р(о,- арЗ -1)).
13.441. На расстоянии I м от моста А вниз по течению реки расположен
мост В. Когда спортсмен проплывал мимо моста А, направляясь к мосту В,
ему бросили два мяча. Первый мяч он подхватил, а второй оставил плыть по
течению. Проплыв с мячом некоторый участок реки, спортсмен оставил этот
мяч и поплыл вверх по реке за вторым мячом. Подхватив второй мяч, снова
повернул по направлению к мосту В и достиг его одновременно со свободно
плывшим первым мячом. Какое расстояние пришлось проплыть спортсмену,
если его собственная скорость все время была в к раз больше скорости тече-
ния?
Решение.
411
Пусть и — скорость течения реки, ки — скорость пловца в неподвижной
воде; т, п, р — отрезки времени (рис. 13.21).
Имеем: AD = u(m + n) (1); DC-(ku-u)n (2); AC = (ки + и)т (3);
BD = (ки + и)р (4); ВС = и(п + р) (5).
Но DC = АС - AD (6) и DC - BD - ВС (7). Из (6), (1), (2) и (3) находим,
что т = п, а из (7), (2), (4) и (5) — что п - р, т.е. т = и - р. Отсюда следует,
что АС = BD , а также AD = ВС (8).
Тогда ВС = I - АС = I - ит(к 4-1) (9).
Подставляя (9) и (1) в (8), получим 2ти = I - ит(к +1), откуда
I (к-1)1
т =--------- (10). Наконец, подставляя (10) в (2), получим DC -----
u(3 + к) 3 + к
Итак, расстояние, которое проплыл спортсмен, равно
, , 2(k-l)Z Z(3k + 1)
s = I + 2DC = I + —-— = —--------.
3 + к 3 + к
- Z(3k + 1)
Ответ: --------
3 + к
13.442. В магазин поступил товар первого и второго сортов на общую сумму
в 450 руб. Дополнительная экспертиза установила, что весь поступивший то-
вар можно продавать только по цене второго сорта, в результате чего фирма
потерпела бы убыток в сумме 50 руб. Продавцы магазина безвозмездно не
только устранили дефекты в товаре первого сорта, но и товар второго сорта
довели до кондиции первого сорта. Получив после этого разрешение прода-
вать весь товар по цене первого сорта, магазин дал фирме прибыль в сумме
30 руб. В какую сумму оценивался первоначально весь товар первого сорта и
весь товар второго сорта отдельно?
Решение.
Пусть первоначально весь товар первого сорта оценивался в х рублей, а
весь товар второго сорта -— в у рублей, и пусть товара первого сорта было и
килограммов, а товара второго сорта было v килограммов. Тогда — рублей —
и
412
У
цена 1 кг товара первого сорта, а — рублей — цена 1 кг товара второго сорта,
v
и согласно условию
х + у = 450,
уи
х------= 50, или
V
XV
-----У = зо
и
х + у = 450,
xv - yu = 50и, (1).
xv - уи = ЗОи.
Сравнивая правые части второго и
чим 50v = ЗОи или 5v = Зи , откуда
третьего уравнений системы (1), полу-
Зи _
v = —. Подставляя это значение v в
Зд?
третье уравнение системы (1), будем иметь х--------уи = ЗОи или-------у = 30 ,
5 5
За? —150
откуда у =-------. Подставив это значение у в первое уравнение (1), найдем
5
ПАА ГА 3-300-150 , пгч
а? - 300 . Тогда у =--------- 150.
5
Ответ: 300 и 150 руб.
13.443. В колбе имеется раствор соли. Из колбы отливают 1 /п часть рас-
твора в пробирку, а раствор, оставшийся в колбе, выпаривают до тех пор, по-
ка процентное содержание соли не повысится вдвое. После этого вливают в
колбу раствор из пробирки. В результате содержание соли в растворе повы-
силось на р % по сравнению с первоначальным. Определить процентное со-
держание соли в первоначальном растворе. Какую часть первоначального рас-
твора следовало отлить, чтобы в результате описанной процедуры процентное
содержание соли увеличилось в полтора раза?
Решение.
Пусть в колбе было первоначально Vj=l л раствора, содержащего а % со-
а , а „ _ 1
ли, что составляет х =----• 1 =--л соли. Если из колбы отлили — части
100 100 п
раствора в пробирку, то в ней осталось 1-=-----л раствора,
п п
После выпаривания этого оставшегося в колбе раствора до тех пор, пока
процентное содержание соли не повысилось вдвое, в колбе осталось
тт п ~ 1
V2 —-----л раствора; это следует из того, что процентное содержание соли
2п
после выпаривания удвоится, а количество соли не меняется. Затем, если в
к 1 _
колбу влили —л раствора из пробирки, то в ней стало
п
тт п-1 1 п + 1
Vo =----+ — =-------л.
2п п 2п
Процентное содержание соли в объеме V3 составляет
( а п + pg - 2ап
(100 2п J п +1
413
2а n р(п + 1) _ _
Согласно условию--------а = р, откуда а =--------. Таким образом, про-
п + 1 п - 1
р(п + 1)
рентное содержание соли в первоначальном растворе есть а =------
п - 1
(a n + 1A 3a
Далее из уравнения ----:----- 100 = — найдем n = 3.
\100 2п ) 2
Следовательно, для того, чтобы процентное содержание соли увеличилось в
1
полтора раза, следует отлить из первоначального раствора — его часть.
р (п + 1) 1
Ответ'. ----; —.
п-1 3
13.444. Зная длины сторон треугольника, ученик выразил его площадь и
обратил внимание на то, что значениями длин сторон и площади этого тре-
угольника являются соответственно четыре последовательных целых числа.
Каковы длины сторон треугольника?
Решение.
Обозначим наименьшую сторону треугольника через а. Тогда числа а,
а + 1, а + 2 и = а + 3 — соответственно четыре последовательных целых
числа. Полупериметр р этого треугольника равен
а+а+1+а+2 3 (а + 1) За + 3 а + 3
н 2 2 2 2
у \ За + 3 а + 1
р-(а + 1)=р-а-1 = —------а - 1 = -у-;
, Л За + 3 n а -1
р-(а + 2) = р- а- 2 = —--а - 2 = —-—.
2 3(а + 1) а + 3 а + 1 а — 1
=--------------------или,
2 2 2 24
после упрощений, За3 + За2 - 19а -51 = 0. Представим это уравнение в виде
(За3 - 81) + (За2 - 19а + 30) = 0 , з(а3 - 2?) + 3(а - 3)(а - у) = 0,
3(а - 3)(3а2 + За + 9) + (а - 3)(3а - 10) = 0 , (а - 3)(3а2 + 12а + 1?) = 0.
Так как За2 + 12а + 17*0 (D < 0), то а-3 = 0, откуда а = 3.
Тогда а + 1 = 3 + 1 = 4, а + 2 = 3 + 2 = 5.
Ответ: 3; 4; 5.
Согласно формуле Герона имеем (а + 3)
13.445. На столе стоит цилиндрическая банка с водой. Радиус основания
банки равен R. Если в банку опустить шарик радиуса г, то он ляжет на дно
банки, а поверхность воды при этом поднимется настолько, что окажется ка-
сательной к шарику. Доказать, что произойдет то же самое, если в эту банку с
тем же количеством воды опустить вместо данного шарика шарик другого ра-
диуса. Найти радиус нового шарика и установить условия, при которых он
будет больше или меньше радиуса данного шарика.
Решение.
414
Пусть V — объем воды в банке, — радиус нового шарика. Тогда по усло-
2 4 q 2 з
вию V = nR -2т-----пт ; V = nR -2^---------пгх ; сравнивая и делая преобразо-
3 3
вания, получим: 3R2(r1 - г) = 2^т3 - г3 j; 3R2 = 2(r2 + tTj + г2), т. е.
9 9 9 — т - \6R2 — Зг2
27*1 + 2ггг - 3R2 + 2г2 = 0, откуда т\ =--------< 0,
что непригодно к
-т + 7бК2 - Зг2 „
решению задачи, или . Если > г , то задача возможна
при Tj < R , т.е. при
- г + л/бй2 -Зг2
> г,
2
_______________ откуда найдем
- г + УбК2 - Зг2 < R
Если же 71 < г, то задача возможна при г < R,
„ - г + yl&R2 -Зг2 42 г ,
О <---------------< г , откуда найдем -< — < 1.
Л - г + V6R2 - Зг2 „ 7з -1 г л/2
Ответ: г, =---------------: г < т, < R при ----< — <---
1 2 1 н 2 R 2
т.е. при
71 < г < R
вые два часа движения.
13.446. Из одного и того же
пункта одновременно в одном на-
правлении по прямолинейному
участку шоссе с постоянными, но
различными скоростями, вышли
два пешехода. Через 2 ч расстоя-
ние между ними было з км. После
этого пешеходы стали идти быст-
рее и затрачивать на каждый ки-
лометр пути на 10 мин меньше.
Еще через 2 ч расстояние между
ними стало равным Зз км. Найти расстояния, пройденные пешеходами за пер-
Решение.
Пройденные пешеходами расстояния удобно представить в виде схемы
(рис. 13.22).
Пусть АВ = х км. В течение первых двух часов первый пешеход на каж-
2 2
дый километр пути затрачивал — ч, а второй ----- ч.
х х + з
В течение двух последующих часов на каждый километр пути они затра-
2 12 2 12
чивали соответственно------—----ч и----------=-----ч. С помощью схемы
х 6 BD х + s 6 СЕ
легко устанавливаем, что СЕ - BD — 2s. Таким образом, получаем уравнение
415
12 (х + s) 12х
---------------- 2s
12 - х - s 12-х
24 - s + д/s2 + 288
x =---------------
2
24 - s - 7s2 +288
.r =--------------
или x2 - (24 - s) x + 72 - 12s = 0 , откуда
что непригодно к решению задачи, или
m 24 - s - д/s2 + 288 24 + s - >/s2 + 288
Тогда x + s =------------------+ s =------------------
Ответ:
24 + s - д/s2 + 288 24 - s - *js2 + 288
------------------- и ----------------------
13.447. Сравнивая два бруска, имеющих форму прямоугольного параллеле-
пипеда, установили, что длина, ширина и высота второго бруска соответст-
венно на 1 см больше, чем у первого бруска, а объем и полная поверхность
второго бруска соответственно на 18 см3 и 30 см2 больше, чем у первого. Како-
ва величина полной поверхности первого бруска?
Решение.
Пусть х см, у см и z см — длина, ширина и высота первого бруска,
(х + 1)см, (у + 1)см и (z + 1)см — длина, ширина и высота второго бруска.
Г(х + 1)(у + l)(z + 1) - xyz = 18,
По условию ( .
|2((х + 1)(у + 1) + (х + l)(z + 1) + (у + l)(z + 1)) - 2(ху + xz + yz) = 30
(ху + xz + yz + х + у + z = 17,
(*).
X + у + Z = 6.
Подставив значение х + у + z = 6 из второго уравнения системы (*) в пер-
вое, получим xy + xz + yz = ll. Тогда полная поверхность 5 первого бруска
равна 5 - 2(ху + xz + yz) = 2 • 11 = 22 (см2).
Ответ: 22 см2.
13.448. Со станции А отошли два электропоезда с интервалом в 12 мин и
практически сразу развили одинаковую скорость 50 км/ч. Они едут в одном
направлении без остановок, сохраняя указанную скорость неизменной. С ка-
кой постоянной скоростью шел встречный поезд, если он повстречал эти элек-
тропоезда через 5 мин один после другого?
Решение.
Если два электропоезда отошли от станции А с интервалом в
12 1
12 мин= — ч=—ч и практически сразу развили одинаковую скорость 50
км/ч, то расстояние между ними равно 50 - — = 10 км.
Обозначим через х км/ч скорость встречного поезда. Тогда согласно усло-
. . 5
вию имеем уравнение (50 + х) • — = 10 , решив которое, найдем х = 70 .
Ответ: 70 км/ч.
416
13.449. Искомое трехзначное число начинается с цифры 1. Если ее стереть
и затем ее же приписать в качестве последней цифры числа, то полученное
1Z
новое трехзначное число будет больше искомого на 9a/t0a . Найти число.
Решение.
Пусть искомое трехзначное число имеет вид lab. Если цифру 1 стереть и
затем ее же приписать в качестве последней цифры числа, то получим число
10 abl = 10 • ab + 1.
По условию 10 • аЪ + 1 = 100 + ab + 9al9a , 10 • ab + 1 = 100 + ab + 9aIo9a 10 ,
10 ab + 1 = 100 + ab + 9 • 10, 9ab = 189, ab = 21.
Тогда lab = 121.
Ответ: 121.
13.450. Если при начале отсчета времени было г вещества А и 2т0 г
вещества В, то через любое число t лет, в результате радиоактивного распада,
этих веществ останется соответственно т = т0 х 2-А1‘ и М = 2т0 х 2-^ , где
Aj и А2 — постоянные, зависящие от природы веществ. Вычислить период
полураспада каждого из этих веществ, т.е. найти, через сколько лет от каж-
дого вещества останется только половина его первоначального количества, ес-
ли известно, что период полураспада вещества В в два раза меньше, чем ве-
щества А, и что через 20 лет общая масса этих веществ уменьшается в 8 раз.
Решение.
Пусть т0 — начальное количество первого вещества, и А2 — констан-
ты, соответствующие первому и второму веществам. Тогда начальное количе-
ство второго вещества равно 2т0. Пусть Tj- и Т2 — периоды полураспада
„ -it тп
первого и второго вещества. Тогда, так как тоа = —, то есть
или, после
Л - —1ода 2 , то Aj = — 1ода 2 , Aj = — 1ода 2. Следовательно, = 2Aj.
t ti t2
Итак, имеем уравнение moa-A1 20 + 2m0a-2A1 20 = —
8
упрощений, 16^a-20^) 2+ 8a-20 - 3 = 0. Решая это уравнение как квадратное
2
относительно а-20'’1, получим а-20*1 = —, что не имеет смысла, или
4
а 20Д1 = -^ , 20Ai = 2 , откуда At = . Тогда = 2Aj = .
Период полураспада вещества А равен Tt = —- = 10 (лет), вещества В —
Ai
Т2 = -у- = 5 (лет).
Ответ: 10 лет и 5 лет.
417
Глава 14
Дополнительные задачи по алгебре
14.024. Решить уравнение cos58 х + sin40 х = 1.
Решение.
На всей области
Складывая почленно
и, согласно условию,
Это возможно, когда
определения имеем cos88 x < cos2 x и sin40 x < sin2 x.
эти неравенства, получаем
cos58 x + sin48 x < cos2 x + sin2 x = 1
cos88 x + sin40 x = 1.
cos88 х = cos2 х
• 40 -2
sin X = sin X
cos88 X - cos2 X = 0
sin40 x - sin2 x = 0
2 ( 56
cos xlcos
• 2 ( • 38
sin XI sin
cos2 x = 0,
cos86 x -1 = 0
cos a? = 0
cosie x =:
cos х = 0
cos х = ±1
sin2 x = 0,
sin38 x - 1 = 0
sin x = 0
38
sin х = 0
sin X = ±1
cos х = 0
COS X = -1
COS X = 1
sin x = 0
sin x - -1
cos х = 0,
sin х = -1
sin X = 1
sin x = 0,
cosx = -1
Я
x = — + sn,neZ,
2
= 1
x = я к, к € Z.
sin x = 1,
cos x = 1
_ ЯП „
Объединяя эти решения, получим х = -у, n е Z.
Л яп ~
Ответ: ---, n € Z.
2
14.026. Решить уравнение ctg(sinx) ~ 1.
Решение.
ОДЗ: sin(sin х) * 0 .
С учетом ОДЗ, заданное уравнение эквивалентно уравнению
я
stn х = — + я п, п е Z,
4
где - 1 < — + лп< 1, - — -1<тгп<1-~, - — - -i- < п < — - —, п = 0.
4 4 4 4 я я 4
418
Тогда х = (- l)fe arcsin] — + я n j + я к, JceZ или, так как п = 0 , то
\4 у
х = (- l)k arcsin — + it к, к е Z.
4
Ответ: (- l)fc arcsin — + як, к е Z.
4
[6,751x + 3,249t/ = 26,751,
14.027. Решить систему уравнений , „„ „, п
[3,249х + 6,751у = 23,249.
Решение.
Складывая уравнения заданной системы и деля результат на 10, получаем
х + у = 5. А вычитая второе уравнение заданной системы из первого и деля
результат на 3,502, получаем х - у = 1.
Таким образом, исходная система уравнений эквивалентна системе урав-
нений
х + у = 5,
х - у = 1.
(1).
Аналогично, складывая и вычитая уравнения системы (1) и деля результа-
ты на 2, окончательно получаем х = 3 и у = 2.
Ответ: (3; 2).
14.035. Не решая уравнения х2 -Зх-10 = 0, вычислить сумму кубов его
корней.
Решение.
Пусть х2 и х2 — корни уравнения х2 - Зх - 10 = 0. Тогда
Согласно условию и теореме Виета, имеем
х, + х, = 3 ,
(2). Подставляя
Xj • х2 = -10 .
значения xt + х2 и X] • х2 из (2) в (1), получаем
х3 + х2 = 3(32 - 3(- 10)) = 3(9 + 30) = 3 • 39 = 117.
Ответ: 117.
14.036. Имеет ли уравнение (2х - 1)2 + (х +1)2 =0 действительные корни ?
Решение.
Запишем заданное уравнение в виде (2х -1)2 = -(х +1) . Это уравнение эк-
вивалентно следующей системе уравнений:
[2х -1 = 0
[X + 1 = 0 ,
или
х = -1.
419
Эта система уравнений решений не имеет. Следовательно, уравнение
(2х - 1)1 2 + (х +1)2 =0 действительных корней не имеет.
Ответ: нет.
14.037. Сколько корней имеет уравнение
0,3* = х2 — х +1 ?
Решение.
Чтобы дать ответ на поставленный в усло-
вии вопрос, достаточно построить графики
функций у = (0,3 )х и у = х2 - х + 1 на одном
чертеже. По рисунку 14.1 видим, что графики
функций у = (0,3)х и у = х2-х + 1 имеют
только одну общую точку х = 0. Следователь-
но, уравнение 0,3х = х2 - х +1 имеет только
один корень.
Ответ: один.
14.038. Проверить, что для уравнения
2х+х2-3 = 0 оба корня больше - , при-
чем один точно равен 1.
Решение.
Представим заданное уравнение в виде 2х = 3-х2. Здесь 2х > 0, то и
3-х2 > 0 , откуда имеем х2 < 3 или - < х < 7з , следовательно, оба корня
уравнения 2х + х2 - 3 = 0 больше - 7з . Далее, если один из корней равен 1
(пусть это будет Xj = 1), то при этом значении неизвестного заданное уравне-
ние должно превратиться в тождество (верное равенство). Имеем
21+12-3 = 3- 3 = 0 или 0 = 0.
14.039. Решить уравнение х3 * - 7х - 6 = 0. Убедиться в том, что сумма всех
его корней равна нулю. Нельзя ли было в этом убедиться, не находя самих
корней ?
Решение.
1. Представим заданное уравнение в виде х3+1-7х-7 = 0 или
(х + 1)гх2 - х + 1) - 7(х + 1) = 0. Вынесем общий множитель х + 1 за скобки.
Получим (х + 1)(х2 - х - б) = 0, откуда х + 1 = 0 или х2 - х - 6 = 0.
„ ч 1 ± V1 + 24 1±5 , 1-5
Тогда Xj = -1, х23 =---= —— или Xj = -1 , х2 = ——
1 + 5 п
х, =-= 3.
3 2
2. Xj + х2 + х3 = -1 - 2 + 3 = 0.
3. Представим заданное уравнение в виде х3 + 0 - х2 - 7х - 6 = 0.
420
Согласно теореме Виета, сумма корней приведенного уравнения третьей
степени равна второму коэффициенту с противоположным знаком, следова-
тельно, Xj + х2 + х3 = -0 или х1 + х2 + х3 = 0 , и в этом можно было убедить-
ся, не решая заданного уравнения, а только ис-
пользуя формулы Виета.
14.042. Сколько корней имеет уравнение
х3 = sinSx ?
Решение.
Строим графики функций у = х3, где
- 1 < х3 < 1 или -1 < х < 1, и у = sin3x . Гра-
фики этих функций имеют три общие точки
(рис. 14.2), следовательно, заданное уравнение
имеет три действительных корня.
Ответ: три.
14.043. Показать, что уравнение \9 - х2 - 1од3 (| х | - з) = 0 не имеет корней.
Решение.
Представим заданное уравнение в виде л/э - х2 = log3(| х | - з). Оно экви-
валентно следующей смешанной системе:
9 - х2 > 0,
log3(| х | -з) S 0,
9-х2 = 1од2(|х|-з).
Решая первые два неравенства этой системы, получим
х2 < 9,
| х |- 3 £ 1,
-3 < х < 3,
| х | > 4,
-3 <х <3,
х > 4,
х < -4.
Полученная система неравенств не имеет ре-
шений, следовательно, уравнение
-\/9-х2 - 1од3(| х | -з) = 0 не имеет корней, что и
нужно было показать.
14.044. Сколько действительных решений име-
{2 -
х + v = а, о
х + у2 = 3
Решение.
Представим заданную систему уравнений в
!у = 5 - х2, [у = 5 - х2 ,
или ( .--- или
у2 = 3 - х, [у = ±>/3 - х ,
421
у = 5 — X, 2 11 )
। । ,--- и построим графики функций у = Ъ-х и у = <3-х .
|y| = V3-x
Графики этих функций (рис. 14.3) имеют четыре общие точки, следова-
тельно, заданное уравнение имеет четыре действительных корня.
Ответ: четыре.
14.045. Решить уравнение | х2 + 1,5х + 11 = т. При каких значениях т оно
имеет единственное решение ?
Решение.
Согласно условию, т > 0. Дискриминант квадратного трехчлена
х2 + 1,5г + 1 равен D = (1,5 )2 - 4 = 2,25 - 4 = -1,75 < 0, следовательно,
х2 + 1,5г + 1 > 0 при х 6 R и заданное уравнение запишется в виде
х2 + 1,5г + 1 = т или х2 + 1,5х + 1 - т = 0.
Тогда:
- 1,5 ± J2.25 - 4 + 4тп - 1,5 ± у/4т - 1,75 л , п
х12 =-------—------------=-------------------, где 4т — 1,75 > 0 или
- 1,5 - J4m - 1,75 - 3 - V16m - 7
x ’-----------------------=-----------------
1 2_________ 4________________
х _ ~ + У^тп - 1,75 _ - 3 4- л/16тп - 7 при т = — xY = х2 =-—
------------------------ , н 16 1 2 4
Л - 3 - V16m - 7 - 3 + V16m - 7 7 3
Ответ: -------; ------------ при m > —; х1=х2=-— при
14.049. Чему равна сумма корней всякого биквадратного уравнения?
Решение.
Биквадратным уравнением называется целое рациональное алгебраическое
уравнение четвертой степени, в котором отсутствуют члены нечетной степени
(т.е. первой и третьей).
Всякое биквадратное уравнение может быть приведено к каноническому
виду а®4 + Ьх2 + с = 0 (а 0).
Заменив х2 на t, получим уравнение at2 + bt + с = 0, из которого находим
- b - Уь2 - 4ас - b + Уь2 - 4ас
t =--------------- и t ------------------_
1 2а 2 2а
Если «! > 0 и t2>0 (а > 0, с > 0, Ь2 - 4ас > 0, b < 0 или а < 0, с < 0,
Ъ2 - 4ас S 0, Ъ > 0), то биквадратное уравнение имеет четыре действительных
корня
422
- b - л/b2 - 4ас
2а
- Ъ + л/b2 - 4ас
2а
Х4
_ -b - -Jb2 - 4ас
1 2а
J- Ь + Vb2 - 4ас
2а
Тогда
Xj + х2 + ®з
- b - л/b2 - 4ас - b - л/b2 -4ас
1 2а V 2а
- Ъ + л/b2 - 4ас I- Ь + л/b2 - 4ас _ _
V 2а V 2а
Следовательно, сумма всех корней всякого биквадратного уравнения,
имеющего четыре действительных корня, равна нулю.
Ответ: 0.
14.050. Доказать, что последовательность, заданная формулой
10п + 7 в
Уп = —----. убывает.
2п
Доказательство.
Последовательность уп называется убывающей, если для всех ее членов
выполняется неравенство уп > yn+i, п е N. Найдем уп+1, заменив п на п+1 в
10(п + 1) + 7 10п + 17
выражении уп: уп+1 = •
п в 10п + 7 10п +17
Сравним величину дробей уп =------- и уп+1 = —-----7, для чего приве-
2п 2(п + 1)
(10п+7)(п+ 1) (10п + 17)п
дем эти дроби к общему знаменателю: уп = -у---г— Уп+i = k' ~i---•
2п(п + 1) 2п(п + 1)
Тогда
_ (10п + 7)(п +1) (10п + 17)п _
Уп"Уп+1 = 2п(п + 1) 2п(п + 1) ~
_ 10п2 + 17п + 7 _ 10п2 +17п _ 7 >
2п (п + 1) 2п (п + 1) 2п (п + 1)
откуда уп > уп+1.
„ V - 10n + 7
Следовательно, последовательность, заданная формулой уп ------- убы-
2п
вает, что и нужно было доказать.
1 4" 2 S171 X
14.051. Равносильны ли уравнения (1 + 2 sin x)tgx = 0 и -------= 0 ?
ctgx
Решение.
Два уравнения с одним и тем же неизвестным называются равносильными
(эквивалентными), если множества их решений совпадают, или они не имеют
423
решений. Уравнение (1 + 2sinx)tgx — 0 эквивалентно следующей смешанной
системе:
1
sinx ----,
2
sin х = 0,
cosx * О,
cosx * О,
sinx = О,
cosx * О,
1 + 2 sin х
а уравнение -----------= 0 эквивалентно смешанной системе
ctg х
1
smx ----,
2
cosx Ф О,
sin х 0.
_ ,, „ . \ п J. Т £ SHI JU
Следовательно, уравнения (1 + 2 sin х) tg х = 0 и ----= О не являются
ctgx
равносильными, ибо множества их решений не совпадают.
Ответ: нет.
14.052. Показать, что уравнение sin х + sin 2х - 2 не имеет корней.
Решение.
Так как | sin х | < 1 и | stn 2х | < 1, то заданное уравнение эквивалентно
(sinx = 1, fstnx = l,
или <
stn 2х = 1, [2 sin х cos х = 1.
Подставляя значение sin х = 1
(sin х = 1,
или
2 cos х = 1,
из первого уравнения полученной системы
sin х = 1,
1 откуда
cos х = —,
л
х = — + 2л п
2
л „ .
х = ±— + 2лк
п 6 Z,
к е Z,
или
л
х = — + 2лп,
2
л „ .
х =----+ 2л к
3
л
х = —I- 2лп,
2
х = — + 2лк,
3
п е Z,
к е Z,
п е Z,
к е Z,
3
откуда — + 2л п =--+ 2лк п,к е Z или — + 2лп = —ь2лк, п,к е Z.
2 3 2 3
После упрощений получим 12n + 5 = 12k, n,keZ, что не имеет смысла,
ибо 12п + 5 — нечетное число при neZ, a 12k — четное при keZ, и
12n +1 = 12k, что также невыполнимо ни при каких к е Z и п е Z, что и
нужно было показать.
\2х + (т - 1)у = 3,
14.053. При каком значении т система ,
[(тп + 1)х + 4у = -3
нечное множество решений? Не имеет решений?
имеет беско-
424
Решение.
(а,х + b,y = с,,
(1) является пара чисел
а2х + b2i/ = с2 ,
х _ С1^2 ~ С2^1
aib2 - а2&1 >2)
у _ о1с2 - а2с1
а1Ь2 — йг^!
Если обозначить Д = ajb2 - c^bj
— главный определитель сис-
темы (1), Дх = Cjb2 - c2bj
— вспомога-
решения системы (1)
ci bi
с2 Ь2
Ду — а1с2 ~ а2с1 ~
тельные определители системы, то формулы (2) для
С1 О1 С1
можно записать в виде х = с2 Ь2 д, = —и у = а2 с2 = (3).
<*1 Ь1 Д а1 д
а2 Ь2 а2 Ь2
Тогда:
1. Если главный определитель системы (1) отличен от нуля, т. е. Д * 0, то
Ч &Х Ау
система (1) имеет единственное решение: х = —у = ——
Д Д
Условие Д =
ai bj
а2 Ь2
CLt bi
* 0 означает, что —- * — при а2 * О
а2 Ь2
и Ь2 * 0 , т. е.
если коэффициенты при неизвестных системы не пропорциональны, то систе-
ма имеет единственное решение.
2. Если главный определитель системы (1) равен нулю и хотя бы один из
вспомогательных определителей Дх или Ду отличен от нуля (легко убедить-
ся, что в этом случае оба определителя отличны от нуля, т. е. Дх ^ 0 и
Ду 0), то система (1) решений не имеет, т. е. несовместна (противоречива).
Условие несовместности системы (1) при а2 * 0, Ь2 Ф 0 и с2 £ О можно за-
а, bi ci
писать в виде —- = — * —-, т. е. если коэффициенты при неизвестных систе-
а2 Ь2 с2
мы (1) пропорциональны между собой, но не пропорциональны свободным
членам системы, то она решений не имеет.
З.Если главный определитель системы равен нулю и хотя бы один из вспо-
могательных определителей Дх или Ду равен нулю (в этом слу-
чае Дх = Ду =0), то система (1) имеет бесконечное множество решений (т. е.
она называется неопределенной).
Условие бесконечного множества решений системы (1) при а2 * 0 , Ь2 * 0 и
a-» bi C, ,
с2 Ф 0 можно записать в виде —- = — — —, т. е. если коэффициенты при не-
«2 Ь2 с2
известных и соответствующие свободные члены системы (1) пропорциональны,
то система (1) неопределенная. Уравнения системы (1) в этом случае одинако-
425
вы с точностью до постоянного множителя, т. е. одно из уравнений равносиль-
но другому.
Согласно этому, найдем, при каких значениях m
заданной системы уравнений равен нулю: Д =
главный определитель
2 т-1
2 - 4 - (т +1) (тп - 1) = 0 , или 9 - т2 = 0, откуда тх = -3 и т2 = 3.
Если т * -3 и т * 3, то главный определитель заданной системы Д Ф 0,
т. е. система имеет единственное решение.
„ 2
Проверим равенство -----=
т +1
„ 2
При тх = -3 получаем —3 _|_ j
система имеет бесконечное множество решений.
2 1
При т2 = 3 получаем ------* -1 или — * -1, т. е. система решений не
3 + 1 2
3
-3
2 „
или ------- -1 при тпг = -3 и тп2 = 3.
или -1 = -1, т. е. при тг = -3 заданная
имеет.
Ответ: нет решений при т = 3; бесконечное множество решений при
тп = -3.
14.061. Вычислить 1од} 28 , если log7 2 = а.
2
Решение.
1од„М
Используя свойство логарифмов 1одьМ » —2—, где М > 0, а>0, а * 1,
loga Ъ
, . , 1од7 28 log? (4 • 7)
Ь>0, 0*1, получим logj 28 =--------— =--------j— , а используя свойства
5 to9,l ^2’
к>да (М- N) = logaM+ logaN и 1одаМа - а 1одаМ , где М и N — произвольные
положительные числа; а > 0, а * 1, и а — любое действительное число, по-
, log? 4 + log? 7 log? 22 + 1 2log? 2 + 1
лучим log, 28 = —------~-----------—- =---•
- — 1од2 2 — log7 2 — log7 2
Подставляя в это выражение значение log7 2 = а, будем иметь
2а + 1 2а + 1
log, 28 =----=---------.
- а а
2
1 + 2а
Ответ:--------.
14.062. Найти lg2 -Jx , если 1одх 100 = а.
Решение.
1од„М
Используя свойство логарифмов 1одьМ =-----, где М > 0 , а > 0, а * 1,
loga b
b > 0, b * 1, получим
426
f i у
iogr
togx 10
а используя свойство logaM“ = a logaM , где M >0 , a > 0, a * 1 и a — любое
действительное число, получим
— log- X ( . \2 / \2 Z Ч 2
К,:77= — -I—±— I .[—? ,1 L.) .
log, 10 ^21og,10j ^log.,102) ^og, 100 J
Подставляя в это выражение значение logx 100 = a, получим
Ответ: —.
а2
14.063. Найти log9 2,97 , если 1дЗ = а и 1g 11 = Ъ.
Решение.
Используя свойства логарифмов
togbM = ~~а-\ , N) = logaM+ k>gaN ,
*ода b
М
toga — = tog0M- logaN и logaMa = a logaM ,
где MmN — произвольные положительные числа; a > 0, a * 1, b>0,
b Ф 1, и a — любое действительное число, получим
11-27
. 9 07 - Ы#1 - 9 100 _ Zgll -ь tg27 - IglOO
39 ’ 1д9 1д32 21дЗ
= Zgll + Zg33 - IglO2 = Igll + 3lg3 - 2lgl0 = lgll + 3lg3-2
2lg3 ~ 2lg3 ~ 2lg3
Подставляя в это выражение значения 1дЗ = аи1д11 = Ь1 получим
, „ Ъ + За — 2
1од9 2,97 =------- .
Л b + За - 2
Ответ: ---------.
2а
14.065. Вычислить lg tg3° • lg tgf>° -lg tg9°...lg tg8T.
Решение.
lg tg3* lg tgQ” lg tg9°...lg tg3T =
= lg tg3° • lg tgtf" lg tg9°... lg tg45°... lg tg87° =
= lg tg3° lg tg6° • lg tg9°... lg 1 ... lg tg87° =
427
= lg tg3° lg tg6° - lg tg9°... 0 ...lg tg87° = 0 .
Ответ: 0 .
14.067. Вычислить lg tg 1° + lg tg2° + lg tg3°+...+ lg tg89°.
Решение.
Пусть A = lg tgl° + lg tg2* + lg tg3°+...+ lg tg89° =
= (lg tgV + lg tg89°) + (lg tg2° + lg tg88°) +
+ (lg tg3° +lgtg87°)+...+ lg tg45° =
= (lg tg 1° + lg tg (90° - 1°)) + (lg tg 2° + lg tg (90° - 2°)) +
+ (lg tg3° + lg tg(90° - 3°))+...+ Zgl .
Используя формулы приведения, получим
А = (lg tgl° + lg ctgl°) + (lg tg2° + lg ctg2°) + (lg tg3° + lg ctg3°j+...+ 0, а ис-
пользуя свойство логарифмов loga(M- N) = logaM+ logaN , где M > 0, N > 0,
a > 0, a * 1, получим
A = lg(tgl° ctgl°) + Zg(tg2° ctg2°) + lg(tg3° ctg3°) +...+ 0
или, так как tg a • ctg a = 1, где a * у (2л + l),neZHa#fffc,fc€Z, to
A = lg 1 + lg 1 + lg 1+...+ 0 = 0 + 0 + 0 +...+ 0 = 0.
Ответ: 0 .
14.069. Вычислить log2 36, если Zog12 9 = m.
Решение,
loo M
Используя свойство логарифмов 1одьМ = ———, где М > 0, a > 0 а * 1
log а Ъ
, „ , , log., 36 Zog3(4-9)
о > 0, о £ 1, получим iog2 36 =---=----------, а используя свойства
1од3 2 1од3 2
toga(M- N) = logaM+ logaN и 1одаМа = а 1одаМ,
где М > 0, N > 0, а > 0, а * 1 и а— любое действительное число, получим
36 = 1%4+1%9 = 1сй^+2 = 2йй2+2 = 2+2
1сд3 2 1сд3 2 2Zog3 2
Аналогично,
log3 9 2 2 2
Zog19 9 =-----г =---------------------=----------= тп,
Zog3(4-3) Zog34 + Zog33 1од3 22 +1 2tog32 + l
2__________________тм
откуда, после упрощений, Zog3 2 =----- (2).
2т
Подставим значение 1од3 2 из (2) в (1). Получим
428
2 4m 4-2m+4m 4 +2m 2(2 + m)
log, 36 = 2 + —-- = 2 +-=--------=------= —-----.
2-m 2-m 2-m 2-m 2-m
2m
2 (2 + m)
Ответ: —---------.
2-m
14.070. Определить знак произведения
Ig sin32° Ig cosl7° • Ig tg40° - Ig ctg20°.
Решение.
Используя свойства монотонности логарифмов
1одаМ > 0 , если а > 1 и М > 1 и 1одаМ < 0 , если а>1и0<М<1,
получим
Ig sin 32° < 0, ибо 10 > 1 и 0 = sin0° < sin 32’ < sin 90’ = 1;
Ig cos 17° < 0, ибоЮ > 1 и 0 - cos 90’ < cos 17° < cos 0’ = 1;
Ig tg 40’ < 0 , ибо 10 > 1 и 0 = tgO° < tg 40° < tg 45° = 1 ;
Ig ctg 20° > 0, ибо 10 > 1 и ctg 20° > ctg 45° = 1 .
Следовательно, ("-") • ("-") • • ("+") ="-" т. e.
Ig sin32° • Ig cos 17° • Ig tg40° • Ig ctg20‘ < 0.
Ответ: минус.
14.071. Какой знак имеет число Ig arctg 2 ?
Решение.
Функция у = arctg х является строго возрастающей, т. е. из неравенства
< х2 следует неравенство arctg xj < arctg х2 . Согласно этому и условию,
имеем arctg 2 > arctg-у/з = у > 1. Тогда, используя свойство монотонности ло-
гарифмов 1одаМ > 0, если а > 1 и М > 1 , имеем Ig arctg 2 > 0, ибо 10 > 1 и
arctg 2 > 1.
Ответ: плюс.
14.072. Доказать, что 1од2 5 иррациональное число.
Доказательство.
Предположим, что число 1од2 5 является рациональным, т. е. 1од2 5 =
р
где р и q — натуральные числа. По определению логарифма 24 =5 или
2Р = 5Ч.
Равенство 2Р = 54 невозможно, так как 2Р— натуральное четное число, а
5Ч — натуральное нечетное число. Получили противоречие. Следовательно,
число 1од2 5 иррациональное, что и нужно было доказать.
Л |тз
429
14.073. Всегда ли неверно равенство Ig (а + b) = Ig а + Ig Ъ ?
Решение.
Если заданное равенство является верным, то оно эквивалентно следующей
смешанной системе:
Ig (а + Ь) = Ig ab ,
или
Ь>0,
а + Ь = аЬ ,
а + Ъ > 0 ,
а > 0 ,
Ь>0,
или
а - аЪ = —Ь ,
а + Ъ > 0 ,
или
а > 0 ,
Ь>0,
а + Ь > 0,
а > 0,
а (1 - Ь) = -Ь ,
а + Ь > 0 ,
а > 0 ,
или
Ъ
а ----->
Ь-1
а + ь > о, или
а > 0 ,
Ь > 0 ,
а+Ъ>Ъ, или
а > 0 ,
Ъ> О,
Ь> 0 ,
ь
а , Ь-1 Ъ > 1 , а + Ъ > 0 , или ' Ъ а = , Ь-1 Ь > 1 ’ или • Ь а = Ь-1
а > 0 , b > 0 , а + Ь > 0 , а > 0 , Ь>1 .
Ответ: верно при а = --, где Ъ > 1.
14.074. Доказать, что если а2 + Ъ2 = 7аЬ, то 1одк —+ — = — (logk а + logk b).
3 2
Доказательство.
Используя формулу х2 + у2 = (х + у)2 -2ху, запишем равенство
а2 + Ъ2 = Tab в виде (а + Ь)2 - 2аЪ = 7аЬ или (а + Ь)2 = 9аЬ.
(а + Ь)2
Разделим обе части полученного равенства на 9. Будем иметь -—^-L- - ab
(а + bV ,
или I—-—I = ab. Прологарифмируем обе части последнего равенства при
основании к, где к > 0 и к * 1. Получим logfc|---1 = logk аЪ или, после
применения свойств логарифмов 1одаМа = а 1одаМ и
loga(M- N) = logaM+ logaN , где М > 0, N > 0, а>0, а * 1 и а — любое дейст-
а + Ъ .
вительное число, 21одк —-— = 1одк а + 1одк Ъ.
V
Наконец, разделив обе части этого равенства на 2, получим
Zogb +— = ^-(logk а + logk b), где а> 0 и Ь> 0, что требовалось доказать.
3 2
430
14.075. Найти ошибку в следующих рассуждениях:
получаем 2 > 3.
21ода — > 31ода —. Сокращая обе части неравенства на 1од2 7^
2 2 2
Решение.
Согласно свойствам монотонности логарифмов имеем:
1) если 0 < а < 1 , то из неравенства М > N следует неравенство
loga М < logaN, где М > 0 и N > 0 , следовательно, если 0 < а < 1 , то из
(П2
неравенства —
|3
следует неравенство
21ода^<31ода^. Сокращая
> N следует неравенство
обе части этого неравенства на 1ода —, получаем
2) если а > 1 , то из неравенства М
loga М > loga N, где М > 0 и N > 0 , следовательно, если а > 1, то из нера-
/1\2 /,\3 j 1
следует неравенство 21ода — > 31ода — или
венства
2к>да2~1 >31одо2-1 или -21ода 2 > -31ода 2. Сокращая обе части последнего
неравенства на - 1ода 2 , получаем 2 < 3 .
14.102. Что больше: stn2х или 2sinx?
Решение.
Пусть stn 2х > 2 stn х. Тогда stn 2х - 2 stn х > 0, 2 stn х cos х-2 sin х > 0,
stn x(cos х - 1) > 0 . Это неравенство эквивалентно совокупности двух систем
неравенств
sinx > 0 ,
cos х - 1 > 0 ,
stn х < 0 ,
cos х - 1 < 0 ,
stn х > 0 , Jstnr > 0
COS X > 1 , [1 e 0
или stn х < 0 , или Jstnx < 0
COS X < 1 , [cosx < 1
откуда stn х < 0 или х е (- я + 2я п; 2я n), п е Z.
Следовательно, stn 2х > 2 stn х для х е (- Я + 2я п; 2я n), п € Z.
Тогда stn 2х < 2 stn х для х е (2яг п; я + 2яп) ,п е Z.
Ответ: sin 2х > 2sinx, если х е (- я + 2яп; 2яn), п g Z ;
stn 2х < 2 stn х , если х G (2я п; я + 2яп), п е Z.
14.103. Для различных х из области определения функций выяснить, какая
из величин больше: 1дх2 или 1д2 х ?
Решение.
ОДЗ: х>0. Допустим, что 1д2х>1дх2. Тогда 1д2х-1дх2>0 или
1дг х - 21дх > 0, или 1дх(1дх - 2) > 0.
431
Графически (рис. 14.4) находим
Igx > 2 ,
откуда, с учетом ОДЗ,
Igx [Zgx<0,
Рис. 14.4.
х > 100 ,
0 < х < 1.
Следовательно, 1д2х>1дх2, если х 6 (0; l)U(100; °°). Тогда 1д2х<1дх2,
если 0 < 1д х < 2 или 1 < х < 100.
Ответ: lg2 х > Igx2, если х е (0; 1)U(100; <*>) и
1д2 х <1дх2, если х е (1; 100).
14.107. Существуют ли такие а , при которых корни уравнения
х2 - 2(а-3)х-а + 3 = 0 заключены в промежутке (-3; 0) ?
Решение.
Теорема. Корни квадратного трехчлена Ах2 + Вх + С с действительными
коэффициентами оба действительны и заключены в интервале (Л; 5)
(A<Xj<5 и к < х2 <8), когда
В2-4 АС > 0 ,
а{а82+В8 + С) > 0 ,
а(ал2+вл + с) > 0 ,
Согласно условию и этой теореме, имеем
(-2(а-3))2 -4(-а + 3)>0,
(- З)2 - 2(а - 3)(- 3) - а + 3 > 0 ,
(О)2 - 2(а - 3) • 0 - а + 3 > 0 ,
или
(а-3)(а- 2)
5а - 6 > 0 ,
— а + 3 > 0 ,
0 < а < 3 ,
>0,
или
а > 1,2 , отку-
а < 3 ,
0 < а < 3 ,
а £ 3 ,
а < 2,
да 1,2 < а < 2.
Ответ: (1,2; 2].
14.110. Доказать, что если а + Ъ + с =1, то а2 + Ъ2 + с2 £ j; а, Ъ, с — поло-
жительные числа.
Доказательство.
Докажем сначала, что для любых действительных чисел имеет место нера-
венство а2 + Ъ2 + с2 > ab + ас + be.
Найдем разность a2+b2+с2-(ab + ac + bc) =-^(а-Ъ)2+(а-с )2+(b-c )2) > 0,
откуда а2 + Ъ2 + с2 > ab + ас + Ъс (1). Далее, обе части равенства а + Ь + с =1
возведем в квадрат, получим а2 + Ь2 + с2 + 2(ab + ас + be) = 1; поскольку, со-
432
гласно (1), а2 + b2 + с2 > аЪ + ас + Ъс, то а2 + Ь2 + с2 + 2(а2 + Ь2 + с2) > 1; следо-
вательно, а2 + Ъ2 + с2 > —, что и нужно было доказать.
14.111. Доказать, что сумма кубов катетов меньше суммы куба гипотенузы.
Доказательство.
Обозначим через а и Ь катеты, а через с — гипотенузу. Тогда по свойству
перпендикуляра и наклонной а < с , Ъ < с ; умножив эти неравенства соответ-
ственно на а2 и Ъ2, получим а3 < а2с, Ъ3 < Ъ2с. Сложим почленно эти нера-
венства. Будем иметь а3 + Ь3 < а2с + Ь2с или а3 + Ь3 < с (а2 + Ь2).
Поскольку, согласно теореме Пифагора, с2 = а2 + Ь2, то а3 + Ь3 < с3, что и
нужно было доказать.
14.112. Доказать, что в любом треугольнике
сумма длин трех медиан меньше периметра и
больше полупериметра.
Доказательство.
Пусть АВС — заданный треугольник
(рис.14.5). Обозначим сторону ВС через а, сто-
рону АС через Ь, сторону АВ через с; медиану
AAi через та, медиану ВВ] через тъ , медиану
СС] через тс. Медианой треугольника называ-
ется отрезок, соединяющий вершину треуголь-
ника с серединой противоположной стороны,
следовательно,
А,В = А,С = -, В,С = В,А = - и С,А = С.В = -.
1 1 2 1 2 1 1 2
Медианы пересекаются в одной точке, лежащей внутри треугольника и
делятся этой точкой в отношении 2:1 (считая от вершины треугольника), сле-
2 12 12
довательно, МА = —та, МА1=—та, МВ = —ть, МВ1=—ть, МС = —тс,
3 3 3 3 3
МС] = —тс.
1 3 с
Докажем, что
< та + ть + тс < а + Ъ + с или
а + Ъ + с
-------< та + ть + тс, (1)
та + ть + тс < а + Ъ + с.
Соединим точки А], В] и С].
Средней линией треугольника называется отрезок, соединяющий середины
двух сторон треугольника; прямая, содержащая среднюю линию треугольни-
ка, параллельна прямой, содержащей третью сторону треугольника; средняя
линия треугольника равна половине третьей стороны.
Следовательно, В1С1 = —, А^ = —, А^ = —.
Для существования треугольника, задаваемого тремя сторонами а, Ь, с, не-
обходимо и достаточно выполнение неравенств, называемых неравенствами
треугольника: а + Ь>с, а + с > b, b + с > а .
433
Следовательно, в треугольниках С|МВ1; CtMAi и А]МВ| имеем
BjCj < MBi + MCj, AjCi < MAj +MCi, A^ < MAi + MBr или
«1 1 b 1 1 ,,4 c 1 1
— <—mh+—m. (2), — <-m.+ — mr (3), — <—mb+—ma (4).
2 3 3 2 3 3 2 3 3
Складывая почленно неравенства (2), (3), (4), получим
а Ъ
2 + 2
Усилим
с 2 2 2 а+Ь
— < — т„ + — ть + — тс или ----
2 3 3 ° 3 2
2/
неравенство (5). Так как — (то '
ть+тс) (5).
то
2
3
ma + + ТПС (6).
2
Первое неравенство системы (1) доказано.
Аналогично, в треугольниках AAjf^, BAjBj и СС^ имеем
AA^ABj+AjBj , BB^AiB+AjBj, CC^BjCj+B^
Ъ с а с а Ъ ,п.
или та<- + - (7),ть< — + — (8), тс<- + - (9).
it £t L ы it it
Складывая почленно неравенства (7), (8), (9), получим
та + ть + тс < а + Ъ + с (10).
И второе неравенство системы (1) доказано.
_ а + Ь + с
Следовательно, --------
угольнике сумма длин трех медиан меньше периметра и больше полупери-
метра, что и нужно было доказать.
т. е. в любом тре-
14.113. Доказать, что если а, Ъ, с — соответственно катеты и гипотенуза, то
а + Ъ < с-^2 .
Доказательство.
Если а, Ъ, с — соответственно катеты и гипотенуза прямоугольного тре-
угольника, то а> 0, Ъ> 0, О 0 и, согласно теореме Пифагора, а2 + Ь2 = с2 (1).
Запишем очевидное неравенство (а - Ь)2 >0 при а > 0 и Ь > 0 или
а2 - 2аЪ + Ъ2 > 0, откуда 2аЪ < а2 +Ъ2 (2).
Подставляя в (2) значение а2 + Ь2 = с2 из (1), получим 2аЪ < с2 (3). Пред-
ставим неравенство (3) в виде 2аЪ £ 2с2 - с2 или, так как с2 = а2 + Ь2, то
2аЪ < 2с2 - (а2 + Ъ2) или а2 + 2аЪ + Ь2 < 2с2 или (а + Ь)2 < 2с2 (4).
Извлекая из обеих частей неравенства (4) квадратный корень, с учетом
того, что а>0, Ь>0, с>0, получим а + Ъ < C-J2 , что и требовалось доказать.
14.114. Доказать справедливость неравенства т/а2 + Ь2 > у]а2 +Ъ3 (а > 0,
Ь > 0).
Доказательство.
2 4
Запишем очевидное неравенство (а - b) > - — ab (1), где, согласно условию,
а > 0 и Ъ > 0 .
434
тт 2 2 •*
Представим неравенство (1) в виде a -2аЬ + Ь >—ab или, после упро-
3
2
щений, а2 +Ь2 >- —ab (2). Умножим обе части неравенства (2) на За2Ъ2 >0.
Получим За2Ь2(а2 + Ь2) > 2а3Ь3 или За4Ь2 + За2Ь4 > 2а3Ь3 (3). Прибавим к обе-
им частям неравенства (3) а6 + Ъ6 > 0. Будем иметь
а6 + За4Ь2 +За2Ь4 + Ь6 > а6 +2а3Ь3 + Ь* или (а2 +Ь2)’ > (а3 + Ь3)2 (4).
Извлекая из обеих частей неравенства (4) корень шестой степени, получим
7<х2 + Ь2 > Va3 + Ь3 при а > 0 и Ъ > 0, что и требовалось доказать.
14.115. Построить графики функций а) у = х2 + 5х + 6;
б) у = х2 + 5| х | + 6; в) у = |х2 + 5х +б|; г) у = | х2 +5| х | + 61.
Решение.
Квадратный трехчлен ах2 + Ъх+с = 0,а*0 можно записать в виде
( Ъ У 4ас — Ъ2 2
а х + — +---------. Отсюда видно, что график функции у - ах + Ьх + с
V 2a) 4a
получается из параболы у = х2 по следующей схеме: у = х2 , у - ах2,
у = ах2
4ас - Ъ2
4a
У = a
4ac - Ъ2
+--------
4a
т. е. для построения графика
функции у = ах2 + Ъх + с надо:
1. Растянуть в | а | раз, если | а | > 1 (сжать в —
раз, если | а | < 1) , вдоль
оси OY относительно оси ОХ график функции
у = х2 (с возможным после-
дующим отображением полученного графика функции у = | а |х2 относительно
оси ОХ , если a < 0).
Рис. 14.6.
435
2. Параллельно перенести вдоль оси OY на отрезок длины
4ас - Ь2
4а
вверх
4ас - Ъ2
если величина --------- положительна
4а
(вниз) график функции!/ = ах2
3. Полученный после предыдущего пре-
образования график параллельно перене-
Ъ
2а
сти вдоль оси ОХ на отрезок длины
вправо, если— < 0 , и влево, если — > 0.
2а 2а
а) у = х2 + 5х + 6. Квадратный трехчлен
х2 + 5х + 6 после выделения полного
( 5V 1
квадрата представим в виде I х + — I - —.
Тогда построение графика функции
у = х2 + 5х + 6 можно осуществить по сле-
дующей схеме: у = х2 (рис. 14.6),
2 1 z „„ ( 5? 1
у = х -- (рис. 14.7), у = 1х + -1 --
(рис. 14.8).
6) у = х2 + б| х | + 6. Данная функция
является четной. Для четной функции у = f(x) во всей области изменения ее
аргумента справедливо соотношение f(x) = /(- х). Следо-
вательно, функция такого рода принимает одинаковые зна-
чения при всех значениях аргумента, равных по абсолют-
ной величине, но противоположных по знаку. График чет-
ной функции симметричен относительно оси ординат. Для
построения графика четной функции у = f(x) следует по-
строить ветвь графика этой функции только в области по-
ложительных значений аргумента х > 0.
График функции у = /(х) в области отрицательных
значений аргумента симметричен построенной ветви отно-
сительно оси ординат и получается отображением ее отно-
сительно этой оси. Согласно этому, строим график функции
у = х2 + 5х + 6 (см. рис. 14.9) для х 0, а потом этот гра-
фик зеркально отображаем относительно оси OY. Получим
график заданной функции (рис. 14.9).
в) у = |х2+5х + б|. Используя определение знака моду-
ля, функцию вида у = | f (х) | представим в виде
J / (х) при f (х) > 0,
[- f (х) при f (х) < 0.
436
Отсюда вытекает следующее правило.
Для построения графика функции у = [ / (х) | нужно сначала построить
график функции у = /(х), а затем ту часть графика, которая расположена в
нижней полуплоскости, отразить относительно оси абсцисс. Полученная в
верхней полуплоскости кривая и будет графиком функции у = | f (х) |.
Рис. 14.10. График функции
у = х2 + 5х + 6
Согласно этому, строим график функ-
ции у = х2 + 5х + 6 (см. рис. 14.8) на
(- оо; оо). На интервале (- 3; - 2) функ-
ция у = х2+5х + 6<0 (кривая располо-
жена под осью абсцисс). Эту часть графи-
ка функции у = х2+5х + 6 симметрично
отображаем относительно оси абсцисс, а
остальную часть графика оставляем без
изменений. Получим график функции
у = | х2 + 5х + 61 (рис. 14.10).
г) у = | х2 + б| х | + 61. Сначала строим
график функции у = х2 + 5| х | + 6 (см. №
14.115 б), рис. 14.6), а потом строим гра-
фик модуля этой функции. Получим гра-
фик данной функции у = I х2 + 5| х | + 6 (рис. 14.9).
14.116. Построить графики функций а) у = -х2 + 4х - 5;
б) у = -х2 + 4| х |-5 ; в) у = | - х2 + 4х - 51; г) у = |-х2+4|х|-5|.
Решение.
Графиком квадратичной функции
у - ах2 + Ъх + с является парабола с осью
симметрии, параллельной оси ординат, и
вершиной в точке С с координатами
Ъ 4ас—Ъ2
хс =----, ус =-------- (рис. 14.11). Если а >
2а 4а
0, то ветви параболы направлены вверх, а
если а < 0, то вниз. График пересекает ось
ординат в точке В(0; с). Функция имеет не
более двух нулей.
Рассмотрим еще один способ построения
графика квадратичной функции, т. е. парабо-
лы. Вообще говоря, этот способ основывается
на том факте, что три различные точки, при-
надлежащие параболе, определяют ее единственным образом.
Пусть даны три различные точки, принадлежащие графику квадратичной
функции: МДх! ; ), М2(х2 ; у2), М3(х3;у3).
437
ное решение и определяет тем
Очевидно, что хх # х2 # х3; в
противном случае найдутся хотя бы
две точки параболы, лежащие на
прямой, параллельной оси ординат,
а это невозможно. Так как по усло-
вию точки принадлежат графику
квадратичной функции, то их коор-
динаты удовлетворяют уравнению
у = ах2 + Ъх + с. Поэтому имеем
систему уравнений
ух = ах2 + Ъхх + с,
у2 = ах2 + Ъх2 + с,
Уз = ах3 + Ьх3 + с.
Можно доказать, что полученная
система трех линейных уравнений с
тремя неизвестными а, Ъ и с в слу-
чае х; * х2 * х3 имеет единствен-
самым единственную параболу
у = ах2 + Ъх + с , где а, Ъ и с — решение указанной системы.
стве второй точки возьмем точку
Для построения па-
раболы у = ах2 + Ъх + с
удобно выбрать сле-
дующие три точки (рис.
14.11):
1) так как при х = О
имеем у и с, то в каче-
стве первой точки сле-
дует взять точку
В(0; с);
2) полагая у = с, по-
лучим либо х = 0 (это
Ъ
точка В), либо х =----;
а
таким образом, в каче-
3) в качестве третьей точки берем вершину параболы С(хс; уе), где
хА Ъ о 1
хс = — = - — , ус =ах^+Ьхс+с.
2 2а
Согласно этому, построим график функции а) у = -х2 + 4х - 5. Отметим
три точки: Вх (0; -5), Аг(4 ; -5), Cr(2 ; -1).
Учитывая, что парабола симметрична относительно прямой х = 2, а ее вет-
ви направлены вниз, получаем искомый график (рис. 14.12).
б) у = -х2 + 4| х | - 5 . Эта функция является четной.
438
Строим график функции у = -х2 + 4х - 5 (см. рис.14.12) для х > 0 , а потом
этот график зеркально отображаем относительно оси OY. Получаем график
заданной функции (рис. 14.13).
в) 7/ = |-х2 + 4х-5|. Строим график функции г/ = -х2+4х-5 (см. рис.
14.13). Отразив его относительно оси абсцисс, получим искомый график (рис.
14.14).
г) у = j - х2 + 4| х | - 5 |. Сначала строим график функции у = -х2 + 4| х | - 5
(см. рис. 14.13), а потом отображаем его относительно оси ОХ вверх. Получим
искомый график (рис. 14.15).
14.117. Построить графики функций а) у = log г х; 6) у = 1одх(- х);
2
2
в) у = logi|x|; г) у =
2
1од{ х
2
; Д) У =
log 11 х |
2
439
Решение.
Рис. 14.16. График функции
у = 1од1 х.
х
Рис. 14.17. График функции
у = 1одД- х).
2
а) у = log j х. График функции
2
у = 1од1 х представлен на рис. 14.16.
2
б) у = 1од1(-х). Очевидно, что
2
функции у = /(- х) и у = f(x) при-
нимают равные значения в точках,
абсциссы которых равны по абсо-
лютной величине, но противополож-
ны по знаку. Иначе говоря, ордина-
ты графика функции у = f(- х) в
области положительных
(отрицательных) значений х будут
равны ординатам графика функции
у = /(х) при соответствующих по
абсолютной величине отрицатель-
ных (положительных) значениях х .
Таким образом, получаем следую-
щее правило.
Для построения графика функ-
ции у = /(- х) следует построить
график функции у = /(х) и отра-
зить его относительно оси ординат.
Полученный график является гра-
фиком функции у = f(- х).
Согласно этому, сначала строим
график функции у = log} х (см. рис.
2
14.16), а дальше отражением его от-
носительно оси ординат получаем график функции у = 1одг (- х) (рис. 14.17).
Рис. 14. 18. График функции у = 1одг | х |.
440
в) г/ = log J а? |. Исходная функция является четной, поэтому строим график
2
функции в области положительных значений аргумента х > 0, где она имеет
вид у = 1од1 х (см. рис. 14.16). Левую ветвь графика (при х < 0) получаем от-
2
ражением относительно оси ординат (рис. 14.18).
г) у = logY х . Сначала строим график функции у = log х х (см. рис. 14.16),
2
2
а затем ту часть графика, которая находится под осью абсцисс (на интервале
х е (1;°°)) отображаем относительно оси ОХ вверх, а остальную часть графи-
ка оставляем без изменений (рис. 14.19).
Рис. 14. 19. График функции у - 1одг х .
Д) У = lo0i
2
. Сначала построим график функции y = log1|x| (см. рис.
2
14.18), а потом построим график модуля этой функции. Получим график ис-
ходной функции у =
logjxl
(рис. 14.20).
2
Рис. 14.20. График функции у =
log! | х |
2
Рис. 14.21. График функции у = sin х.
14.118. Построить
графики функций
а) у = sin х ;
б) у = 2 sin х ;
в) у = sin 2х ;
г) у = sin .
Решение.
а) у = sinx. График функции а) у = sinx приведен на рис. 14.21.
б) у = 2 sin х . Рассмотрим функцию вида у = А • f(x), где А > 0. Нетрудно
заметить, что при равных значениях аргумента ординаты графика этой
441
функции будут в А раз больше ординат графика функции у = /(х) при А > 1
или в раз меньше ординат графика функции у = /(х) при А < 1. Таким
образом, получаем следующее правило.
Для построения графика функции у = А • /(х) следует построить график
функции у = /(х) и увеличить его ординаты в А раз при А > 1 (произвести
растяжение графика вдоль оси ординат) или уменьшить его ординаты в —
А
раз при 0 < А < 1 (произвести сжатие графика вдоль оси ординат). Получен-
ный график является графиком функции у = А • /(х).
Рис. 14.22. График функции у = 2 sin х .
Согласно этому, сначала строим график функции у = sin х (см. рис. 14.21),
а потом растяжением этого графика вдоль оси ординат в 2 раза получаем
график исходной функции у = 2 sin х (рис. 14.22).
в) у = sin 2х . Пусть требуется построить график функции у = f(<o х), где
й) > 0. Рассмотрим функцию у - f(x), которая в произвольной точке, х = хг
принимает значение уг = /(хJ. Очевидно, что функция y = f(a>x) принима-
ет такое же значение в точке х = х2, координата которой определяется ра-
Х1
венством X] = со х2 или х2 = —, причем это равенство справедливо для co-
co
вокупности всех значений х из области определения функции. Следовательно,
график функции у = f (со х) оказывается сжатым (при со > 1) или растянутым
(при 0 < со < 1) вдоль оси абсцисс относительно графика функции у = f (х).
Таким образом, получаем следующее правило.
Для построения графика функции у = f (со х) следует построить график
функции у = / (х) и уменьшить его абсциссы в со раз при со > 1 (произвести
сжатие графика вдоль оси абсцисс) или увеличить его абсциссы в — раз при
со
О < со < 1 (произвести растяжение графика вдоль оси абсцисс). Полученный
график является графиком функции у = f (со х).
442
Замечание. Нетрудно показать, что если у = f (х) — периодическая функ-
ция с периодом Т , то функция у - / (со х), со > 0 является периодической с
Т
периодом —. В самом деле, так как функция /(х) имеет период Т, то при
любом х выполняется равенство f (х + Т) = f (х). Положим ф (х) = / (со х);
тогда для любого х получим
( Т А ( ( Т 'Л
ф1 х + — I = /I col х + —11 = / (со х + Т) = / (со х) = ф(х)
т
и, следовательно, функция ф(х) имеет период —. Функция у = sin 2х имеет
Согласно этому, строим график функции у = sin х (см. рис. 14.21) и, произ-
водя его сжатие в 2 раза вдоль оси абсцисс, получаем график функции
у = sin 2х (рис. 14.23).
:.5Й№
-2л -3/2 п -п -п/2 0 л/2 п 2/Зл х
Рис. 14.23. График функции y = sin2x.
Рис. 14. 24. График функции у = sin —.
2
г) у = sin — . Строим график функции у = sinx (см. рис. 14.21) и, проводя
его растяжение в 2 раза вдоль оси абсцисс, получаем график функции
у = sin — (рис. 14.24).
14.133. Построить график функции у =
х -1
•(х2-4).
Решение.
Раскрывая модуль, данную функцию можно записать в виде
1х2 - 4 при х > 1,
. 2
4 - х‘ при х < 1.
График функции строим на двух полученных интервалах (рис. 14.25).
443
График функции
14.135. Как, зная график /(х), построить
график | / (х) | ? Можно ли по графику | / (х) |
восстановить график f(x) ?
Решение.
1) Построение графика функции
у = | f (х) | по графику функции у = f(x) ос-
новывается на следующем замечании:
। , ч । _ [ /(х) для тех х , где f (х) > 0 ,
1- f (х) для тех х , где /(х) < 0 .
Таким образом, чтобы построить график
функции у = | f (х) |, нужно все точки графи-
ка функции у = /(х), лежащие на оси ОХ и
выше ее, оставить на месте, а все точки гра-
фика функции у = /(х), лежащие ниже оси
ОХ, симметрично отобразить относительно оси ОХ. Заметим, что график
функции у - | / (х) | не имеет точек, лежащих ниже оси ОХ .
2) По графику функции у = | / (х) | нельзя восстановить график функции
у = /(х), ибо нельзя установить, для каких значений аргумента х /(х) явля-
ется положительной величиной или отрицательной.
14.136. Выразить простейшей формулой функцию /, которая одновременно
является четной, нечетной, невозрастающей, неубывающей и периодической.
Решение.
Единственной функцией, заданной на симметричном относительно начала
координат множестве М и являющейся одновременно четной и нечетной на
этом множестве, невозрастающей, неубывающей и периодической, есть функ-
ция /(х) = 0 при х е М с К.
Эта функция является четной, ибо:
1. Множество М симметрично относительно начала координат.
2. Для любого х g М справедливо равенство /(- х) = /(х) = 0.
Эта функция является нечетной, ибо:
1. Множество М симметрично относительно начала координат.
2. Для любого х е М справедливо равенство /(- х) = -/(х) = 0.
Докажем, что эта функция не является ни убывающей, ни возрастающей-
на множестве R.
Пусть X! = -1 и х2- = 1. Тогда Xj < х2, но /(- 1) = /(1) = 0.
Поскольку не выполняется и неравенство f (xj) < f (х2), и неравенство
/(х1)>/(х2), то данная функция не является ни возрастающей, ни убываю-
щей на всей числовой прямой.
Наконец, так как существует число Т, Т Ф 0, называемое периодом функ-
ции /(х), такое, что х + Т и х - Т принадлежат множеству М для каждого
444
х е М , и для каждого х е М имеет место равенство f (х + Т) = f (х) = 0 , то
функция /(х), х е М , называется периодической на М.
14.138. Построить график функции у =
— при х # О
х*
2 при х = О
и показать, что
точка х = 0 является точкой минимума данной функции. Кроме того, на этом
примере показать, что не обязательно слева от точки минимума находится
промежуток убывания функции, а справа — промежуток возрастания; может
быть и наоборот.
Рис. 14.26. График функции
Дг при х Ф 0 ,
с2
2 при х = 0.
= 2.
У =
а
Решение.
График данной функции пред-
ставлен на рис. 14.26.
Говорят, что функция /(х) имеет
в точке х = х0 минимум, если значе-
ние функции в этой точке меньше,
чем ее значения во всех точках, дос-
таточно близких к х0.
Иначе: функция /(х) имеет ми-
нимум при х = х0, если
/(х0 + Д х) > / (х0) для любых как
положительных, так и отрицатель-
ных Дх, достаточно малых по абсо-
лютной величине.
Согласно этому, например, для
Д х = 0,1 и х0 = 0, имеем
Тогда 100 > 2 и, следовательно, х = 0
является точкой минимума данной функции.
Кроме того, как видно из графика этой функции, на промежутке
х е (- °°; О) у —> + оо , а на промежутке х е (0; + «») у > 0, т. е. не обязатель-
но слева от точки минимума находится промежуток убывания функции, а
справа — промежуток возрастания (как, например, для функции у = х2); мо-
жет быть и наоборот.
Замечание.
Следует помнить:
1) Максимум (минимум) не является обязательно наибольшим
(наименьшим) значением, принимаемым функцией. Вне рассматриваемой ок-
рестности точки х0 функция может принимать большие (меньшие) значения,
чем в этой точке.
2) Функция может иметь несколько максимумов и минимумов.
3) Функция, определенная на отрезке, может достигнуть экстремума толь-
ко во внутренних точках этого отрезка.
445
14.141. Построить график
функции у=
ли а > 0 и Ь2 - 4ас = 0 .
+ Ъх + с , ес-
Рис. 14.27. График функции
[~ ь
и - ча х н---.
У 2а
I — а = 1; b = 0; II -а = 1; b = -2;
III — а = 1; b = 2.
Решение.
Квадратичную
у = ах2
ставить
функцию
+ bx + с можно пред-
в виде
|2 Ь2 - 4ас
----------, Ис-
I 4а
У~
_bf
2а J
Ъ
2а
b '
+ —
2а t
пользуя это и условие, исход-
ную функцию запишем в виде
г Ъ Ь
'ах + —== , если х >-----,
2-Ja 2а
Г Ъ Ъ
'ах----=•, если х <-------.
2Va 2а
Полученная функция у = -/а • х +
Ъ
2а
тождественно равна функции
у = а х
у = чах2 + Ъх + с при а>0 и Ь2-4ас = 0, а графики двух тождественно
равных функций совпадают. На рис. 14.27 представлен график функции
b
2а
У =
COS X
14.148. Найти область значений функции у =
cos — - sin —
2 2
Решение.
cos 2 —
I 2/
Представим данную функцию в виде у =---------------Используя фор-
х . х
cos---sin —
2 2
мулу cos 2а = cos2 а - sin2 а = (cos а + sin a)(cos а - sin а), получим
У =
cos — + sin — cos-sin —
2 2Д 2 2,
cos-----sin —
2 2
X X
Разделим числитель и знаменатель правой части на cos — - sin — * 0. Бу-
дем иметь у = cos — + sin —. А теперь умножим и разделим правую часть на
Д? 1 ) 7С К 1
cos----?=• + sin--?=• I или, так как cos — = sin — = —z
2 Л 2 Л) 4 4
446
то у = 42л cos — cos — + sin — sin — . Применяя к правой части этой функции
формулу
cos(a - Д ) = cos a cos Д + sin a sin Д , получим
Г X Л । Г“ Г" I Я j /~
Так как -1 < cos —------< 1, то - V2 < V2 cos---------< V2 , следовательно,
(2 4 ) \2 4 )
ye\-J2; V2J.
Ответ: 42; 42 j.
14.150. Найти область значений функции у = 5 sin х -12 cos х .
Решение.
Имеем у = 5 sin х -12 cos х = 4^ +122
5 12
—===== Sin X = -т COS X =
4ъ2 +122 Vs2 +122 ,
, \ 5 . 12
= 131 cos a sin х - sm a cos х), где а = arccos — = arcsin —.
v } 13 13
Используя^ формулу 8гп(Д - у) = sin Д cos у - cos Д sin У , получим
у = 13 sin(x — а).
Здесь -1 < sin(x
у € [-13; 13].
Ответ: [-13; 13] .
следовательно - 13 < 13 sin(x - а) < 13 и
функции | X [ + | у | = 1 .
14.151. Изобразить в координатной плоскости
XOY заданное соотношение между переменными
гиг/: | х | +1 у | = 1.
Решение.
Данная функция четная относительно коор-
динатных осей. Поэтому достаточно рассмотреть
функцию в первом квадранте, т. е. при х > 0 и
у £ 0. Поскольку при этом | х | = х и | у | = у , то
данная функция приобретает вид х + у = 1 или
у=1-х.
Таким образом, строим график прямой
у = 1 - х . Графику данной функции принадле-
жит только отрезок прямой у = 1 - х , который лежит в первом квадранте.
Учитывая симметрию графика данной функции, строим график функции во II
— IV квадрантах.
График функции | х | +1 у | = 1 представлен на рис. 14.28.
14.153. Изобразить в координатной плоскости ХОУ заданное соотношение
между переменными хну: х +1 х | = у +1 у | .
447
Решение.
Рис. 14.29. График функции
х + j х | = у +1 у |.
Раскрыв знаки модулей, функцию можно
представить в виде:
х £ 0,
у £ 0 , Следовательно,
графиком данной функции в первом квадран-
те есть биссектриса первого координатного
угла;
х < 0 ,
« у > 0 , Следовательно, графиком дан-
У = 0 .
ной функции во втором квадранте будет от-.
рицательная полуось абсцисс;
Сле-
У < 0 ,
х 6 R ,
У е R .
довательно, любая точка третьего квадранта принадлежит уравнению
х + |ос| = у + |у| при х < 0 и у < 0 ;
х > 0 ,
у < 0 , Следовательно, в четвертом квад-
х = 0 .
ранте графиком данной функции является отрицательная полуось ординат.
График функции х +1 х | = у +1 у | представлен на рис. 14.29.
Рис. 14.30. График
функции
М = г°3о,5| Х I-
14.154. Изобразить в координатной плоскости XOY
заданное соотношение между переменными х и у :
|у| = к>9о,ь\х | •
Решение.
Данная функция является четной относительно ко-
ординатных осей. Поэтому достаточно рассмотреть
функцию только в первом квадранте, т. е. при х > 0 и
у > 0. Поскольку при этом | х | = х и | у | = у , то ис-
ходная функция приобретает вид у = logQ 5 х . Следо-
вательно, строим график функции у = 1од0 5 х . Учиты-
вая симметрию графика данной функции, строим гра-
фик функции во втором, третьем и четвертом квад-
рантах. График функции | у | = 1одй 51 х | представлен
на рис. 14.30.
14.155. Изобразить в координатной плоскости ХОУ заданное соотношение
между переменными х и у : | у | = | sin х | .
Решение.
Сначала строим график функции у = | sin х |. Для этого ту часть графика
функции у = sin х, которая расположена в нижней полуплоскости, нужно от-
448
разить относительно оси абсцисс. Полученная в верхней полуплоскости кри-
вая и будет графиком функции у = | sin х |. Далее, так как исходная функция
четная относительно оси абсцисс, выполняем зеркальное отображение относи-
тельно оси абсцисс в нижнюю полуплоскость графика функции у = | sin х |.
Получим график функции | у | = | sinx | (рис. 14.31).
1
У
о
-1
-2л -3/2 л -л -л/2 0 л/2 л 3/2 л
Рис. 14.31. График функции | у | = | sin х |.
14.156. Изобразить в координатной плоскости XOY заданное соотношение
. . I sin х I
между переменными х и у : у = ------- •
1 1 sin х
Решение.
Используя определение знака модуля, представим заданную функцию в
I I - sin г Il sin х
виде и =------= -1 при sin х < 0 , что не имеет смысла, и I у I =-= 1
1 1 sin х sin х
. . I sin x I
при sin x > 0 , откуда у = ±1 при sin х > 0. График функции у = —-L
sinx
представлен на рис. 14.32.
1 Г*Т '*1——Г *|— I*
У
О-----------------------------------
-1-L-LJ——Ц 1——U I »
-2л -л 0 л 2л х Зл
. . I sin х I
Рис. 14.32. График функции у = —:-1.
' sin х
заданное неравенствами
Зх - 4у + 12 > О и х + у - 2 < 0 .
14.157. Изобразить в ко-
ординатной плоскости XOY
заданные соотношения ме-
жду переменными х и у :
Зх -4у + 12 > О
и х + у - 2 < 0.
Решение.
Представим заданные
соотношения между пере-
менными х и у в виде
3
у < —х + 3 ,
’ * 4
у < -х + 2 .
449
Графиками функций у = — х + 3 и у = -х + 2 являются прямые. Областью
4
решений неравенства Зх - 4у + 12 > О является полуплоскость, лежащая ниже
3
прямой у = — х + 3, не включая самой прямой (горизонтальная штриховка на
рис. 14.33). Аналогично, областью решений неравенства у < -х + 2 является
полуплоскость, лежащая ниже прямой у = -х + 2 (вертикальная штриховка).
Общая часть этих полуплоскостей (или их пересечение), очевидно, содержит
точки, удовлетворяющие обоим неравенствам.
Рис. 14.34. Геометрическое место
точек, заданное неравенствами
у + 3^х2+2хи х + у£3.
14.158. Изобразить в координатной
плоскости XOY заданные соотношения
между переменными х и у: у + 3>х2+2х
и х + у < 3 .
Решение.
Представим заданные соотношения
между переменными х и у в виде
[у £ х2 + 2х - 3 ,
|у £ —х + 3 .
График функции у = х2 + 2х -3 пред-
ставляет собой параболу. Координаты лю-
бой точки, лежащей выше параболы,
удовлетворяют заданному неравенству (на
рис. 14.34 область решений неравенства
заштрихована горизонтально, причем точ-
ки самого графика в эту область также
входят).
Графиком функции у = -х + 3 Являет-
ся прямая. Областью решений неравенства х + у £ 3 является полуплоскость,
лежащая ниже прямой у = -х + 3, включая точки самой прямой
(вертикальная штриховка).
Общая часть этих заштрихованных областей (или их пересечение) и явля-
ется геометрическим местом точек, заданным соотношением у + 3>х2+2х и
х + у S 3 .
14.159. Изобразить в координатной плоскости XOY заданное соотношение
между переменными х и у : 1од2(х + у -1) < 0.
Решение.
Это неравенство равносильно системе неравенств
х + у — 1 < 1 , {у<-х + 2,
или (
х + у - 1 > О [у > - х + 1.
Графики функций у = —х + 2 и у = -х + 1 представляют собой параллель-
ные прямые.
450
Рис. 14.35. Геометрическое
место точек,
заданных неравенством
Zog2(x + у -1) <0.
Областью решений неравенства х + у -1 < 1
является полуплоскость, лежащая ниже прямой
у = -х + 2, исключая точки самой прямой
(горизонтальная штриховка на рис. 14.35). Об-
ласть решения неравенства х + у -1 > 0 — по-
луплоскость выше прямой у = -х + 1
(вертикальная штриховка). Общая часть этих
полуплоскостей (или их пересечение), очевидно,
содержит точки, удовлетворяющие обоим нера-
венствам. Следовательно, областью решений не-
равенства 1од2(х + у -1) < 0 является полоса,
заключенная между двумя прямыми (двойная
штриховка), причем ни одна из границ полосы
не входит в область решений.
14.165. Показать, что координаты всех точек прямой х + у = 2 удовлетво-
ряют неравенству х2 + у2 > 2, и истолковать этот факт геометрически.
Решение.
Рис. 14.36. График функции
у = -х + 2 и геометрическое место
точек, заданное неравенством
х2 +у2 > 2.
1. Из уравнения х + у = 2 найдем
у = 2 - х и подставим это значение у в
неравенство х2 + у2 £ 2. Получим
х2 + (2 - х)2 2: 2 или, после упрощений,
х2 - 2х + 1 £ 0 , (х -1)2 £ 0.
Последнее неравенство выполняется
при всех значениях х в R. Следова-
тельно, координаты всех точек прямой
х + у = 2 удовлетворяют неравенству
х2 + у2 > 2.
2. Истолкуем этот факт геометриче-
ски. Построим в одной системе коорди-
нат прямую х + у = 2 или у = -х + 2 и
геометрическое место точек, заданное
неравенством х2 + у2 ^2.
Областью решений неравенства
х2 + у2 £ 2 является часть плоскости,
лежащая вне окружности х2 + у2 = , включая точки самой окружности
(на рис. 14.36 радиальная штриховка).
После такого построения становится очевидным, что все точки прямой
х + у = 2 лежат в области решений неравенства х2 + у2 > 2.
14.167. Используя определение факториала п! = 1 • 2...П, сократить дробь
(п + 2)!+ (п + 1)!
(п + 2)/- (п + 1)!
451
Решение.
(n + 2).'+ (n + 1)! _ (n + 1)/(n + 2) + (n + 1)! _ (n + l)/(n + 2 + 1) n + 3
(n + 2)/-(n + 1)/ (n + l).'(n + 2) - (n + 1).' (n + l)/(n + 2 — 1) n + 1
_. n + 3
Ответ: ------ .
n + 1
14.169. Используя определение факториала n! = 1-2...n, сократить дробь
((n + 2) /+ n /) (n +1)
(n + 2)'(n2 +3n + 3)
Решение.
((n + 2) /+ n /) (n +1) (n !(n +1) (n + 2) + n /)(n +1)
(n + 2) /(n2 + 3n + з) n !(n +1) (n + 2) (n2 + 3n + з)
n.'((n + l)(n + 2) + l)(n + 1) _ (n + l)(n + 2) + l
n /(n + 1) (n + 2) (n2 + Зп + 3) (n + 2) (n2 + 3n + з)
_ n2 + 3n + 3 _ 1
(n + 2)(n2 + 3n + з) n + 2
Ответ: —-— .
n + 2
14.170. Показать, что графиком уравнения sin(x + у) = 0 является беско-
нечная совокупность равноотстоящих параллельных прямых.
Рис. 14.37. График уравнения
sin(x + у) = 0.
Решая уравнение stn(x + у) = 0 ,
получим х + у = я п , п е Z, отку-
да у = -х + я п , п е Z.
При п = 0 получим у = -х ;
при п = ±1 получим у = —х ± я;
при п = ±2 получим у = -х ± 2я
и т. д.
График уравнения
sin(x + у) = 0
изображен на рис.14.37.
Из рисунка видно, что графиком
уравнения stn(x + у) - 0 является
бесконечная совокупность равноот-
стоящих параллельных прямых.
452
14.171. Дано: /(*) =
1, если х - рациональное число,
-1, если х - иррациональное число.
Является ли эта функция постоянной, если х — действительное число? А ее
квадрат?
Решение.
Функция /(х) называется постоянной на х g R, если для всех х е R
f(x) - const.
1) Согласно этому данная функция
!1, если х - рациональное число,
-1, если х - иррациональное число
не является постоянной для х е R , ибо 1^-1.
2) (/(х))2 = (1)2 = 1, если х — рациональное число;
(/(<=(-1)г = 1 , если х — иррациональное число.
Следовательно, квадрат данной функции является постоянной функцией,
ибо для всех х е R имеем (1)2 = (- 1)2 = 1 = const .
Ответ: нет; да.
14.172. Доказать, что при некоторых ограничениях для а и Д из равенст-
ва sin(a + Д) = 3 sinfa - Д ) следует tg а = 2tg Р. Указать требуемые ограни-
чения для а и Д .
Доказательство.
Применяя к равенству sin(a + Д ) = 3 sin(a - Д ) формулы
sin(x ± у) = sin х cos у ± cos х sin у ,
получим
sin ос cos Р + cos a sin Д = 3 sin a cos Р~3 cos a sin Р
или, после упрощений,
sin a cos Р= 2 cos a sin Р . (*)
Разделим обе части равенства (*) на cosa cos Д * 0. Получим
sin a cos Р 2 cos a sin Р „ _
--------=------------— или tg a = 2 tg Д,
cos a cos Д cos a cos Д
где cos a 0 и cos Д 0 или а Ф — + л k,
JC
k 6 Z и Д #- + я n,
K 2
n e Z.
Л
а * — + л к
Таким образом, если
2
к е Z и Р —ь я п, п g Z, то из ра-
венства stn(a + Д ) = 3 sin(a - Д ) следует равенство tg a = 2 tg Д .
14.173. Определить z, если известно, что
tga = 3Z, tgр = 3"г и a - Д = ^.
О
453
Решение.
_ _, „о , sm a sm В , , sin a sin В
tga tg В = Зг • 3 г =3° = 1 или -----= 1,1-------------£ = 0,
cos a cos р cos a cos р
cos a cos Р - sina sin В [cos a cos ft - sina sin /3 = 0,
----------------------------= 0, откуда < _ Используя
cos a cos p---------------------------------------------------[cos a cos p & 0 .
формулу cos(x + y) = cos x cos у - sin x sin у , получим cos(a + /3) = 0 , откуда
Я я
а+(3 = — + як, к е Z. Согласно условию, а - /3 = — , следовательно, а > /3
2 6
и к = 0. Тогда
а л
01 + О ’ ГУ п л л
* Складывая эти уравнения, получим 2а = у + — ,
a - /3 = - .
л
откуда а = —
3
я ।— 1
tg — = Зг или V3 = Зг, откуда z = —
3 2
Подставляя это значение а в равенство tg а = Зг , получим
Ответ: —
2
14.174.Установить, является ли заданная последовательность убывающей
или возрастающей: а) хп=3п2-п; б) хп=п2-3п; в) хп=7п-п2; г)
, (зу
у* •
Решение.
Последовательность {an} называется возрастающей, если для любого на-
турального п справедливо неравенство an+1 > ап , т. е. если ап+1 > ап , п g N.
Последовательность {an} называется убывающей, если для любого нату-
рального п справедливо неравенство an+1 < ап , т. е. если an+l < ап , п е N.
Последовательность {an} называется невозрастающей, если для любого
натурального п справедливо неравенство an+1 ап, т. е. если
fln+i ап > neN.
Последовательность {an} называется неубывающей, если для любого нату-
рального п справедливо неравенство an+1 > ап , т. е. если an+1 > ап , п е N.
Согласно этому имеем а) xn+1 = 3(n + I)2 - (n + 1) = Зп2 + 5п + 2.
Рассмотрим разность хп+1 - хп . Имеем Зп2 + 5п + 2 - Зп2 + п=6п + 2>0 .
Таким образом, при любом натуральном п справедливо неравенство
хп+1 > хп , и следовательно, последовательность хп = Зп2 -п является воз-
растающей.
454
6) xn+1 = (n + l)2 - 3(n + 1) = n2 - n - 2 .
Рассмотрим разность xn+1 - xn . Имеем n2-n-2-n2+3n=2n-2>0 .
Таким образом, при любом натуральном п справедливо неравенство
xn+i 5 хп , и, следовательно, последовательность хп - п2 - Зп является не-
убывающей.
б) хп+1 = 7(п + 1) - (n + 1)2 = -п2 + 5п + 6 . Рассмотрим частное . Име-
хп
ем
я:_+1 -п2+5п + 6 -п2+7п-2п + 6 , -2п + 6 2п-6
__— = =14- = 1 + ————— .
хп -п2+7п--------------------------- п2 + 7п--п2 + 7п п2-7п
При п = 3 имеем = 1; при п = 2 имеем — = 1 + — > 1; при п = 5
х„ х„ 5
п п
хп + 1 , 2 ,
имеем ------= 1 - — < 1.
х„ 5
*** п
Следовательно, последовательность хп = 7п- п2 является немонотонной
(ни убывающей, ни возрастающей).
( 3 (3 3
Г) l/n+1=lgl-J =lgl-J lg-.
Рассмотрим частное
Имеем
Уп
3
= lg — < 1. Таким образом, при любом натуральном п спра-
ведливо неравенство уп+1 < уп, следовательно, последовательность
является убывающей.
Ответ: а) возрастающая; б) неубывающая; в) немонотонная; г) убывающая.
14.176. Доказать, что сумма кубов п нечетных чисел равна п212п2 -1) при
любом натуральном п.
Доказательство.
Доказательство будем проводить методом математической индукции.
Для доказательства утверждения методом полной математической индук-
ции делается следующее:
1. Проверяется справедливость утверждения для n = 1.
2. Предполагается справедливость этого утверждения для п — к , где к —
произвольное натуральное число, и с учетом этого предположения устанавли-
вается справедливость его для п = к + 1 .
Докажем, что сумма кубов п нечетных чисел равна п2^2п2 -1) при любом
натуральном п , т. е. I3 + З3 + 53 4- 73+...+(2n - 1)3 = п2^2п2 -1). (1)
455
1. Проверим справедливость данного утверждения при п = 1. Если п = 1,
то I3 = 12^2 • I2 -1) или 1 = 1, т. е. равенство (1) верно.
2. Предположим, что сумма кубов первых к (к > 1) нечетных чисел равна
к2^2к2 -1), т.е. предположим, что
I3 +З3 + 53 + 73+...+(2к-1)3 = к2(2к2 -1) (2).
Установим, исходя из равенства (2), что сумма кубов первых к + 1 нечет-
ных чисел равна (к + 1)2 ^2(к + 1)2 - 1), т. е.
I3 + З3 + 53 + 73 +.. .+(2к - 1)3 + (2к + 1)3 = (к + 1)2 [г(к + 1)2 - 1)
или, после упрощения правой части,
I3 +З3 + 53 + 73+...+(2k-1)3 + (2k + l)3 = 2k4 +8fc3 + Ilk2 + 6k + l.
Воспользовавшись формулой (2), получим
l3 +З3 + 53 + 73+...+(2k-l)3 +(2k + l)3 = k2(2k2 -l) + (2k + l)3‘
или, после упрощений правой части,
I3 +З3 + 53 + 73+...+(2k-l)3 +(2к + 1)3 = 2к4 + 8к3 + 11к2 + 6к + 1,
что и требовалось доказать в этом пункте.
На основании п. п. 1 и 2 принципа полной математической индукции дела-
ем вывод, что сумма кубов п нечетных чисел равна п2^2п2 -1) при любом на-
туральном п .
14.177. Рассмотрев случаи 0 < а < 1 и а>1, выяснить, существует ли чис-
ло -Jlogatg40° logatg7Q° .
Решение.
tg 0° < tg40° < tg45° или 0 < tg40’ <1, a tg45° < tg70° < tg90° или
1 < tg70° < «о. Тогда:
1) при 0 < a < 1 имеем
Zogotg40° > 0, a Zogatg70° < 0 и logatg40° -logatg70° < 0,
следовательно, число yllogatg40° logatg 70’ в области действительных чисел
не существует;
2) при а > 1 имеем
Zogatg40° < 0, a logatg70° > 0 и Zogatg40° logatg70° < 0 ,
следовательно, число y[logatg40° -logatg70° в области действительных чисел
не существует.
Ответ: нет, не существует.
14.178. Показать, что если арифметический квадратный корень из произ-
ведения двух натуральных чисел есть число рациональное, то и квадратный
корень из их частного — число рациональное.
456
Доказательство.
Пусть ^av • а2 = —, где ах е N , а2 е N, bj е N , Ъ2 е N и ~ g Q .
Ь2 Ь2
I----- I— I— b, 1
Тогда, так как ai > 0 и а2 > 0, то Jar • а2 = Ja} • Ja2 = — = bL — , откуда
b2 ь2
Jaj = Ц , ,ja2 = — (или Jaf = — , Ja2 = Ъг).
ь2 Ь2
1
>*< I ®i "V Ь< л/а^ Ь2 1
Следовательно, — = -^== = —- = Ьг • Ъ2 (или Л= = —— =------- ).
V а2 у]а2 * ^a2 bi bi b2
Ь2
Напомним, что рациональное число — это число, которое можно предста-
вить в виде —, где х — любое целое число, у — натуральное число.
У
с
Согласно этому, • b2 можно представить в виде bj Ъ2 = у, где с = Ц • b2
— целое положительное число, 1 — натуральное число (или —-— = —, где 1
bj • b2 с
— целое положительное число, с = ЪГ Ъ2 — натуральное число).
Таким образом, если арифметический квадратный корень из произведения
двух натуральных чисел есть число рациональное, то и квадратный корень из
их частного — число рациональное, что и нужно было показать.
14.180. Если 1одь а = т и 1одс Ь = п, то чему равен log^ ab ?
Решение.
Используя формулу перехода к новому основанию логарифма
log, х
log х = -— , где х > 0, 0 < у Ф 1, 0 < z * 1,
1о9г У
1одь ab
получим logbc ab =-------, а используя формулу для логарифма произведения
logb Ъс
1одг ху = 1одг х + logz у , где х > 0, у> 0, 0 < z * 1, получим
logb ab _ logb а + 1одь b _ logb a + 1 _ 1одь а + 1
1одьЪс 1одьЪ + 1одьс 1 + 1одьс 1 ( 1
logc b
Подставляя в числитель и в знаменатель полученной дроби значения
1одь а = т и 1одсЪ = п из условия, получим
п#01 „„.J,
i+-L- n + 1
logc b п
п(т +1)
Ответ: -------, п 0 , п -1.
п +1
457
14.182. На числовой оси построить точки, изображающие числа
>/2, 7з, 4§, 4з + V2 и V2 — у/з.
Решение.
1. Проведем к числовой оси перпендикуляр СВ в точке С, соответствующей
числу 1 (рис. 14.38); длину отрезка ВС возьмем равной 1 (ВС = 1) и соединим
отрезком прямой точку В с началом оси О. Получим прямоугольный треуголь-
ник О ВС с катетами ОС = 1 и ВС = 1. Затем раствором циркуля, равным ОВ,
из точки О как из центра опишем дугу окружности до пересечения с осью в
точке А, лежащей справа от начала оси. По теореме Пифагора
ОВ2 =ОС2+ВС2, или О А2 =ОС2+ВС2 = I2 +12 =2, откуда ОА=л/2 . Следо-
вательно, на числовой оси точка А изображает число 42.
2. Проведем к числовой оси перпендикуляр AD в точке А, соответствующей
числу V2 ; длину отрезка DA возьмем равной 1 (DA =1) и соединим отрезком
прямой точку D с началом оси О. Получим прямоугольный треугольник ODA с
катетами ОА = 42 и DA =1. Затем раствором циркуля, равным OD, из точки
О как из центра опишем дугу окружности до пересечения с осью в точке Е,
лежащей справа от начала оси. По теореме Пифагора OD2=OA2+DA2, или
ОЕ2 = ОА2 + DA2 = (Л) + I2 = 3, откуда ОЕ = д/з . Следовательно, на число-
вой оси точка Е изображает число .
3. Проведем к числовой оси перпендикуляр KF в точке К, соответствующей
числу 2; длину отрезка FK возьмем равной 1 (FK = 1) и соединим отрезком
прямой точку F началом оси О. Получим прямоугольный треугольник OFK с
катетами ОК = 2 и FK = 1. Затем раствором циркуля, равным OF, из точки О
как из центра опишем дугу окружности до пересечения с осью в точке Т, ле-
жащей справа от начала оси. По теореме Пифагора OF2=OKZ+FK2, или
OT2=OK2+FK2 = 22 + I2 = 5, откуда ОТ = 4$ . Следовательно, на числовой оси
точка Т изображает число ч/б .
Рис. 14. 38. Изображение чисел V2 (точка А),
4з (точка Е), д/б (точка Т), 7з + 42 (точка М)
и у/2 - л/З (точка N) на числовой оси.
4. Раствором циркуля, равным ОА = 42 , из точки Е как из центра опишем
дугу окружности до пересечения с осью в точке М, лежащей справа от точки
Е. Получим ОМ = ОЕ+ОА или ОМ = ОЕ + ЕМ = 4з + 42 . Следовательно, на
числовой оси точка М изображает число л/з + 42 .
5. Раствором циркуля, равным ОЕ = >/з , из точки А как из центра опишем
дугу окружности до пересечения с осью в точке N, лежащей слева от точки А.
458
Получим ON = ОА - ОЕ = 72 - 7?. Следовательно, на числовой оси точка N
изображает число у/2 - 7? .
14.187. Показать, что 712345,67 иррационально.
Доказательство.
Пусть 712345,67 = х,у, где х — целая часть числа, ay — дробная часть
числа. Так как 12345,67 # (х, yj , ибо квадрат целого числа не может оканчи-
ваться цифрой 7
(I2 =1, 22 =4, З2 = 9, 42 = 16,52 = 25, 62 =36, 72 = 49, 82 =64,92 =81),
то 12345,67 # —, т, п е N, т. е. число 712345,67 является иррациональным,
п
что и нужно было показать.
14.188. Уничтожить иррациональность в знаменателе дроби _ * _ .
72-72
Решение.
Умножим числитель и знаменатель данной дроби на 7? + 7?. Получим
1 _ 72+^2 _ 72+72 _ 72+72
72-72 "(72 - 72)(72 + 72)“(72)2-(7^)2 “ 2-7?'
Далее, числитель и знаменатель полученной дроби умножим на
4 + 27? + 71? • Будем иметь
1 _ 72+72 _(72+7г)(4 +271+716)_
7г-7г 2-7? (2-7?)(4 + 27? + 7Г?)
(7? + 7?) (4 + 27? + 71?) (7г+ 7?) (4+ 27?+71?)
_ __ _ _ _
(72 + 7г)(2 + 7? + 7г) _ 272 + 2^ + 272 + 2 + 732 + 7?
_ - _ _ •
Л 272 + 272 + 272 + 2 + 732+7?
Ответ: -------------------------- .
2
14.190. Сколько цифр содержит число 2100 ?
Решение.
Пусть М = 2100. Логарифмируя обе части этого равенства при основании
10, получим IgM = lg 2100 или 1дМ = 100Zg2 (*). По таблице Брадиса находим
1д 2 = 0,30103. Подставляя это значение 1д2 в равенство (*), получим
1дМ = 100 0,30103 или 1дМ = 30,103. Значит, число М имеет 31 цифру, так как
характеристика его логарифма равна 30.
Ответ: 31.
459
14.191. Доказать, что неравенство 3” £п + 2 верно, если п — натуральное
число.
Доказательство.
Доказательство производим методом математической индукции. Напомним,
что оно состоит из доказательства двух теорем.
Теорема 1. Утверждение справедливо для п = 1.
Теорема 2. Утверждение справедливо для п = k + 1, если оно справедливо
для п = к , где к — любое натуральное число.
Если обе эти теоремы доказаны, то утверждение справедливо при любом
натуральном значении п.
1. При п = 1 получаем З1 >1 + 2 или 3 > 3, т. е. утверждение справедливо.
2. Допустим, что при п = к неравенство верно, т. е. Зк > к + 2. Докажем,
что оно будет верным при к + 1, т. е. 3fc+1 > к + 3.
По допущению 3/с > к + 2; умножив обе части этого неравенства на 3, по-
лучим 3ь+1>3/с+6 или 3fc+1 > к + (2к + б). Поскольку 2к + 6 >3, то
3fc+1 > к + 3.
Таким образом, на основании метода математической индукции делаем вы-
вод, что неравенство Зп > п + 2 верно, если п — натуральное число.
14.192. Произведение ^22 +1^22 +1^^23 +1^ представить в виде суммы
степеней числа 2.
Решение.
(г21 +1^2г2 +1)[223 + 1) = (г2 + 1)(г4 +1)(г8 +1) =
= (22 -24 +22 -1 + 1-24 +1-1)(28 +1) = (22+4 +22 +24 +1)(28 +1) =
= (г6 + 24 + 22 + 1) (г8 +1) = 26 • 28 + 26 + 24 • 28 + 24 + 22 28 + 22 + 28 + 1 =
= 26+8 + 26 + 24+8 + 24 + 22+8 + 22 + 28 + 1 =
= 214 + 26 + 212 + 24 + 210 + 22 + 28 + 1 =
= 214 +212 +210 +28 +2е + 24 + 22 + 2° = 214 +212+...+22 +2°.
Ответ: 214 + 212+.. .+22 + 2°.
14.196. Разделить а128 - Ь128 на произведение
(a + b)(a2 +Ь2)(а4 +Ь4)...(а64 + Ь64).
Решение.
а128 - Ь128 = а64 2 - Ь64 2 = (а64)2 - (ь64)2 =
= (а64 - Ь64)(а64 + Ь64) = (а32 2 -Ь32 2)(а64 + Ь64) =
= ((а32)2 -(Ь32)2](а64 +Ь64) = (а32 _Ь32)(а32 + Ь32)(а64 + Ь64) =
460
= (a16 -b18)(a18 + b16)(a32 + b32)(a84 + b84) =
= (a8 -b8)(a8 +b8)(a16 + b18)(a32 + b32)(a84 + b84) =
= (a4 -b4)(a4 +b4)(a8 + b8)(a18 + b16)(a32 + b32)(a64 +b64) =
= (a2 -b2)(a2 +b2)(a4 +b4)(a8 + b8)(a18 + b18)(a32 + b32)(a84 + b84) =
= (a - b)(a + b)(a2 + b2)(a4 + b4)(a8 + b8) (a16 + b18)(a32 +b32)(a84 +b64) =
= (a - b) (a + b) (a2 + b2) (a4 + b4 )... (a64 + b84 ).
a128-b128
Т°ГДа (a + b)(a2 +b2)(a4 + b4)...(a84 + b84) "
(a - b)(a + b)(a2 + b2)(a4 + b4)...(a84 + b84j
= (a + b)(a2 + b2)(a4 + b4)...(a64 + b84) = “ "Ь'
Ответ: а-Ь.
D
Рис. 14.39.
14.203. Из всех четырехугольников с дан-
ными диагоналями тип найти четырех-
угольник наибольшей площади.
Решение.
Пусть АС = т и BD = п — данные диаго-
нали произвольного четырехугольника
ABCD (рис. 14.39).
ABCD ~ $ЛАВС + $ЬАОС=
= — AC-ВЕ+— AC- DF =
2 2
= |AC(ВЕ+ DF) = ^m(ВЕ+ DF) (1),
где BE ± АС и DE ± АС.
Согласно условию задачи имеем 0 < BE < ВО , 0 < DF < DO . Складывая
почленно эти два неравенства, получим 0 < ВЕ+ DF < ВО+ DO или
О < ВЕ+ DF < BD = п .
Площадь четырехугольника ABCD будет наибольшей, если сумма высот
ВЕ+DF будет наибольшей, т. е. при ВЕ+ DF = BD = п (2), где BD J. АС или
n±m. Подставляя значение BE+DF из (2) в (1), получим
(•^abcd)^ ~~тп,
где тп±п.
Ответ: множество произвольных четырехугольников с взаимно перпенди-
кулярными диагоналями.
14.204. Построить график функции
/(*) =
0,5х + 1 при х < 0 ,
cos х при 0 < х < п ,
х2 - Зя х + 2я 2 при х я .
Указать значение функции в точке разрыва.
461
конец, на интервале х е [я ; + °°)
Решение.
На интервале
х е (- о®; О] строим
график линейной
функции
f(x) = 0,5х 4-1; на ин-
тервале х е (0; л )
строим график функ-
ции f(x) = cos х ; на-
строим график квадратичной функции
f(x) = х2 - Зл х 4- 2я 2 (рис. 14.40).
Напомним, что точки, в которых нарушается условие непрерывности
функции и которые являются внутренними по отношению к области сущест-
вования функции, называются точками разрыва .
Для данной функции точкой разрыва будет точка х = л. Значение функ-
ции в этой точке равно /(л ) = л 2- Зл • л 4- 2л 2= 0.
14.206. Доказать, что многочлен х4 - 2т3 + 2х2 - 8т 4-16 принимает поло-
жительные значения при любых действительных значениях х.
Доказательство.
Пусть х4 - 2х3 4- 2х2 -8х + 16 = 0. Разделим обе части этого уравнения на
х2 * 0. Получим
х2 - 2х 4- 2 - — 4- -Ц- = 0 или | х2 4- -Ц-1 - 2| х 4- — 14- 2 = 0 (*).
хх1 к х) \ xj
п 4 о 16 2 ~ л
Сделаем замену х 4- — = у. Тогда х 4—- = у - 8. Относительно у уравне-
х х
ние (*) примет вид у2 - 8- 2у 4-2 = 0 или у2 - 2у - 6 = 0 . Найдем его корни:
t/lj2 = 1 ± 77. Следовательно, (у - (1 - 77jj(y _ (1 + 77 jj = 0 или
^х + |- [1- 77)^х + - (1 + 77)) = 0 .
После упрощений получим (х2 - (1 ~ 77)х 4- 4)(х2 -(14- 77)х 4- 4) = 0. Сле-
довательно, х4 - 2х3 4- 2х2 - 8х 4-16 = (х2 - (1 - -Jl jx 4- 4) (х2 - (1 4- Ji}x 4- 4) .
Дискриминант квадратного трехчлена х2 - (1 - 77) х 4- 4 равен
D = (1 - - 42 = -277- 8 < 0 , следовательно, х2 - (1 - 77)х 4- 4 > 0 при
х € R.
Аналогично, дискриминант квадратного трехчлена х2 - (1 4- -Jl^x 4- 4 равен
D = (14-77) -42 =277-8<0, следовательно, х2 - (1 4-77)х 4-4 > 0 при
х в R.
462
Таким образом,
х4 - 2х3 + 2х2 - 8х + 16 = (х2 - (1 - л/7)х + 4)(х2 - (1 + V?)x + 4) > 0 ,
что и требовалось доказать.
14.207. Доказать, что никакое четное число, не кратное четырем, нельзя
представить как разность квадратов двух натуральных чисел.
Доказательство.
Четное число, не кратное четырем, можно записать в виде
(2n + 1) 2 = 4п + 2 , п е Z.
Из последней формулы видно, что это число при делении на 4 дает в ос-
татке 2. Предположим, что 4п + 2 = р2 - q2, где р 6 N и q е N, и рассмотрим
следующие случаи:
1) Если р и q — четные числа, то р2 - q2 = (2k)2 - (2m)2 = 4^k2 - т2}, т. е.
при делении заданного числа на 4 в остатке получается 0.
2) Если же р и q — нечетные числа, то
р2 - q2 = (2k +1)2 - (2m +1)2 = 4^k2 - m2 j + 4(k - m), т. e. заданное число снова
кратно четырем.
3) Если, наконец, одно из чисел р или q четно, а другое нечетно, то
р2 - q2 = (2k +1)2 - (2m)2 = 4^k2 - m2 j + 4k + 1, т. e. при делении числа на 4 в
остатке получается 1.
Итак, ни при каких р е N и q е N число р2 - q2 при делении на 4 не дает
в остатке 2, откуда следует, что число 4п + 2 нельзя представить в виде
2 2
Р "Q •
14.209. Найти такие значения Л, при которых оба корня трехчлена
(Л - 1)х2 + (Л - 3)х + (Л - 2) положительны.
Решение.
Напомним, что корни квадратного трехчлена Ах2 + Вх + С с действитель-
ными коэффициентами оба действительны и оба больше данного числа 5
(Xj > 8 и х2 > 8 ), когда
В2-4 AC S>0 ,
А (А 8 2+ В 8 + С) > 0 , Согласно этому и условию,
имеем
(Л-з)2 - 4(Л- 1)(Л-2) ;> о,
(Л - 1) ((Л - 1) • О2 + (Л - 3) • 0 + (Л - 2)) > 0 , или, после упрощений,
Л Л-3
0 <--т----г
2(Л-1)
463
3-V12 1 2 3+V12 3 х
3 3
Рис. 14.41.
(Л- 1)(Л-2) > 0 ,
(Л-3)(Л-1) < о.
Графически (рис. 14.41) найдем х е 2 ;
Ответ:
14.210. Является ли простым или составным число 22001 + 1 ?
Решение.
Используя формулу
„к j. . М L,k~l ~k-2i, ._k-3i,2 „fc—4l3, , i,k-l \
а +о =(а + оНа —а о + а о—а о +. ,.+о L
где к — нечетное натуральное число, получим
22001 + 1 _ 22001 + j2001 = (2 + 1)^22000 - 21999 + 21998 - 21997+ +1) =
_ з(22000 - 21999 + 21998 - 21997+ +1)
— составное число. Следовательно, число 22001 + 1 является составным.
Ответ: составным.
р
14.211. Дана правильная несократимая дробь —. Доказать, что из равенст-
9
а р , а в
ва — + — = 1 следует, что---несократимая дробь.
q q q
Доказательство.
„ ар* а , р а о-р
Представим равенство — н— = 1 в виде — = 1-или — =----— и пред-
q q я q q q
- я-p
положим, что дробь ----- сократима.
Я
Тогда существует такое целое число к, не равное 1, что q - р = кс , q = kd,
где end — некоторые целые числа. Из этих равенств находим, что
р = q - кс = kd - кс = k(d - с).
Следовательно, числа р и q имеют общий делитель к (к Ф 1), что противо-
речит предположению.
q — р
Таким образом, дробь ---- тоже несократима, а, следовательно, и дробь
Я
а
----несократима, что и требовалось доказать.
Я
464
14.212. Нетрудно заметить, что равенство
(я? - а)(х - b) (х - Ь)(х - с) (х - с)(х - а) _
(с-а)(с-Ь) (а-Ь)(а-с) (b-c)(b-a)
имеет относительно х степень не выше, чем вторую. Тем не менее оно имеет
более двух корней — можно проверить, что числа хх - а, х2 = Ъ и х3 = с
ему удовлетворяют. Чем это объяснить?
Решение.
ОДЗ: а * Ь * с.
Представим данное равенство в виде
x2-(a + b)x + ab x2-(b + c)x + bc х2-(а + с)х + ас
(а - с) (Ь - с) + (а - Ь) (а - с) (b - с) (а - b) * ® ’
1 2 а + b аЪ
(а - с)(Ь - с) (а - с)(Ь - с) (а - c)(b - с) +
1 2 Ь + с Ьс
(а-Ь)(а-с) (а-Ь)(а-с) (а - Ь)(а - с)
(Ъ-с)(а-Ъ)Х (Ь-с)(а-Ь) (Ь-с)(а-Ь) *
^(а-с)(Ъ-с)Х + (а-Ь)(а-с) (Ь-с)(а-Ь)Х )
(а + Ь Ь + с а + с |
(а-с)(Ь-с)Х (а-Ь)(а-с) (b-c)(a-b)XJ +
(ab be ас ]
(a-c)(b-c) (a-b)(a-c) (b-c)(a-b) J
Ца-с)(Ь-с) (a-b)(a-c) (Ь-с)(а-Ь)у
(a + b b + с a + c
(a - c)(b - c) + (a - b)(a - c) (b - c)(a - b) J* +
(ab be ac | _
(a-c)(b-c) (a-b)(a-c) (b-c)(a-b) J
a-b + b- c- a+ c 2 (a + b)(a ~ b) + (b + c)(b - c) - (a + c)(a — c)
(a-b)(a-c)(b-c) (a-b)(a-c)(b-c)
ab (a - b) + be (b - c) - ac (a - c) - (a - b)(a - c) (b - c)
+ (a~b)(a-c)(b-c)
________________ 2 a2-b2+b2-c2-a2+c2
(a - b)(a - c)(b - c) (a-b)(a-c)(b-c) X +
a2b — ab2 + b2c - be2 - a2c + ad2 - a2b + a2c
О
(а - Ь) (а - с) (Ь - с)
аЪс -ас2 + аЬ2 - аЪс - Ь2с + Ьс2
(а - Ь) (а - с) (Ь - с) ’
465
о 2 О о
(а - Ь) (а - с.) (b - с) (а - Ь) (а - с) (Ь - с) (а - Ь) (а - с) (Ь - с)
или, так как, согласно ОДЗ, (а - Ь)(а - с)(Ь - с) 0, то О х2 - 0 • х + 0 = 0 . По-
лученное квадратное уравнение при (а - Ь)(а - с)(Ь - с) Ф 0 имеет бесконечно
много решений, т. е. это тождество. Этим и можно объяснить тот факт, что ис-
ходное уравнение, имеющее относительно х степень не выше, чем вторую,
имеет более двух корней, в частности, Xj = а, х2 = Ь и х3 = с.
14.213. Доказать, что если алгебраическое уравнение с целыми коэффици-
ентами имеет целый корень, то свободный член уравнения делится на этот
корень.
Если х = к, где к — целое число, отличное от нуля, есть корень целого ра-
ционального алгебраического уравнения апхп + ап_1хп~1 +.. ,+с^х + а0 = 0 с
целыми коэффициентами, то свободный член этого уравнения делится без ос-
татка на этот корень.
Доказательство.
По условию х = к — корень уравнения; тогда
апкп + ап_1кп~1+...+atk + а0 = 0 ,
откуда находим а0 = -k(ankn~l + an_lkn~2+.. .+а2к + aj.
Так как все коэффициенты и п — целые числа, то после вычислений в
круглых скобках получим целое число, которое обозначим
ankn"1 + an_1kn-2+...+a2k + a-j = -m.
Из предыдущего следует, что а0 = кт, т. е. а0 делится без остатка на к.
14.214. Как решить уравнение х4 - 4х3 - 10х2 + 37х - 14 = 0, если извест-
но, что многочлен в его левой части разлагается на множители второй степени
с целыми коэффициентами?
Решение.
Согласно условию, х4 -4х3 - 10х2 + 37х -14 = (х2 + Ах + в)[х2 + Cx + D) (1),
где А, В, С и D — целые числа. После упрощений получим
х4 - 4х3 - 10х2 + 37х - 14 = х4 + (4+ С)х3 + (4С+ В+ D)x2 + (4D+ ВС)х + BD (2).
Напомним, что если два многочлена Рп(х) и Qn(x) тождественно равны
друг другу, то их коэффициенты при одинаковых степенях х равны между со-
4+ С = -4,
бой. Согласно этому, имеем
4С+ В+ D = -10
4D+ ВС = 37,
(3). Решив систему уравнений
BD = -14.
(3), получим значения 4, В, С и D. Подставим эти значения 4, В, С и D в ра-
венство (1). Тогда исходное уравнение примет вид
(х2 + Ах + в)(х2 +Сх + d) = 0.
466
Оно эквивалентно совокупности двух уравнений х2+Дх + В = 0 и
r2+Cr + D = 0, Дальнейшее решение не вызывает затруднений.
Такой способ называется методом неопределенных коэффициентов.
14.215. Дано произведение
I 4 9 9 2 4 •> 9 _ 2 А
X + X + X + X +1 +---- X - X + X - X +1-------.
\ х-1Д X + 1J
Случилось так, что в типографии обе дроби выпали из набора и получи-
лось произведение (х4 + х3 + х2 + х +1) (х4 - х3 + х2 - х +1).
Наборщик утверждает, что несмотря на потерю дробей, полученное выра-
жение тождественно данному. Прав ли он?
Решение.
Представим данное произведение в виде
х — 1
Умножим обе части равенства (*) на —-— * 0. Получим
(х -1) (х4 + х3 + х2 + х +1) - (х +1) (х4 - х3 + х2 - х +1) + 2 = О
или, после упрощений, 0 = 0 — верное равенство. Но произведение
14 4 9 . 2 \( 4 *1 9 . 2 |
X + X + X + X + 1 +-- X - X + X - X +1-------
V х-1Д х + 1)
имеет смысл, если х * ±1, а произведение
(х4 + х3 + х2 + х + 1)(х4 -х3 + х2 -х +1)
существует при любых х е R. Следовательно, наборщик не прав.
Ответ: нет.
2х + 3
14.219. Показать, что функция у =------- совпадает с функцией, обратной
5х - 2
данной.
Решение.
Чтобы найти в явном виде функцию, обратную данной, достаточно поме-
нять ролями (местами) буквы, обозначающие функцию и аргумент, и решить
467
полученное уравнение (если оно разрешимо) относительно буквы, обозначаю-
щей функцию.
Согласно этому и условию, поменяем ролями функцию и аргумент; полу-
2у + 3 „ 2х + 3
чим х =-------, откуда найдем у =--------функцию, обратную данной.
5у — 2 5х — 2
2х + 3
Таким образом, функция у =-------- совпадает с функцией, обратной дан-
5х — 2
ной, что и нужно было показать.
14.220. Указать, какие из следующих функций являются четными, нечет-
ными и какие являются ни четными , ни нечетными:
. -з . 5 „ 1- sin х
а) у = sm х + ctg х ; б) у = sm 2х + cos Зх ; в) у =-----;
1 + sin х
г)
• 4 2 \ | I . З1 — 1 . X
у = sin х + х +1; д) у = х х ; е) у =----------; ж) у = arcsin —;
' З1 +1 2
з) у = arccos2x ; и) у = 5 arctg х ; к) у = - arcctg х .
Решение.
Напомним, что функция у = У(х), заданная на множестве X, называется
четной, если выполнены следующие условия:
1. Множество X симметрично относительно начала координат (множество
точек X числовой прямой называется симметричным относительно начала ко-
ординат (точки О), если для любого х е X число -х также принадлежит
множеству X).
2. Для любого х g X справедливо равенство /(- х) = /(х).
Функция у = /(х), заданная на множестве X, называется нечетной, если
выполнены следующие условия:
1. Множество X симметрично относительно начала координат.
2. Для любого х е X справедливо равенство /(- х) = -/(х).
Согласно этому и условию, имеем:
а) Так как sin х^О, х * я п, п е Z, то область существования данной
функции симметрична относительно начала координат.
Далее, для любого действительного х справедлива следующая цепочка ра-
венств:
у(- х) = (sin(— х))3 + (ctg(— х))5 = (- sin х)3 + (- ctg х)5 =
= - sin3 х - ctg5 х = -{sin3 х + ctg5 xj = -y(x).
Так как область существования данной функции есть числовая прямая, т.е.
множество, симметричное относительно начала координат, и у(- х) = -у(х)
для любого х 6 X, то функция у = sin3 х + ctg5 х является нечетной.
б) Область существования данной функции состоит из всех х g R , т. е. она
симметрична относительно начала координат, и для любого х из области суще-
ствования у(- х) = sin 2(- х) + cos 3(- х) = - sin 2х + cos Зх Ф ±у(х), следова-
тельно, функция у = sin 2х + cos Зх является ни четной, ни нечетной.
468
3
в) Так как 1 + sin х * 0 , sin х * -1, х *—я +2я п, п е Z, то область су-
ществования данной функции является симметричной относительно начала
координат.
Для любого х из области существования функции имеем
Следовательно, функция у = -——~ является ни четной, ни нечетной.
1 + sin х
г) Область существования данной функции состоит из всех х е R, т. е. она
симметрична относительно начала координат.
Для любого х из области существования функции имеем
у(- х) = (sin(- х))4 + (- х)2 + 1 = (- sin х)4 + х2 + 1 = sin4 х + х2 + 1 = у(х).
Следовательно, функция у = sin* х + х2 +1 является четной.
д) Область существования данной функции состоит из всех х € R, т. е. она
симметрична относительно начала координат.
Для любого х из области существования функции имеем
у(- х) = (- х)| - х | = -х| х | = -у(х).
Следовательно, функция у = х | х | является нечетной.
е) Область существования данной функции состоит из всех х е R , т. е. она
симметрична относительно начала координат.
Для любого х из области существования функции имеем
з*1 -1 F ’1 1-зж “ (3* “ -0 3х -1 , ч
3"х+1 J_ + 1 1 + Зх 3х+1 3х+1
3х
Следовательно, функция у =
является нечетной.
ж) Так как - 1 < — < 1, откуда -2 < х < 2, то область существования дан-
ной функции является симметричной относительно начала координат.
Для лйбого х из области существования этой функции имеем
у(- х) = arcsin = - arcsin = -у(х).
х
Следовательно, функция у = arcsin — является нечетной.
з) Так как —1 < Зх < 1, откуда - — < х < — , область существования данной
3 3
функции является симметричной относительно начала координат.
Для любых х из области существования данной функции имеем
у(- х) = arccos 3(- х) = я - arccos Зх * ±у(х).
Следовательно, функция у = arccos Зх является ни четной, ни нечетной.
и) Данная функция определена при всех действительных значениях х, т.е.
-оо < х < °°, следовательно, область ее существования является симметричной
относительно начала координат.
469
Для любых х из области существования этой функции имеем
у(- х) = 5 arctg(- х) = -5 arctg х = -у(х).
Таким образом, функция у = 5 arctg х является нечетной.
к) Данная функция определена при всех действительных значениях х, т. е.
-«о < х < о» , следовательно, область ее существования является симметричной
относительно начала координат.
Для любых х из области существования этой функции имеем
у(- х) = -arcctg(- х) = -(я - arcctgx) = -я + arcctgx ±у(х).
Следовательно, функция у = - arcctgx является ни четной, ни нечетной.
14.221. Найти значения функции /(n) = arcsin(sinn) при n « 1, 2, 3, 4, 5,
6 и 7.
Решение.
__ / • \ 7t Л
Используя тождество агсзгп(згп х) & х, где----------< х £ —
получим:
/(1) = arcsin(sin 1) = 1, так как 0 < 1 <
я
~2'
/(2) = arcsinfsin 2) = arcsin(sin(x - 2)) = я - 2 = 1,14 , так как — < 2 < я, а
0<я-2<—;
2
/(3) = arcsin(sin 3) = arcsin(sin(7t - З)) = я - 3 *= 0,14;
/(4) = arcsin(sin 4) = arcsinfsinfc - 4)) = я - 4 » -0,86 ;
7(5) = arcsin(sin 5) = arcsin(sin(b - 2я )) = 5 - 2я ° -1,28;
/(б) = arcsin(sin б) = arcsin(sin(6 - 2я )) = 6 - 2я => -0,28;
/(7) = arcsin(sin 7) = arcsin(sin(7 - 2я )) = 7 - 2я = 0,72.
14.222. Можно ли утверждать, что сумма двух периодических функций
есть функция периодическая?
Решение.
Напомним, что функция у = f(x), х е X, называется периодической на X,
если существует число Т, Т * 0, называемое периодом функции f(x), такое,
что:
а) х + Т и х - Т принадлежат множеству X для каждого х 6 X;
б) для каждого х е X имеет место равенство f(x + Т) = f(x).
Напомним также об одном из свойств периодических функций. Пусть
функции fi(x) и /2(х) определены на всей числовой прямой и являются пе-
риодическими.
Если Tj > 0 — период функции ^(х), а Т2 > 0 — период функции /2(х),
Т
причем и Т2 таковы, что число — является рациональным, то функция
^2
470
/1(х) + /2(х) периодическая ( аналогичные утверждения верны для разности
и произведения двух периодических функций, определенных на R ).
Например, докажем, что функция f[x) = cos3nx + sin2nx является пе-
риодической.
Заметим, что функции fr (х) = cos Зл х и /2(х) = sin 2л х определены на
всей числовой прямой, являются периодическими и имеют в качестве своих
т 2 m
периодов, например, числа, равные соответственно = — и Т2 = 1. Так как
Т 2
— = — , то функция f (х) = cos Зя х + sin 2л х согласно выше приведенному
Т2 3
свойству является периодической; ее периодом, например, является число
Т = 4, так как Т = 6 Тг = 4 Т2.
Однако можно привести пример функции, которая представляет собой
сумму двух периодических функций, но сама не является периодической. Та-
кова функция /(х) = {х} + sin х , где {х}— дробная часть числа х. Период
функции 710е) = {х} равен 1, период функции f2(x) = sinx равен 2л, но
функция 7(х) = Л(х) + /2(х) не имеет периода. Итак, на поставленный в ус-
ловии вопрос следует дать отрицательный ответ.
Ответ: нет.
14.223. Доказать, что произведение четного числа нечетных функций есть
функция четная.
Доказательство.
Функция у = f (х), заданная на множестве X, называется четной
(нечетной), если выполнены следующие условия:
1. Множество X симметрично относительно начала координат (множество
точек X числовой прямой называется симметричным относительно начала ко-
ординат (точки О), если для любого числа х е X число -х также принадле-
жит множеству X).
2. Для любого х е X справедливо равенство /(- х) = /(х) (f (- х) = - /(х)).
Докажем, что произведение четного числа нечетных функций есть функ-
ция четная.
Пусть ^(х), f2(x), /з(х), ...,fn(x) — нечетные функции, заданные на одном
и том же множестве Хи п = 2k — четное число. Тогда
(fi (“ ®) • А (" х) • /з (" х)- • • fn (" *)) = fi (" х ) • /2 (~ х)' /з (~ х)• • • fn (“ х) =
= (“ fi(x)) (" /г(®)) • (“ /з(*)) • • (~ fn(x)) = fi (х) f2(x) /з(я0- • • fn(x) =
= (/i(®) ' /2(х) • /з(*)- • • fn(x))
Следовательно, произведение четного числа нечетных функций есть функ-
ция четная, что и нужно было доказать.
14.224. Величина у есть целая часть (“характеристика”) логарифма х по ос-
нованию 2. Построить график у как функции х при изменении х от 0,5 до 8,0.
471
Решение.
Данную функцию у = [log2 х], где [Zog2 х] — целая часть числа 1од2 х,
можно представить в виде
-1 , если х = 0,5 и 0,5 < х < 1,
0 , если х = 1 и 1<х <2,
У = роу2 = 1 , если х = 2 и 2 < х < 4 ,
2 , если х = 4 и 4 < х < 8 ,
3 , если х = 8.
График функции состоит из изолированных точек (0,5; -1), (1; 0), (2; 1)
(4; 2) и (8; 3), а также линий у = -1 при всех х е [- 0,5; 1), у = 0 при всех
х е [1; 2), у = 1 при всех х е [2; 4) и у - 2 при всех х е [4; 8) (рис. 14.42). На
этом же рисунке штриховой линией приведен график функции у = 1од2 х.
Рис. 14.42. График функции у - [fog2 х]
(штриховой линией показан график функции
у = 1од2 х ).
Стрелки на графике показыва-
ют, что точки (1 ;-1), (2; 0),
(4; 1) и (8; 2) не принадлежат
графику.
14.225. Доказать, что если р и
q — простые числа, большие 3,
то р2 - q2 делится на 24.
Доказательство.
Докажем, что при любом
простом р > 3 число р2 - 1 де-
лится на 24. По свойству после-
довательных чисел произведе-
ние (р - 1)(р +1) делится на 3.
Так как р > 3 — простое, то
на 3 делится число
(р - 1)(р + 1) = р2 - 1. Оно явля-
ется произведением двух последовательных четных чисел (всякое простое
число, не равное 2, — нечетное), т. е. (р -1) (р + 1) = 2k(2k + 2) = 4k(k +1) и,
следовательно, оно делится на 8.
Итак, число р2 -1 делится на взаимно простые числа 3 и 8, а, значит, де-
лится и на их произведение.
Отсюда вытекает, что число р2 - q2, где р и q — простые числа, большие
3, также делится на 24. В самом деле, р2 - q2 = (р2 -1) - (q2 -1), и каждое •
слагаемое делится на 24.
14.227. Верно ли, что три произвольных рациональных числа а, Ь и с всегда
могут рассматриваться как члены некоторой арифметической прогрессии?
472
Решение.
Будем искать такую арифметическую прогрессию, у которой аг = а,
ат = Ь и ап = с, где а, Ъ и с — три произвольных рациональных числа, и
{b = а + d(m - 1),
с = а + d(n — 1) ,
где d — разность этой прогрессии. Исключая из этой системы d, получим co-
rn -1 Ь - а
отношение, связывающее натуральные числа тип: ---------=----.
п - 1 с - а
b + с — 2<х , ,
Полагая, например, т — 2, получаем п = —--, а = о-а.
Ь — а
„ „ Ь + 2с-За,Ъ-а
Полагая т = 3, получаем п = —-----, а = —-—.
b + (т - 1)с - та Ъ - а
Вообще для каждого т > 2 получаем п =------------, d =------.
о - а т - 1
Покажем, например, что числа 10, 25 и 40 могут быть членами бесконеч-
ного числа арифметических прогрессий.
Будем искать прогрессию, у которой =10, ат = 25 и ап =40, где
[25 = 10 + d(m-l), т -1 1
Тогда < ; . откуда ------= —.
[40 = 10 + d(n-l), * п-1 2
При т = 2 получаем п = 3, d = 15; при т = 3 получаем п = 5, d = 7,5.
15
Вообще для каждого т > 2 получаем п = 2т - 1, d =--.
т -1
Таким образом, числа 10, 25 и 40 могут быть членами бесконечного числа
арифметических прогрессий.
Следовательно, три произвольных рациональных числа а, Ь и с всегда мо-
гут рассматриваться как члены некоторой арифметической прогрессии.
Ответ: да.
14.228. Дано п < m, где пит — натуральные числа. В какой последова-
тельности располагаются на числовой прямой точки, изображающие числа 1,
—, — ? Какая из двух последних точек лежит ближе к точке, изображаю-
m п
щей число 1?
Решение..
„ „пт
1. Разделив обе части неравенства п < m на т > 0, получим — < — или
т т
п > * п
— < 1, следовательно, на числовой оси точка, изображающая число —, ле-
т т
жит левее от точки 1.
Аналогично, разделив обе части неравенства п < т на п > 0 , получим
п т , т т ,
— < — или 1 < — , — > 1, следовательно, на числовой оси точка, изобра-
п п п п
m
жающая число —, лежит правее от точки 1.
п
473
Таким образом, точки, изображающие числа 1, —, —, располагаются на
т п
п , тп
числовой оси в последовательности —, 1, —.
тп 71
„ m Л п , т
2. Так как пит — натуральные числа, то 0< — < 1, а — >1; следова-
т п
п е , т
тельно, точка — лежит ближе к точке, изображающей число 1, а точка------
тп п
дальше.
14.229. Почему при делении на 3 чисел, равных квадрату целого числа, в
остатке никогда не получается 2?
Доказательство.
Любое целое число ±п можно представить в виде +3к, ± (Зк +1) или
± (Зк + 2), где к — натуральное число.
(± Зк)2 = 9к2, 9кг • 3 = Зк, следовательно, (± Зк)2 = 9к2 = Зк3 + 0;
(± (Зк + I))2 = 9к2 + 6к + 1,
_9к2 + 6к + 113
9ка 1зк2+ 2к
_6к
6к_____
1
следовательно,
(± (Зк + I))2 = 9к2 + 6к + 1 = (зк2 + 2к)•3 + 1; (± (Зк + 2))2 = 9к2 + 12к + 4 ,
следовательно,
_9ка + 12к + 413________
9к2 I Зк2+ 4к +1
_12к
12к
_4
3
1
(±(Зк + 2))2 = 9к2 + 12к + 4 = (зк2 + 4к + 1) • 3 +1.
Таким образом, так как ни одно из представлений целых чисел, возведен-
ных в квадрат, при делении на 3 не дает в остатке 2 (а 0 или 1), то и при де-
лении на 3 чисел, равных квадрату целого числа, в остатке никогда не полу-
чается 2.
3 2
71 71 71
14.230. Доказать, что при любом натуральном п выражение — + — + —
6 2 3
натуральное число.
Доказательство.
_ , п(п + 1)(п + 2)
Данное выражение можно преобразовать к виду —-------—------
6
(1).
474
Так как среди любых трех последовательных натуральных чисел по край-
ней мере одно делится на 2 и одно на 3, то при любых натуральных и число
п(п + 1)(п + 2) делится на 2-3 = 6, следовательно, число (1) — натуральное,
что и нужно было доказать.
п2 -1
14.232. Доказать, что если п — простое число, большее 3, то ——— — це-
лое число.
Доказательство.
По свойству последовательных чисел произведение (п - 1)п(п + 1) делится
на 3. Так как п > 3 — простое, то на 3 делится число (п - 1)(п + 1) = п2 - 1.
Оно является произведением двух последовательных четных чисел (всякое
простое число, не равное 2, — нечетное), т. е.
(n - 1)(п + 1) = 2k (2k + 2) = 4k (k + 1), и, следовательно, оно делится на 8. Итак,
число п2 -1 делится на взаимно простые числа 3 и 8, а значит, делится и на
их произведение. Следовательно, число п2-1 можно представить в виде
2 _ п2 -1 24m
п - 1 = 24m , где т — целое число. Тогда ---=-------- т — целое число.
„2 ,
__ _ , 31 1
Таким образом, если п — простое число, большее 3, то ——— — целое
число, что и нужно было доказать.
14.233. Доказать, что п7 - п делится на 42, если п — любое целое число.
Доказательство.
Представим данное выражение в виде
п7 - п = п(п6 -1) = n^(n3) -1^ = n(n3 - l)(n3 +1) =
= n(n -l)(n2 +n + l)(n + l)(n2 - n +1) = (n - l)n(n + l)(n2 + n + l)(n2 - n +1).
Так как среди любых трех последовательных целых чисел по крайней мере
одно делится на 2 и одно на 3, то при любых целых п число (п - 1)п(п +1) де-
лится на 2-3 = 6. Следовательно, число п7 - п делится на 6, если п — любое
целое число.
Докажем теперь, что п7 - п Делится на 7, если п — любое целое число.
Сначала методом математической индукции докажем, что п7 - п делится
на 7 при всяком натуральном п:
1. При п = 1 имеем I7 -1 = 0 — число, кратное 7.
2. Допускаем, что п7 - п делится на 7 при каком-нибудь произвольном на-
туральном п = к, т. е. что к2 - к кратно 7.
3. Докажем, что п7 - п делится на 7 и при п = к + 1.
(к +1)7 - (к +1) = к7 + 7k6 + 21k5 + 35k4 + 35k3 + 21k2 + 7k +1 - k -1 =
= (k7 - k) + (7k6 + 21k5 + 35k4 + 35k3 + 21k2 + 7k).
475
Первое слагаемое кратно 7 по допущению (пункт 2), а второе кратно 7, так
как на 7 делятся все его слагаемые, следовательно, (к +1)7 - (к +1) делится
на 7. Таким образом, п7 - п делится на 7, если п — любое натуральное число.
Но если + (п1 - п) делится на 7, то и - (п1 - п) делится на 7. Следовательно,
п7 - п делится на 7, если п — любое целое число. (При п = 0 число
п7-п = 07-0 = 0 кратно любому целому числу.)
Таким образом, число п7 - п делится на 6 • 7 = 42, если п — любое целое
число, что и нужно было доказать.
„ n(n + l) п(п + 1)(п + 2)
14.234. Доказать, что 1 + 3 + 6+...+ — -- = — ----—-------.
2 6
Доказательство.
Воспользуемся методом полной математической индукции.
1. Проверим справедливость данного утверждения при п = 1. Если п = 1,
п(п +1) п(п +1) (п + 2)
то 1 = 1, т. е. равенство 1 + 3 + 6+...+ —-- - —---—------- (1) при п = 1
2 6
верно.
2. Предположим, что равенство (1) справедливо при п = к , т. е.
к (к +1) к (к +1) (к + 2)
1 + 3 + 6+...+ —--- = —---—------- (2).
2 6
Покажем, что оно будет верным при п = к +1, т. е.
1 + 3 + 6+ ,fc(fc + 1) (fc + l)(fc + 2) fttl)(fc + 2)(fc + 3)
2 2 в ' '
(к + 1)(к + 2)(к + 3) к(к+1)(к + 2) (к + 1)(к+2) ...
Так как ----------------=---------------1----------, то равенство (3)
можно представить в виде
1 + 3 + 6+ , fc(fc + 1) » + 1)(* + 2) k(k + l)(k + 2) , (fc + l)(fc + 2)
" 2 2 6 2
k(k + l) k(k + l)(k + 2)
откуда 1 + 3 + 6+.. .4-----= —-------—-------.
2 6
„ о „ n(n + l) n(n + l)(n + 2)
Следовательно, 1 + 3 + 6+...+ —11------------1----- при любом натураль-
2 6
ном п, что и нужно было доказать.
_ 9 9 9 9 П (П + 1) (2П + 1)
14.235. Доказать, что I2 + 22 + 32+.. .+п2 =----------.
Доказательство.
При п - 1 имеем I2 = 1, т. е. равенство
9 „2 «2 2 n(n + l)(2n + l)
I2 + 22 + 32+...+п = —----—-------- (1) верно.
6
Предположим теперь, что равенство (1) выполняется при п = к , т. е.
,2 г>2 „2 i2 k(k + l)(2k + l)
lz + 22 + 32+.. .+kz = —---------- 2).
6
476
Докажем, что тогда равенство (1) справедливо и при п = к + 1, т. е.
~ 2 2 2 z \2 (к + 1) (к + 2) f 2(k + 1) + 1)
I2 + 22 + 32+.. .+к2 + (к + I)2 = ----
?22 2 /. (k + l)(k + 2)(2k + 3)
или I2 + 22 + З2 +.. .+к2 + (к +1) = -------------(3)
(к + 1) (к + 2) (2k + 3)
Выражение --------—----------------- можно представить в виде
к(к +1)(2к +1) , Ч2 m
-------------+ (к + 1J . Тогда равенство (3) примет вид
6
2 2 2 . 2 Z, \2 к(к + 1)(2к + 1) ,, .2
I2 + 22 + 32+...+к2 + (к + 1) =—-------- + (к + 1)2,
6
2 2 о2 »2 к(к + 1)(2к + 1)
откуда I2 + 22 + 32+.. ,+к2 = —---—-----.
6
На основании принципа математической индукции заключаем, что
,2 «2 г>2 2 п(п + 1)(2п + 1)
1 +2+3 +...+П =------------------- при любом натуральном п, что и нужно
6
было доказать.
14.237. Используя метод математической индукции, доказать справедли-
вость неравенства (1 + a)n > 1 + па (п — натуральное число, п > 2 и а > -1).
Доказательство.
1. При п = 2 данное неравенство принимает вид (1 + а)2 > 1 + 2а или
1 + 2а + а2 > 1 + 2а , что верно.
2. Предположим, что при п = к имеет место неравенство
(1 + а) > 1 + к • а (1). Используя неравенство (1), докажем, что
(1 + a)k+1 > 1 + (k + l)a (2). Умножив обе части неравенства (1) на число 1 + a,
получим (l + a)k+1 > (1 + ka)(l + a) = 1 + (к + l)a + ka2 > 1 + {к + l)a, т. e.
(1 + a)fc+1 > 1 + (к + 1) a, что и требовалось доказать в этом пункте.
Из п. п. 1 и 2 и принципа математической индукции следует, что неравен-
ство (1 + a)n > 1 + па, где п — натуральное число, п > 2 и a > -1, доказано.
14.238. Доказать, что | a j+a 2 | < | а j | +1 of 2 | • На основании этого методом
математической индукции доказать справедливость неравенства
|« x+a 2+...+a п | < | a J + Ja 2|+...+|a J.
где а lta п —действительные числа.
Доказательство.
1. Предположим, что существует пара (a г ,а 2), для которой неравенство
| a t+ а 21 < | a j | +1 а 2| неверно, т. е. | a t+ а 2 | > | a 11 +1 а 21.
477
Возведем обе части последнего неравенства в квадрат, получим
Iа i+ а г Р > (Iа 1 I +1 а 21)2 > т- е- a i + 2а ta 2+ а |> a i + 2| a j || а 21 + а 2 (мы
трижды воспользовались тем, что | х |2 = х2).
Отсюда a1a2>|a1a2|, что неверно, поскольку для любого х верно нера-
венство | х | £ х. Наше предположение неверно, неравенство
|a j+a 2 | < | a t | + | а 2| доказано.
2. Предположим теперь, что неравенство
|a i+a 2+...+а n |<|а j | + |а 2|+...+|а п |
выполняется при п = к , т. е. | a j+ а 2+.. .+а к | £ | a j | +1 а 21+.. .+| а к |.
Докажем, что тогда неравенство | а х+ а 2+.. .+a n | £ | a i | +1 a 2 |+.. .+| a п |
справедливо и при п = к +1, т. е.
|a i+a 2+...+а к+ак*х |<Ja j | +1 а 2|+...+| а к | +1 a fc+1|.
В самом деле, |a а 2+...+а fc+ a fc+1 ] = |(a j+ а 2+...+а fc) + a fe+1 | <
<|а j+a 2+...+а к | + |afc+1 |<|а i | + |а 2 |+...+|а к | + |а fc+1|.
На основании принципа математической индукции заключаем, что нера-
венство |a j+a 2+...+a n |<|a j | + |a 2 |+...+|a п |, где а ра 2,...,а п —
действительные числа, справедливо, что и требовалось доказать.
14.239. Как использовать тождество —-— у- = ——-у- для доказательст-
k -1 к к -1 к
111 1 п-1 ,
ва справедливости неравенства — + —g + +•..+ —'
Доказательство.
Имеем
22 " 4 2 2 < 1 2 ’
11 1 1
З2 - 9‘"3 3<2-3’
1 = 1 < 1
п2 п • п (п - 1)п
™ 1111 ...
Используя тождество -— =-, запишем неравенства (*) в виде
к -1 к к-1 к
1 __1
З2 < 2 3 ’
478
i j.
42 < 3 4 ’
_i_<_2____j_
n2 n -1 n
Сложив эти (n -1) неравенств, получим
1 1 1 1 Л 1Л <1 1Л <1 1Л fl П
22 З2 42 п2 I 2) V2 3J V3 4J \п -1 п)
-1 1 _ п-1
п п
14.240. Доказать, что для всякого п е N выполняется неравенство
Доказательство. Использовав неравенство к. рального к, имеем ' > 2fc-1, которое справедливо для любого нату-
11 111 — —:—~ , + + К . к! 2к~1 1/ 2/ 3/ 1,111 1 С flY*l п .+ —< 1 + - + - + -+...+ -=21- - <2. п! 2 4 8 2n-1 \ l2j )
zo , 1 1 1 1 (Здесь 1+ — + — + —h. .4 — - 248 2П-1 которой bj = 1, q = |, Ъп = - 2 — сумма членов геометрической прогрессии, у 1 ; следовательно,
. М1-^) 9"’ 1-q ЕВ 1 г-< II с ’-'1СЧ _| w II
14.242. Исключить <р из равенств и = 10е0* v = 10sin **, 0 < (р < — .
Решение.
Логарифмируя исходные равенства по основанию 10, получим
1д и = 1д10со® 9 и Ig v = Ig 10sln 9 или Igu = cos3 (p и Igv = sin3 (p.
IX I з
0; — , следовательно, 1д и = cos <р > 0 и
Igv = sin2 (p> 0.
„ 2 _
Возведем обе части полученных равенств в степень —. Будем иметь
2 2
1д3 и = cos2 (р и Ig3 v = sin2 (р.
479
Складывая эти два равенства
2 2 2 2
lg3 и + lg3 v = cos2 ф + sin2 <р или lg3 u + lg3 v = 1.
2 2
Ответ: lg3 u + lg3 v = 1.
эти
почленно,
получим
14.243. Чему равна сумма чисел а и
нями уравнения бх2 — Ьх + 1 = 0 ?
Р , если tga и tgР являются кор-
Решение.
Если tga и
tg Р являются
бх2 - 5х + 1 = 0 , то,
согласно теореме Виета,
корнями квадратного уравнения
о 5
tga+tgp = -,
° (1). Используя
tga tgp = -
о
формулу tg(x + у)—
tgx + tgy л , , _
—-----=-*-, где х, у, х + у * — + п к , keZ, получим
1 - tg х tg у 2
, „ ч tga + tgP
*9(а + р) = -?---(2).
1 - tg a tg Д
Подставляя значения tga+tgP и tga- tg P из (1) в (2), будем иметь
5
tg(a + Д) = —= 1, откуда а + Р = — + л п, п е Z.
1-- 4
6
л „
Ответ: — + лп, где п € Z .
4
7Г
14.244. Для чисел а и Р таких, что 0 < а + р < — , значения ctg а и ctg Р
являются корнями уравнения х2 + рх + q = О (предполагается, что оба корня
положительны). Найти а+ Р .
Решение.
Если предполагается, что оба корня приведенного квадратного уравнения
/ \2
2 I Р |
х + рх + q = 0 положительны, Top<0,q>0,D = l-^-l -q>0.
{ctg а -и ctg Д = -р ,
„ (1).
ctga-ctgP = q.
Используя формулу
, . ctg х ctg у -1 , , „
ctglx + у) =---------, где х, у, х + у * лк , к е Z ,
ctg х + ctg у
/ „. ctgactgP-1
получим ctgla + Д ) =----------- (2).
ctg а + ctg Д
480
Подставляя значения ctga ctg P и ctga + ctg ft из (1) в (2), будем иметь
/(ос + р ) = ——- = -—— , откуда а + Р = arcctg-—- + лк , к е Z или, так как,
-р Р Р
l=S>0,
p
согласно условию, O<a + /J< — ,то a + P = arcctg----—, где
2 p
ОТ-
42
-I
2j
1 — о р2
куда а+ Р = arcctg-----, где 1 < q < ——.
р 4
1 — q р2
Ответ: а+ Р~ arcctg-------, где 1 < q < ——.
р 4
14.245. Выразить tg За через tg а ,
Решение.
. . . tg х + tg у
tg3a= tg{2a + a). Используя формулу tg[x + у) =--------- (*), где
v 7 1 — tgxtgy
х, у, х + у * + як , к е Z , получим
. . tg2a + tga tg(a+a) + tga
tg(2a + a) = — ------— = ———т---------- .
1 - tg 2a tg a 1 - tg\a + tt) tga
После повторного применения формулы (*) будем иметь
tg а + tg а
—--------— + tga
Г® _ 1-tg a tga__________
1- t9a+.t9.a-.tga~
1 - tga tga
2tga + tga - tg2 a
1-tg2 a _ 3tga-tg2 a
1-tg2 a -2tg2 a l-3tg2a
1-tg2 a
„ 3tga-tg2 а я , 4 „
Следовательно, tg 3a =-------т---, где a * — (2n + 11, n e Z.
1 - 3 tg2 a 6
Л „ 3 tga -tg2 а я . . _
Ответ: tg За =--------;--, где a * — (2n + 1), n e Z.
1 - 3 tg2 a 6
2 tga
-------=— + tga
_ l-tgt g_______
2tg2 a
1- tg2 a
14.246. Пусть sin 10° =a. Найти sin20° двумя способами: по формуле си-
нуса двойного угла и формуле синуса разности углов 30° и 10°. Почему полу-
чились “разные” ответы?
481
Решение.
Согласно условию, имеем sin 10° = а. Возведем обе части этого равенства в
квадрат. Получим sin2 10° = а2 , или 1 - cos2 10° = а2 , cos2 10° = 1 - а2 , откуда
cos 10° = ±71 - а2 или, так как 0° < 10° < 90°, то cos 10° = 71 - а2 •
Согласно формуле sin 2а = 2 sin a cosa имеем sin 20° = 2 sin 10° cos 10°.
Подставим в правую часть этого равенства значения sin 10° = а и
cos 10° = 71 - а2 , получим sin 20° = 2а71 - а.2 .
А согласно формуле sin(a - Д) = sin a cos 0 - cos a sin Д получим
sin 20° = sin(30° - 10°) = sin30° cos 10° - cos30° sin 10° = —71 - a2------------—a •
' 1 2 2
(1), а во втором
Таким образом, в первом случае имеем sin 20'
1 ........... д/з"
sin 20° = —71 - а,2 ——а (2). Сравнивая правые части (1) и (2), получим
2а71 - а2 = |71 - а2 - ~^~а (3)-
Покажем, что это тождество. Подставляя в (3) значение а = sin 10°, полу-
чим
2 sin 10°71 - sin210° = — 71 - sin2 10° - sin 10°,
2 2
2 sin 10° 7cos2 10° = — 7cos2 10° - ~ sin 10°,
2 2
i 7з
2 sin 10° cos 10° = — cos 10°-sin 10°,
2 2
sin 20° = sin 30’ cos 10° - cos 30° sin 10’.
Применяя к правой части последнего равенства формулу
sin(a - Д ) = sin a cos /3 - cos a sin 0 , получим sin 20° = sin^30° - 10’) или
sin 20° = sin 20° — тождество.
Таким образом, получились не разные ответы, а разная форма записи од-
ного и того же факта.
14.247. С помощью формулы, связывающей sin За и sina , доказать, что
0,1 < sin 10° < 0,2.
Доказательства.
Первый способ.
Запишем очевидное неравенство 0,296 < 0,5 < 0,568 или
0,296 < sin 30’ < 0,568. Используя формулу sin За = 3 sin а - 4 sin3 а , пред-
ставим его в виде 0,296 < 3 sin 10° - 4 sin3 10° < 0,568 или
4 sin3 10’ - 3 sin 10’ + 0,296 < 0,
4 sin3 10° - 3 sin 10’ + 0,568 > 0.
0,296 < 3 sin 10’ - 4 sin3 10° ,
3 sin 10° - 4 sin3 10° < 0,568,
482
4 sin3 10е - 0,004 - 3 sin 10° + 0,3 < 0,
4 sin3 10° - 0,032 - 3 sin 10° + 0,6 > 0,
4(sin3 10° - 0,001) - 3(sin 10° - 0,1) < 0,
4(sin3 10° - 0,008) - 3(sin 10° - 0,2) > 0,
4(sin3 10° - (0,l)3) - 3(sin 10° - 0,1) < 0,
4(sin310’ - (0,2)3) - 3(sin 10’ - 0,2) > 0,
а используя формулу a3 - b3 = (a - bVa2 + ab + b2), — в виде
4(sinl0° - 0,1) (sin2 10’ + 0,1 sin 10“ + 0,01) - 3(sinl0° - 0,1) < 0,
4(sinl0° - 0,2) (sin2 10° + 0,2 sin 10’ + 0,04) - 3(sinl0° - 0,2) > 0.
Далее в первом неравенстве получившейся системы неравенств вынесем за
скобки общий множитель sin 10°-0,1, а во втором неравенстве — общий
множитель sin 10’ - 0,2. Будем иметь
(sin 10° -0,1)(4(sin2 10’ +0,1 sin 10’ +0,01)-з) < 0,
(sin 10* - 0,2)(4(sin2 10’ + 0,2 sin 10° + 0,04) - з) > 0,
или
(sin 10’ - 0,1) (4 sin2 10’ + 0,4 sin 10° - 2,9б) < 0,
(sinl0° - 0,2)(4sin2 10° + 0,8sinl0° - 2,84) > 0,
(sin 10’ - 0,l)(sin2 10° + 0,1 sin 10° - 0,74) < 0,
(sinl0° -0,2)(sin2 10’ +0,2sinl0° -0,71)>0,
Разложив на множители квадратные трехчлены sin2 10* + 0,1 sin 10’ -0,74
и sin2 10* + 0,2sin 10’-0,71 относительно sin 10’, получим
I • 0,l-V^97Y • 0,1 + 7^97^ Л
I sin 10 - 0,1) sin 10---2-----I sin ю-------л---- < q,
I 2 A 2 J (1)
(sin 10° - 0,2)(sin 10° - (- 0,1 - Joj2))(sin 10° - (- 0,1 + T^)) > 0.
Решая первое неравенство систе-
мы (1) графически относительно
sin 10’ (см. рис.14.43), получим с
учетом того, что sin 10’ > 0,
f- 0,1 + л/2,971
0,1;—--------------------иди
2
sinlO°
H^O,1-TO?72xC^-0,1+V6?T5
Рис. 14.44.
0,1 < sin 10°
- 0,1 + J2J7
2
(2).
Аналогично решая второе нера-
венство системы (1) графически от-
носительно sin 10° (см. рис.14.44), получим с учетом того, что
483
sin 10° > 0 , sinlO’ € (О; 0,2)U(- 0,1 +
0 < sin 10° < 0,2,
или < ----
[sin 10° > -0,1 + 70,72
(3).
Таким образом, мы пришли к системе неравенств
0,1 < sin 10°
- 0,1 + J2&7
2
0 < sin 10° <0,2,
sin 10° >-0,1 + 7^72,
(4)
эквивалентной системе (1). Решая систему неравенств (4) графически (см. рис.
14.45), получим sin 10° е (о,1; 0,2)U|- 0,1 + ^0,12; —|.
Рис. 14.45.
Но так как sin 10° < sin 30’ = 0,5 < -ОД + 70,72 , то получим
sin 10° е (0,1; 0,2) или 0,1 < sin 10° < 0,2 , что и требовалось доказать.
Второй способ.
Сначала выразим sin За через sin а . Имеем
sin За = sin(2a + а) = sin 2а cos а + cos 2а sin а =
= 2 sin a cos2 а + (1 - 2 sin2 a }sina= 2sin а (1 - sin2 a j + sina(l - 2sin2 a j =
= sin a ^2 - 2 sin2 a +1 - 2 sin2 a ) = 3 sin a - 4 sin3 a .
Следовательно, sin 30° = 3 sin 10° - 4 sin3 10°, откуда
3 sin 10° - 4 sin3 10° = 0,5 или 8 sin3 10° - 6 sin 10° +1 = 0.
Положим sin 10° = X и рассмотрим функцию /(x) = 8x3 - 6x + 1.
При x = 0,1 получим /(0,1) = 8 • 0,001 - 6 • ОД +1 > 0 (1), а при х = 0,2 по-
лучим /(0,2) = 8 • 0,008 - 6 • 0,2 + 1 < 0 (2).
Из неравенств (1) и (2) следует, что корень функции /(х) существует и
что он заключен между 0,1 и 0,2. Итак, ОД < sin 10° < 0,2.
14.248. Доказать, что сумма sin11 х + cos’* х тождественно равна 1 только
при п = 2.
Доказательство.
Пусть sinn х + cosn х в 1. Запишем это тождество в виде
sinn х + cos'1 х = sin2 х + cos2 х или cos2 х - cosn х + sin2 х - sin11 х = 0 ,
cos2 х(1 - cosn~2 х) + sin2 х(1 - sinn~2 xj = 0.
484
Оба слагаемых в левой части неотрицательны. Поэтому равенство возмож-
но лишь в случае, когда оба они равны нулю:
cos2 х = 0,
1 - cosn-2 х = 0 ;
т. е.
sin х = 0,
1 - sin"-2 х = 0,
cos2 х^1 - cos11"2
sin2 х(1 - sinn~2
•2
е.
COS X
= О
sin х
COS X = 0 ,
cos х = 1;
sin х = 0,
sinn~2 х = 1,
т. е.
cos х
sinn~z
cos”-2
= 0;
= 0,
т.е.
cos х = 0
sinn~2 х
cos
sin х = 0;
__„п-2
COS
„ п-2
sin
= 1.
sin х = 0.
п = 2.
Отсюда получаем п - 2 = 0, или
sinn х + cosn х тождественно равна 1 только при
доказать.
Таким образом, сумма
п = 2, что и нужно было
14.249. Значения функции
к к п Я
у = sin х + cos х на отрезке 0 < х < — срав-
нить с единицей для к = 0, 1, 2, 3.
Решение.
1) у(0) = sin0 х + cos0 х = 1 + 1 = 2>1;
2) при 0 < х < --- имеем sin х £ sin2 х и cos х > cos2 х . Складывая эти не-
равенства, получим sin х + cos х > sin2 х + cos2 х = 1.
Следовательно, у(1) = sin х + cos х > 1;
3) у(2) = sin2 х + cos2 х = 1;
4) при 0 < х < имеем sin3 х < sin2 х и cos3 х < cos2 х. Складывая эти
неравенства, получим sin3 х + cos3 х < sin2 х + cos2 х = 1.
Следовательно, у(3) = sin3 х + cos3 х £ 1.
14.252. Существует ли угол, для которого косинус был бы равен: а) а + —
а
при а Ф 0; б) ——7=г ?
V5 - V3
Решение.
а) Если существует угол а , для которого cos а = а + — при а Ф 0, то
а
485
-1£а + — <1 или
а
-1,
а + —+ 1 £ О,
а
а + —-1£О,
а
а2 + а +1
а
а2 -а+1
а
SO,
<0,
а + — >
а
а+ — £1
а
а> 0,
а< 0,
откуда, так как а2 + а +1 > 0 (D < 0) и а2 - а +1 > 0 (D<0), получим
что не имеет смысла. Следовательно, не существует такого угла, для которого
г г 1
косинус был бы равен а ч— при а # 0.
а
б) Если существует угол /? , для которого
то
(*). Умножим неравенство (*) на -УК - -Уз > 0. Получим
Возведем обе части второго неравенства системы (**) в квадрат. Будем
иметь 12 < 6 + 2-У& или 3 < -Уб. После повторного возведения в квадрат по-
лучим 9 < 5 , что не имеет смысла. Следовательно, система неравенств проти-
воречива. Таким образом, не существует такого угла, для которого косинус
, « V3—1
был бы равен -=---=•.
V5 - V3
Ответ: а) нет; б) нет.
14.254. Определить периоды функций:
. . х х . х
а) у = cos х + т —; б) у = sm х + cos — + sm —.
Решение.
Функция у = /(х), х е X, называется периодической на X, если существу-
ет число Т, Т * 0, называемое периодом функции f(x), такое, что:
1) х + Т и х - Т принадлежат множеству X для каждого х 6 X;
2) для каждого х € X имеет место равенство: f(x + Т) = f (х).
Можно показать, что если функция /(х) имеет период Т, то ее периодом
есть любое число кТ, где к = ±1, ± 2, ± 3,..., т. е. /(х + к Т) = /(х).
Наименьший из положительных периодов периодической функции /(х),
если он существует, называется ее основным периодом и обозначается буквой
То. Обыкновенно, когда говорят о периоде функции, то имеют в виду ее наи-
меньший период.
В №14.222 было доказано, что сумма периодических функций есть функ-
ция периодическая. Если мы докажем, что функции /1(x) = cosx и
/г(х) = sin — — периодические и найдем их периоды, то сможем найти и пе-
486
риод функции у = cosx + sin—. Аналогично, если мы докажем, что функций
/1(x) = sinx, f2(x) = cos — и /3(x)=sin — периодические и найдем их пе-
риоды, то сможем найти и период функции у = sin х + cos — + sin —.
3 5
а) Областью существования функции /j(x) = cosx есть вся числовая ось и
для любого х справедливо равенство соз(г + 2л) = cos х .
Аналогично, областью существования функции f2(x) = sin— есть вся чи-
3
_ X + бтг . X
еловая ось и для любого х справедливо равенство sm------= sm —.
Следовательно, функция у = cos х + sin —----периодическая.
sin х и cosx имеют период То - 2л 1
Далее, функции: m > (1),
tg х и ctg х имеют период То = л ]
. / \ / ч _ 2л
stnl со х + а ) и cosl а) х + а ) имеют период То = —
СО
tg(a> х + а ) и ctg(fl) х + а ) имеют период То = —
функции
(2).
а
Согласно формул (1) функция
формул (2) функция /2(х) = sin —
3
Основным периодом функции
щее кратное периодов ее слагаемых 2л и 6л , т. е. 6л .
fx(x) = cosx имеет период
2я
имеет период — = 6л .
3
х
у = cos х + sm — является наименьшее об-
У 3
2л , а согласно
б) Областью существования функции у = sin х + cos — + sin — есть вся чи-
3 5
. , „ч х + 6я х .х + 10я . х
еловая ось и sinlx + 2л ) = sin х , cos-= cos —, sin-------= sin —, сле-
v 1 3 3 5 5
довательно, она периодическая.
sin(x + Т) = sin х или sin(x + Т) - sin х = 0. Используя формулу
. п „ а+Р . а~Р „ ( Т\ . Т п
sm а - sm р = 2 cos —-— sin —-— , получим 2 cosl х + — I sin — = 0 ; так как х
( тЛ
— переменная величина, то 2 cosl х + — I 0, значит для того, чтобы периодом
функции sin х было Т, необходимо и достаточно выполнение равенства
Т Т
sin — = 0, откуда — = л п , или Т = 2л п , п е Z.
Так как Т 0 , то и п 0 , и окончательно для определения множества пе-
риодов функции sin х имеем формулу Т -2лп, п е Z.
487
Основным периодом функции sin х является наименьшее из положитель-
ных значений Т, получаемое при наименьшем значении п = 1, т. е. То = 2я .
cos--------- cos —. В частности, при х = 0 получим
— = 2л п, п е Z или Т = 6л п , п е Z. Тогда То = 6л .
3
X *4* 7* X
sin-------= sin —. В частности, при х = 0 получим
5 5
Т
— = лп, п е Z или Т = 5л п , п е Z. Тогда То = 5л .
5
cos — = 1, откуда
sin — = 0, откуда
Основным периодом функции у = sin х + cos —I- sin — является наимень-
3 5
шее общее кратное периодов ее слагаемых 2л , 6л и 5л , т. е. ЗОя .
Ответ: а) 6л ; б) ЗОя .
14.255. Определить период функции у = 15 sin2 12а? + 12 sin2 15а?.
Решение.
. 2 а 1 - cos а
Используя формулу sin — =-----------, представим данную функцию в ви-
15(1 - cos 24а?) 12(1 - cos 30а?) 27 - 15 cos 24а? - 12 cos 30л?
у 2 2 2
Согласно формуле (2) (см. №14.254) функция /(а?) = cos 24х имеет период
2л л ч 2л л
— = —, а функция f{x) = cos 30а? имеет период — = —.
24 12 30 15
_ , 27 -15 cos 24х -12 cos 30а?
Тогда основным периодом функции у =-------------------------- является
2
_ л л
наименьшее общее кратное периодов ее слагаемых — и —, для нахождения
12 15
которого приведем коэффициенты возле л в
полученных периодах к общему знаменателю:
„ я . я
5---и 4----.
60 60
Наименьшее общее кратное этих коэффи-
циентов 5 и 4 равно 20. Основной период или
„ _ _ к к
период данной функции То = 20 • — = у.
Рис. 14.46.
Л я
Ответ: —
3
14.256. Построить острый угол, тангенс ко-
торого в два раза больше его синуса.
Решение.
Ордината точки Та линии тангенсов есть
488
tga , а ордината точки Pa единичной окружности есть sin а (рис. 14.46).
Так как, по условию, tga = 2sina , го ОВ = •£.
Отсюда вытекает следующий способ построения: из точки В оси Ох с коор-
1
динатои — восставим перпендикуляр к этой оси до пересечения с окружно-
стью в точке Ра, а затем точку Ра соединим с О. Полученный угол РаОВ = а
— искомый.
14.259. При каких значениях а и Д возможно равенство
sin а + sin fj = sin(a + Д) ?
Решение.
Используя формулы
„ . X + у X - у . Л „ .
sm х + sm у = 2 sm---cos-----— и sm 2х - 2 sm х cos х ,
2 2
представим данное равенство в виде
„ . а+В а-В „ . а+Р а+В
2 sm----cos---------2 sin--cos-----= О
2 2 2 2
a + В ( а-В а + Д') Л
или sm------- cos------cos------ = 0 ,
2 I 2 2 )
, „ . х + У У ~ х
а используя формулу cos х — cos у = 2 sm —-— sm ——— , в виде
. а + Р а . р .
sm------2 sin — sin — = 0.
2 2 2
Тогда
а + Д „ а + Д „ „
sin —-— = 0, откуда —-— = яп , или а + р = 2яп, п е Z;
sin-^- = 0, откуда = я к , или а=2як, ке2,ДеК;
В В
sin — = 0 , откуда — = я т , или р = 2ят , т е Z , а е. R -
Ответ: при а + Д =2яп, neZ,
или при а=2лк,ке%и любом Д ,
или при Р= 2ят , meZ и любом а .
14.261. Чему равно наибольшее значение функции у = sinfsin х) 7
Решение.
Так как -1 < sin а? < 1, х g R, то наибольшее значение данной функции
равно sin 1 и оно достигается в тех точках, где sin х = 1.
- sin 1 < sin(sin х) < sin 1 для sin х е [- 1; 1].
Таким образом, наибольшее значение данной функции равно sin 1.
Ответ: ymnT - sin 1.
w ТПиХ
489
14.263. Что больше: tg 1 или arctg 1 ?
Решение.
п , к
— < 1 < —
4 3
следовательно, так как функция у = tgx монотонно возрас-
7Г
тающая, то 1 < tg 1 < V3 . arctg 1 = — = 0,785 < 1.
4
Таким образом, tg 1 > arctg 1.
Ответ: tgl.
14.264. Чему равна дробь -----------
cos а
если ctg — = тп ?
Решение.
. 2 «
1-tg2-
ОДЗ: cos а =-------— =
« 2 а
1 + '9 2
1 , 2 “
I
1+-L-
etg -
откуда т2 - 1 * 0 или т * ±1.
Используя формулы sin х =------------—, где х (2п + 1)я,
- 9 X
1 + tS 2
п G Z И
. 2
1-t9 I
cos х =---------, где х * (2п + 1)тг, и е Z, получим
- 9 •£
1 + '9 2
1 - sin а
cos а
i----------
1 + tg2 -
2
, 2 «
1 - tg2 —
2
, 2 «
1 + tg2 —
2
, Л а 2 а
l-2tg- + tg -
„ 2 «
1 - tg2 —
2
\2
„ « I
1 - tg —
2 J
1-tg—Yl + tg — ] 1 + tg^-
2Л 2 J 2
1-----—
а
CtS2
1 + —!—
а
1"— ™ i
тп _ m ~ 1
1 + J_ 7П + 1 ’
m
где, согласно ОДЗ, т ±1.
Л тп - 1
Ответ: ------ при тп / 1, тп -1.
тп +1
490
1
5
л ~ ~
14.267. Что меньше: — или arctg — + arctg —
?
4
8
Решение.
л
= 1-
Используя
формулу
tg(r + у) =
tgx + tgy
1 - tgx tgy'
где
x, у,х + у * — + л п, п е Z , вычислим
tg arctg — + arctg —
( ПЛ . И
tg arctg — + tg arctg —
к_____4 J V________8J
— -
1 - tg arctg — tg arctg —
к 47 к 8
Применяя формулу tg(arctg х) = х , где -«*> < х < °°, получим
1 Ё.
( 1 5А 4+8 28
tg\arctg- + arctg-) = —ру = -•
4'8
Таким образом, tg — < tgl arctg — + arctg —I и, так как функция у = tgx —
Л .1 5
монотонно возрастающая, то и — < arctg — + arctg —.
Л л
Ответ: —.
4
14.268. Что меньше: — или arcsin— +arccos — ?
4 3 3
Решение.
л
Докажем тождество arcsin х + arccos х = — , где -1 < х < 1. Обозначим
arcsin х = а , arccos х = Д ; тогда sin а = х , - — < а < — и cos Д = х ,
О £ Р < л ; arcsin х + arccos х = а + Д ,
Таким образом, sin а = cos Д s х ,
а - (- 1)”^ ~ Д + п п , neZ.
я: п Зл
Учитывая условие-------< а + Д < —
или
Зл
~~2
sin a s sin---Д , откуда
получаем при п = 0 a + Д = —. Ос-
тальные значения п условию не удовлетворяют.
2 2 л
Согласно этому имеем arcsin —I- arccos — = —
491
m л я . 2 2 „ я 2 2
Тогда — < — = arcsin — + arccos —. Следовательно, — < arcsin — + arccos —
4 2 3 3 4 3 3
Ответ: —.
4
14.269. Найти такие два числа т и М, чтобы неравенство
т < sin a cos a cos 2а < М было верным при любых а и чтобы разность ме-
жду Мит была наименьшей.
Решение.
Умножим и разделим выражение sin a cos a cos 2а на 4. Будем иметь
4 sin a cos a cos 2а _ 2(2 sin a cos a) cos 2а _ 2 sin 2а cos 2а _ sin 4а
_ _ _ _ _ _ — .
Тогда исходное неравенство можно записать в виде т < < М.
4
Так как наименьшее значение sin 4а равно -1, а наибольшее значение
. . . sin 4а 1
sin 4а равно 1, то наименьшее значение выражения —-— равно - —, а
_ 1
наибольшее равно —.
rr, - 1 sin 4а 1 „ 1 ,, 1 m
Таким образом,------<---------<— при aeR, т = —, М-—. Тогда
4 4 4 4 4
Ответ: ш = — , М = —.
4 4
14.271. Найти такие значения а и Ь, при которых функция
. . о а + Ъ о
у = (а - b)sin х +--cos х тождественно (для всех значений х) равна 2.
Решение.
Допустим, что (а - b)sin2 х Н-cos2 х = 2 (♦) при х g R . Представим
/ ч \ • 2 U т О о л/.2 2\
это тождество в виде (а - Ъ) $гп х ч---— cos х = 2^$гп х + cos хj или
(а - b) sin2 х + & * k cos2 х = 2 sin2 х + 2 cos2 х. Оно будет выполняться для
всех значений х, когда
а -Ъ = 2, г„ _ п
' а = о,
а + b откуда <
—~— — а, о = 1.
При подстановке этих зна-
чений а и Ь в равенство (*) получим 2 sin2 х + 2cos2 х 2 или
sin2 х + cos2 х = 1, что верно при всех хей. Следовательно, функция
492
> \ л О т" О о г*
y = (a-b)sin х +—-—cos х тождественно (для всех значений х) равна 2
Га = 3,
при |b = l.
Ответ: (3; 1).
14.273. Знак v заменить одним из знаков с, >, <, > так , чтобы следую-
щие соотношения были бы верными: a) Ig sin a v 0 ; б) sin а + cos a v 1,5 ;
в) ^sin а + ^jcos a v 1; г) tg а + ctg a v 1,9 (а — острый угол).
Решение.
а) Напомним, что если а > 1 и 0 < М < 1, то 1одаМ < 0. Используя это
свойство монотонности логарифмов, получим Igsina <0, ибо 10 > 1 и
0 < sin а < 1;
б) Используя формулы приведения, представим выражение sin а + cos а
. (п А .
в виде sin а + cos а = sin а + sin-----а , а используя формулу
„ . х + у х-у
sin х + sin у = 2 sin —-— cos —-—, в виде
. (п А „ . я ( п
sm а + cos а = sin а + sin-а =2 sin — cos а-
V2 ) 4 V 4,
cosl а - — I < 1, следовательно, V2 cosl а - — ] £ V2 • 1 < J2,25 = 1,5.
V 4/ \ 47
Таким образом, sin а + cos а < 1,5.
в) Если ос g ^0; — J, то ^sin а > sin2 а и ^cosa > cos2 а . Складывая эти
неравенства, получим ^jsin а + ^cos а > sin2 а + cos2 а = 1.
Следовательно, ^sin а + у cos а > 1.
г) Неравенство (tga —ctga)2 >0 верно при всех ае^О;-—-Перепишем
это неравенство в виде tg2 а -2tgactgа + ctg2 ос > 0. Прибавив к обеим час-
тям 4 tga ctg ос > 0 , получим tg2 а + 2 tg а ctg ос + ctg2 а > 4tg a ctg а или
(tga + ctgос)2 >4. Извлечем из обеих частей последнего неравенства квад-
ратный корень; получим tga + ctga >2.
Тогда tga + ctgос > 2 > 1,9.
Следовательно, tg а + ctg а > 1,9.
Ответ: а) “ < ”, б) ‘‘ < ”, в) “ > ”, г) “ > ”.
493
14.274. Доказать, что если в треугольнике существует зависимость
а Ъ _
-----=-----, то он равнобедренный.
cosA cosB
Доказательство.
Представим эту зависимость в виде C°S— = (1) и возведем обе части
а Ъ
cos2A cos2B _
(1) в квадрат, получим -j— = —g— (2). Далее, согласно теореме синусов,
имеем -----=------ (3). После возведения обеих частей равенства (3) в квад-
а Ъ
„ sin2 A sin2 В
рат будем иметь ;— = —5— (4).
а2 Ъ
Складывая почленно равенства (2) и (4), получим
cos2 A sin2 A cos2B sin2B cos2A+sin2A cos2B+sin2B 1 1
---—_ + — = -— + — или ---------------------- =---------------
2 Л 2 “ 1» 2 Л 2 1^2 л 2 i. 2
а а о о а о а о
откуда, так как а > 0 и Ъ > 0, найдем а = Ъ.
„ а Ъ
Таким образом, если в треугольнике существует зависимость ---=--------,
cosA cosB
то он равнобедренный, что и нужно было доказать.
14.275. Доказать, что если отношение косинусов двух углов треугольника
равно отношению синусов тех же углов, то треугольник равнобедренный.
Доказательство.
„ cos a sin a ,, ч _ sin a sin В ,Л.
Пусть -----— =----— (1). Согласно теореме синусов имеем ---------— (2),
cos р sin р а Ъ
sin а а
откуда -г—- = -•
sin р Ъ
_ sina cos а а
Подставив это значение -------— в (1), получим ---------= —, откуда
sin р cos р Ъ
-----=----- (3). Возведем обе части равенств (2) и (3) в квадрат и сложим
а о
„ sin2 a cos2 a sin2 В cos2 В
результаты. Будем иметь -----------------— +-----— ----—— +----—— или
а2 а2 Ъ2 Ъ2
sin2 а + cos2 a sin2 В + cos2 В 1 1
----- ----------------------= — .откуда а = Ь.
а----------------о а о
Следовательно, если отношение косинусов двух углов треугольника равно
отношению синусов тех же углов, то треугольник равнобедренный, что и нуж-
но было доказать.
14.276. Доказать, что для любого треугольника со сторонами а, Ь, с и угла-
ми А, В, С, лежащими соответственно против этих сторон, справедливо равен-
ство a(sinB- sinC) + b(sinC- sinA) + c(sinA- sinB) = 0 .
494
Доказательство,
а Ъ с
Согласно теореме синусов имеем ----=-------=------.
sinA sinB smC
Из первых двух отношений выражаем Ъ, а из первого и третьего с:
, a sinB a sinC „
о =------, с =------. Подставив эти выражения в левую часть доказывае-
sinA sinA
мого равенства, получим
afsinB- sinC) + b(sinC- sinA) + cfsinA- sinB) =
= a(sinB- sinC) + sinA) + (sinA- sinB) =
. „ . „ a sinB sinC . „ . „ a sinC sinB
= a stnB- a sinC-i----------a sinB+ a smC------------= 0 ,
sinA sinA
что и требовалось доказать.
а — Ъ
14.277. Доказать, что если в треугольнике ----- 1 - 2 cosC , то треугольник
а
равнобедренный.
Доказательство,
а — Ъ а Ъ
Представим равенство -------= 1-2 cosC в виде---------= 1-2 cosC или
a a a
Ь b
1---= 1-2 cosC , откуда 2 cosC = — (1).
a a
Согласно теореме косинусов имеем с2 = a2 + b2 - 2abcosC (2).
Подставим значение 2 cosC = — из (1) в (2), получим с2 = а2 +Ь2 -Ь2 или
а
с2 = а2, откуда, так как с > 0 и a > 0, найдем с = a.
а — Ъ
Таким образом, если в треугольнике ----= 1-2 cosC, то треугольник рав-
a
нобедренный, что и нужно было доказать.
14.278. Пусть А, В, С — углы треугольника, причем С — тупой угол. Дока-
зать, что tgA- tgB < 1.
Доказательство.
я я
Имеем: 0 < А+ В < — (т. к. угол С — тупой), отсюда 0 < А < — - В. Итак,
tgA < tg| — - В | = ctgB = —“. Отсюда следует, что tgA- tgB < 1 (tgB > 0 ).
\ 2 J tgB
14.279. Доказать, что во всяком треугольнике сумма попарных произведе-
ний котангенсов всех углов равна единице.
Доказательство.
Докажем, что ctgActgB+ ctgActgC+ ctgBctgC = 1 (1), где А, В, С — углы
треугольника.
495
Так как А+ В+ С = 180°, то С = 180° - (А+ В), Пусть С — наибольший угол
треугольника. Возможны два случая:
1) Если С = 90’, то А+ В = 90° и В = 90° - А. Рассмотрим левую часть ра-
венства (1):
ctgActg^90° - а} + ctg 90°(ctgA+ ctg^90° - а)) = ctgAtgA+ 0 (ctgA+ tgA) = 1.
Значит, в этом случае равенство (1) верно.
2) Если С *90°, то левую часть равенства (1) выразим через тангенсы:
~t At В + + 7~в) Н° = ~ С^+ Я)) = ~ ct9(^+ В) и тогда
1 1 tgB+ tgA
левая часть равенства примет вид--------------------г---------. Используя
tgAtgB tg(A+ В) tgAtgB
формулу тангенса суммы, получим
1 _ (1 - tgAtgB) (tgB+ tgA) _ 1 -1 + tgAtgB _
tgAtgB (tgA+ tgB) tgAtgB tgAtgB
т. e. равенство (1) верно и в этом случае.
14.280. Доказать, что для всякого треугольника со сторонами а, Ъ, с и угла-
ми А, В, С его площадь S можно определить по формуле
1 2 _____________
S = — (аЬс)з Ч sinAsinBsinC .
Доказательство.
Площадь S треугольника равна
5 = — be sinA; S = — ас sinB: S = — ab sinC.
2 2 2
Перемножив эти равенства, получим №
а2Ъ2с2 sinA- sinB- sinC , от-
I /1 \ 3 1 2
куда S = 311 — 1 а2Ъ2с2 sinA- sinB- sinC = — (аЬс)з т/sinA- sinB- sinC . Таким обра-
зом, для всякого треугольника со сторонами а, Ь, с и углами А, В, С его пло-
1 2 _______________
по формуле S = — (аЬс)з л/sinAsinBsinC , что и
щадь 5 можно определить
нужно было доказать.
14.286. Построить график функции у = 2
Решение.
Область определения данной функции состоит
из всех чисел х, для которых выражение
V- sin2 х имеет смысл. Таким образом, имеем
- sin2 х > 0, откуда sin2 х S 0 или sin х - 0.
Тогда х = п п , п е Z. При этом заданная функ-
ция принимает вид у = 2^ =2° = 1.
496
Следовательно, искомый график представляет собой
совокупность отдель-
ных точек на прямой у = 1 (рис. 14.47).
График функции строим на трех полученных участках (рис. 14.48). Стрелки
на графике показывают, что точки (0; - 1) и (0; 1) не принадлежат графику.
функции у = х2 - 7х + 6.
14.290. Построить графики функций
а) у = х2 - Тх + б ; б) у = | х |2 - 7| х | + 6 ;
в) у - | х2 - Тх + 61; г) у = 11 х | 2- 7| х | + б|.
Решение.
а) Графиком этой квадратичной функции
есть парабола с вершиной в точке
-7 (- 7)2 - 4 • 1 6
х ------= 3,5 ; у = - -— -------= -6,25.
21 У 41
Ветви параболы направлены вверх, ибо ко-
эффициент при х2 равен 1 > 0. Ось ОХ парабо-
7 - V49 - 24 ,
ла пересекает в точках х1 =-----------= 1 и
7 + V49 - 24 с А ___
х2 =----------= 6. А ось OY парабола пере-
секает в точке у = 6. График функции
у = х2 - Тх + б представлен на рис. 14.49.
497
б) Функция у = | х |2 - 7| х | + 6 является четной, поэтому построение ее
ка функции у= |х|2-7|х| + 6 сводится к построению графика функции
у = |х2-7х+6| при х > 0 и последующему отражению относительно оси ор-
динат. График функции у = 11 х |2 - 7| х | + 6 | представлен на рис. 14.52.
14.293. Построить график функции у = -j--г(х2 - 9
Решение.
Данная функция определена при х * 3. Представим ее в виде
(х-1)(х-3)(х + 3) „
у =-----Ч----Ч------. Раскрыв знак модуля, получим
498
У _ (х 1) (л? + 3) = х2 + 2х - 3 при х > 3,
- (х -1) (х + 3) = -(а?2 + 2х - з) при х < 3.
Следовательно, при х < 3 график представляет собой параболу
У (х + 2х - з), а при х > 3 совпадает с графиком функции у = х2 +2х-3
(рис. 14.53) ).
Стрелки на графике показывают, что точки (3; -12) и (3; 12) не принад-
лежат графику.
v 1092 (х - 4)(х + 4)
1/1 - х + 4 (штрих-пунктирная линия),
Уг - +4) (штриховая линия)
и уз = -1од2(х + 4) (сплошная линия).
14.298. Построить график функции
х — 4
У= (одг-у-!-
х2 -16
Решение.
Представим данную функцию в виде
При х * 4 она эквивалентна функции
9 ' I тЫ = 11о’г(х + 4>'‘I = I - 1°9г(х 4 4) |.
Строим график функции Р, = х + 4 (рис. 14.54, штрих-нукктирнаи линия).
499
Далее, прологарифмировав по основанию 2 значения ординат этого графи-
ка, получаем график функции
g2 = log2(a?+4) (пунктир), а затем и
у3 = - 1од2(х + 4) (сплошная линия).
Полученный график существует лишь
там, где х + 4 > 0 или х > —4.
Наконец, отразив относительно оси абс-
цисс часть графика функции
у3 = -1од2(х + 4) на интервале х > -3, по-
лучим график функции у - | - 1од2(х + 4) |
(рис. 14.55).
14.301. На вступительных экзаменах один из поступающих предложил сле-
дующее решение доставшегося ему уравнения sin 2х + 7 cos 2х + 7 = 0 : выра-
зил sin 2а? и cos 2х через tgx и получил уравнение
1 + tg2 х 1 + tg2 х
откуда нашел, что tg х = -7 и х = як — arctg7. ВСе ли тут хорошо?
Решение.
Данное уравнение определено при всех действительных значениях х.
_ _ , 2 to х
от stn 2х и cos 2х к tg х в формулах sin 2х =-— и
1 + tg2 х
При переходе
левые части определены при х е R, а правые — при
eZ, т. е. область определения сузилась на х = (2п +. 1),
1-tg2 х
cos 2х -----—
1 + tg2 х
х * (2п + 1) , п
пе Z. Как легко проверить, все углы х = (2n + 1)~. n е Z также являются
решением исходного уравнения.
14.303. Вычислить sin arcsinl - — | - arccos
V 2) I
Решение.
„ „ . . ( 1 1 I V3 I г-|
Пусть А — stn arcsin! — — I — arccos! —— + arctg -уЗ . функция у = arcsin х
k Z J I Z J |
Г 1 1_ • 1
— нечетная, следовательно, drcsml — I —> — arcsin — t функция у “ arccos х
\ 2 у 2
удовлетворяет условию arccos(— а?) = л — arccos х , следовательно,
arccos
V3 m
— к - arccos . Тогда
500
. ( .1 Vs /т!
A = sin - arcsin-----n + arccos------>- arctg <3 =
I 2 2 I
= - sin к + ^arcsin - arccos - arctg >/з j j.
Используя формулы приведения, получим
А = sin^arcsin i - ^arccos ~~ + arctg »
а используя формулу sin(x - у) = sin x cos у - cos x sin у , получим
A = sin
2
- cos^arcsin sin^arccos + arctg >/з j.
Далее, применяя к полученному выражению формулы
cos(r + у) = cos х cos у — sin х sin у и sin(x + у) - sin х cos у + cos х sin у,
будем иметь
A = sin
V3
- sin arccos —
I 2
+ cosl arccos — j sin(arctg -Уз j j.
Наконец, используя формулы
sin(arcsin x) = x, где -1 < x < 1, cos(arccos x) = x, где -1 £ x < 1,
cosfarctg x) = t
Vl + x2
sin(arccos x) = Vl - x2 , где -1 S x < 1,
sin(arctg x) = —====, cos(arcsin x) = yl - x2 , где -1 < i $ 1, получим
Vl + x2
n
Ответ:-----
2
501
14.312. Показать, что сумма квадратов двух нечетных чисел не может быть
квадратом целого числа.
Доказательство.
Допустим, что (2k +1)2 + (2t +1)2 = т2, где к и t — натуральные числа, т
— целое число. Тогда 4fc2 + 4к + 1 + 4t2 + 4t + 1 = т2. Представим данное ра-
венство в виде 4fc2 + 4к + ^4t2 + 4t + 2) = т2. Это равенство возможно, если
D = 42 - 4 4^4t2 + 4t + 2) = 0 или, после упрощений, (2t +1)2 = 0 , откуда
Но это противоречит допущению. Следовательно, сумма квадратов
двух нечетных чисел не может быть квадратом целого числа, что и нужно
было доказать.
14.314. Доказать, что если квадратное уравнение х2 + рх + q = 0 с целыми
коэффициентами р и q имеет рациональные корни, то эти корни — целые
числа.
Доказательство.
Допустим, что уравнение х2 + рх + q = 0, где р и q — целые числа, имеет
- т
дробный корень х = —, где т и п — взаимно простые целые числа, т. е.
п
. т _
дробь — — несократима. Тогда должно иметь место тождество
п
2
т т
—г- + р — + q з 0. Умножив это тождество на п # 0 , получим
п п
2 2
т , ч . _ т
+ (pm + qn) = 0. Поскольку — несократимая дробь, а выражение в
п------------------------------п
скобках — целое (р, q, т, п — целые числа, и множество целых чисел замк-
нуто относительно действия сложения), то сумма несократимой дроби и целого
числа нулю равняться не может. Значит допущение неверно. Следовательно,
если квадратное уравнение х2+ряч-д = 0 с целыми коэффициентами р и q
имеет рациональные корни, то эти корни — целые числа, что и нужно было
доказать.
14.320. Известно, что дробь --— сократима (а, Ъ — целые числа, Ь * 0,
а — о
а # Ь). Сократима ли дробь
Ъ '
Решение.
Рассмотрим следующие случаи:
а + b 2(т + п) т + п а 2т т
1) Пусть а = 2т и о = 2п. Тогда ---= —;----£ =------, — =----= —
а - b 2(т - n) т - п Ь 2п п
— обе дроби сократимы. Но (а + Ъ; а - b) = 2, если (т + п; т-п) = 1. Следо-
502
, a + b
вательно, если а и о — четные числа, то из сократимости ----- всегда следу-
a - Ь
а
ет сократимость —.
2) Пусть a = 2т + 1 и b = 2n + 1. Тогда дробь
a + b _ 2(т + п) + 2 2(т + п + 1) тп + п + 1
а-Ь 2(т - п) 2(т - п) т - п
а 2т +1
сократима, а дробь — =-------- сократима тогда и только тогда, когда
Ъ 2n +1
(2m +1 ;2п + 1) > 3.
3) Пусть а = 2т + 1 и Ь = 2п (или а = 2т и b = 2n + 1).
Тогда a + b = 2m + l + 2n = 2(m + n) + 1, a - b = 2(m - n) + 1;
2(m + n) + 1 = d • I, d>3, d и I -
n/ \ - , нечетны
2(m - n) + 1 = d • t, d> 3, d и t -
4m + 2 = d(l + t),
[4n = d(l - t);
2(2m +1) = d(l +1),
zn =--------,
L 2
d(l +1)
2m + 1 = —--------- = d-p
2
^71 —* 1 — u- * rC
I. 2
(I + t = 2p , т. к. d = 2s +1), (I - t = 2k (2n e Z , следовательно, ——- e Z));
2m +1 dp p
-------= — = —, d > 3 (или d = 2r +1, t. e. d = 3,5,7,....).).
2n dk к
Итак, если a и b — числа разной четности, то из сократимости - сле-
а-Ь
а
дует сократимость —.
14 .326. Доказать, что сумма трех степеней числа 3 с натуральными идущи-
ми подряд показателями, меньший из которых не меньше числа 2, делится
без остатка на 117.
Доказательство.
Докажем, что Sn - 3n + 3n+1 + Зп+2 делится без остатка на 117 при любом
натуральном п > 2.
1. При п = 2 получаем S2 = З2 + З3 + З4 = 9 + 27 + 81 = 117 , т. е. утвержде-
ние справедливо.
2. Предположим, что Sk = 3k + 3k+1 + 3k+2 делится на 117 и возьмем
п = к +1. Тогда
Sfc+1 = 3k+l + 3k+2 + Зк+3 = 3•3k + 3 • 3k+1 + 3 • 3k+2 = з(зк + 3k+1 + 3k+2).
Но по предположению индукции 3k + 3k+1 +3k+2 делится на 117.
На основании принципа математической индукции заключаем, что сумма
трех степеней числа 3 с натуральными идущими подряд показателями, мень-
ший из которых не меньше числа 2, делится без остатка на 117.
503
14 .328. Вычислить loga^ х, если logai х = bltloga2 х = Ь2,...,1одак х=Ък;
х* 1.
Решение.
Используя модуль перехода 1одв а =------------ , где 0 < а * 1, 0 < /3 * 1,
1<>да Р
получим 1ода а а х =--------т—------г. Используя формулу для логарифма
1ода.(а1а2,..ак)
произведения 1одг (tj • t2... tk) = 1одг tj + logz t2 +...+ 1одг tk , где
tk >0 , 0 < z * 1, получим
1
^9а1а2...ак ~ l()g* + аг+ ^+logx ak •
После повторного использования модуля перехода будем иметь
1______________ _________1_____________ЦЬ2...Ь^
1.1 =—+—
bi ь2
^°9aia2...ak Ж 1 1 1
---------------------+. . .+--------
1одаг х 1ода2 х 1одак х
Ъ\Ъп...Ък
Ответ: ---------.
bj + b2+...+bfc
1 bj + b2+...+bfc
bk
14 .329. Сколько существует целых чисел, у которых характеристика их де-
сятичных логарифмов равна одному и тому же числу:
a) n (n е N); б) - т (m е N) ?
Решение.
а) Пусть 1дх = п , откуда х = 10”, 1д у = п + 1, откуда у = 10n+1 иг — ис-
комые числа. Тогда Igx £ Igz < Ig у , откуда 10я < z < 10n+1 или
z = 10"; 10я +1; 10п +2; 10п +3;... ;10n+1 -1.
Члены полученного ряда являются членами арифметической прогрессии, у
которой ^«Ю*, d = l, ат=10я+1-1. Используя формулу
ат = аг + d(m - 1), получаем 10я+1 - 1 = 10n + 1 • (т - 1), откуда
m = 10n+1 -10п =10" (10-1) = 9 10я.
б) 1д х = -т, т е N, откуда х = 10" "* = —— < —= — или т = 0.
10"* 101 Ю
Ответ: а) 9 • 10"; б) 0.
х2
14.332. Найти наибольшее значение функции у - —-----.
х4 + 25
Petuemie.
х2
Для каждого действительного а решим уравнение —-----= а (1);
х4 + 25
504
а) если a = 0, то уравнение (1) имеет решение х = 0, а это означает, что
функция у(х) обращается в 0;
1 ± 71 - ЮОа2
б) если а 0, то уравнение (1) равносильно уравнению
ах4 - х2 + 25а = 0 (2).
Решая это уравнение как квадратное относительно х2 , получим
/ 2\ 1 ± 71 - ЮОа2
L =-------2a-----’ Х1’2А4 'V 2a
При а # 0 необходимым и достаточным условием того, что уравнение (2)
имеет действительные корни, является условие
1 + 71 - ЮОа2
1 ± 71 - ЮОа2
2a
l-100a2 Si 0,
2a______
1 - 71 - ЮОа2
2a
-100a2 > -1,
1 + 71-ЮОа2 S0,
1 + 71-ЮОа2 £ 0,
1-71-ЮОа2 S0,
1-71-ЮОа2 £0,
a2S—,
100
-ЮОа2 >0,
71-ЮОа2 > 1,
71-ЮОа2 S1,
-±S.S±,
.10 10
-100а2 S0,
1
10’
(2) при 0 < а S — имеет корни jq, х3 и
откуда находим, что уравнение
х4 , причем у(х{) = у(х2) = у(х3) = у(х4) = а.
/X Го 1 1
Следовательно, функция у[х) принимает все значения из отрезка I 0; —
х2
и только их, и тем самым наибольшее значение функции у = —т---- равно
х* +25
= 1
Утах |Q '
Ответ: y^
1
10 '
14.333. Найти все значения x, для которых существует сумма
(А2 (
logi х I +... +1 к>д1 х
2 J \ 2
505
грессии, у которой bj = 1одх х, a q =
2
Решение.
Данная сумма является суммой членов бесконечной геометрической про-
( У
log j х
2 )
logt х
2
= log1 x. Если Zog} x > 1, ot-
2
2
куда х €
1од1 х + logj х
2 I 2 .
(>n
log1 x
2 >
не су-
ществует. Если
откуда х е
то сумма
log 1 х < 1,
2
2
log j х + log t x
2
2
Zog^ х
она равна 5 =-------------
1 - log j х
2
ill - n bi
+... + Zog t a? I существует и, согласно формуле 5 = ——,
I 2 J
Таким образом, сумма
Zog j x +
' У ( У
Zogj х +...+ logx x
ч 2 7 k 2 ,
существует для всех
x e
Ответ:
14.335. Какой знак имеет число 1одя tgl ?
Т
Решение,
л я
Имеем 1 > —, следовательно, tg 1 > tg — = 1. Если 0 < а < 1 и М > 1, то
4 4
1одаМ < 0. Используя это свойство монотонности логарифма, получим
я
1одя tg 1 < 0, ибо 0 < — < 1 и tg 1 > 1.
4
Итак, число log„ tgl имеет знак минус.
Т
Ответ: минус.
14.338. Показать, что координаты только одной точки плоскости удовлетво-
ряют уравнению х2 -4х + у - G^jy + 13 = 0, и найти эту точку.
Решение.
ОДЗ: у*0.
506
Представим данное уравнение в виде х2 - 4х + 4 + у - 6у[у + 9 = 0 или
(х - 2)2 + " З)2 = 0 • Тогда (х - 2)2 = -(Jy - з)2 (*).
Уравнение (*) эквивалентно следующей системе уравнений:
(х-2)2=0, (х-2 = 0, х = 2, [х = 2,
(7?-з) =0, №-3 = 0, ' 17у=3, 1у = 9.
Следовательно, уравнению х2 - 4х + у - 6,/у +13 = 0 удовлетворяют коор-
динаты только одной точки (2; 9), что и нужно было показать.
Ответ: (2; 9).
14.343. Найти наибольшее значение функции у = Jx + 7 + V11 - х .
Решение.
Найдем область изменения данной функции. Для этого решим уравнение
у = Jx + 7 + Jl\ — x относительно х. Возведем обе его части в квадрат. Полу-
[ у2 = х + 7 + 2 J(x + 7)(ll-x) +11 - х,
чим < ’ или, после упрощении,
1у*о
у2 -18 = 2-У- х2 + 4х + 77 ,
У>0-
После повторного возведения в квадрат будем иметь
у4 - Збу2 + 324 = -4х2 + 16х + 308,
< у2 -18 > 0,
4х2 -16х + г/4 -36j/2 +16 = 0,
у S зЛ,
У < — ЗЛ ,
У^0>
4± J-y4 + 36у2
X1 9 — 1 у
1,2 2
у^зЛ.
условием того, что уравнение (*)
D
8 ± ^64 - 4у4 + 144у2 - 64
” 4
4
*1,2
у>з7г,
При у > зЛ необходимым и достаточным
и 4 о
имеет действительные корни, является условие — = -у + Збу > 0 , откуда,
4
так как у >3^2 , находим зЛ £ у <, 6.
Следовательно, функция у = Jx + 7 + J11- х принимает все значения на
отрезке ^3-/2; б} и только их, и тем самым наибольшее ее значение равно
Утах ~ •
Ответ: 6.
z 1у2-2х
14.344. Найти наибольшее значение функции у = —
507
Решение.
Найдем область изменения данной функции. Для этого решим уравнение
получим
1одг у = х2-2х, х2 -2х - 1одг у = О (*),
или
У > О
У > 0.
При у > 0 необходимым и достаточным условием того, что уравнение (*)
имеет действительные ксфни, является условие — = 1 + log j у > 0, откуда
4 г
0<у<2.
z1\х2-2х
Следовательно, функция у = I — I принимает все значения на отрезке
(0; 2] и только их, и тем самым наибольшее ее значение равно у^х = 2.
Ответ: Утш=2.
14.346. Решить уравнение со«(я х2) = -i.
Решение.
2 2
Имеем ях2 = ± — я + 2пп, п е Z или х2 = ± — + 2n, п е Z или
Объединяя полученные решения, будем иметь
|2 /2 2
Ответ: ± J— ; ± J2n + — ; ± , 2п-, п е N.
14.348. При каких значениях а уравнение 1 + sin2 ах = cosx имеет единст-
венное решение ?
Решение.
Очевидно, х = 0 является корнем уравнения при любом а. Докажем, что
при а иррациональном других решений нетт а при а рациональном есть. В са-
мом деле, пусть сначала а иррационально. Так как 1 + sin2 ах > 1, a cos х <! 1,
508
то х является решением в том и только в том случае, когда удовлетворяет
системе
1 + stn* 2 * ах = 1, рйг ах = 0,
т. е.
COS X = 1, [COS X = 1 .
Если х * 0 является решением последней системы, то, во-первых,
ах = п к, к — некоторое целое число, и, во-вторых, х = 2л п , п — некоторое
к
целое число, причем п * 0 . Но тогда а2п п = л к , откуда а = — , т. е. а — pa-
in
циональное число, что противоречит предположению. Пусть теперь а рацио-
Р
нально, а = —. Тогда х = 2л q будет, очевидно, решением, и притом отличным
q
от нуля.
Таким образом, данное уравнение имеет единственное решение тогда и
только тогда, когда число а иррационально.
Ответ: х = 0 , а — иррациональное число.
14.351. Без преобразования уравнения Vx +1 + у/з - х = 17 показать, что
оно не имеет корней.
Доказательство.
Обозначим Vx + 1 +у/з - х =а, где а>0 (1), и возведем обе части этого
равенства в квадрат. Получим х +1 + 2^(х +1) (3 - х) + 3 - х = а2 или
2^(х + 1)(3 - х) = а2 - 4 , где а2 - 4 £ 0 или
После повторного возведения в квадрат будем иметь
4(х + 1) (3 - х) = а4 - 8а2 + 16 или 4х2 - 8х + а4 - 8а2 +4 = 0 (3).
Необходимым и достаточным условием того, что уравнение (3) имеет дей-
ствительные корни, является условие
— = 16 - 4а4 + 32а2 - 16 = -4а4 + 32а2 > 0
4
или а2(а2-1б)^0, а2(а -4) (а + 4) < 0 (4).
Решая совместно неравенства (1), (2) и (4), получим 2 < а < 4.
Следовательно, выражение >/х + 1 + V3 - х принимает все значения из от-
резка [2; 4] и только их, и тем самым наибольшее значение выражения
Jx + 1 + >/3 - х равно 4.
Таким образом, Vx + 1 + >/3 - х * 17, т. е. уравнение Vx + 1 + V3 - х =17
корней не имеет, что и нужно было показать.
14.354. При каких значениях к корни уравнения х2 - (2/с + 1)х + к2 =0 от-
носятся как 1:4?
Решение.
Напомним, что кратное сравнение имеет место только для положительных
чисел.
509
По теореме Виета и условию задачи имеем систему
хг + х2 = 2fc + 1,
х: х2 = к2, (1). Подставляя в первое и второе уравнения
4#! = х2 (х^ > 0, х2 > 0).
I Viaz 1 in» ” X
системы (1) значение х2 = 4х1( получим 2 2 (2).
4xf = к2.
Из первого уравнения системы (2) найдем х^ =------. Подставив это зна-
5
4(2к +1)2
чение xY во второе уравнение, получим —Ь------— = к2 или 9к2 - 16к - 4 = 0 ,
Необходимо проверить, будут ли при к{ = - — и к2 = 2 корни данного
гг , 2
уравнения положительными. Для этого подставим в него поочередно к} = - —,
к2 — 2.
2 ,
При к = имеем квадратное уравнение 81х -45х + 4 = 0, откуда
1 4 ,2
л?! = —, х2=—. Следовательно, при к = ~— корни уравнения
х2 - (2к + 1)х + к2 = 0 кратно сравниваются и относятся как 1 : 4.
При к - 2 имеем уравнение х2 - 5х + 4 = 0, откуда xt = 1, х2 = 4. Таким
образом, и при к = 2 корни уравнения х2 - (2k + 1)х + к2 =0 также относятся
как 1 : 4.
_ 2 „
Ответ: —; 2 .
14.356. Составить биквадратное уравнение, если числа Уз -1 и Уз +1 яв-
ляются двумя его корнями.
Решение.
Напомним, что корни биквадратного уравнения х4 + px2 + q = 0 попарно
противоположны: хг = -а , х2 = -р , х3 = Р , xi = а .
Согласно этому и условию, имеем хг = Уз - 1, х2 = Уз +1, х3 = -(Уз -1],
х4 = -(Уз + 1).
Тогда (х - (Уз - 1))(х - (Уз + l)j(x + (Уз -1)|(х + (Уз + 1)) = 0
искомое
уравнение. Запишем его в виде
((х - (Уз - 1))(х + (Уз -1))) • ((х - (Уз + 1))(х + (Уз +1))) = 0
510
или ^х1 2 * - (-Тз -1) )(х2 ~ (V3 +1) = 0,
х4 -(7з + 1)2х2 - (Л - 1)2х2 + (7з - 1)2(Тз +1)2 = о,
х4 - [(V3 +1)2 4- (7з - 1)2]х2 + ((V3 - 1)(7з +1))2 = О,
х4 - (з + 2-Уз + 1 + 3 - 2-Уз + 1)х2 + (3 - 1)2 = О ,
х4 - 8х2 + 4 = О.
Таким образом, если числа -Уз -1 и -Уз +1 являются двумя корнями би-
квадратного уравнения, то это биквадратное уравнение имеет вид
х4 - 8х2 +4 = 0.
Ответ: х4 - 8х2 +4 = 0.
14.359. Может ли синус какого-либо угла быть равным: а) 1д а + -— (а > 0 ,
Iga
Решение.
( 1 Y
а) Неравенство lg а----£ 0 верно при всех а > 0, а £ 1. Перепишем
V igaj
2 Д
это неравенство в виде 1д а - 2 + —;— > 0. Прибавив к обеим частям 4, полу-
lg а
1 fl?
чим lg2 а + 2 + —;— > 4 или lg а +- > 4 . Извлечем из обеих частей по-
1g2 а V lg а)
следнего неравенства квадратный (арифметический) корень; получим
1д а + —— > 2. Следовательно, синус какого-либо угла а не может быть рав-
Iga
ным 1д а +-- (а > 0, а 1), ибо sin а < 1, a lg a + -— > 2.
Iga Iga
Следовательно, синус какого-либо угла может быть равным
„ , Опа + ра~р
в) Используя формулу cos а + cos р = 2 cos —-— cos.—-—, получим
cos 40° + cos 50° = 2 cos 45° cos 5° =
511
Следовательно, синус какого-либо угла не может быть равным
cos 40° + cos 50°.
Ответ: а) нет; б) да; в) нет.
14.361. Выразить sin За через sina и с помощью полученной формулы
с . О , —О ” 1
вычислить sin 54 , если известно, что sin 18 =---.
4
Решение.
1) sin За = sin(2a + а ).
Используя формулу sin(x + у) = sin х cos у + cos х sin у, получим
sin За = sin 2а cos а + cos 2а sin а ,
а используя формулы sin 2х = 2 sin х cos х и cos 2х = 1 - 2 sin2 х , получим
sin За = 2 sin a cos a cos а + (1 - 2 sin2 a j sin а
или sin За = 2 sin а cos2 а + sin а - 2 sin3 а .
Наконец, используя формулу cos2 а = 1 - sin2 а , получим
sin За = 2 sin а (1 - sin2 а j + sin а - 2 sin3 а или sin За = 3 sin а - 4 sin3 а .
2) sin 54° = sin з(18°) = 3 sin 18° - 4 sin3 18’ =
3(75-1) 4(75-i)3 з(7б-1) (Тб -i)3
“ - 64 _ - —
_ __ _ —
_ _ (75-l)(7s+ з) _ 5 + 275 -3 _ 275 +2 _ 75+1
16 “ 8 8 " 8 ~ 4
„ 75 +1
Ответ: ------.
4
14.362. Найти х из условий tga = —-—, tgfl =
jx п к
——, а + В = —
2 4
Решение.
sin(x + у)
Используя формулу tg х + tg у =---1------, где
cos хcos у
условие, получим tga + tgВ = ——
Я
х,у * — + п п , n е Z , и
У 2
sinla + В)
----i----= 3 (1). Под-
cos а cos р
---- или
2
л 72
ставляя в (1) значение а + Д = — из условия, получим cos а cos ft = — (2)
4 6
512
„ _ З + д/ir 3-7* sina stn В 9-х
Далее, tgatg Д -----------------или ------------ = —-— (3). Подставим в
2 2 cos a cos р 4
72 (9 - х)Т2
(3) значение cos a cos Д = — из (2). Будем иметь sin a sin р =------ (4).
6 24
Вычитая (4) из (2), получим cos a cos Д - sina sin Д =
(9 - x)V2
24
после применения к левой части
( > / П\ V2fi
cos(x + у) = cos х cos у - stn х stn у, cos(a + р ) = —I —
Наконец, подставляя в (6) значение
(6).
формулы
а + Д = — , получим
Ответ: 17 .
или
х - 9 _ 2
24 ”3’
откуда
х = 17.
14.364. При каких значениях т может выполняться равенство
т2 - 4m - 4 Л я „
cos а> ----------, если 0 < ф < — ?
™2 . 1 ч
т +1 в
Решение.
/ \ тс
Функция /(ф ) = cos ф на интервале 0 < ф < — является монотонно убы-
вающей, следовательно, cos — < cos Ф < cos 0 или — < cos ф < 1.
Тогда, если 0 < ф < — , то равенство cos ф =---- выполняется при
3 т2 +1
1 т2 - 4m - 4
— <----------< 1 или
2 т2 +1
т2 - 4m - 4 1
т2+ 1 2’
т2 - 4т - 4
~ -<1'
L т +1
т2 - 4т - 4 1 _
-------------> 0,
т2 +1 2
т2 - 4т - 4 _
2 1 1
т +1
2т2 - 8т - 8 - т2 - 1
2(т2 +1)
т2 - 4т - 4 - т2 - 1
т2 - 8т - 9
2(т2 +1)
- 4т - 5
---5---<0-
т +1
Выражение т2 + 1 > 0 при всех т е R , следовательно,
[тг-8т-9>0, |(т +1)(т-9) > О,
s или 5
4т + 5>0, т>--.
1 4
Графически (рис. 14.56) найдем
513
-5/4 -1 9
Рис. 14.56.
т
14.365. При каких значениях а равенство tg<p = —------ возможно, если
и — 6а + 9
Решение.
На интервале 0 < функция f(cp ) = tg(p монотонно возрастает, сле-
„ л
довательно, tg 0 £ tg <р < tg — или 0 < tg <р < 1.
я 2а2
Таким образом, если 0 < (р £ — , то равенство tg<p = —------ возможно
4 а2 -6а+ 9
+ 2а
при таких значениях а, для которых выполняется двойное неравенство
2а2 + 2а
—---------£ 1 или
а2 - 6а + 9
2а2 + 2а
а2-6а + 9
2а2 + 2а
а2 - 6а + 9
2а(а + 1) Q
(а-3)2
-^+2а -1<0,
.а — 6а + 9
(а-3)2
2а2 + 2а - а2 + 6а - 9
а2 - 6а + 9
(а-3)2 "
а2 + 8а - 9
(а-3)2
^4>0.
(а-3)2
(а-1)(а + 9) < о
L (а-3)2
а(а +1) > 0,
(а-1)(а + 9)< О,
а * 3.
Графически (рис. 14.57) найдем а е [- 9; - 1]U[O; 1].
Рис. 14.57.
Ответ: [-9; -1]U[O; 1] .
14.366. Показать, что если х = a cos a sin fi , у = a sin a sin fi , z = a cos fi
____„2 , ,,2 . _2 _ _2
to x + у + z = a .
514
Доказательство.
х2 + у2 +z2 = (a cos a sin /?)2 + (asina sinP)2 + (acosp)2 =
= a2 cos2 a sin2 P + a2 sin2 a sin2 Д + a2 cos2 P =
= a2(cos2 a sin2 p + sin2 a sin2 p + cos2 P j =
= a2((cos2 a sin2 P + sin2 a sin2 P j + cos2 p j =
= a2((cos2 a + sin2 a }sin2 P +cos2p^ =
= a2(l sin2 P + cos2 P ) = a2( sin2 P + cos2 P ) = a2 • 1 = a2.
14.367. Найти произведение корней уравнения zlo9s3z
Решение.
ОДЗ: z > 0.
Логарифмируя обе части данного уравнения по основанию 5, получим эк-
вивалентное уравнение
log5 Зг 1од5 г = 1од5^25^?"^, (log5 3 + log5 z) log5 z = 1одъ 25 + Zog5 tfz* ,
log6 3 • log5 z + log2 z = 2 + ^log5 z , log2 z - (y log5 з\од5 z - 2 = 0 ,
logl z-(^-log5 5 - Zog5 3 |logs z-2 = 0, log| z - log5 53 -log5 3 log5 z-2 = 0,
\ О / I I
2 53 , 5^5
log5 z-log5—Zog5z-2 = 0, log5 г - log5 -y logb z - 2 = 0 (1).
Полученное уравнение является квадратным относительно log5 г.
Напомним, что квадратное уравнение ах2 + Ьх + с = 0 имеет действитель-
ные корни, если а и с имеют разные знаки.
Согласно этому и теореме Виета, если log5 Zi и log5 z2 — корни уравнения
7 7 7 5^5
(1), где Zi и z2 — корни исходного уравнения, то log5 Zj + log5 z2 = log6-.
3
TT 1 ( \ , 5^5
Потенцируя, имеем log^z^ z2) = log5-, откуда Zj -z2 = ———.
3 3
Таким образом, произведение корней уравнения гг°95 Зг = 25^? равно
5^5
3
n
Ответ: ---
3
14.369. Составить уравнение параболы с осью, параллельной оси ординат,
если эта парабола проходит через точки (- 2; - 3), (- 1; 2) и (1; 0). Показать,
что она пересекает ось абсцисс по разные стороны от оси ординат.
515
Решение.
Так как по условию точки (- 2; - 3), (-1; 2) и (1; 0) принадлежат графи-
ку квадратичной функции, то их координаты удовлетворяют уравнению
у = ах2 + Ьх + с.
Поэтому имеем систему уравнений
- 3 = а (- 2)2 + Ъ • (- 2) + с, 4а - 2Ъ + с = -3,
2 = а (- 1)2 + Ь (- 1)+ с, или >а-Ъ + с=2,
0 = а-12+Ъ-1 + с а + Ъ + с = 0.
Решив ее, найдем а - -2, Ъ = -1 и с = 3. Тогда уравнение параболы будет
иметь вид у = -2х2-х + 3. Если эта парабола пересекает ось Ох, то
- 2х2 - х + 3 = 0 или 2х2 + х - 3 = 0 , откуда хг
3
~2 ’
х2 = 1.
Следовательно, парабола у = -2х2 - х + 3 пересекает ось абсцисс по раз-
ные стороны от оси ординат.
Ответ: у = -2х2 - х + 3.
14.388. Доказать, что функция /(х) = Iglx + 71 + х2 1 является нечетной.
Доказательство.
Область существования данной функции состоит из всех х таких, что
х + 71 + х2 > 0. Этому неравенству удовлетворяет любое действительное чис-
ло х. В самом деле, если х = 0 , то х + 71 + х2 = 1 > 0. Для любого х 0 име-
ем х + 71 + х2 = х + | х | /1 + -у > х + | х | > 0.
V х2
Таким образом, область существования данной функции симметрична от-
носительно начала координат. Далее, для любого действительного х справед-
лива следующая цепочка равенств:
у(- х) = log2^- х + -J1 + (- х)2 = log2^- х + 71 + х2 J =
( - х + 71 + х2 Дх + 71 + #21 ।
= 1од2 ±----------===----------= 1од2-----== =
X + V1 + х X + VI + х
= log2^x + 71 + х2 = -Zog2^x + 71 + х2 = -у(х).
Так как область существования данной функции есть числовая прямая, т.е.
множество, симметричное относительно начала координат, и у(- х) = -у(х)
для любого х е R, то данная функция является нечетной, что и нужно было
доказать.
516
Глава 15
Начала математического анализа
Производные основных элементарных функций
1. Производная степенной функции у = ха при х * 0 , где а е R ,
определяется формулой
(х“) = ах“-1, (15.1)
т.е. производная степенной функции равна показателю этой функции,
умноженному на степенную функцию с тем же основанием и показателем, на
единицу меньшим.
В частности,
(и“^ = аиа~1и', (15.2)
где и = и(х).
2. Производная показательной функции у = ах при а > 0, а * 1, х e R
определяется формулой
(а1) =ах1па. (15.3)
В частности,
(аи) =аи1па-и', (15.4)
где и = и (х).
f f
Если а = е,то (ех) =ех; (ett) =е“и'.
3. Производная логарифмической функции у = loga х при а > 0 , а 1,
х > 0 определяется формулой
(Zoga х) = ——. (15.5)
xlna
В частности,
(logau) =-^—, (15.6)
ulna
где и — и (х).
Если а = е, то
(In х) (15.7)
X
(In и) =— (15.8)
и
(производную от loga f (х) называют также логарифмической производной).
Если и = | f (х) |, то
lnu = (ln|f(x)|) = (15-9)
517
4. Производные тригонометрических следующим формулам: функций можно найти по
(sm х) = cos х, (15.10)
(sin и) = cosuu' (и = /(х)); (15.11)
(cos х) = - sin x, (15.12)
(cos и) = - sin и и'; (15.13)
(tg х) = 1 2„ (15.14)
COS1 X и' 2 ,
(tg и) = (15.15)
ссю и
(ctg х) 1 2.. (15.16)
sin* х Н 9 ,
(ctg и) (15.17)
sin* и
(sec х) = sec xtg х, (15.18)
(sec и) = sec и tg и • и'; (15.19)
(созесх ) = - cosec x ctg x , (15.20)
(cosec и ) = - cosec и ctg и u'. (15.21)
5. Производные обратных тригонометрических функций определяются
по формулам:
(arcsin х) 1 (-1 < X < 1) , (15.22)
Vi-X2
(arcsin u) ' _ u' >11-u2 (-1 < и < 1); (15.23)
(arccos x) ' _ 1 4i-x2 (-1 < x < 1), (15.24)
(arccos u) 1 д= Vi - и2 (-1 < и < 1); (15.25)
(arctg x) i (15.26)
1 + x2
(arctg u) _ u> (15.27)
1 + u2
(arcctg x) ' - 1 (15.28)
1 + x2
(arcctg u) ' u' 1 ~ 1 + u2' (15.29)
518
6. Производная степенно-показательной функции у = uv, где и = /(х),
v = д(х), причем /(х) > 0, определяется по формуле
и° = uv In и • v + vuv~1u'. (15.30)
7. Правила дифференцирования (и, v — функции, с — постоянная):
си) = си', (15.31)
и + v) = и' + и', (15.32)
/ uv) ~ u'v + v'u , (15.33)
(U5) _ uv - uv' (15.34)
<v) V2
'э (/(*))) = у'(/(*))/'(*)> (15.35)
где g(f (х)) — сложная функция.
8. Уравнение касательной к графику функции у = /(х) записывается в
виде
У ~ Уо =/ (хо) ‘ (х ~ хо) (15.36)
или
y-/(^o) = /'(xo)(x“xo). (15.37)
где (х0 ;у0) — точка касания.
Таблица основных неопределенных интегралов
j 0 dx = с (с = const), (15.38)
Jldx = |dx = x + c, (15.39)
f x“+1 x dx = + с, а Ф -1, J a + 1 (15.40)
f^ = ln|x| + c, (15.41)
f axdx = —— + c ([ exdx - ex + c), J Ina V I (15.42)
J sin xdx = - cos x + c , (15.43)
J cos xdx = sin x + c , (15.44)
j tgxdx = -Ig| cosx | + c , (15.45)
j ctg x dx = In | sin x [ + c , (15.46)
f dx (15.47)
J COS X
t dx (15.48)
1 _ t-t'y Л T L , J sin x
519
dx 1 x
—------- = —arctg — + c ,
a x a a
dx . x
—==s= = arcsin — + c ,
I „2 „2 a
dx 1 , x + a
--- = in ------ + c ,
a - x 2a x - a
.. - = In I x + 7x2 ± a2 I + c.
7x2±a2 । ।
(15.49)
(15.50)
(15.51)
(15.52)
Площадь криволинейной трапеции, ограниченной осью ОХ, прямыми х = а
и х = Ъ и графиком неотрицательной функции у = f (х) на отрезке [a ; b],
находится по формуле
ь
S = J/(x)dx. (15.53)
а
. 5х3-2х2+5х-2
15.004. Вычислить 1гт —-—1—;---г------
х-»2/5 5х4 - 2х3 -5х2 + 2х
Решение.
5х3 - 2х2 + 5х - 2 _ х2(5х - 2) + (5х - 2) _
х->2/5 5х4 - 2х3 - 5х2 + 2х х->2/5 х3(5х - 2) - х(5х - 2)
(5х - 2) • (х2 + 1)
= -----------т-т-
х->2/5 (5Х _ 2) . (х3 - xj
(5х - 2) • (х2 + 1)
Область существования дроби ------------состоит из всех чисел х,
(5х - 2) • (х3 - xj
для которых возможно деление на (5х - 2) • (х3 - х). Таким образом, имеем
(5х - 2) • (х2 - х) = х (5х - 2) • (х - 1) • (х + 1) 0 , откуда х^О, х * —, х -1,
х * 1.
(5х - 2) • (х2 +1) х2 + 1
Тогда в области существования ----------)----= —------- и
(5х - 2) • (х3 - х) х3 - х
(5х - 2) • (х2 +1) х2 + 1 7. ^ + 1 725
1гт ---------7—------v = lira —---= lira --------- =--.
х->2/5 (5^. _-2) . (х3 — х) х->2/5 X — х х-»2/5 64 _ 2 14
v 7 125 5
725
Ответ: ----.
14
15.006. Вычислить Нт
х-»0
71 + Зх4 - 71 - 2х
х + х2 + 2х3
520
Решение.
Функция / (х) =------------------- в точке х = 0 не определена. Умножив
х + х + 2х
числитель и знаменатель на 71 + Зх4 + 71-2х * 0, преобразуем дробь:
Г71 + Зх4 - 71 - 2x1 • Г71 + Зх4 + 71 - 2x1
Нт f (х) = Нт-------------------------------------—- =
х(1 + х + 2х2) • + 71^)
1 + Зх4-1 + 2х х(Зх3+2)
= 1гт------------. z--------------7 = Нт---------- . —--- .
1-И) х(1 + х + 2х2) • (71 + Зх4 + 71-2x1 х-*° х(1 + х + 2х2) Г71 + Зх4 + 71-2х
х“*° (1 + х + 2х2) • (71 + Зх4 + 71-2х
= f(0) = l.
Ответ: 1.
15.012. Вычислить пределы и подтвердить или опровергнуть данное
. Тх2 + 3 + 2х 2х2 - 5х - 3
утверждение: Нт ---------------> Нт —----------------.
x^-i х + 1 х->-о,5 4х2 -18Х-10
Решение.
х Ф -1,
При
х 5, и
1
+ 3 - 2х 0 имеем
2
+ 2х
+ 3 + 2х
Нт
х2 + 3 - 4х
Следовательно, Нт
+ 3 - 2х 2
2х2 - 5х - 3
4х2 - 18х - 10
,. 2х2 - 5х - 3
и 1гт —=-----------------
*-♦-0,5 4х2 - 18х - 10
3
15.017. Вычислить пределы и подтвердить или опровергнуть данное
Зх2 + 2х - 1 х - Тх
утверждение: Нт —z------5-------= ^т—т=------.
®-»-i9xJ+9x -х-1 1-*0 2ух+х
521
Решение.
Зх2 + 2х — 1 з о ч л 2/
Дробь —х------=------- существует, если 9х + 9х - х - 1 = 9х (х +1) -
9х'+9х2 - х - 1
х + 1) = (х + 1) • ^9х2 - 1) = (х + 1) • (Зх - 1) • (Зх + 1) * 0 или х -1 и х ± .
При этих х имеем
. Зх2 + 2х -1
1гт —--------------= 1гт
*-♦-19х +9х - х -1 я-»-1
____з2 = _1
9х2 -1 2
Дробь —?=-----
2-4х + х
существует при х > 0. Тогда
Нт —=------= Нт
z-»o 2ух + х
= Нт
1
Л . Зх2 + 2х -1 ,. х - Jx
Следовательно, Нт — ----------------= 1гт —=---.
х-»~19х3+9х2 - х - 1 *-*0 2ух + х
. _. __А __ . / 4 2 ОС <50С » X
15.020. Наити производную функции a) y = lx -х +11 ; б) у =---------------
Решение.
а) Если у = (и)“ , где и = u(x), а е R , то у' = а иа~1 и'. Согласно этой
формуле имеем у' = ^х4 - х2 + 1) J = З^х4 - х2 +1) • (х4 - х2 +1) =
= З^х4 - х2 + 1) (х4 - х2 + 1) .
Далее, применяя формулы производных суммы алгебраических функций и
показательных функций, получим
у' = З^х4 - х2 + 1) ~(х2) + 1'1 = 3(х4 - х2 + 1) -(4х3-2х);
б) Данная функция существует при х Ф1. Последовательно применяя
, „ , „ (и\ u'v - v'u
формулу нахождения производной частного двух функции — =-------5--,
v
где v # 0, и формулу определения производной показательной функции
Г
(xn) = пхп-1, где х Ф 0 и пей, получим
, (х3-Зх2+1У (х3-Зх2+1)(х-1)-(х-1)'(х3-Зх2+1)
Д х —1 J" (х-1)2
^(х3) - (Зх2) + l'j • (х - 1) - (х' - Г) • (х3 - Зх2 + 1)
(х -1)2
522
^Зх2 - з(х2) + oj - (х - 1) - (1 - 0) • (х3 - Зх2 + 1)
(х - I)2
(зх2 - 3 • 2 • х2-1) • (х - 1) - (х3 - Зх2 + 1) (Зх2 - бх) • (х - 1) - (х3 - Зх2 + 1)
(х - I)2 (х - I)2
Зх3 - Зх2 - бх2 + бх - х3 + Зх2 - 1 _ 2х3 - бх2 + бх - 1
Ответ: а) бх (х4 - х2 +1) (2х2 -1); б) ——* в* —*.
1 ~ cos 10 “ х
15.021. Найти производную функции а) у = ----—; б) у = 1g----—
l + cos2x х + 2
Решение.
а) Область определения данной функции есть все значения х, при которых
п
1 + cos 2х Ф 0 , или cos 2х * -1, откуда 2х # ж + 2я n, neZ или х * —ь п п ,
п € Z.
Используя формулу нахождения производной частного двух функций
I —I = ц U V Ц , где и формулу (cosu) =-sinuu', где и = /(х),
) «2
fl-cos2xA (l-cos2x) (1 + cos2x) - (1 + cos2x) (l-cos2x)
получим у' = ------—- =---------------------------x----------------=
v 1 + cos 2x ) (1 + cos 2x)
^1' - (cos2x) J • (1 + cos2x) - |Г + (cos2x) J • (1 - cos2x)
(1 + cos2x)2
^0 + sin2x • (2x) j - (1 + cos2x) -(o - sin2x • (2x) (1 - cos2x)
(1 + cos 2x)2
^sin2x • 2(x) У (1 + cos2x) - ^-sin2x • 2(x) j - (1 - cos2x)
(1 + cos 2x)2
sin2x • 2 • 1(1 + cos2x) + sin2x • 2 • 1(1 - cos2x) 2sin2x(l + cos2x + 1 - cos2x)
(1 + cos 2x)2 (1 + cos 2x)2
_ 4sin2x
(1 + cos 2x)2
б) Областью определения данной функции являются все те значения х,
Ю — X / Ч / V
при которых выполняется неравенство ---------->0 или (х - 10) • (х + 2) < 0,
х + 2
523
откуда х 6(-2;10).
Используя формулу (loga и) = , где и = f (х), и > 0, 0 < а * * 1,
ulna
получим
, f. 10-х\ 1 flO-xA
I 10^;п10 U + 2j
х + 2
х + 2 (10-х) • (х + 2) - (х + 2) (10 - х)
(lO-x)ZnlO (х + 2)2
_ (10' - х') (х + 2) - (х' + 2') • (10 - х) _ (0 - 1) • (х + 2) - (1 + 0) • (10 - х) _
(10 - х) (х + 2) in 10 (10 - х) (х + 2)ZnlO
- -^-2-10 + х ___________-12________________12_______
“ (10 - х) (х + 2)1п10 “ (10 - х) • (х + 2)ZnlO ~ (х - 10) (х + 2)lnl0 ’
_ ч 4sin2x 12
Ответ: а) ---------; б) -----------г----.
(l + cos2x) (x-10)(x + 2)lnl0
15.022. Найти производную функции а) у = \4х3-7х2+1; б) у = (sin2 х + lie1.
Решение.
£
а) Представим данную функцию в виде у = (4х3 - 7х + 1)3 .
Последовательно применяя формулы (ите) = пиП-1 • и', где и = u(x), п g R ,
/
(u + v + w) = и' + v' + w', где и = и(х), v = v(x), w = ги(х), и (xn j *= пх11-1,
( -11- --1
где х 0 , n g R , получим у' = (4х3 - 7х2 + 1)3 = — (4х3 ~ 7х2 + 1)3
• (4х3 - 7х2 + 1) = |(4х3 - 7х2 + 1)~3 • Г(4х3) - (?х2) + 1'1 =----
7 з(4х3-7х2+1)3
• ^х3)' - 7 (х2)' + fl! = 4-3x2 ~7'2дС-2 = 23?(бХ~7) ;
' 3 ЗИ4х3 - 7х2 + 1)2 3 ЗН4х3 - 7х2 + 1)2
б) Последовательно применяя формулы (u-г?) = u'v + v'u , где ц = и(х),
v = и(х), (и + г?) = и' + v', = п • ип~х • и' и (ех) = ех , получим
у'= ^«гп2 х + 1)ех) = (sin2 х + 1) ех + ^е1 j (sin2 х + 1) = ^(sin2 х) +1'^ех +
+ ех (sin2 х + 1) = I 2sin х(sinx) + 0 le1 + ех (sin2 х + 1) = 2sinxcosx ex +
524
+ ex (sin2 х + 1) = е1 (sin 2х + sin2 х + 1).
2х(бх-7) / 2 \
Ответ: а) —,— ... ---; б) е \sin2x + sin х + 1).
I/ Q \2 ' '
ЗЗИ4х3 -7r2 + 1)
15.023. Найти производную функции а) у = Vx2 -1 • (х4 -1); б) у = Inyjx2 -1.
Решение.
1_
а) Представим данную функцию в виде у = (х2 -1)3 (х4-1). Применяя
последовательно формулы (и v) = u'v + v'u , (u") = n un-1 и' , где
/
и = и (х), v = v (х), п g R , и (хп) = пхп-1, где х 0 , пей, получим
2х(х2 -1) (х2 + 1) + 12х3(х2 - 1) 2х(х2 - 1) • (х2 +1 + бх2j 2х(х2 - 1) • (?х2 + 1)
б) Областью определения данной функции являются все те значения х, для
которых выполняется неравенство х2 - 1 > 0 , откуда х 6 (-«>; - 1) U (1; °°) •
Представим данную функцию в виде у = In ^х2 - 1 j2
Применяя формулу (in и) = —, где и > 0 , и = и (х) , формулу
(u + v) =и' + v', где и = и(х), v = v(x), и (xnj = пхп \ где х^О, пей,
, (1 , / 2 1 Л I 2 -1Й
получим у =1—In^x -1Н =—|1П|Х - = —
(х2-1)' (х2)'-^
х2-1 2(х2-1)
525
2х - 0 2х _ х
2(х2-1) 2(х2-1) х2-1‘
Ответ: а)
2х(х2 -1) -(?х2 +1)
; б)
2 л
15.026. Найти производную функции а) у = х cos —; б) у = х + sinxcosx.
х
Решение.
а) ОДЗ: х 0.
/
Используя последовательно формулы (и и) = u'v + v'u, где и = и(х),
n = v(x), xn = пхп-1, где х^О, пей, и (cos и) = -sin и и', где
/12 -1 I / 2 \ 11 * I 2 л *
и = п(х), получим у = X COS— = (х I COS-F COS— X = 2xcos-
V х J ' ' x V x) x
. 1 f 1A 2 « 1 • 1 ( 1 2 n 1 1
- sin— I — I x — 2xcos------sin--------- x = 2xcos— + sin —;
V I Г I T* T* \ J <т» r*
б) у = х + sinxcosx = х + -i(2sinxcosx) = x + ^sin2x.
t
Последовательно применяя формулы (u + v) = и'
где
v = v(x), ^xnj = nxn \ где x^O, neR, (cu) = си', где c = const,
и = u (x), и (sin u) = cos и • и' , где и = и (х), получим
/ /
у' = ^х + ^-sin2x^ = x' + ^sin2x^ = l + ^-(sin2x) = 1 +-^cos2x • (2х) =1 +
+ cos 2x 2 (x) = 1 + cos 2x • 1 = 1 + cos 2x.
Ответ: a) 2x cos — + sin — ; 6) 1 + cos 2x.
1 3
15.028. Найти производную функции а) у = tg sin x; б) у = — tg x.
Решение.
. ' и' f \
а) Используя формулу (tg и) =------------— , где и - и (х), cos и * 0 ,
cos2 и
f
Ж „ , / . / (sinx) cosx
и — + тс п , neZ, получим у = (tg sin х) =----т-—-—- =-----г-------;
2 cos2 (sin х) cos2 (sin х)
ТС
б) Данная функция существует при cos х*0, х^ —t-тс п, п & Z.
526
y' = (|tg3x] = =|‘3tg2r (tgx) = tg2 х *—- = *g * .
V3 J 3' ' 3 cos x cos x
_ 4 cosx tg2 x
Ответ: a) -----------; 6) --—.
cos (sin x) cos x
£ I 3
15.029. Найти производную функции у = — x
Решение.
Данная функция существует при х2 - 1 > 0 или при х е (-°°; - 1]U[1; °°) •
2 з 2/, Хп'
Представим данную функцию в виде у = — х----(х - II2 - х. Тогда
(х2 j - 1 j - 1 = 2х2 - ^х2 - 1 • (2х - 0) - 1 - 2х2 - 2х7х2 - 1 - 1.
Ответ: 2х 2 - 2xyjx2 - 1 - 1.
15.030. Найти производную функции а) у =-----; б)
4х
Решение.
а) Данная функция существует при х Ф 0. Представим ее в виде
(2х + 0)х Г"й ~
2-Jx2 + 4 _%x ~2\х + 4) _ 2х2 -2х2 -8 _ -8 _1
4^2 8x2Vx2 + 4 8х2у}х2 + 4 8x2yjx2 + 4 х2^х2 + 4
527
б) Данная функция существует при х * 0. Представим ее в виде
2
15.034. Решить уравнение f '(х)--f (х) = 0 , если f (х) = х3 In х.
Решение.
Данная функция определена при х > 0.
/'(х) = (х3 inxj = (х3) 1пх + (1пх) х3 = Зх2 1пх + —х3 = Зх2 1пх + х2.
Подставляя значения f(x) = x3lnx и /' (х) = Зх21пх + х2 в данное
уравнение, получим Зх21пх + х2- — • х3 1пх = 0 или Зх2 1пх + х2-2х2 1пх = 0 ,
х
х2 In х + х2 = 0 , х2(1п х + 1) = 0 , откуда или х2 = 0, хх = 0, что не входит в
область определения, или In х + 1 = 0, Inx = -1, х2 = е-1.
Ответ: е-1.
х3 +1 1
15.035. Решить неравенство f'(x) < g'(x), если /(х) =---, д(х) = 5х + —.
Решение.
Данные функции определены при х 0 .
=(х2+х-1) = (х2) +(х-х) =2х-р-.
f г
д'(х)=|5х + —| =(5х) +(—| =5(х) =
к х) \х) х1 х xz
528
Тогда 2х —у <5 —у или 2х < 5
«ЗС ОС
определения, имеем х & (
откуда х < —. Учитывая область
о Л
2
15.042. Вычислить значение производной заданной функции при указанном
X 1
значении переменной: /(х) = уд. • +--; f'(1) = ?
Vx2+3 X + 1
Решение.
Исходная функция определена при х * -1.
Ответ: —
8
15.048. Вычислить значение производной заданной функции при указанном
значении переменной:
/'(2) = ?
Решение.
Данная функция определена при х > 1. Представим ее в виде
529
15.060. Найти вторую производную функции /(х) и вычислить ее значение
при указанном значении х:
a) f(x) = х2 Inx+ cos2x; f"(l) = ? f"(x ) = ?
б) / (х) = sin ~ + х In х2; f" (З) = ? f" = ?
Решение.
а) Данная функция определена при х > 0.
/ / t г
f'(x) = (х2 1пх + cos2xj = (x2Znx) +(cos2x) = (х2j Inx + (inx) x2 -
-sin2x (2x) = 2xlnx + — • x2 - sin2x • 2 • x' = 2xlnx + x - 2sin2x.
x
/"(x) = (2xZnx + x - 2sin2x) = (2xZnx) + x'-(2sin2x) = 2(xZnx) + 1-
-2(sin2x) = 2| x'lnx + (inx) • x | + 1 - 2cos2x (2x) = 2| 1 Inx + — • x | + 1 -
\ \ x )
- 4cos2x • 1 = 2(Znx +1) +1 - 4cos2x = 2lnx + 2 +1 - 4cos2x = 2Inx + 3 - 4cos2x.
/"(1) = 2Znl + 3 - 4cos2 1 = 20 + 3- 4cos2 = 3 - 4cos2.
f"(jt ) = 21пя + 3 - 4cos2n = 2 In л + 3-41 = 21пя + 3 - 4 = 21пп - 1.
б) Данная функция определена при х * 0.
.ft f \ I > 2 I I • 1 { т 2 \ а I >1 2 /т 2 \
j (х) = I stn —+ xinx I +\х1пх ) = СО5'з”1 УI + х *nx + vnx / х =
530
х 1 , Н ) 1 X , 2 2х х 1 X . 2 . п
= cos--x' + llnx2 + —~—-x = — ’Cos— + lnx* +—Т— = -cos— + lnx +2.
3 3 x2 з 3 X2 з 3
/"(x) = Q-cos-| + Znx2 + 2^ =Q’cosy) +(lnx2) +2'= +
F ) 1 . x 1 , 2x 1 . x 2
x2 3 3 3 x2 9 3 x
/"(3) = -- • sin — + - = --• sinl + • sinl .
J v ' 9 3 3 9 3 3 9
1 . n 2 114 4 1
— sm— + — = - — =-~-
9 6 я 92л:я18
2
Ответ: a) /*(1) = 3-4cos2; /"(я ) = 2lnn — 1;
6) /"(3) = --| sinl; /*(£]-1-±.
' J ’ 3 9 V2/ л 18
JC
~2
15.071. Функция задана формулой /(x) = e“2+bx+1. Найти значения
постоянных а и Ь, если /(1) = f (0) = /'(О).
Решение.
/(1) = е0+ь+1, /(0) = е, /'(х) = {e“2+bl+1) = е“2+ьх*1 . + Ьх + =
« gOxMx+i. ^дд.2) + (bay + r) = eax2+bx+i . (а(х2) + b • х' + о) = e“2+ta+1 • (2ах + Ь),
/'(О) = be. Согласно условию имеем
Je“+b+1=€> Ja + b + l = l, Ja + b = O, а = -1,
|e“+b+1=be, [ex=be, ]b = 1, [b = 1.
Ответ: a = -1; b = 1.
154.072. Под каким углом к оси ОХ наклонена касательная к графику
функции д(х) = х2 1пх в точке х0 = 1 ?
Решение.
Данная функция определена при х > 0.
Уравнение касательной, проведенной к кривой у - f[x) в точке M(x0;i/0),
имеет вид у = y'{xQ) (х - х0) + у(х0).
Из уравнения касательной получаем следующую геометрическую
интерпретацию производной функции у = /(х) в точке х = х0: значение
у'(х0) есть тангенс угла между положительным направлением оси Ох и
касательной к графику функции у = /(х) в точке (х0; у(х0)). Коротко
531
говорят, что производная у'(х0) есть тангенс угла наклона касательной к
графику функции у = /(х) в точке х = х0.
Если прямая у = кх + Ъ пересекает ось абсцисс и является касательной к
графику функции у = f (х) в точке х = х0, то величина угла ф между этой
прямой и положительным направлением оси абсцисс удовлетворяет
соотношению к = tg<p = у' (х0). Отсюда находим
(arctg у'(х0), если у' (х0) > О,
п + arctgy'(x0), если у'(х0)<0.
/ /
Согласно этому имеем: так как д' (х) = (х2 In хj = (х2 j Inx + (inx) х2 =
х2
= 2xlnx + — = 2xlnx + х и g'(x0) = g'(l) =2 1 • Znl +1 = 1, то касательная к
графику g(x) =x2lnx в точке х0 = 1 наклонена к оси Ох под углом ф , для
которого tg ф = 1. Таким образом, ф = 45е.
Ответ: 45е.
15.075. Можно ли почленно дифференцировать неравенство?
Решение.
Вообще говоря, нет. Рассмотрим пример: — >х для всех х€(0;1), но
х
ГО
неравенство — > х на этом интервале не выполняется.
Vx у
Ответ: нет.
15.077. Найти дифференциальное уравнение гармонического колебания:
а) у = -4stn(2x + 3); б) у = 3,8 cos (0,бх - 10).
Решение.
Дифференциальным уравнением гармонических колебаний называется
уравнение вида у"(х) = -а) 2у(х) (*), где ш — положительная константа.
Согласно этому имеем:
а) у' (х) = (-4 sin (2х + 3)) = -4 (sin (2х + 3)) = -4 cos (2х + 3) • (2х + 3) =
= -4 cos(2x + 3) • 2 = -8 cos (2х + 3);
у"(х) = (у'(х)) = (-8cos(2x + 3)) =-8(cos(2x + 3)) = -8(-sin(2х + 3)) •
• (2х + 3) = 8stn(2x + 3) • 2 = 16sin(2x + 3) или у"(х) - 16sin(2x + 3) = 0 ,
у" (х) + 4 (-4 sin (2х + 3)) = 0 , у" + 4у = 0.
532
б) у' (х) = (3,8 cos (0,6г- 10)) = 3,8 (cos (0,6а?-10)) =
= 3,8^-sin(0,бх - 10) • (0,6х - 10) = -3,8sin(0,бх -10) • 0,6 = -2,28$гп(0,6х - 10);
у"(х) = (у'(х)) = (-2,28 sin (0,6х- 10)) = -2,28 (sin (0, бх -10)) =
= -2,28cos(0,6x - 10) • (0,6х - 10) = -2,28соз(0,6х - 10) • 0,6 = -1,368cos (0,6х -10),
или у"(х) + l,368cos(0,6x -10) = 0 , у"(х) + 0,3б(3,8соз(0,6х-10)) = 0, у* + 0,36у = 0.
Ответ: а) у" + 4у = 0; б) у" + 0,36у = 0.
15.078. Найти отличное от нуля решение дифференциального уравнения:
а) у' = -36у;б) у" = -36у.
Решение.
Напомним, что дифференциальным уравнением называется соотношение,
связывающее независимую переменную, неизвестную функцию и ее
производные (или ее дифференциалы).
Порядком дифференциального уравнения называется наивысший порядок
производной (или дифференциала), входящей в уравнение.
а) Если в дифференциальное уравнение первого порядка F (х, у, у') = 0
производная у' входит в первой степени, то после решения его относительно
у' получится уравнение вида /(х,у) + ф(х,у)у' = 0.
dy
Так как у = , то это уравнение может быть переписано так:
dx
/(x,y)dx + <p(x,y)dy = 0.
В частном случае, когда каждая из функций /(х, у) и ф(х,у) является
произведением двух функций, одна из которых — функция только х, а вторая
— только у, т.е. когда f (х, у) = (х) /2 (у), а ф(х,у) = (х) • ф2 (у),
уравнение принимает вид fY (х) f2(y)dx + (х) • ф2 (у)^У = 0 (1)-
Уравнение (1) называется дифференциальным уравнением с
разделяющимися переменными.
Разделение переменных производится делением обеих частей (1) на
произведение (рг (х) • /2 (у), в котором /2 (у) — функция только от у,
являющаяся множителем при dx, а Ф1 (х) — функция только от х,
являющаяся множителем при d у. После деления на это произведение
f, (х) ф2(у)
уравнение (1) примет вид —^~dx +—~-dy = Q (2), а его общий интеграл
(х) f2 (у)
запишется так: [ — dx + [^-~-d у - С (3).
J Ф1(*) J А (у)
Согласно этому, уравнение у' = -36у является дифференциальным
уравнением первого порядка с разделяющимися переменными. Запишем его в
dy dx dy
виде —— = -36у и умножим обе его части на -0, получим —- = -36dx.
dx у у
533
Интегрируя обе части этого уравнения, получим общий интеграл:
Отсюда In у = -36а? + сг, где q * 0. Тогда у = e~36l+ci = eC1 • е~36х = се"36х
— отличное от нуля решение дифференциального уравнения у' = -Збу.
(Здесь eCl = c).
б) Данное уравнение является дифференциальным уравнением второго
порядка, не содержащим независимой переменной.
Понижение порядка этого уравнения достигается подстановкой у' = р(у),
где р(у) — новая искомая функция. В этом случае за независимую
переменную принимается не х, а у. Вторая производная равна
У" = (у') = (р(у)) = (р(у)) ^ = 77'7“ = 7~р-
' ' ау ах ау
d р
Тогда исходное уравнение запишется в виде р-~ = -Збу.
dy
-_2 36t/2 С
Отсюда pdp = -36ydy. Интегрируя, получаем —- ---------jj +"2"’ °ТКУДа
р2 = -36j/2 + Cj ИЛИ р = J-36y2 + Cj , ~ = J-36y2 + Cj .
dx
Разделяя переменные, получаем:
аУ........ f___________^У.
у]сг - Збу2
1 Г • <^у _ „ .
’ я J ~i------- x +
6 C1 2
J— - У
V36
= 6a? + 6c2, f -r ТГ- = 6a? + c4 (*). (Здесь cf = , c4 = 6c2).
J - iz2 36
dy
2 2
3 -У
^/cj - 36у
Интеграл I = J К - вычисляется подстановкой у = с3cost, dy = -c3sint.
„ , г -с, stntdt
Тогда I = -—=!=======
J ъ
—с3 sintdt
с| - с32 cos2 t
-с3 sintdt
r-CfSintdt e-CnSintdt г, у
—I ..., = — -------Id t = -t, где t = arccos—.
’ sin21 J C3sint J c3
™ r f dy у
Тогда I = = - arccos—.
J A2 - y2
Подставляя это значение в (•), получим -arccos— = ба? + с4 ,
Vc3 " У2 Сз
arccos— = -(бх + с4), — = cos (-(ба? + с4)), у = с3 cos(6x + с4).
с3 Сз
Обозначая с3 через А, а с4 через ф , окончательно получим
534
у = Acos(6x + (р) — отличное от нуля решение дифференциального
уравнения у" = -Збу.
Ответ: а) у = се-36® ; б) у = Acos(6x + ф).
15.079. Построить раздельно графики функций f(x) = x, ф(х) = |х| и
д(х) = х|х| в окрестности точки х = 0. Несмотря на то, что /(х)
дифференцируема при х = 0, а ф(х) — нет, их произведение д(х) = х|х|
имеет производную в точке х = 0. Обосновать правильность этих
утверждений и найти д' (0).
Рис. 15.1. График
функции f (х) = х.
Рис. 15.2 График
функции ф(х) = |х|.
Рис. 15.3. График
функции д(х) = х|х|.
На рисунке 15.1 изображен график функции
/(х)=х, на рисунке 15.2— график функции
ф(х) =|х|, а на рисунке 15.3 — график функции
д(х) = х|х|.
Пусть функция у(х) определена на интервале
(а; b) и хе(а;Ь). Рассмотрим односторонние
Ду(х) Ду(х)
пределы рт —lim —
Дх—Х>-0 Дх Дх-»0+0 Дх
Если эти пределы существуют и конечны, то
они. соответственно называются левой и правой
производной функции у = у (х) в точке х и
обозначаются через у' _ (х) и у' + (х).
Для существования производной у'(х) в точке х необходимо и достаточно,
чтобы обе односторонние производные у' _ (х) и у' + (х) существовали в
точке х и были равны, т.е. у' + (х) = у' _ (х).
535
Докажем, что несмотря на то, что функция f (х) = х дифференцируема
при х = 0, а функция <р(х) = |х| — нет, их произведение д(х) = х|х| имеет
производную в точке х = 0, т.е. функция g(x) = xjx| дифференцируема в
точке х = 0 и найдем ее производную в этой точке. Имеем
,. \ Дх|Дх| Дх|Дх|
д_(0)= Кт •------= Нт (-Дх) = 0; gl(0) = Кт —'-------- = Кт (Дх) = 0.
Дх—>0-0 Дх Дх—>0-0 Дх->0+0 Дх Дх—>0+0 '
Таким образом, gl(0) = g^(0) = 0 и, следовательно, функция д(х) = х|х|
дифференцируема в точке х = 0 и д'(0) = 0.
15.081. Показать, что при любых значениях постоянных р и д (р * д ) •
функция, заданная формулой /(х) =
pcosx+qsinx при х>0,
рх+д+1
при xcft
не дифференци-
руема в точке х = 0.
Решение.
При х>0 имеем /'(х) = (рcosx + qsinх) = (рсозх) + (qsinx) = p(cosx) +
+ g(sinx) = -psinx + qcosx, /'(0) = -psind + qcosO = 0 + g • 1 = g.
При x < 0 имеем /'(x) = (px + g + 1) = (рх) + д' + Г = р-х' + 0 + 0 = р-1 = р,
/'(°) = P-
(pcosx + qsinx при x > 0,
не
рх + g +1 п p и I < 0,
дифференцируема в точке x = 0 при любых р и д (р * д), что и нужно было
показать.
15.083. Дана функция /(х) = 0,5 (х2 - cosx). Используя свойство
непрерывности, установить, имеют ли уравнения /(х) = 7,8 и /'(х) = 7,8 хотя
бы по одному корню на промежутке [2я ; Зя ].
Решение.
Сначала установим, имеет ли уравнение 0,5(х2 - cosx) = 7,8 или 0,5х2 -
- 0,5cosx - 7,8 = 0 хотя бы один корень на промежутке [2л ; Зя ].
Рассмотрим функцию у(х) = 0,5х2 -0,5cosx-7,8 и найдем ее критические
точки на интервале [2я ; Зя ]. Для этого найдем производную д'(х) =
= (о,5х2 - 0,5cosx - 7,8) = (о,5х2) - (0,5cosx) - 7,8' = х + 0,5sinx и
приравняем ее к нулю: х + 0,5sinx = 0 (*).
На интервале [2я ; Зя ] уравнение (*) решений не имеет.
536
На этом интервале функция д(х) = 0,5х2 -0,5cosx-7,8 возрастает от у(2я)=
= 0,5 • (2я)2 - 0,5cos2л - 7,8 = 2я2 - 8,3 до у(3л) = 0,5 • (Зя)2 - 0,5 созЗл - 7,8 = 45л2 - 7,3.
Следовательно, уравнение 0,5 (х2 - cosx) = 7,8 на промежутке [2тг ; Зтт ] не
имеет ни одного корня.
Теперь установим, имеет ли уравнение х + 0,5 sin х = 7,8 или х + 0,5 sin х -
- 7,8 = 0 хотя бы один корень на промежутке [2л ; Зл ].
Рассмотрим функцию д (х) = х + 0,5 stn х - 7,8 и найдем ее критические
точки на интервале [2л ; Зл ]: д'(х) = (х + 0,5 stn х - 7,8) = х' + (0,5 stn х) - 7,8' =
= l + 0,5(stnx) - 0 = 1 + 0,5cosx ; l + 0,5cosx = 0, откуда cosx = -2, что не
имеет смысла.
На интервале [2л ; Зя ] функция д(х) = х + 0,5 stn х - 7,8 возрастает от
д(2л) = 2л + 0,5 stn 2л - 7,8 = 2л-7,8 <0 до д(3я) = Зя+ 0,5 sin Зя-7,8 = Зл-7,8>0,
т.е. она меняет свой знак с на “+”.
Следовательно, уравнение х + 0,5 sinx = 7,8 или х + 0,5sinx - 7,8 = 0 на
промежутке [2я ; Зя ] имеет один корень.
Ответ: первое — нет; второе — да .
15.084. Найти все значения постоянной а, при которых производная
функции, заданной формулой у = е01 +31 +х принимает только положитель-
ные значения на всей области определения данной функции.
Решение.
Имеем у' = (^3+3*2«) = . (ах3 + Зх2 + х) =
_вах3+зх2+х .^(ах3) +(3х2) +х'^ = еах3+3я2+ж ^а(х3) +з(х2) +1
_ еах3+зх2+х (здд.2 + бх + 1), е"*3*312*1 . (зах2 + 6х + 1) > 0, Зах2 + 6х + 1 > 0.
Для того, чтобы квадратный трехчлен Зах2 + 6х +1 был больше нуля для
х е R и а * 0 , необходимо и достаточно, чтобы его дискриминант был меньше
нуля, т.е. D = 62 - 4 • За • 1 < 0 или 12 (3 - а) < 0 , откуда а > 3.
Таким образом, для того, чтобы функция, заданная формулой
у - е"®3*3*2*» , Где а - const, принимала только положительные значения на
х е К (ибо область определения функции у = е“х +3a;2+I есть х G (-*>; «)),
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство а > 3.
Ответ: а > 3.
15.085. Найти сумму х + х2 +...+ хп, а затем сумму 1 + 2х + Зх2 + ...+ пх”'1.
537
Решение.
Обозначим (х) = х + х* 2 * +...+ хп, S2 (х) = 1 + 2х + Зх2 +...+ пхп-1.
, . , . п(п + 1)
1. При х = 1 имеем Si(x)= 1 +1+...+1 =n, S2 (х) = 1 + 2 + 3 +...+ п = —--.
п слагаемых 2
2. При х Ф 1 имеем 5; (х) — сумма п членов геометрической прогрессии,
bjl-q”) х(1 —хп)
где \ =х, q=— = x, количество членов равно п: 51(х) =—--- =—------.
х 1-q 1-х
Для нахождения суммы S2 (х) воспользуемся равенством (х) = S2 (х):
. хМ1'®")] _(x-x"+1) (1-х)-(1-х) .(х-х-)_
1-х J Д 1-х ) (1-х)2
[х' - (хП+1) ]' “ х) ~ ~ х') ’ (х " х”+1) (1 - (п + 1)хп) • (1 - х) - (0 - 1) • (х - xn+1)
= (^ = (Г^р =
(l-nxn-xn)(l-x) + x-xntl 1-зс-пхп4-пхпП-xn+xn+1+x-xn+1
(1-х)2 = (1-х)2
1 - пхп + nx"+1 - Xя J-(n + l)xn + nx"*1
(1-х)2 ’ (1-х)2
n(n + l) 1 - (n + 1)х" + nxn+1
Ответ: —1----- при х = 1; --1------------- при х 1.
2 (1 - х)2
15.088. Показать, что касательные, проведенные к графику функции
х - 4
у =----- в точках пересечения его с осями координат, параллельны,
х - 2
Решение.
Напомним условие параллельности двух прямых. Если две прямые
у = кхх + bj и у = к2х + Ь2 (кг * 0 , к2 * 0) параллельны, то их угловые
коэффициенты равны, т.е. к} =к2.
х — 4
Если касательная, проведенная к графику функции у =--------, пересекает
х - 2
ось ординат, то х0 = 0. Тогда кг = у (х0) = —----- =
\ хо “ 2 )
_ (х0 - 4)' (х0 - 2) - (х0 - 2) • (х0 - 4) _ (*</ ~ 4') (хо - 2) - (*о' ~ 2') • (*о ~ 4)
(х0 - 2) (х0 - 2)
= ' (жо - 2) ~ (г ~ °)' (хо ~ 4) _ х0 - 2 - х0 + 4 = 2 = 2 = £
(х0-2)2 " (х0 - 2)2 ‘ (х0 - 2)2 (0 - 2)2 2
538
Если касательная, проведенная к графику функции у = ——-, пересекает
х-2
, „ _ х0 - 4 Лл;-4„хп-4
ось абсцисс, то у0 = 0. Тогда у0 = —- или 0 = ——- 0 = —-, откуда
х0 - 2 х0 - 2 х0 - 2
х0=4.Тогда
Следовательно, кг = к2 = —
х — 4
Таким образом, касательные, проведенные к графику функции у =---- в
х-2
точках его пересечения с осями координат, действительно параллельны, что и
нужно было показать.
15.089. Определить, под каким углом синусоида у = —==— пересекает ось
\3
абсцисс в начале координат.
Решение.
„ sin3x
Угол, под которым синусоида у = —==— пересекает ось абсцисс в начале
V3
координат, равен углу, под которым касательная к графику функции
sin3x , ч
у = —j- в точке (0; 0) (в начале координат) пересекает ось Ох.
Напомним, что если прямая у = кх + Ь пересекает ось абсцисс и является
касательной к графику функции у = f (х) в точке х = х0, то величина угла
<р между этой прямой и положительным направлением оси абсцисс
удовлетворяет соотношению к = tgtp = у'(х0), откуда
_ Jarctgу'(х0), если у'(х0) 2: 0,
п + arctgy'(x0), если у'(х0)<0.
s£n3xft^ 3 cosЗх0 /-
---_1 - 7з cos3xn =
V3 ) V3
Согласно этому имеем tg<p = у'(х0) =
= 7з cos(3 • 0) = 4з cosO = 7з • 1 = 43 , откуда <р = arctg т/з =
О
sin Зх _
Следовательно, синусоида у = —₽- пересекает ось абсцисс в начале
V3
я
координат под углом —.
3
_ я
Ответ: —.
15.090. Показать, что на графике функции у = х3+х2+х + 1 нет точек, в
которых касательные параллельны оси абсцисс.
539
Решение.
Предположим, что на графике функции у = х3 + х2 + х + 1 есть точки, в
которых касательные параллельны оси абсцисс.
В этом случае угол <р наклона этих касательных к положительному
направлению оси Ох должен быть равным нулю, т.е. tg(p = у' = 0. Имеем
/ / /
у' = (х3 + х2 + х + 1) = (я3) + (^с2) + х' + Г = Зх2 + 2х + 1 = 0.
D 2
Но так как — = 1- 3 =-2 <0, то Зх + 2х + 1 > 0 при х 6 R. Значит, наше
предположение неверно, а потому на графике функции у = х3+х2+х + 1 нет
точек, в которых касательные параллельны оси абсцисс, что и нужно было
показать.
15.091. В каких точках касательные к кривой у = —— х2 - х + 1 парал-
лельны прямой у = 2х - 1?
Решение.
Уравнение касательной, проведенной к кривой у = /(х) в точке М(х0;у0),
имеет вид у = у'(х0)(х - х0) + у(х0).
Если в правой части этого уравнения раскрыть скобки и сделать
упрощения, то это уравнение примет вид у = у'(х0)х + (у(х0) - у'(х0)х0).
Прямые у = кгх + bj и у = к2х + Ь2 (кг * 0 , к2 * 0) параллельны тогда и
только тогда, когда кг = к2.
Согласно этому прямые у = у' (х0) х + (у (х0) - у' (х0) х0) и у = 2х - 1
параллельны, когда
f'(x0) = 2, т.е. Ну-- Xq - х0 + 11 =2, Xq-2x0-1 = 2,
Xq - 2х0 - 3 = 0, откуда (хД = -I, (хД = 3. Тогда
+ i = t (и.),=у-з2-з + 1—2.
„ X 2 «
Таким образом, касательные к кривом у =----х - х + 1, проведенные
3
f 2> , х
параллельно прямой у = 2х - I, проходят через точки 1-1; — и (3; - 2).
у 3 J
( 2\ ,
Ответ: 1-1; — I, (3; - 2).
Зх 3
15.095. Известно, что прямая у =------является касательной к линии,
4 32
заданной уравнением у = 0,5х4 - х. Найти координаты точки касания.
540
Решение.
Уравнение касательной, проведенной к линии, заданной уравнением у =
= 0,5т4 - х в точке М (х0; у0), имеет вид у = (о,5х4 - х0 j - (х - х0) + 0,5х4 - х0,
у = м0,5х<}) - х0 I • (х - х0) + 0,5xq - х0 , у = (2хо-1) (x-xo) + O,5xq-х0, у =
lx - 2xq + х0 + 0,5xq
x-1,5xq. (1)
3 3
Согласно условию, эта касательная задана уравнением у = ~ • (2)
Сравнивая коэффициенты при х (или свободные члены) в уравнениях (1) и
3 3 1
(2), получим 2xq -1 = - — (или -1,5xq = - —), откуда х0 = —. Подставляя это
значение х0 в уравнение линии у = 0,5х4 - х , получим
уа = 0,5хл - х0 = 0,5 • f—1 .
0 0 0 V2; 2 32
m — Зх 3 л е 4
Таким образом, прямая у = - —— — касается линии у = 0,5х - х в точке
А _ 15 А
1г’ 32J'
15.097. Составить уравнение касательных к кривым у = 2х2 - 5 и
у = х2 - Зх + 5 , проходящих через точки пересечения этих кривых.
Решение.
Сначала найдем координаты точек пересечения данных кривых:
у = 2х2-5, |у = 2х2-5, 1у = 2х2-5, (
у = х2-Зх + 5, [2х2 - 5 = х2 - Зх + 5, |х2+Зх-10 = 0,
к =2(-5)2 -5 = 45,
[Xj = -5;
к =2 -22 -5 = 3,
|х2 = 2.
Далее, уравнение касательной, проведенной к кривой у = 2х2 - 5 в точке
(-5; 45), имеет вид у = ^2х2 - 5) • (х - xj + 2х2 - 5 = j - 5'} - (х - xj +
+ 2xf - 5 = 4xj (x - xj + 2xf - 5 = 4xTx - 4x2 + 2x2 - 5 = 4xtx - 2x2 - 5 = 4(-5)x -
- 2(-5)2 - 5 =-20x - 55 ;
541
уравнение касательной, проведенной к кривой у = х2 - За? + 5 в точке
/
(-5; 45), имеет вид у = (х2 - Зхх + 5) • (я? - xj + х2 - Зхх + 5 =
= ^(xi) - (3xx) + 5'} • (x - xx) + x2 - 3xx + 5 = (2xj - 3) • (x - xj + x2 - 3xt + 5 =
= (2xj - 3)x - 2xf + 3xx + xf - 3xj + 5 = (2xx - 3)x - xj + 5 = (2(-5) - 3)x -
- (-5)2 + 5 = -13x-20;
уравнение касательной, проведенной к кривой у = 2х2 - 5 в точке (2;3),
имеет вид у = ^2х2 - б) • (х - х2) + 2х| - 5 = ((2х2) - 5'^ • (х - х2) + 2х| - 5 =
= 4х2 (х - х2) + 2х| - 5 = 4х2х - 4х| + 2х2 - 5 = 4х2х - 2х2 -5 = 4-2х-
- 2 • 22 - 5 = 8х - 13 ;
уравнение касательной, проведенной к кривой J' = x2-3jc+5 в точке (2; 3),
имеет вид у = (х2 - Зх2 + 5j • (х - х2) + х2 - Зх2 + 5 = ^х22 ) - (Зх2) + 5'^ •
• (х - х2) + х2 - Зх2 + 5 = (2х2 - 3) • (х - х2) + х| - Зх2 + 5 = (2х2 - 3) х -
- 2х2 + Зх2 + х2 - Зх2 + 5 = (2х2 - 3) х - х2 + 5 = (2 • 2 - 3)х - 22 + 5 = х + 1.
Ответ: в точке (-5; 45): у = -20х - 55 и у = -13х - 20;
в точке (2; 3): у = 8х - 13 и у = х + 1.
15.099. Составить уравнения касательных к кривой у = х2 - 4х + 3,
проходящих через точку М(2; - 5). Сделать чертеж.
Решение.
Графики функции у = х2 - 4х + 3 и касательных к кривой у = х2 - 4х + 3
в точках А(хл;ул), В(хв;ув) и проходящих через точку М(2;-5),
представлены на рис. 15.4.
Графиком функции у = х2 - 4х + 3 является парабола. Учитывая, что
- „ b —4 Ъ
парабола симметрична относительно прямой х =-----=-----= 2, где х ----
2а 2 1 2а
— координата вершины параболы, заключаем, что ув = уА.
Уравнение касательной, проведенной к параболе у = х2 — 4х + 3 в точке
/
А(хл ; уА), имеет вид у = (хл - 4хл + з) • (х - хА) + хА - 4хл + 3 =
= ^(жа) “(4ха) + + -^а +3 = (2хл -4) -{х-ха) + х2а -
- 4хл + 3 = (2хл - 4)х - 2хл + 4хл + хл - 4хл + 3 = (2хл - 4)х - хл + 3 . (1)
542
Так как эта касательная проходит
через точку М(2;-5), то координаты
этой точки удовлетворяют уравнению
касательной. Подставим значения х = 2 и
у = -5 в уравнение (1). Получим
-5 = (2хЛ - 4) 2 - ха +3 или хА - 4хл = 0,
ха(ха “4)=0> откуда (хД =0, (хД =4.
Здесь (хД соответствует значению
хв, а (хЛ)2 соответствует значению хЛ,
т.е. хв = 0, хА = 4. Подставляя эти
значения хв и хА в уравнение параболы
у = х2 - 4х + 3, получим значения
У в = хв ~ 4х в + 3 = О2 - 40 + 3 = 3 и уА =
= х^ - 4хЛ + 3 = 42 - 4 4 + 3 = 3.
Подставляя значение хА = 4 в
уравнение (1), получим уравнение
касательной, проведенной к кривой
у = х2 - 4х + 3 в точке А(4; 3) и
проходящей через точку М(2; - 5):
г/= (2 • 4 - 4)х - 42 + 3 = 4х - 13.
Если же в уравнении (1) вместо хА
подставить значение хв =0, то получим
уравнение касательной, проведенной к
кривой у = х2 - 4х + 3 в точке В (0; 3) и проходящую через точку М(2; - 5):
у = (2хв - 4)х - Хд + 3 = (2 • 0 - 4)х - О2 + 3 = -4х + 3.
Ответ: у = 4х - 13; у = -4х + 3.
15.104. Дана функция
f (х) = — stn 14х - — j. Требуется:
2 \ 3 /
а) составить
уравнение касательной к графику данной функции в точке с абсциссой х = —
6
(окончательные числовые значения округлять до второго десятичного знака);
б) установить, в каких точках промежутка 0 < х < п касательная к графику
данной функции составляет с осью Ох угол 60°.
Решение.
а) Уравнение касательной, проведенной к графику функции f (х) =
1 . (л Д
= —stn 4х----
2 к з;
в точке х0
п
"б’
имеет вид у =
1 . (. Д"|
— sin 4хп----
.2 I ° 3J)
• (х - х0) +
543
л 1 . л л V3 „ „„
cos — + — • згп — = х-+ — = х - 0.09 ;
3 2 3 6 4
|/'(хо) = £960°’
[О < х < л,
Л
2 ’
. ТС 1С _ _ _ __
4хп-----= ±— + 2кл, к е Z,
0 3 6
0 £ х < л,
. П 7Г _ _ , _
4х0 =---+ — + 2кл, к е Z,
0 6 3
. 7Г /Г — t t ,
4xn = — + — + 2кл, к е Z,
L 0 6 3
О < х < я,
л кл , _
хп =— +----, keZ,
° 24 2
л кл , „
х» = — +--, к е Z,
L 0 8 2
0 < х < л,
л кл
—----1--,
24 2
12 12
л кл
— +---
8 2
24 2 “ ’
я , кл
+ ’ ^eZ>
о Z
п л кл
0<—+—<л ,
8 2
и 24 2
л кл , „ ,
хп = — +----, к = 0; 1,
. 0 8 2
Таким образом, на промежутке 0 < х < л касательная
f (х) = — sin ( 4х - —
7 2 V 3,
составляет с осью Ох угол 60°
в
л л
—; 2 = —;
24 8
= —>
0 24
13л-
Хп = ---
0 24
к графику функции
точках с абсциссой
13 тг 5л
----; = — •
24 1 8
„ „ ____л л 13я 5л:
Ответ.- а) у = х - 0,09; б) —; —; -----; —
24 8 24 8
544
2 f
15.105. Дана функция /(х) = — cosl Зх - — I. Требуется найти: а) угол, об-
разованный с осью Ох касательной к графику данной функции в точке с абс-
циссой х = у; б) точки минимума на промежутке [0; я ].
Решение.
= -2 sin| я - — | = -2 sin — = -1,
f. я) „ . я\ _ . я я] п . ( Я] „ . я
• Зх„-------- -2sin Зх„--= -2згп 3---------=
0 б) \ б) t 3 б) V б) 6
где а — угол, образованный с положительным направлением оси Ох каса-
2 f я'}
тельной к графику функции fix) = —cos Зх---в точке с абсциссой х(
3 V 6/
я
7
Тогда а = arctg (-1) = 135“.
6) Наименьшее значение на отрезке [a; b] непрерывной функции /(х)
достигается либо в критической точке этой функции (т.е. в точке, где функ-
ция /'(х) или равна нулю, или не существует), либо в одной из граничных
точек данного отрезка.
Таким образом, чтобы найти наименьшее значение непрерывной функции
на отрезке [а; Ь], имеющей на интервале (a; b) конечное число критических
точек, достаточно вычислить значение функции во всех критических точках
функции, принадлежащих интервалу (a; b), и на концах отрезка и из полу-
ченных чисел выбрать наименьшее.
Согласно этому имеем:
545
= — = 0,666..., /(я) = -сов|Зл--1 = «-0,577.
3 v ' 3 V 6j 3 6 3
Наименьшим значением функции /(х) = — cos Зх----на промежутке
3 V 6у
2 7
[0; л ] является значение — в точке с абсциссой х = —я. Следовательно,
3 18
2 f
точкой минимума функции /(х) = —cos Зх---на промежутке [0; я ] явля-
3 V бу
7
ется точка х = —я.
18
7
Ответ; а) 135’; б) —я.
18
15.106. В точке пересечения графиков функций у = -т= и у = 12х ’ - 2ха
ух
проведена касательная к каждому графику. Найти разность углов, образо-
ванных этими касательными с положительным направлением оси Ох.
Решение.
6 -11
Функции у = -т=₽ и у = 12х ’ - 2х’ существуют при х > 0.
ух
Сначала найдем точку (х0; у0), в которой графики данных функций пере-
секаются:
Уо = 12х02 - 2x4
1 1
= 12х7-2х$ ,
хв — 3,
6
х0 = 3.
Тогда: tga =
, откуда
5 л
= —, где а
О
— угол между касательной, проведенной к графику функции
у = —, в точке х0 = 3 , и положительным направлением оси Ох;
ух
' — 1Y
tgfi- 12х02 -2x4
6 1 6 1/-
я —.яид •тяг ss ~ -’-Tag •• '"я я «5 .
7F 7з зТз 7з
откуда fi = arc
где fi — угол
-1 1
между касательной, проведенной к графику функции у = 12х * - 2хг в точке
х0 = 3, и положительным направлением оси Ох.
546
„ О 5 2
Следовательно, а - р = — п —п =
6 3
п
6 '
Ответ: —.
6
15.107. В точке М(Г, 8) к кривой у =
проведена касательная.
Найти длину ее отрезка, заключенного между осями координат.
Решение.
Функция у =
существует при
2
5-х3 £ 0 или -5 £ х < 5.
Уравнение касательной, проведенной к
Ось ординат функция у = -2х + 10 пересекает в точке
; уА)
или
А(0; 10), а ось абсцисс в точке В(хв ; ув) или В(5; 0). Тогда длина отрезка,
заключенного между осями координат, равна длине отрезка ав , вычисляемой
по формуле АВ = ^(хЛ - хв )2 + (уА - ув )* = -J(0 - 5)’ + (10 - 0)! = V125 = б-Уб .
Ответ: 5-Уб.
15.108. Найти площадь треугольника, образованного биссектрисами коор-
динатных углов и касательной к кривой у » ^х’ -5 в точке М (3; 2).
547
Решение.
Функция у = 7х2 -5 существует при х2 - 5 > 0 или х G ; ooj.
Уравнение биссектрисы первого и третьего координатных углов имеет вид
у = х , а второго и четвертого координатных углов — у = -х. Так как угло-
вой коэффициент kj прямой у - х равен kj = 1, а угловой коэффициент к2
прямой у = -х равен к2 = -1, т.е. kjk2 = -1, то эти прямые перпендикуляр-
ны (напомним, что для того, чтобы две прямые, заданные уравнениями
у = кгх + и у = к2х + Ь2 , были перпендикулярны, необходимо и достаточно,
чтобы kjk2 = -1).
Уравнение касательной, проведенной к кривой у = \х2-5 в точке М(3;2),
Найдем точку А(хЛ ; уА) пересечения прямой у = х
3 5
с прямой у ~ —х - —:
Рис. 15.5. Прямоугольный тре-
угольник АОВ (АО±ОВ), образо-
ванный биссектрисами коорди-
натных углов и касательной к
кривой у = 7х2-5 в точке М(3;2).
У А = ХА>
3 5
rA = rA"r
У А = ХА>
3 5
Хд - — --
Л 2 2
У А = 5’
ХА = 5-
Далее, найдем точку В(хв; ув) пере-
сечения прямой у = -х с прямой
у = —X--
2 2
У в = ~хв>
3 5
Ув —~хв>
3 5
-хв = — хя---,
. В 2 В 2
У в = -1>
хв = 1.
Прямая у = х пересекается с прямой
у = —х в точке О(0; 0) .
Таким образом, при пересечении бис-
сектрис координатных углов и касатель-
ной к кривой у = V®2 - 5 в точке
М(3;2) образовался прямоугольный
3 5
548
треугольник АОВ (АОХОВ) (см. рис. 15.5). Его площадь SAAOB равна
«алов=|оВАО (*).
ОВ = - хву + (ц. - ув)' = J(0 - 1)’ + (о - (-1))' = V? ,
АО = J(xA - ха )2 + (уА -у0)г = ^(5 - О)2 + (5 - О)2 =V50.
Подставляя эти значения ОВ и АО в (*), получим SAAOB =-^л/2 •-J50 = 5
(кв. ед.).
Ответ: 5 кв. ед.
4
15.109. К гиперболе у = — проведены две касательные: одна — в точке
М (2; 2), а другая — параллельно прямой у = -4х . Найти площади треуголь-
ников, образованных каждой из этих касательных с осями координат.
Решение.
Л 4
Функция у = — существует при х * 0.
х
Уравнение касательной, проведенной к кривой у = — в точке М(2;2),
Уравнение касательной, проведенной к кривой у = — в точке А(ха-, уА),
( 4 . х4 4 , .4 4 44
имеет вид у = — • (х - хА) +-----------(х - хА) +--=---х +-----+----=
^xAJ ’ хА х\ хА х\ хА хА
4 8
=-----X +---.
«к ХА
Для того, чтобы прямые, заданные уравнениями у = х + Ь; и у-к2х + Ъ2,
были параллельны, необходимо и достаточно, чтобы /с, = кг.
г. 4 8
Согласно этому и условию, если прямые у =-----х +---- и у = -4х па-
-w»2 '¥* .
раллельны, то----— = -4, откуда (х^ =1, (хА)2 =-1 Подставляя эти зна-
ХА
чения (х^Д и (хд)2 в уравнение у- — , получим (уА\ =-,—г- = — = 4 и
4 4
549
Тогда уравнение касательной, проведенной к кривой у = — в точке А(1; 4)
и параллельно прямой у = -4х , имеет вид у =
4 8
-уЛ? + -
I2 1
уравнение касательной, проведенной к кривой
У~— в точке Т(-1;-4) и
параллельно прямой у = —4л? , имеет вид у =
^’(хД)+Ы
4 8
-----г • х + — = -4л? - 8.
(-1)2 -1
Прямая у = -х + 4 пересекает
ось ординат в точке В(0;4) (см.
рис. 15.6), а ось абсцисс в точке
С (4; 0). Тогда площадь прямо-
угольного треугольника ВОС равна
6"i = 5д вос = — ОС • ВО = — • 4 4 = 8
& Z
(кв. ед.).
Аналогично, прямая у = -4л? + 8
пересекает ось ординат в точке
D(0; 8) (см. рис. 15.6), а ось абсцисс
в точке JS (2; 0). Тогда площадь 52
треугольника DOE равна
<S2 = Sд = — ОЕ • DO = — -2-8 = 8
(кв. ед.);
прямая у = -4л? - 8 пересекает
ось ординат в точке F(0;-8) (см.
рис. 15.6), а ось абсцисс в точке
К(-2;О). Тогда площадь 53 пря-
моугольного треугольника РОК
равна <5>3 = ~ ’
•2-8 = 8 (кв. ед.).
Таким образом, площадь треугольника, образованного касательной, про-
веденной к кривой у = — в точке М (2; 2), с осями координат, равна 8 кв. ед.
550
Площадь <92 треугольника, образованная касательной, проведенной к кри-
4
вой у = — параллельно прямой у - ~4х, с осями координат, также равна 8
х
кв. ед. ; площадь 53 треугольника, образованного касательной, проведенной к
4
кривой у = — в точке Т(-1;- 4) с осями координат, равна 8 кв. ед.
Ответ: Sy = 52 = 53 = 8 кв. ед.
15.110. Отрезок произвольной касательной к кривой у - х2, заключенный
между точкой касания и осью Ох, спроектирован на ось Ох. Показать, что
эта проекция вдвое больше проекции аналогичного отрезка касательной к
кривой у = х4 с той же абсциссой точки касания.
Решение.
Рассмотрим прямоугольный тре-
угольник АСВ (рис. 15.7). Из этого
> вс
треугольника найдем АС --------— =
tgBAC
. д f л л (1)» где
tg fi 2хв 2
В — произвольная точка на кривой
у = х2, хв — длина катета ВС,
— угол между гипотенузой АВ и ка-
тетом АС, АС — проекция отрезка
АВ на ось Ох.
Аналогично, из прямоугольного треугольника ECD (рис. 15.7) найдем
DC = ——— = = —, или, так как хЕ = хв, то DC = — (2).
tgEAC tga (х4) 4xe 4 4
xB
AC о
Разделив (1) на (2), получим -= —=— = 2 , откуда AC = 2 • DC .
DC xB
4
Таким образом, проекция отрезка произвольной касательной к кри-
вой у = х2, заключенного между точкой касания и осью Ох, вдвое больше
проекции аналогичного отрезка касательной к кривой у = х4 с той же абс-
циссой точки касания, что и нужно было показать.
15.111. В произвольной точке кривой у = ^2х - х2 проведена касательная.
Показать, что длина отрезка касательной от точки касания до пересечения с
осью Оу равна ординате точки пересечения.
551
Решение.
Функция у = ^2х - х2 существует при
2х - х2 2 0, или при х е [0; 2].
Пусть М(лм; ум) — произвольная точка на
кривой у = 72х - х2 (рис. 15.8). Тогда уравнение
касательной, проведенной к кри-
вой у - ^2х - х2 в точке М (хм ; ум), имеет вид
y = U2xM ) (х-хм) + ^2хм -х2м =
г~—9 I-----Г v м м / ,
У2хМ ~ ХМ у2хМ ~ хм у2хм ~ хм
\ ~ХМ + ХМ +2хМ ~ ХМ - ^~ХМ _т | ХМ Ц)
^2хм ~ хм ^2хм ~ ХМ ^2хм ~ хм
Пусть касательная пересекает ось Оу в точке А(0; уЛ). Подставив значе-
ние х = хА = 0 в уравнение касательной (1), получим
ул = . 1-1,1 . О + . *" = -рЛК (2).
72жм - хм у2хм - хм у12хм - хм
Пусть касательная пересекает ось Ох в точке В(хв ; 0). Подставив значе-
ние у = ув = 0 в уравнение касательной (1), получим 0 = -у- хм__ . х& +
у2жм _ жм
.____ХМ V __ ХМ /О)
+ г, откуда Xg — (•})•
у2хм ~ хм Хм
Далее, из прямоугольного треугольника АОВ найдем AO-OB-tgABO =
- г *м 2
1-хм V > 1-*и 72хм-х^
так как АО = уА, то уА = ----- (4).
у2хм ~хм
Сравнивая правые части равенств (2) и (4), приходим к выводу, что если
через произвольную точку кривой у = -^2х - х2 провести касательную, то
длина отрезка касательной от точки касания до пересечения с осью Оу равна
ординате точки пересечения, что и нужно было показать.
552
15.116. Движения двух материальных точек вдоль одной прямой заданы
уравнениями Sj = 4t2 + 2 , s2 = 3t2 + - 1 (s1,s2 — в метрах, t — в секундах).
Найти скорости движения точек в те моменты, когда пройденные ими рас-
стояния равны.
Решение.
Скорость движения первой материальной точки равна v1 = Sj (t) =
/ /
= ^4t2 + 2) = (4t2j + 2' = 8t (1), а скорость второй материальной точки равна
v2 = s2' (t) = (з? + 4t -1) = (3t2) + (4tf - Г = 6t + 4 (2).
Если пройденные этими точками расстояния равны, то st = s2 или
4t2 + 2 = 3t2 + 4t - 1, t2 - 4t + 3 = 0, откуда tx = 1, t2 = 3.
Подставляя эти значения tj и t2 в равенства (1) и (2), получим - sx (1) =
= 8-1 = 8 (м/с), v2 = s2 (1) = 6 • 1 + 4 = 10 (м/с) и vr = (3) = 8 • 3 = 24 (м/с),
v2 - s2 (З) = 6 • 3 + 4 = 22 (м/с).
Ответ: = 8 (м/с), v2 = 10 (м/с) и = 24 (м/с), v2 = 22 (м/с).
15.117. Прямолинейные движения двух материальных точек заданы урав-
нениями «j = 2t3 - 5t2 -3t, s2 = 2t3 -3t2 - lit + 7 (s!,s2 — в метрах, t — в
секундах). Найти ускорения точек в тот момент, когда скорости их равны.
Решение.
V1 = sx (t) = (2t3 - 5t2 - 3t) = (2t3) - (5t2) - (3t) = 6t2 - lot - 3 (м/с), v2 =
= s2/(t) = (2t3 -3t2 -lit+ 7) =(2t3) -(3t2) -(lit)* +7' = 6t2 -6t-ll (м/с).
ai = = (6f2 “ ~ З) = (6t2) - (lOt) - 3' = 12t -10 (м/с2), a2 = v2'(t) =
= (6t2-6t-ll) =(6t2) -(6t/ -11' = 12t-6 (м/с2).
Если Vi = v2, to 6t2 - lOt - 3 = 6t2 - 6t -11, откуда t = 2. Тогда (2) =
= 12 • 2 - 10 = 14 (м/с2), a2 = v2 (2) = 12-2-6 = 18 (м/с2).
Ответ: ax = 14 м/с2 , a2 = 18 м/с2 .
15.119. Тело, выпущенное вертикально вверх, движется по закону
h(t) = 4 + 8t - 5t2 (h — в метрах, t — в секундах). Найти скорость тела в мо-
мент соприкосновения с землей (ускорение д считается равным 10 м/с2 ).
Решение.
Находим время подъема тела, для чего определяем r(t) = h'(t) =
= (4 + 8t-5t2) =8-10t-
553
В наивысшей точке подъема v(t) = 0, откуда t = 0,8 (с).
Так как h(0) = 4 (м), то необходимо определить время его свободного паде-
ния. Находим высоту подъема h (0,8) = 7,2 (м) и используем закон свободного
, v gt2 „ „ 10t2
падения s(t) = , откуда 7,2 = .
Значит, t = ^1,44 = 1,2 (с) и скорость тела в момент соприкосновения с
Землей составит v - 10 • 1,2 = 12 (м/с).
Ответа: 12 м/с.
15.120. Тело массой тп0
движется прямолинейно по закону
s(t) = -2—.
v ' 2t - 1
Доказать, что сила, действующая на тело, пропорциональна кубу пройденного
пути.
Решение.
Из курса физики известно, что F = moa. Воспользуемся тем, что a(t) =
' f \
= v'(t) = s"(t). Имеем s'(t) = || =----------—, alt) = s"(t) =--------—- =
U W W \2t-lJ (2t -1)2 ( (2t -1)2 J
/ \3
= —16 j- или alt) = 21| = 2(s(t))3.
(2f-l)3 U \2t-l)
Итак, сила, действующая на тело, пропорциональна кубу пройденного пу-
ти, что и нужно было доказать.
15.121. Тело массой т0 движется прямолинейно по закону s(t)-at2 +
+ /? t + у (a , Д, у — постоянные). Доказать, что сила, действующая на тело,
постоянна.
Решение.
Из курса физики известно, что F = moa. Воспользуемся тем, что a(t) =
= v'(t) = s"(t). Имеем s'(t) = (at2 +/?t + у ) =2at + j3, a(t) = s"(t) = (2at + /?) =
= 2a, где a — константа. Следовательно, сила, действующая на тело, посто-
янна, что и нужно было доказать.
15.122. Радиус шара г равномерно возрастает со скоростью 2 см/с. С каки-
ми скоростями возрастают поверхность и объем шара? Найти эти скорости в
момент, когда г достигнет 10 см (при t = 0 величина г = 0 ).
Решение.
Из условия следует, что r(t) = 2t. Находим поверхность шара и его объем:
. . о 9 / . 4 о 32 тг t
s(t) = 4я г2 = 16тт t2 , v(t) = -nr3 =-.
3 3
Определяем скорости возрастания s (t) и v (t):
554
V1 = s'(t) = (16rct2) = 32nt, v2 = v'(t) =^32g =32*t2.
При r = 10 получаем 10 = 2t, откуда t = 5 (с). Следовательно, (5) =
= 160 я (см2/с), v2 (5) = 800 я (см3/с).
Ответ: 160 п (см2/с), 800 я (см3/с).
15.124. В тонком неоднородном стержне, имеющем длину 25 см, масса (в
граммах) распределяется по закону д (l) = 4l2 - 2Z + 5, где I — расстояние в
сантиметрах от начала стержня до любой его точки. Найти плотность стержня
на расстоянии 4 см от начала стержня и среднюю плотность стержня.
Решение.
Найдем плотность стержня: p(l) = g'(l) = (4l2 - 21 + 5j = 8Z - 2, откуда p(4) =
= 8 • 4 - 2 = 30 (г/см).
g(25) 4 252 -2-25 + 5
Тогда средняя плотность р ср = ——— -------—----------- 98,2 (г/см).
F 25 25
Ответ: 30 г/см ; 98,2 г/см.
15.126. Функция задана формулой у - >1ах3 - бх2 + Зх . Найти все значения
постоянной а, при которых данная функция определена и возрастает при всех
х > 0.
Решение.
Данная функция определена при всех х > 0 , для которых выполняется не-
равенство ах3 - бх2 + Зх > 0, х(ах2 - бх + з) £ 0 , ах2-6х + 3^0, =
- За £ 0, а S 3 , а возрастает при всех х > 0 , где /'(х) = ^д/ох3 - бх2 + Зх) =
(ах3 - бх2 + Зх) (ах3) - (бх2) + (Зх) Зах2 _ 12х + 3
= . 7 = ---’ v • — = —. > 0, откуда, с
2\ах3 - бх2 + Зх 2\ах3 - бх2 + Зх 2-уах3 - бх2 + Зх
учетом области определения, имеем Зах2 - 12х + 3 > 0 или ах2 - 4х + 1 > 0 (*).
Для того, чтобы неравенство (*) выполнялось при любом значении х > 0,
необходимо и достаточно, чтобы — = 4 - а < 0 , откуда а > 4.
4
Таким образом, при а > 4 данная функция определена и возрастает при
всех х > 0 .
15.133. Найти точки экстремума функции у — е~х sinx и угол между осью
Ох и касательной к графику данной функции в точке с абсциссой х = 0.
Решение.
Производная данной функции равна у'= (е-х sinx) = (e-I;) sinх + (sinx) е~х =
555
--е х sinx + cosx • е~х = е х (cosx - sinx) и определена при всех х 6 R. Она
равна нулю, когда cosx - sinx = 0.
Разделим обе части этого уравнения на cosx * 0, получим 1 - tgx = 0 или
я
tgx = 1, откуда х = —I- лк , ке Z.
4
л
При переходе через точки х = — + лк , к &Z, производная меняет свой
4
знак с плюса на минус, следовательно, х = — + лк , к € Z, являются точками
4
5
локального максимума, а при переходе через точки х = —л + 2лк, keZ,
4
производная меняет свой знак с минуса на плюс, следовательно,
5
х = —л + 2лк , к G Z, являются точками локального минимума.
4
/
Если прямая у = (е-10 sinxQ j • (х - х0) + е-1*1 • sinx0 пересекает ось абс-
цисс и является касательной к графику функции у = е~х sinx в точке х0 = 0,
то величина угла <р между этой прямой и положительным направлением оси
абсцисс удовлетворяет соотношению tg<p = (е-10 sinxQ j =
= е-1*1 (cos х0 - sin x0) = e-0 (cos 0 - sin 0) = 1, откуда (p = arctg 1 = .
л 5
Ответ: x = — + лк , к 6 Z — точки локального максимума, х = — л +
_ , л
+ 2лк , к gZ — точки локального минимума; —.
4
15.134. Найти точки экстремума функции у - х-1п(1 + х) и точку графика
данной функции, в которой касательная к графику параллельна прямой, про-
ходящей через точки А (2; 3) и В(-1; 4).
Решение.
Данная функция определена при 1 + х > 0 или х > -1.
Найдем производную этой функции у' = (х - ln(l + х)) - х'- (Zn(l + х)) =
.(1 + ^,1 1 + х-1х х п
= 1-------= 1 - --= —-----=----- и приравняем ее к нулю: -= 0 ,
1 + х 1 + х 1 + х 1 + х 1 + х
откуда х = 0 при х > -1. С учетом х > -1 имеем у' =------> 0 при х е (0; <»),
1 + х
, х , > .
а у = ------< 0 при х 6 (-1; 0), т.е. на интервале хе -1;0 функция убывает,
1 + х J
а на интервале х е [0; <») функция возрастает. Следовательно, производная
меняет знак с минуса на плюс и точка х = 0 является точкой локального ми-
нимума функции.
556
Если прямая у = кх + Ъ (*) проходит через точки А (2; 3) и В(-1; 4), то
координаты этих точек должны удовлетворять уравнению (*):
[3 = к • 2 + b, 1
Ъ , i ъ откуда найдем к =
[4 = k(-l) + b, 3
Уравнение касательной, проведенной к графику функции у = х-1п(1 + х)
Г
в точке (х0;у0), имеет вид у = (х0 - 1п(1 + х0)) • (х - х0) + х0 - 1п(1 + х0) =
+ х0
о
о
•о + + JCp
1 + х0
2
—— + х0 - In (1
+ Xq
—-----In (1 + х0
1 Т Xq 1 + Xq
Напомним, что для того, чтобы две прямые у = кх х + Ьх и у = к2х + Ъ2 бы-
ли параллельны, необходимо и достаточно, чтобы к} = к2.
Из условия параллельности прямых (*) и (**) следует, что угловой коэффи-
1 m
циент касательной в искомой точке должен быть равен —. Тогда абсциссу
3
«о
точки касания найдем, используя равенство ----
о
ординату — подстановкой х0 = — в уравнение
4
( 1) 1(1) 1,3
44J 4 I4J 4 4
1 1
откуда х0 = а
3 4
данной функции у0 =
Ответ: х = 0 — точка локального минимума;
4* 4
3 3
15.135. Найти экстремумы функции у = х + — и составить уравнение ка-
сательной к графику в точке с абсциссой х = -2.
Решение.
Данная функция определена при х * 0.
У
Критические точки функции находятся из уравнения у' - 0 или
г4 - 1 п
3—— = 0-
Решениями этого уравнения являются числа Xj = -1, х2 = 1. В точке —1
производная меняет знак с плюса на минус: у' > 0 при х е (-«; - 1) и у' < О
при х б(-1; 0)U(0; 1). В точке 1 производная меняет знак с минуса на плюс.
557
Пользуясь признаками максимума и минимума, получим, что точка -1 есть
точкой локального максимума, а точка 1 — точкой локального минимума.
ч з
Уравнение касательной, проведенной к графику функции у = х + — в
х
~ ГчЗ^/\тЗ
точке с абсциссой х0 = -2, имеет вид у = Хп + — • (х - х0) + х„ + — =
к хо) хо
= [зхо2-4У(х-хо) + хо+ — = (з-22-4У(х“2) + 23+- = — х-13.
к Xq ) ХО к 2 ) 2 4
Ответ,', х = -1 — точка локального максимума; х = 1 — точка локального
45
минимума; у =--х - 13.
4
15.138. При каком значении р функция /(х) = cosx - рх + q убывает на
всей числовой оси?
Решение.
Напомним, что если функция /(х) дифференцируема на интервале (а; Ь)
и f'(x) < 0 , х € (а; Ь), то она убывает на этом интервале; если функция /(х)
непрерывна на отрезке [а; b], дифференцируема на интервале (а; Ь) и
/'(х) < 0 , х е (а; b), то она убывает на отрезке [а; Ь].
Согласно этому имеем: функция /(х) = cosx - рх + q дифференцируема на
интервале хе(-«;«) и ее производная у' - (cosx - рх + q) = (cosx) -
- (рх) + q' = - sin х - р < 0 , когда sin х > -р или р > 1 при х G (-«>; °°).
Таким образом, функция /(х) « cosx - рх + q убывает на всей числовой
оси при р > 1.
Ответ: р > 1.
15.141. Найти промежутки возрастания и убывания функции y = V3sinx-
- cosx.
Решение.
Напомним достаточный признак возрастания (убывания) функции:
а) если функция /(х) дифференцируема на интервале (a; b) и /'(х)>0
(f'(x) < 0 ), х 6 (а; Ь), то она возрастает (убывает) на этом интервале;
б) если функция /(х) непрерывна на отрезке [а; Ь], дифференцируема на
интервале (а; b) и /'(х)>0 (/'(х)<0), хе(а;Ь), то она возрастает
(убывает) на отрезке [а; b].
Согласно этому имеем: данная функция непрерывна и дифференцируема
9 9 9
при всех х и у'~^j3sinx-cosx^ =(j3sinx} -(cosx) = V3cosx + sinx.
Критические точки находятся из уравнения у" = 0 или >/з cosx + sinx - 0.
558
v3 1
Разделим обе части этого уравнения на 2. Получим —- cosx + — sinx = 0
z z
я я
откуда х-- = - + як
я . п п
или cos х cos — + sin х sm — = 0 или cos
6 6
2
или x = — я + /ск, keZ.
3
Функция у = 7з sinx -cosx является периодической и имеет период 2л,
поэтому при исследовании свойств функции можно ограничиться только зна-
чениями х из промежутка 0 S х £ 2я.
Из тех точек, где у' = 0, отрезку
Г 1 2
[0; 2 я ] принадлежат точки х{ =— я и
3
( 2 f5 А
>0 при хе 0;— я и хе -я;2я .
\ 3 J 13 J
5 z п (2 5 А
х2 - —я. у < 0 при х 61-я ; -я
3 \3 3 )
m Г2 -
Таким образом, на отрезке I —я;—я
5
функция убывает, а на отрезках
3
0; —л
3
кой локального максимума
5 Л 1 _ 2
и — я; 2я возрастает. Следовательно, точка х = —я является точ-
5
, а точка х - — я является точкой
3
локального минимума
Так как у(0) = у (2 л) -1, то из периодичности функции следует, что все
2
точки х • —я + яп , n е Z, являются точками локальных максимумов, а точ-
я
ки х = — + 2яп, n е Z — точками локальных минимумов данной функции.
3
2 5 1
-я + 2я п; -я + 2я n , n е Z функция убы-
3 3
I я 2
вает, а на всех отрезках-----+ 2я п; — я + 2я п , n е Z функция возрастает.
I 3 3
я 2
Ответ: возрастает на 2я п - у; — я + 2я п ,
2 я 5 о 1
убывает на —я + 2яп;—я + 2яп , neZ.
3 3
Кроме того, на всех отрезках
15.145. Найти промежутки возрастания и убывания функции f (х) =
= (21 - 1) (21 - 4)2.
Решение.
Данная функция является непрерывной и дифференцируемой при всех х,
559
и f'(x) = Ц2Х - 1) (21 - 4^ = (2х - 1) (2х - 4)2 + ^2Х - 4)2 ) • (2х - 1) =
= 2х 1п2 (2х - 4)2 + 2(2Х - 4) • (2х - 4) • (2х - 1) = 2х 1п2 • (2х - 4)2 + 2(2Х - 4)2Х
• 1п2 • (2х - 1) = 2х 1п2 (2х - 4) • (2х - 4 + 2(2Х - 1)) = 2х 1п2 • (2х - 4) • (з • 2х - б) =
= 3 2х 1п2 • (2х - 4) (2х - 2).
Критические точки функции находятся из уравнения /' (х) = 0 или
3 • 2х 1п2 (2х - 4)- (2х - 2) = 0 , откуда 2х - 4 = 0 или 2х - 2 = 0 ; 2х = 4, 2х =
= 22 , хг = 2 или 2х = 2 , х2 - 1.
Точки хх=2 и х2 = 1 разбивают числовую ось на три промежутка: (-°°; 1),
(1; 2) и (2;оо).
В каждом из этих промежутков
производная /'(х) сохраняет по-
стоянный знак; знак производной
в каждом из них отмечен на рис.
15.11. Следовательно, данная
функция возрастает на промежут-
ках (—; 1) “ (г; оо), а убывает на
промежутке (1; 2).
Ответ: возрастает на (-«>; 1) и (2; <*>); убывает на (1; 2).
15.151. Найти наименьшее значение функции на заданном промежутке:
,, ч sin2x
у(х) =---- -----;
। 7Г
мп — + X
’ 2
Решение.
—_ v • I I А
Данная функция определена при мп — + х # 0, — + х # лгп t х #------+ тг п,
\4 J 4 4
n eZ.
Сначала найдем критические точки. Для этого найдем производную данной
функции
sin2x
sin
(sin2x) sinl —+ х 1-1 sinl —+ х|| sin2x
v J у U
. г(п A
sin — + x I
14 1
cos2x-(2x) sin
sin 2x
•)\7t
sm —
560
_ Л I I I I ’ Л
2cos2x • sin I —* + x - cos — + x • sinZx
\4 / \ 4 / / \
-------------------; значит /'(x) = 0, если
. 9 I я A
sin I — + x I
\4 )
I л ) (Л 1
2 cos 2x sin — + x I - cos — + x • sin2x = 0 (1).
U ) U )
Используя формулы cos 2x = cos2 x - sin2 x, sin (a + j3) = sin a cos ft + cos a sin Д
и cos (a + P) = cos a cos ft - sin a sin ft, представим уравнение (1) в виде
.Я Я А ( Я . Я . | _ п
sin— cosx + cos— sinx — cos— cosx — sin— sinx Isinzx = и,
4 4 ) V 4 4 J
cos2 х
2(cosx - sinx) • (cosx + sinx) • —cosx +
у2 \2 I
— cosx-------sinx sin2x = 0,
2 2
(2 (cos х - sin х) • (cos х + sin х) (cos х + sin х) - (cos х - sin х) sin 2х) = 0 ,
(cos х - sin х) • (2 (cos х + sin х)2 - sin 2xj = 0,
(cos x - sin x) ^2 (cos2 x + 2 sin x cos x + sin2 xj - sin 2xj = 0 ,
(cosx - sinx) • (2(1 + sin2x) - sin2x) = 0, (cosx - sinx) • (2 + 2sin2x - sin2x) - 0,
(cos x - sin x) • (2 + sin 2x) = 0.
Тогда cosx - sin x = 0 (2), или 2 + sin2x = 0 (3).
Разделим обе части уравнения (2)
ctgx = l, х = ^ + лп, neZ.
Уравнение (3) решений не имеет, ибо
Из значении х = — + лп, neZ на
4
на sinx * 0, получим ctgx -1 = 0,
sin 2х*-2.
заданный интервал попадает только
, ч sin I 2 • —
14J . | я я^ . (л п
sin —ь — sin —+ 0
U 4> (4
Наименьшим из этих чисел является
наименьшим значением функции f (x) =
тг __ w _ тг Л тг
—. Вычислим значения данной функции в точках хг = —, х2 =0 и х3 = —:
• м z х sin|2 —I
sin(2 0) (л} I 2J
= 1, /(о) =----3-----£- = 0 , f - =--—=4- = 0.
v ’ (чг 12) . (л я^
' sin — + —
И 2)
0, а наибольшим 1, следовательно,
sin (2х)
---7 г- на промежутке
. I л-----\
sin —н х
U )
!/ = 1-
n я
O;lj
является у = 0, а наибольшим значением
Ответ: 1/наим.=0, упаиб. =1-
15.152. Найти наименьшее значение функции на заданном промежутке:
f (х) = cos2 sinx ; [0;я].
561
Решение.
, 2а 1 + cos а ,
Используя формулу cos — =---------, представим данную функцию в ви-
де /(х) = + С05-Г) 8*п.х . Эта функция дифференцируема на всей числовой
2
оси. Найдем ее критические точки из уравнения /'(х) = 0 :
(1 + cos х) sin х (1 + cos х) sin х + (sin х) • (1 + cos х)
_ J -
— sinx sinx + cosx(l + cosx) -sin2 x + cosx + cos2 x _ (cos s^n + CO8X _
_ _ - 2
+ jp 2*юx
cos2x + cosx 2C0S 2 cos 2 3x x 3x x
=-----------=-----------------— = cos---cos— = 0, когда cos--cos— = 0.
2 2 2 2 2 2
Л Зх „ 3r it , я 2 „ x n
Отсюда имеем cos— = 0, — = — + як, x = — + — як, keZ, или cos—= 0,
2 2 2 3 3 2
— = — + яп, x- я + 2яп, neZ.
2 2
я
На заданный промежуток попадают только точки xt = — и
О
х2 = я. Вычис-
я
лим значения данной функции в точках х = —, х = 0, х = п\
3
. (Я А 2 Я .Я Зл/З* . !.\ 2 0 . л п . / \ 2 л
f — = cos — • sin — =---, f (0) = cos — • sin 0 = 0 , f (яj = cos — • stn я = 0.
7 I 3 J 6 3 8 v} 2 7 2
l \ 2 x
Следовательно, наименьшим значением функции f (х) = cos — • sin x на
r i зТз
промежутке [0; я ] является у = 0, а наибольшим у =----.
8
зТз
Ответ: J/„a„M.=0, упаиб. = — •
15.155. Найти наименьшее значение функции на заданном промежутке:
/(х) = tgx + ctg2x ;
я я
6* 'У
Решение.
_ , ЯП „
Данная функция определена при х * , n е Z.
Находим критические точки функции: /'(х) = (tgx + ctg2x) =(tgx) +
+ (ctg2x) = —-------1----(2x) = —-------1; значит, f'(x) = 0 , если
cos x sin 2x cos x sin 2x
L_ = o.
cos2 x sin2 2x
562
, 2 а 1 + cos а
Используя формулы cos — =------------
2 2
1
и sin2 а = 1 - cos2 а , представим
2
эго уравнение в виде -------г--------;— = 0 или, после упрощений,
г l + cos2x l-cos22x
2
cos22х + cos2x = 0, cos2x(cos2x +1) = 0, откуда или cos2x = 0, 2х = -^ + я п,
я я п __ Л _ я
— +-----, пеИ.или cos 2х+ 1 = 0, cos2x = -l, 2х = я + 2яп, х = — + яп,
4 2 2
П € Z.
х -
it
tg- +
О
Из этих корней только х = — принадлежит интервалу
4
. 7Г 7Г /г
значение функции в точках , х2 = —, х3 = —:
_ । I Я (л ZT I м -1 Яг । Л* I — Я! । /
f — = tg- + ctg 2 • - = 1, f - = tg- + ctg 2 • - = -
\4/ 4 \ 4 J \o) 6 \ 6 /
f„ я А 2>/з
+ ctg 2 • — =--.
I 3j 3
Следовательно, наименьшее значение функции f(x) - tgx + ctg2x на про-
i « 2-Уз
равно 1, а наибольшее значение равно ——.
п п
межутке —; —
2^3
Ответ: г/н>иМ.=1. Укаиб. = —
О
15.159. Найти наименьшее значение функции на заданном промежутке:
\ ,1 х2 Гз 1 Гз '
; а) —; 2 ; б) —; 3 .
v 1 \2x-l [4 J [2
Решение.
Данная функция определена при 2х - 1 * 0 , или при х # —.
Находим критические точки:
\ (з1 х2 1 х2 'I® f х2 1 If 2х - 1А2
f (xj= si---- =—I-------- I--------- =— з -----
v ' V 2x - 1 3l2x-ll I 2x - 1 1 3 Vk x2 J
(x j • (2x - 1) - (2x - 1) -x2 _ j If 2x - 1A2 2x(2x -1) - 2x2
(2x -1)2 3^1 x2 J (2x-l)2
_ 1 Jpx-lV 2x(2x-l-x) iJpx-lA2 2x(x-l) 2(x-l)
3111 x2 ) (2x-l)2 Hl x2 ) (2x-l)2 “ 3^(2x-l)4 ’
/'(x) = 0 , если x - 1 = 0, x = 1.
значит,
563
/ 3 Л
а) Точка х = 1 принадлежит интервалу —; 2 . Вычислим значения данной
)
3
функции в точках хг = 1, х2 = — и х3 = 2 :
4
I2
/(1) = з_i = it f
у ' V2-1-1
22
f(2) = 3—----
M ' ¥2-2-1
I х2
Следовательно, наименьшее значение функции f(x) = S-------- на проме-
V 2х — 1
Гз 1 /Т
жутке —; 2 равно 1, а наибольшее значение равно 31— .
б) Точка х -1 не принадлежит интервалу
. Вычислим значения
3
данной функции в точках а?! = — и х2 = 3 :
(-Y
2—-1.
2
з/д
= “.Л3) =
I x2
Следовательно, наименьшее значение функции f (х) = ?/------ на проме-
V 2х -1
V9
Гз _1 V9 ,
жутке —; 3 равно а наибольшее значение равно
Ответ: а) у„аии. = 1, Унаиб.
Ун а им. g ’ Унаиб.
15.166. Найти промежутки возрастания и убывания функции f (г) = х + —
х
и установить, в какой из точек хг = 1од$ 4 или х2 = 1одь 3 функция принимает
большее значение.
Решение.
1) Область определения функции есть объединение промежутков (-*>; 0) и
(О; + «>). Так как функция / (х) дифференцируема в каждом из промежутков
( 1 А 1 х2 - 1
(-<*>; 0) и (0; + «) и /'(х) = х + — = х' + — =1----- =----—, то /'(х) = 0
\ х) \Х J X* X
при Xj = -1, х2 = 1. Точки Xj = -1 и х2 = 1 разбивают область определения
данной функции на четыре промежутка:
Н»; -1) U(-l; 0)U(0; 1)11(1; + «)•
з
2 ’
564
В каждом из этих
промежутков производ-
ная сохраняет
постоянный знак; знак
производной в каждом
из них отмечен на рис.
15.12.
Следовательно, данная функция возрастает на промежутках (-«»; -1) и
(1; + «>), а убывает на промежутках (-1; 0) и (0; 1).
. 1 , . 1 log? 4 + 1 \ 1,_1
2) /(х1)=х1+ — = log54 + -------- = -т-5— — ; f(x2) = x2 +— = log53 + --------
Xi 1одь 4 1одъ 4 х2 tog5 3
Zog52 3 +1
tog53
fix} -fix ) = Iogs 4 +1 _ *°953 + 1 _ tog5 3 • tog| 4 + togs 3 - tog5 4 • log| 3 - log5 4
' 1 tog54 log53 fog54tog53
(log5 3 • togg 4 - tog5 4 • tog^ з) + (tog5 3 - tog5 4) -fog5 4. fog5 3(fog5 3 - tog5 4)
logb 4 • log5 3 logb 4 • logb 3
(log5 3 - fog5 4) _ (log5 3 - tog5 4) • (1 - Zog5 4 • tog5 3)
Zog5 4 • log5 3 log5 4 • log5 3
Здесь Zog5 3 - log5 4 < 0 , 1 - Zog5 4 • log5 3 > 0 и Zog5 4 • Zog5 3 > 0, следователь-
\ \ (tog53-tog54)• (1 - log5 4-log5 3)
но, ——-— = - . Таким образом, /(xj -f(x2] =---------------—---------------<0,
"+" ^5 ’ tog5 3
откуда вытекает, что /(x1)</(x2), т.е. в точке х2 = log&3 функция /(х) =
= х + — принимает большее значение,
х
Ответ: возрастает на (-«»; -1) и на (1; + «*>), убывает на (~1;0) и на
(°: 1) I f(* * * * * * * * * xi}<f(x2b
15.169. Найти наименьшее значение функции f (х) = -у—!_и. + ,—ш» на
^/1 "4“ ЗС 1 ””” зс
промежутке [0; 1), п — число натуральное, большее единицы.
Решение.
Для того, чтобы найти наименьшее значение данной функции на проме-
жутке [О; 1), достаточно вычислить значения функции в критических точках,
принадлежащих промежутку (0; 1), а также на конце промежутка в точке
х = 0. Среди полученных чисел нужно выбрать наименьшее.
Критические точки данной функции найдем, решая уравнение /'(х) = 0,
565
. (>-*)' 1 1 У(1-хГ -jl + хГ' „
п ^(1 - x)n+1 n^(l + x)n+1 n^(l-x)n+1 n^l-x8)**1
Отсюда имеем !^(1 - x)n+1 - ^(1 + x)n+1 = 0 или ^(1 - x)n+1 = ^(1 + x)n+1 .
_ _ n
Возведем обе части последнего уравнения в степень -----------, получим
п +1
1 - х = 1 + х , откуда х = 0. Тогда / (0) = ", - < + --рта—г- = 2.
Ш + о vi-o
Проверкой убеждаемся, что на промежутке [0; 1) производная функции
f'(x) возрастает.
Следовательно, наименьшее значение функции /(х) = -=ss== + -j=^=, где
V1 + х V1 - х
п — число натуральное, большее единицы, на промежутке [0; 1) равно 2.
Ответ: /(0) = 2.
15.170. Найти промежуток возрастания функции у —-----, а затем устано-
1пх
вить, что больше: е* или л е.
Решение.
1) Область определения функции есть объединение промежутков (0; 1) и
(1; + <»). Так как функция у = -— дифференцируема в каждом из проме-
1пх
жутков (0; 1) и (1;+°°) и
х' > 1-п т - т 1пх-----------------------х 1 1
InxJ (inx)2 (inx)2 (Inx)2
то yz(x) = 0 при x0 = e. Точка x0 = e разбивает область определения данной
функции на три промежут-
ка: (0;1), (1;е) и (е; + «»).В
каждом из этих промежут-
ков производная у”(х) со-
храняет постоянный знак;
знак производной в каждом
из них отмечен на рис. 15.14.
Следовательно, данная функция возрастает на промежутке (е; + °°).
_. _ . t \ Inx „ _ х (lnx\
2) Рассмотрим функцию у(х) =---, х>0. Так как у (х) = ------ =
х у х J
• 1 j
(inx) • х - х' Inx Х'х lnx 1 —1пХ
=--------5-------~ ~---2-----~----5—> то У \х) > 0 при 0<х<е,
х х х
у'(х) = 0 при х = е , у'(х) < 0 при х > е.
566
Таким образом, функция у(х) возрастает на промежутке (0; е] и убывает
на промежутке [е; + »}.
In х In у
Следовательно, если 0 < х < у < е, то -----<-----, т.е. ху < ух при,
х у
О < х < у < е.
. Inx In у их
Аналогично, если е < х < у , то ->----, т.е. ху > у при е < х < у.
х у
Отсюда заключаем, что ек > яе.
Ответ: [е; 4- «*=>); ек > я е.
15.172. Найти экстремум функции и указать промежутки ее возрастания и
убывания: у = х е .
Решение.
Данная функция определена при всех значениях х. Найдем производную
функции: у' - (х2 е~х j = (х2) • е~х + (е-1) -х2= 2хе~х - е~х х2 = хе~х (2 - х).
у' = 0, если х (2 - х) = 0, откуда Xj = 0, х2 = 2.
Рассматриваемая функция имеет две критические точки. Составляем таб-
лицу:
X (—; 0) 0 (0;2) 2 (2; °°)
у' — 0 + 0 —
У 0 т 4/е2 1
min max
В первой строке этой таблицы расположены в порядке возрастания крити-
ческие точки функции и ограниченные ими промежутки. Во второй строке —
знаки производной на этих промежутках. (На каждом таком интервале знак
производной не меняется, его можно найти, определив знак производной в
любой точке рассматриваемого интервала.) В третьей строке записаны выводы
о ходе изменения данной функции: “ ? “ — возрастает, “ J, “ — убывает, а в
четвертой — о виде критических точек.
Таким образом, функция у = х2 е~х имеет две точки экстремума, а именно
х = 0 есть ее точка минимума, причем у(0) = 0, а точка х = 2 есть ее точка
4
максимума, причем у (2) = -у. На промежутке (0; 2) функция возрастает, а на
е
промежутках (-»»; 0) и (2; «>) функция убывает.
4
Ответ: ymin = 0 при х = 0, = — при х = 2; возрастает на (0; 2),
е
убывает на (-«; 0) и (2; <»).
567
15.175. Найти экстремум функции и указать промежутки ее возрастания и
(х - 2) • (х + 3)
убывания: у = ...... -—-.
(х - 5)
Решение.
Область определения функции есть объединение промежутков (-оо; 5) и
Так как данная функция дифференцируема в каждом из промежутков
/ -А . V , ((х-2) (л+ 3)1 ( х* I 2 + х-6 1
(-оо;5) и (5; + оо) и у' = --i-i-5—----------------- =
( (х - 5)2 J V* -10х + 25)
(г2 + х - б) (х2 - 10х + 2б) - (г2 - 10х + 25) • (х2 + х - б)
(х - 5)4 * *
jjx2) +х'-6'У(х2 -10х + 25)-^(х2) -(10х) + 25'У (г2 + х - б)
(х - 5)4
(2х + 1)-(х 10х + 2б) (2х 10) (х +х б) _ 2х3 - 20х2 + 50х + х2 - 10х + 25
(х - 5)4 (х - 5)4
I 11J 7 7
--------j——, то у =0 при х = —. Точка х = — разбивает область опреде-
(х - 51-11 И
ления данной функции на три промежутка: I -оо; — I I —; 5 I и (5; + оо).
Рис. 15.16.
В каждом из этих промежутков
производная у' сохраняет постоян-
ный знак; знак производной в каж-
дом из них отмечен на рис. 15.16.
Следовательно, данная функ-
ция возрастает на промежутке
(7 =1
—; 5 I, а на промежутках
7 1 \ «
— I и (5; + °°) убывает.
Таким образом, функция у =
---- имеет одну точку экстремума,
7 (7
а именно х = — есть точка минимума, причем г/1 —
25
96 ’
Ответ: ymin = -— при х = —; возрастает на I —; 5 I, убывает на I -«>; —
и на (5; + «>).
568
15.177. Число 180 разбить на три положительных слагаемых так, чтобы два
из них относились, как 1:2, а произведение трех слагаемых было наибольшим.
Решение.
Обозначим неизвестные слагаемые через х, у и z. По условию задачи вве-
денные неизвестные удовлетворяют следующей системе уравнений:
х + у + z = 180,
£ = 1 (D
У 2'
Из второго уравнения этой системы имеем у = 2х (2).
Подставив это значение у в первое уравнение системы (1), получим х +
+ 2х + z = 180 или Зх + z = 180, откуда z = 180 - Зх (3).
Составим теперь функцию, максимум которой требуется найти:
S (х) = х 2х(180 - Зх) = -6х3 + 360х2.
Промежуток изменения аргумента в данном случае определяется из усло-
вия положительности всех слагаемых. Решая систему < получаем,
1180-Зх> 0,
что искомый промежуток имеет вид (0; 60).
Находим критические точки этой функции: S' (х) = (-6х3 + 360х2
= (~6х3) + (360х2) = -18х2 + 720х; значит, S'(x) = 0, если -18х2 + 720х = 0 ,
хг = 0 , х2 = 40.
Единственной критической точкой функции S(x) на промежутке (0; 60)
является точка х = 40. При переходе через эту точку производная S' (х) ме-
няет знак с плюса на минус, следовательно, 5(х) возрастает на промежутке
(0 ; 40) и убывает на промежутке (40; 60).
Таким образом, при х = 40 функция S (х) достигает своего максимума.
Подставляя х = 40 в уравнения (2) и (3), получаем г/ = 2 40 = 80 и z = 180 -
- 3•40 =60.
Ответ: 40; 60; 80.
15.178. Найти число, которое превышало бы свой квадрат на максимальное
значение.
Решение.
Обозначим искомое число через х, а через у обозначим превышение числа х
над х2. Тогда х = х2 + у , откуда у - х - х2.
Находим критические точки функции у: у' = (х - х2) = х' - (х2) = 1 - 2х .
у' = 0, если 1 - 2х = 0 , откуда х = —. При переходе через точку х = i произ-
2 2
водная у' меняет знак с плюса на минус, следовательно, функция у = х - х2
569
возрастает на промежутке О; — и убывает на промежутке —; + » . Таким
\ 2 J у 2 /
в 1 л. 2
образом, при х = — функция у = х - х достигает своего максимума.
„ 1
Ответ: —.
15.180. Прямоугольный лист жести имеет линейные размеры 5x8 дм. В
четырех его углах вырезают одинаковые квадраты и делают открытую короб-
ку, загибая края под прямым углом. Какова наибольшая вместимость полу-
ченной коробки?
Решение.
Пусть ABCD — данный лист жести (см. рис.15.18.а), где AD = ВС = 8 дм,
АВ = CD = 5 дм. Если из этого листа вырезать по углам четыре одинаковых квад-
рата AEMF и загнуть края под прямым углом, то получим открытую коробку
MNPQMiN^PiQi (см. рис 15.18.6). Обозначим длину коробки MQ = = NP = х , а ее
ширину MN = PQ = у. Тогда высота коробки равна ~(5 - г/) = =
(1).
Из уравнения (1) найдем у = х-3
(2). Составим теперь функцию, мак-
симум которой требуется найти:
V(x) = х • (х - 3) • i(8 - х) =
_ -х3 + Их2 - 24х
_ .
По условию задачи число х удов-
летворяет неравенству 0 < х < 8, т.е.
принадлежит интервалу (0; 8). Та-
ким образом, задача свелась к оты-
сканию наибольшего значения функ-
тг, v -х3+11х2-24х
ции V (х) =-------------- на ин-
тервале (0; 8).
Найдем критические точки функ-
ции V (х): так как
-х3 +11х2 - 24х
2
|(-(х3) + (11х2) - (24xf
-Зх2 + 22х - 24
2
, то V'(x) = 0 , если
, 4
-Зх2 + 22х - 24 = 0 , Xj = —, х2 = 6.
570
Обе критические точки принадлежат интервалу (0; 8). Они разбивают этот
интервал на три промежутка: 0; — , I —; 6 и (6; 8).
растает на промежутке
В каждом из этих проме-
жутков производная V'(x) со-
храняет постоянный знак; знак
производной в каждом из них
отмечен на рис. 15.19. Следова-
тельно, данная функция воз-
и убывает на промежутках I 0; — I и (б; 8).
Таким образом, х = 6 является точкой максимума функции V (х), причем
V(6) = --g^4;^-24.6=18
Следовательно, если из прямоугольного листа жести с размерами 5x8 дм
вырезать в четырех его углах одинаковые квадраты и сделать открытую ко-
робку, то наибольшая вместимость этой коробки соста-вляет 18 дм3.
Ответ: 18 дм3.
15.181. В прямоугольный треугольник с гипотенузой 24 см и углом 60° впи-
сан прямоугольник, основание которого лежит на гипотенузе. Каковы должны
быть длины сторон прямоугольника, чтобы его площадь была наибольшей?
Решение.
Пусть АВС — заданный прямоугольный треуголь-
ник, ВС = 24 см, Z ВСА = 60°, MNPQ — искомый пря-
моугольник (см. рис. 15.20). Из прямоугольного тре-
угольника ВАС найдем АС = ВС - cos ВСА = 24 cos 60° =
= 24—= 12.
2
Обозначим QC через х. Тогда AQ = АС- х = 12- х и
из прямоугольных треугольников QPC и MAQ найдем
А
QP = QC sinQCP = xsin&0° =---- (1) и MQ =
2
AQ 12-х 12-х п
=-------— =-------= —-— = 24 - 2х (2).
плг\л COS 60° 1
cosMQA —
Площадь прямоугольника MNPQ равна SMNPQ
= QP-MQ = • (24 - 2х) =
= —>/Зх2 + 12Лх.
Согласно условию и рисунку находим промежуток изменения х:
0 < MQ < ВС , или 0<24-2х<24, 0<х<12.
Таким образом, задача свелась к отысканию максимума функции
S(x) = —Л х2 + 12>/Зх на промежутке (0; 12).
571
Найдем критические точки функции S(x): S'(x) = (-73х2 + 12-УЗх) =
= (—J3x2) + (12>/Зх) » -2>/Зх + 12>/з ; значит, 5/(х)=0,если -2л/3х +12-Уз = О,
х = 6.
Точка х = 6 принадлежит промежутку (0; 12). При переходе через эту
точку производная 5"(х) меняет знак с плюса на минус, следовательно, S(x)
возрастает на промежутке (0; 6) и убывает на промежутке (б; 12). Таким об-
разом, при х = 6 функция •S'(x) достигает своего максимума. Подставляя
значение х = 6 в (1) и (2), найдем QP = = 3>/з и MQ = 24 - 2 6 = 12.
Ответ: 3>/3см и 12 см.
15.182. Две стороны параллелограмма лежат на сторонах данного треуголь-
ника, а одна из его вершин принадлежит третьей стороне. При кгцсих услови-
ях площадь параллелограмма является наибольшей?
Решение.
Пусть АВС — данный треугольник, MNPC — искомый параллелограмм,
NP||AC, МИ||ВС (рис. 15.21).
Пусть АС = а , Z ВС А = Z NMA =
= а , Z АВС = Z. ANM = /3, где а, а
и Д — постоянные величины (ибо
треугольник АВС считается задан-
ным).
Обозначим МС = NP = х , PC =
= NM = у. Тогда Z ВАС =• 180° -
- (а + Д), а AM = АС - МС = а- х и
в треугольнике ANM , согласно тео-
NM
реме синусов, имеем ---------— =
sin NAM
AM у
sinANM sin (180 - (а + Д))
а - х
sinfl ’
(а - х) • sin (180° - (а + Д)) (а - #) sin (а + Д)
откуда у -------------д--------------------------------
sm р sin р
Составим теперь функцию, максимум которой нужно найти: площадь па-
раллелограмма MNPC равна SMNPC = МС PCsinPCM или 5(х) =
(а - х) • sin(a + Д) (ах - x2Y sin(a + fl) sin а
= x------------------sina —--------------------------.
sin fi sin p
Промежуток изменения аргумента в данном случае определяется из усло-
вия, что 0 < х < а, т.е. имеет вид (0; а). Таким образом, задача свелась к оты-
572
сканию максимума функции 5 (а?) на промежутке (0; а). Находим критиче-
ские точки этой функции:
nn[а + р) sin а
sin Р
sin (а + Д) sin а
sinfl
sin(a + ft) sina / 2\
sin Р ' '
Z') sin(a + p\ sina . л п
| I =----------------(а - 2х); значит, 5 (х) = 0,
„ а
если а - 2х = 0, х = —.
Точка
принадлежит промежутку (0; а). При переходе через эту
точку производная 5'(х) меняет знак с плюса на минус, следовательно, 5(х)
возрастает на промежутке 0; — и убывает на промежутке —; а . Таким
образом, при х = — функция 5 (х) достигает своего максимума.
а
Далее, так как МС = —, то точка М является серединой АС и, так как
ЛГМ|ВС, то NM является средней линией треугольника САВ. Следовательно,
ВС а
NM = . NP = МС = —, т.е. NP — тоже средняя линия треугольника АВС.
Таким образом, если две стороны параллелограмма лежат на сторонах
данного треугольника, а одна из его вершин принадлежит третьей стороне, то
площадь этого параллелограмма является наибольшей при условии, что две
стороны параллелограмма — средние линии данного треугольника.
Ответ: две стороны параллелограмма — средние линии данного треуголь-
ника.
15.183. Среди равнобедренных треугольников с данной боковой стороной а
найти треугольник наибольшей площади.
Решение.
Пусть АВС — заданный равнобедренный треугольник, АВ = ВС = а (рис.
15.22). Обозначим угол АВС через а. Тогда площадь треугольника АВС равна
1 Л 1 1 2
5Д авс = — АВ BCsin АВС - - a- a- sin а = — a sin а.
ч 1 2 •
5(a) = — a sina
v 7 2
Следовательно,
— функция, максимум которой нужно
найти. Промежуток изменения аргумента в данном случае определяется из
условия, что 0° < a < 180°, т.е. искомый промежуток имеет вид (0°; 180°). Та-
ким образом, задача свелась к отысканию максимума функции 5(a) на про-
межутке 10°; 180°). Найдем критические точки этой функции. Так как
573
5'(а) = Q-a2 sinaj = ^a2(sina) = ia2cosa, to 5'(a) = 0, если cosa = 0,
Единственной критической точкой функции 5(a)
на промежутке (о°; 180’j является точка a = 90°. При
переходе через эту точку производная S' (а) меняет
знак с плюса на минус, следовательно, функция S(a )
возрастает на промежутке (о°; 90° j и убывает на про-
межутке (90°;180°). Таким образом, при a = 90’
функция 5(a) ~ a2 sina достигает своего максимума,
т.е. среди равнобедренных треугольников с данной
стороной а треугольником наибольшей площади явля-
ется прямоугольный треугольник с катетом а.
Ответ: прямоугольный треугольник с катетом а.
15.184. Боковые стороны и меньшее основание трапеции имеют одинаковые
длины — по 50 см. Найти размер ее большего основания, при котором пло-
щадь трапеции была бы наибольшей.
Решение.
Пусть ABCD — искомая трапеция, АВ =
= ВС = CD = 50 см (рис. 15.23).
Проведем BE1AD и CF11 BE и обозна-
чим BE = CF = х. Тогда из прямоугольного
треугольника ВЕА, согласно теореме Пифа-
гора, найдем АЕ - ^АВ2- BE2 = д/эО2 - х2 =
= >/2500-х2 .
Следовательно, AD = АЕ + EF + FD = 2АЕ + ВС = 2^2500 - х2 +50 (1) и
площадь трапеции ABCD равна -
BC + AD 50 + 2^2500-х2 + 50
—----— • BE = —
2 2
= 50x + xV2500 - x2 , или 5 (x) = 50x + xy2500 -x2 , где 5(x) — функция,
наибольшее значение которой нужно найти. Промежуток изменения аргумен-
та в данном случае определяется из условия, что 0 < х < 50, т.е. искомый
промежуток имеет вид (0; 50).
Таким образом, задача свелась к отысканию максимума функции 5(х) на
промежутке (0;50). Найдем критические точки этой функции. Так как
/ f
5" (х) = (50х + х V2500 - х2 1 = (50х) + (х ^2500 - х2 J = 50 + х' ^2500 - х2 +
574
,____________________________ 72500 -x2 l x -----------------
+ V2500 - x2 I x = 50 + V2500 - x2 + --=.= 7— = 50 + 72500 - x2 +
V 7 2V2500-X2
2500' -(x2) l x ____________ 2
+1. 7— = 50 + 72500 - x2 ----------j = 50 + ^2500 - x2 -
2^2500-x2 272500-х2
x2 5q72500 - x2 + 2500 - x2 - x2 2572500 - x2 + 1250 - x2
72500-х2 72500-х2 72500 - x2
S'(x) = 0 , если 25 72500 - x2 + 1250 - x2 = 0 , 25 72500-х2 = x2 - 1250 (2),
где x2 - 1250 > 0, x e (-«; - 71250 )U (71250 ; «>) (3).
Возведем обе части уравнения (2) в квадрат, получим 625 (2500 -х2^ = х4 -
- 2500х2 + 1562500 или, после упрощений, х4 - 1875х2 = 0, х2 (х2 - 1875^ = 0,
х2 = 0 , Xj 2 = 0 , х2 = 1875 (4), х3 4 = ±71875 .
С учетом ограничений (3), промежуток изменения аргумента функции
S’(x) сузился и приобрел вид (71250; 50j. Единственной критической точкой
функции 5 (х) на промежутке (71250; 50j является точка х = 71875 . При
переходе через эту точку производная S'(x) меняет знак с плюса на минус,
следовательно, S(х) возрастает на промежутке (71250 ; 71875 j и убывает на
промежутке (71875 ; 50j. Таким образом, при х = 71875 функция 5(х) = 50х +
+ х72500 - х2 достигает своего наибольшего значения. Подставляя значение
х2 = 1875 из (4) в (1), получим AD = 272500 - 1875 + 50 = 100 (см).
Таким образом, если боковые стороны и меньшее основание трапеции име-
ют одинаковые длины — 50 см, то площадь трапеции будет наибольшей, если
большее основание равно 100 см.
Ответ: 100 см.
15.185. Найти длины сторон прямоугольника наибольшей площади, вписан-
ного в прямоугольный треугольник со сторонами 18, 24 и 30 см и имеющего с
ним общий прямой угол.
Решение.
Пусть АВС — заданный прямоугольный треугольник, АС = 18 см, АВ = 24
см, ВС = 30 см; AEFD— искомый прямоугольник (рис. 15.24).
Обозначим EF = AD = х, АЕ = FD = у.
Прямоугольные треугольники BEF и ВАС подобны, следовательно,
EF
АС
BE х АВ-АЕ х 24-у 4
---, или — =-----, — =------, откуда у = 24-х (1).
АВ 18 24 3 4 3 3
Составим теперь функцию, максимум которой требуется найти:
575
надлежит промежутку
I 4 11 Эи
S (.г) = х 24-х = 4 6а?-----
I 3 ) 3
Промежуток изменения аргумента в данном слу-
чае определяется из условия, что 0 < а? < 18 , т.е. ис-
комый промежуток имеет вид (0; 18).
Таким образом, задача свелась к отысканию наи-
большего значения функции S (а?) на промежутке
(0; 18). Найдем критические точки этой функции:
S' (а?) = 0 , если 6 - — а? = 0, х = 9. Точка х = 9 при-
(0;18). При переходе через эту точку производная
S'(x) меняет знак с плюса на минус, следовательно, 5(х) возрастает на про-
межутке (0 ; 9) и убывает на промежутке (9; 18).
Таким образом, при х = 9 функция 5(х) достигает своего наибольшего
4
значения. Подставляя значение х = 9 в (1), получим г/ = 24 - — - 9 = 12 (см).
Ответ: 9 см и 12 см.
15.187. Из пункта А на прогулку вышел пешеход со скоростью v км/ч. По-
сле того как он отошел от А на 6 км, из А следом за ним выехал велосипе-
дист, скорость которого была на 9 км/ч больше скорости пешехода. Когда ве-
лосипедист догнал пешехода, они повернули назад и возвратились вместе в А
со скоростью 4 км/ч. При каком значении v время прогулки пешехода ока-
жется наименьшим?
Решение.
6 2
Время, за которое велосипедист догонит пешехода, составит — = — (ч). До
62 (б 2А
встречи пешеход был в пути — + — (ч) и прошел v I — + — (км). Этот же путь
v 3 \v 3)
они преодолели обратно с одинаковой скоростью 4 км/ч и затратили время
(ч). Тогда время, затраченное пешеходом на всю прогулку, выра-
, ч 6 2 (6 2}/, б 2 3 v v2+13v + 36
зится функцией t(v) = — + — +v — + —/4 = — + — + — + —=-, где
J x'v3\v3)/v326 6v
„ . (v2 +13u + 36^ (2v + 13)v-(t>2 +13и + 3б) v2 — 36
v > 0. Находим t (v) = -- =-----------------=----—,
I 6u J 6v2 6t>2
576
откуда t'(v) = 0 при v = 6. Легко установить, что и = 6 — точка минимума
функции t(w).
Ответ: 6 км/ч.
15.188. В равнобедренный треугольник с длинами сторон 15, 15 и 18 см
вписан параллелограмм наибольшей площади так, что угол при основании у
них общий. Найти длины сторон параллелограмма.
Решение.
Пусть АВС — заданный треугольник (см. рис. 15.26), АВ = ВС = 15 см,
АС = 18 см, AEFD — искомый параллелограмм (рис. 15.26).
Обозначим стороны параллелограмма AD
и FD через х и у. Составим уравнение, свя-
зывающее неизвестные х и у. В треугольнике
АВС, согласно теореме косинусов, имеем
АС2 = АВ2 + ВС2-2 АВ ВС cos АВС или 182 =
= 152 + 152 - 2 15- 15cosABC , откуда найдем
л 7
cos АВС = —.
25
В. равнобедренном треугольнике DFC
(FC = DF = у), также согласно теореме коси-
нусов, найдем CD2 = DF2+ FC2 - 2 • DF FCcosDFC или, так как CD = AC -
- AD = 18 - x , DF = FC = у и cos DFC = cosABC = —, to (18 - x)2 = y2 + y2 -
7 5
- 2y2---, откуда, учитывая, что x > 0 и у > 0 , найдем у = 15- — х (*).
25 6
(5 \ А
15--х sinEAD =
6 )
( 5 ,) л
= 15х----х sinEAD.
V 6 )
Интервал изменения аргумента х находится из условия, что 0 < х < АС ,
или 0 < х < 18, т.е. искомый промежуток имеет вид (0; 18).
Таким образом, задача свелась к отысканию наибольшего значения функ-
ции S(x) на промежутке (0; 18). Найдем критические точки этой функции:
15г-—х2 |sinEAD| = sinEADj 15х-~х2 I = sinEAD- (15x) -I— x2
6 J I k 6 ) Г ’ 16
= sin EAD
S'(x) = 0, если 15 - — x = О (здесь sin EAD = const), x = 9. При переходе че-
рез эту точку производная S'(x) меняет знак с плюса на минус, следователь-
но, 5(х) возрастает на промежутке (0; 9) и убывает на промежутке (9; 18).
Таким образом, при х = 9 функция 5 (а?) достигает своего максимума. Под-
5 15
ставляя значение х = 9 в (*), получим у = 15---9 = — = 7,5 (см).
6 2
Ответ: 9 см и 7,5 см.
15.189. В какой круг можно вписать прямоугольник наибольшей площадью
с периметром, равным 56 см ?
Решение.
Пусть ABCD — искомый прямоугольник (см. рис. 15.27). Обозначим AD - х,
CD = у, тогда, согласно условию задачи, 2х + 2у = 56 или х + у = 28, откуда
у = 28-х (1).
Площадь прямоугольника ABCD равна S (х) =
= х (28 - х) = 28х - х2.
Интервал изменения х находится из условия, что
О < х < АС = 2 R , где R — радиус окружности, опи-
санной около прямоугольника ABCD.
Таким образом, задача свелась к отысканию наи-
большего значения функции •S'(x) на промежутке
(0;2Я). Найдем критические точки этой функции:
5'(х) = ^28х - х2 j = (28х) “(а?2) =28-2х. S'(x)=0,
если 28 - 2х = 0, х = 14. При переходе через точку х = 14 производная S' (х)
меняет знак с плюса на минус, следовательно, S'(x) возрастает на промежут-
ке (0; 14) и убывает на промежутке (14; 2Л). Таким образом, при х = 14
функция 5 (х) = 28х - х2 достигает своего наибольшего значения. Подставив
значение х = 14 в (1), получим у = 28 - 14 = 14.
Из прямоугольного треугольника CD А, согласно теореме Пифагора, найдем
АС = VaD2+CD2 = -Jx2 + у2 , 2 R = V142 + 142 = 14^2 .
Следовательно, прямоугольник наибольшей площади с периметром, рав-
ным 56 см, можно вписать в круг, в котором выполняется равенство
2R = 14-J2 , где R — радиус описанного круга.
Ответ: 2R = 14-72 см.
15.190. Боковая сторона равнобедренной трапеции равна ее меньшему ос-
нованию. Каков должен быть угол при большем основании, чтобы площадь
трапеции была наибольшей ?
Решение.
Пусть ABCD — заданная трапеция (см. рис. 15.28). Обозначим АВ = ВС =
= CD = а , где а — const, Z BAD = Z CDA = а и проведем BE -L AD и CF ± AD.
Из прямоугольного треугольника BEA найдем BE = AB sin BAE = a sin а и
AE = ABcosBAE = acosa. Тогда AD = AE + EF + FD = 2 • AE+ BC - 2acosa +
578
в
2
А Е____________________
Рис. 15.28.
D
. \ . Лn BC + AD
+ а = а (2 cos а + 1), и площадь трапеции ABCD равна SABCD =---BE,
. . a + a(2cosa + l) .
или 5 (a) =--— ------ a sin a - a (stn a cos a + sin a).
Интервал изменения а найдем из усло-
вия, что 0° < а < 90°.
Таким образом, задача свелась к отыска-
нию наибольшего значения функции 5(a)
на промежутке (о°;9О°). Найдем критиче-
ские точки этой функции S'(a) =
= (a2 (sin a cos a + sin a) j = a2 (sin a cos a +
+ sin a) = a2 ^(sin a cos a) + (sin a) ) = a2 ^(sin a) cos a + (cos a) sin a + cos a) =
= a2 (cos a cos a - sin a sina + cosa) = a2 (cos2 a - sin2 a + cosa). 5'(a) = 0, ec-
cos2 a - sin2 a + cos a = 0, cos2 a - (1 - cos2 a) + cos a = 0 ,
= 180° + 360’ n, neZ, (cosa)2=-^,
ли
2 cos2 а + cos а - 1 = 0 ,
a2 =±60° + 360° к , keZ.
Единственной критической точкой функции 5(a) на промежутке (о°; 90°)
является точка a = 60°. При переходе через эту точку производная 5' (а) ме-
няет знак с плюса на минус, следовательно, 5(a) возрастает на промежутке
(о°; 60°) и убывает на промежутке (б0°;90°). Таким образом, при a = 60°
функция 5 (a) = a2 (sin a cos а + sin а) достигает своего наибольшего значения.
Ответ: 60”.
15.191. Величина угла при вершине А трапеции ABCD равна a. Длина бо-
ковой стороны АВ вдвое больше длины меньшего основания ВС. При каком
значении а величина угла ВАС будет наибольшей? Чему равно это наиболь-
шее значение?
Рис. 15.29.
Решение.
Пусть ABCD — заданная трапеция (см.
рис. 15.29). Обозначим ВС = а и Z ВАС = Д,
тогда, согласно условию, АВ = 2а, а ZBCA-
= Z CAD = Z BAD- Z ВАС - а - Д как на-
крест лежащие.
Составим уравнение, связывающее неиз-
вестные Д и a. В треугольнике АВС, со-
гласно теореме синусов, имеем
579
АВ ВС 2a a , . , .
-----------------или -------— =----, откуда 2 szn В = sm(a - В) (1).
. • олп sin(a-P) smft
sm ВС A smBAC k '
Используя формулу sin (х - у) - sin х cos у - cos х sin у, представим уравне-
ние (1) в виде 2sin ft = sina cos ft-cosa sin ft , 2sin/3 + cos a sin ft = sin a cos ft ,
(2 + cos a) sin ft = sin a cos ft (2).
Разделим обе части (2) на (2 + cos a) cos ft 0 , получим tg ft — —, ot-
' cosa+ 2
куда ft = arctg - -ina-— + я n, n e Z (3).
cos a + 2
Угол а может изменяться от 0 до я, т.е. интервал изменения аргумента
а можно записать в виде (0; я). При таких а выражение (3) приобретает
вид Р(а}-arctg---------- (4) и задача, таким образом, свелась к отысканию
' cos а + 2
наибольшего значения функции Д(«) на промежутке (0;я). Найдем крити-
ческие точки этой функции:
г Г
„•, ч ( sin а А 1 ( sin а А
В («1 = 1 arctg------| =-------------
sina
cos а + 2
(cos а + 2)* 2 3 * * (sin а) • (cos а + 2) - (cos а + 2) sin а
(cos а + 2)2 + sin2 a (cos а + 2)2
cosa + 2
cos a + 2J
1 +
cos a (cos а + 2) + sin a sin а
cos2 а + 2 cos а + 4 + sin2 а
если 2cosa + l = 0, cosa = - —,
2
cos2 а + 2 cos а + sin2 a 2cosa + l _•, ч
---------------------- . в (а) = 0 ,
2cosa + 5-----------2cosa + 5
2
а = ± — я + 2як, keZ.
3
Единственной критической точкой функции Р(а) на промежутке (0; я )
2
является точка а = — я. При переходе через эту точку производная ft (a)
меняет знак с плюса на минус, следовательно, Р(а) возрастает на промежут-
( 2 А (2 А 2
ке I 0; —я I и убывает на промежутке I — я; я I. Таким образом, при а = — я
, п! \ sin а , „
функция Р(а} = arctg--------- достигает своего наибольшего значения. Под-
cos а + 2
. 2
г, sm — я ~
£ о 7Г
ставляя значение а = — я в (4), получим значение ft = arctg-------—------= —
3 cos-я+ 2 6
3
Л _ я 2
Ответ: ХВАСнаиб = — при а = — я.
6 3
15.192. Найти косинус угла при вершине равнобедренного треугольника,
имеющего наибольшую площадь при данной постоянной длине медианы, про-
веденной к его боковой стороне.
580
Решение.
Пусть АВС — искомый треугольник (см. рис. 15.30),
АВ = ВС . Обозначим угол АВС через а , а медиану AD
через а.
В треугольнике АВС, согласно теореме косинусов,
имеем АС2 = АВ2 + ВС2-2 АВ- BCcosABC = 2 ВС2-
- 2 ВС2 cosa = 2 ВС2 (1 - cosa).
Длина медианы треугольника выражается формулой
та = i^(ъ2 + с2j- а2 , где а, Ъ, с — длины сторон
треугольника. Согласно этой формуле имеем AD =
= ±^2(аС2+ АВ2) - ВС2 или 4AD2 = 2(АС2 + АВ2)-
-ВС2 =2АС2+ВС2, 4а2 = 2 • 2 ВС2 (1 - cosa) + ВС2 ,
2 4а2
откуда найдем ВС =----------- (1).
5 - 4cosa
Площадь треугольника АВС равна
s&abc =|ABBCsznABC = |BC2
• 2
sin ОС
х 1 4а2 . л 2 sina
или о (а) ------------sm а = 2а----------.
2 5-4 cos а 5-4 cos а
Промежуток изменения аргумента а в данном случае определяется из ус-
ловия, что 0 < а < п.
Таким образом, задача свелась к отысканию наибольшего значения функ-
ции 5 (а) на промежутке (0; п). Найдем критические точки этой функции:
/
2 sina А „ >( sina
S (а) = 2аг-----------= 2а2 ------------
V 5-4cosay \5-4со8<х,
2 (sina) (5 - 4 cosa) - (5 - 4 cos a) sina
(5 - 4 cos а)2
cos a (5 - 4 cosa) - I 5' - (4 cos a) I sin a
- 2a2--------------------------5-------------
(5 - 4 cos a)
2 5 cos a - 4 cos2 a - 4 sin a sin a 2
= 2a----------------------5---------— 2a
(5 - 4 cos a)
5 cos a - 4 cos2 a - 4(1 - cos2 a)
= 2a2--------------------= 2a2
(5 - 4 cos a)
„ 2 5 cos a - 4 \
2a2------------. S (a) = 0 , если
(5 - 4 cos a)
4
a = ± arccos—ь-2як, к e Z.
5
5 cos a - 4 cos2 a - 4 sin2 a __
(5 - 4 cos a)2
5 cos a - 4 cos2 a - 4 + 4 cos2 a _
(5 - 4 cos a)2
4
5 cos a - 4 = 0 , откуда cos a = — ,
581
Единственной критической точкой функции 5(a) на промежутке (0;я)
4 „
является точка a = arccos —. При переходе через эту точку производная
5
5'(а) меняет знак с плюса на минус, следовательно, 5(a) возрастает на про-
( 4А ( 4
межутке 0; arccos — и убывает на промежутке arccos —•, я .
\ 5) \ 5 )
, 4 , ч „ о sina
Таким образом, при a = arccos— функция o(a) = 2a----------достигает
5 5-4 cos a
своего наибольшего значения, т.е. косинус угла при вершине равнобедренного
треугольника, имеющего наибольшую площадь при данной постоянной длине
медианы, проведенной к его боковой стороне, равен —.
5
л 4
Ответ: —
5
15.193. Величина угла при основании равнобедренного треугольника равна
а. При каком значении а отношение длин радиусов вписанной и описанной
окружностей является наибольшим? Чему равно наибольшее значение этого
отношения?
Рис. 15.31.
Решение.
Пусть АВС — заданный треугольник, Z ВАС =
= ZBCA = а, АВ = ВС (рис. 15.31).
В треугольнике АВС имеем Z АВС = 180’- 2а и,
АС ВС
согласно теореме синусов, -----------— =--------— , или
stn ABC stn ВАС
qq ВС sin (180° -2a)
-----, откуда АС =--------------------=
sina
AC
sin (180‘
ВС stn 2a 2 ВС stn a cos a „ _ _
=-----------=-----------------= 2 BC cos a.
sina
Далее,
sina
sina
SSABC = -^-АС • BCsinBCA = • 2BCcosa
• ВС sin а = ВС2 sin a cos а.
ружности, вписанной в треугольник АВС,
АВ + ВС + AC 2ВС + А С 2ВС + 2ВС cos a
р --------
2
S
. r = —, где r — радиус ок-
P
S - ABC = BC2 s*n a COS a >
BC
= BC (1 + cosa); ----— = 2R ,
stn ВАС
2
2
1
2
где R — радиус окружности, описанной около треугольни-
BC
откуда R =---------,
2 sin a
r BC2 sin a cos a BC 2 sin2 a cos a
ка ABC. Тогда — =----------------г-:-------=------------- и задача свелась к
R ВС (1 + cosa) 2 sin a 1 + cosa
_ , г 2 sin2 a cos а
отысканию наибольшего значения функции — =--------------- на промежутке
R 1 + cosa
582
(я} „ , f г A |2sin1 2 acosa
cte 0; — . Найдем критические точки этой функции: — = ---------------
V 2) \R J 1 + cosa
(sin2 a cos а (sin2 acosa) • (1 + cosa) - (1 + cosa) sin2 a cos a
1 + cosa J (1 + cosa)2
(sin2 a) cosa + (cosa) sin2 a • (1 + cos a)
~ ' ) sin a sin acosa
(1 + cosa) (1 + cosa)
(2sina(sina) cosa - sinasin2 a I • (1 + cosa) . 3
' ’ ) v ’ sin acosa
= *-------------------------2----------------+ ---------=
(1 + cos a) (1 + cos a)
^2sina cosa cosa - sin3 a)-(1+ cosa) + sin3 a • cosa
(1 + cosa)2
sin a (2 cos2 a - sin2 a) • (1 + cos a) + sin3 a • cos a
(1 + cos a)2
sina((2cos2 a - sin2 a) • (1 + cosa) + sin2 a cosa)
(1 + cos a)2
sin a ((2 cos2 a - (1 - cos2 a)) • (1 + cos a) + (1 - cos2 a) • cos a
(1 + cosa)2
sina((3cos2 a -1)- (1 + cosa) + (1 - cosa) • (1 + cosa) cosa
(1 + cosa)2
sina(l + cosa) • (3cos2 a - 1 + (1 - cosa) • cosa
(1 + cosa)2
sin a (з cos2 a - 1 + cosa - cos2 a) sin a (2 cos2 a + cosa -1)
1 + cos a
1 + cos a
-^•j = 0 , если sin a (2cos2 a + cosa - 1) = 0, откуда или sin a = 0 , ay = яп,
neZ, или 2cos2 a + cosa - 1~= 0, cosa = -l, а.,=я + 2як, k^Z, cosa = —,
i 2
a3 = ±— + 2я1, I g Z.
3 3
Единственной критической точкой функции — на промежутке
яв-
ляется точка а = —. При переходе через эту точку производная
меняет
583
знак с плюса на минус, следовательно,
г
— возрастает на промежутке
_ ( И п )
и убывает на промежутке I — ; — I.
тт , г 2 sin1 2 3 a cos а
Таким образом, при а = — функция — =- достигает своего
3 R 1 + cos а
наибольшего значения и оно равно
г ( я А
_ 2 Я Я
2 згп — cos —
------------------- = 0,5 .
, л
1 + cos —
Ответ: при а = — наибольшее значение равно 0,5.
15.195. Боковая грань правильной четырехугольной пирамиды имеет посто-
янную заданную площадь и наклонена к плоскости основания под углом а.
При каком значении а объем пирамиды является наибольшим?
Решение.
Пусть SABCD — заданная пира-
мида (рис. 15.32), SA = SB = SC = SD,
ABCD — квадрат, Z SMO = Z SNO =
= a, SiSDC = S или ^CDSN = S (1).
Обозначим сторону основания че-
рез а . Тогда, согласно свойству ор-
тогональной проекции плоского мно-
гоугольника, имеем S&DOC = S&DSC-
cos SNO, или — C D • ON = Seos a ,
2
1 1 2
— a • — a = Scosa , откуда a = 4Scosa.
2 2
Далее, из прямоугольного тре-
угольника SON найдем SO = ON
Рис. 15.32.
a 2-JScosa r------
• tgSNO = -tga = -.--------tga = -JScosa tga
1 1 •> I------
Объем пирамиды SABCD равен VSABCD = — • 50CK- SO = —a J Seos a tga =
3 3
= — 45- cosa -J Seos a tga = — SjScosa sina.
Таким образом, задача свелась к отысканию наибольшего значения функ-
(ибо а — острый угол).
Найдем критические точки этой функции: V'(a) = —S-JScosa sina
= ^sjs (Jcosa sina} = ^-5 ^-Jcosa} sina + (sina) -J cos a j =
584
4 „ rz(-sin2 a + 2cos2 a | n n . , _ x л
= — £V<S ------, ---- , где cosa^O, at- + лк, keZ. V(a) = 0,Ko-
3 у 2-Vcos a J 2
гда -sin2 a + 2cos2 a = 0, sin2 a = 2cos2 a.
Разделив обе части этого уравнения на cos2 а 0 , получим tg2 a = 2 , от-
куда tga = ±>/2 , а = ±arctg V2 + п п , п & Z.
Единственной критической точкой функции V (а) на промежутке ^0 ; j
является точка а = arctg 42 . При переходе через эту точку производная
функции V'(a) меняет знак с плюса на минус, следовательно, V (а) возрас-
тает на промежутке
^0 ; arctg V2) и убывает на промежутке
— S -JScosa sin а
3
Таким образом, при а = arctg 4% функция V (ос) =
Дос-
тигает своего наибольшего значения, т. е. при этом значении угла а объем
пирамиды является наибольшим.
Ответ: arctg4%
15.196. В правильную четырехугольную пирамиду с ребром основания а и
высотой Н вписана правильная четырехугольная призма так, что ее нижнее
основание лежит в основании пирамиды, а вершины верхнего основания — на
боковых ребрах. Найти длину ребра основания и длину высоты призмы,
имеющей наибольшую боковую поверхность.
Решение.
Пусть SABCD — заданная пира-
мида, АВ = ВС - CD = AD = а , SO =
= Н (см. рис. 15.33). Обозначим сто-
рону основания призмы
MNPQM]N\Р 1Q1 через ab а ее высоту
через Hj и рассмотрим два прямо-
угольных треугольника и SOC.
Так как эти треугольники подобны,
(1).
ОС so
Из прямоугольных . реугольников
Q1O1P1 и DOC, согласно теореме Пи-
фагора, имеем OYQ2 + ОхР2 = QP2
или 2 • ОгР2 = а2, откуда =
<*172 aV2
= —--- и ОС =------, тогда равенст-
585
2 SO-OxO
во (1) запишется в виде —=7=“ =---— или
2
al 1 Hl
— = 1 - -77-, откуда aj =
П
so
a
= а|1-—| (*).
k Н )
Тогда боковая площадь призмы MNPQMjN1PlQi равна
^60 к MN PQM1N1PlQl -
иЦ
H )
Таким образом, задача свелась к отысканию наибольшего значения функ-
ции «S'(Hj) на промежутке (0;Н). Найдем критические точки этой функции
- - 4 • • Hj - 4al 1
! или S(Hl) = 4a|H1-
(1 ej2 А | ( W2'
40Pi-” =4a
I ** } I I “
и' 1Н‘
н‘‘ Гн
. Г 2НЛ . Н-2Нг
= 4a 1-4- = 4a-!
[HI Н
S'(Hi) = 0, если Н-2 Нх = 0 , откуда Нг = —. При переходе через эту кри-
н
тическую точку =— функция 5(Н;) меняет знак с плюса на минус, сле-
2
( н\
довательно, 5(Н1) возрастает на промежутке Id; —I и убывает на проме-
жутке
Н ( Н2
. Таким образом, при Нг =— функция 5(Н1) = 4а 7^-------
2 I Н J
Н
достигает своего наибольшего значения. Подставляя значение Ну = — в (*),
получим dj = а
Н
1-1
и
а
2
а Н
Отлет: —; —
2 2
15.198. В правильной треугольной пирамиде боковая грань имеет заданную
постоянную площадь и составляет с плоскостью основания угол а. При каком
значении а расстояние от центра основания пирамиды до ее боковой грани
является наибольшим?
Решение.
Пусть SABC— заданная пирамида, ZSDO - а, где 5D±AC, BDLAC и
AD = CD, OK LSD (рис. 15.35).
Обозначим площадь боковой грани SAC через S, тогда, согласно свойству
ортогональной проекции плоского многоугольника, имеем S&AOC=SASAC-
cos SDO = 5 cos а , или — АС OD = S cos а (1).
2
586
Из прямоугольного треугольника ODC най-
дем CD = OD • ctgOCD или = Od4% .
Подставив это значение в (1), получим
—j=rcosa.
V3
Наконец, из прямоугольного треугольника
OKD найдем ОК = OD- sin ODK или ОК -
Гя .
- I—=cos а sma.
V 7з
Составим теперь функцию, наибольшее зна-
чение которой нужно найти:
. ч l~S~ I------
ОК (а) = . -Jcos а • sin а.
Промежуток изменения аргумента а в данном случае определяется из ус-
ловил, что угол а — острый, т.е. искомый промежуток имеет вид I 0; — I. Та-
ким образом, задача свелась к отысканию наибольшего значения функции
ОК (а) на промежутке 10; — I. Найдем критические точки этой функции:
'cos а sin а
ОК'(а)
(cosa)
2Vcosa
sina + cosa • J cos а
®- sin a i-----A I S | - sin2 a + 2 cos2 a
—.......i sin a + cos a • vcos a = ,1-7= ------r==--------
24cos a ) \4з[ 24cos a
OK'(a) = 0, если -sin2 a + 2cos2 a = 0, sin2 a = 2cos2 a (2).
Разделим обе части уравнения (2) на cos2 a # 0, получим tg2 a = 2 , откуда
tga = ±72, a = ±arctg42 + яп , neZ.
Единственной критической точкой функции ОК (а) на промежутке ^0; у j
является точка a = arctg 42 . При переходе через эту точку производная
функции ОК (а) меняет знак с плюса на минус, следовательно, ОК (а) воз-
растает на промежутке ^0; arctg 42 j и убывает на
промежутке
Таким образом, при а = arctg 42 функция
ОК
’cos a sin a
достигает своего наибольшего значения, т.е. при
a = arctg 42 расстояние от
587
центра основания пирамиды до ее боковой грани является наибольшим.
Ответ: arctg-^2.
15.199. В конус с заданным постоянным объемом вписана пирамида; в ее
основании лежит равнобедренный треугольник, у которого величина угла при
вершине равна а. При каком значении а объем пирамиды является наи-
большим?
Решение.
Согласно условию, объем конуса равен
1 , ,3V
— л ОВ- SO = V , откуда ОВ =-- или
3 л • SO
3V
О В = .-----, где О В — радиус основания
V л SO
конуса, SO — высота (см. рис. 15.36).
Согласно следствию из теоремы синусов,
АС
имеем ------— = 2 • ОВ, откуда АС = 2 - ОВ
sin АВС
Л I 3V
• sin АВС = 2J---- sina , где ОВ — ради-
V л SO
ус окружности, описанной около равнобед-
ренного (АВ = ВС ) треугольника АВС, а
согласно теореме косинусов, в треугольнике
АВС имеем АС2 = АВ2 + ВС2-2 АВ • ВС
cos АВС или, так как АВ = ВС , то АС2 =
АС2
= 2 ВС2 - 2 • ВС2 cos а = 2 ВС2 (1 - cos а), откуда ВС2 - г =
v ’ 3 2(1-cosa)
)2
6 V sin2 a
2(1 - cosa)
л • SO 1 - cos a
1 Л 1 2
Площадь треугольника ABC равна SA АВС = — А В • ВС sin АВС = — ВС sin a -
1 6 V sin2 a 3 V sin3 a
------------------sin a =---------------.
2 я • SO 1-cosa л • SO 1-cosa
Составим теперь функцию, наибольшее значение которой нужно найти:
тт 1 тт/ \ 1 3V sin3 а V sin3 а
VSABC = — АВС • > или V (°0 =----------------SO =------------.
SABC 3 ДАВС v ' 3 я-SO 1-cosa л 1-cosa
Промежуток изменения аргумента а в данном случае определяется из
условия, что а е (0; я).
Таким образом, задача свелась к отысканию наибольшего значения функ-
ции V(a) на промежутке (0; я). Найдем критические точки этой функции:
58&
, ч (v sin3a v( sin3 a ) V (s™3« (1-cosa)-(1-cosa) sin3a
V (a) =--------= — ----------- ------------------------5------------=
^я 1-cosa J я ^1-cosa J я (1-cosa)
V 3sin2a(sina) • (1 - cosa) - sin a sin3 a V 3 sin2 a cosa (1 - cosa) - sin4 a
n (1-cosa)2 n (1-cosa)2
у sin2a(.3cosa(l-cosa)-sin2a) у (1 - cos2 a) ^3cosa(l-cos a)-(1-cos2 a))
я (1-cosa)2 л (1-cosa)2
V (1 - cosa) • (1 + cosa)3.cosa(1 - cosa) V (1 - cosa) • (1 + cosa)
л (1-cosa)2 л (1-cosa)2
, , . . V (1 - cosa)2 • (1 + cosa) (3cosa -1 - cosa)
-(i - «»“) (i+ «•«) - - 1---‘-Q:—As---------------------L=
л (1-cosa)
= — • (1 + cosa) • (2cosa - 1).
V'(a) = 0 , если (1 + cosa) • (2cosa - 1) = 0 , откуда или 1 + cosa = 0 , cosa =
1 я
=-1, а = я + 2яп, neZ , или 2cosa-l = 0, cosa = —, a = ±— + 2як, IceZ.
2 3
Единственной критической точкой функции V (а) на промежутке (0; я)
является точка а = —. При переходе через эту точку производная функции
V (а) меняет знак с плюса на минус, следовательно, V (а) возрастает на про-
(п я ) ( я )
межутке 10; — и убывает на промежутке I —; я .
\ 3 / \ 3 J
г,, , я , тт. , V sin а
Таким образом, при а = у функция V (а) = — ------------ достигает своего
я _
наибольшего значения, т.е. при а = — объем пирамиды является наибольшим.
„ Д’
Ответ: —.
3
15.200. Образующая конуса имеет постоянную длину и составляет с высо-
той конуса угол a. В конус вписана правильная шестиугольная призма с рав-
ными длинами ребер (основание призмы лежит в плоскости основания кону-
са). При каком значении а боковая поверхность призмы является наиболь-
шей?
Решение.
Согласно условию, SK = const, Z KSO = а, где SO — высота конуса (см.
рис. 15.37), АВ = ВС = CD = DE = EF = FA = АгА = BrB = QC = QD = EtE = FtF =
= AjBj = B^C| ~ QQ = DyE^ — EjF^ — F^Aj.
Обозначим высоту конуса через Н, радиус основания конуса через R, ребро
призмы через а.
589
Из прямоугольного треугольника SOK
найдем SO = SKcosKSO или H = SKcosa и
OK = SK sin KSO или R = SK sin a.
Далее, прямоугольные треугольники
SOjAj и SOK подобны (у них общий угол а ),
О, A, SO, а
следовательно, ——— =------ или — =
OK SO R
SO - ОГО а
SO ’ ~R
Н-а
-----, откуда
HR
H+R
SK- cosa SK- sina _ SK- sin a cos a
SK cos a + SK sin a sin a + cos a
(Здесь OjAj = OjO = a).
Наконец, боковая поверхность призмы
АВСОЕРА^В^С^ОьЕцЕу равна
*^6oKABCDEFA1B1ClDlE1F1 = ^S^^jr = 4а2 =
_ .(SK • sinacosaV _ 2
— 41 I — 4 * ол.
\ sina + cosa )
sin a cos a
sina + cosa
Таким образом, задача свелась к отысканию максимума функции
/ . \2 / \
, \ . „т,2 I sinacosa ) ( я)
S(a) = 4 • SK ----------на промежутке 0; — (ибо угол а — острый).
V sin а + cos а ) \ 2 J
Найдем критические точки этой функции:
z z
(/ ч2\ (/
. „„г ( sin a cos а ) , „т„2 ( sin a cos а )
4 • SK •--------- =4-SK- -------------------
{sina + cosaj J ({sina + cosaJ
. „„2 C sin a cos а А ( sina cos а „ „г,2 sin a cos а
= 4 • SK- 2------------- --------- = 8 SK---------х
\ sina + cosa J {sina + cosa) sina + cosa
(sina cos a) (sina + cosa) -(sina + cosa) -sina cos a n orr2 sina cos a
x-------------------------------------------------= 8 SK----------ij- x
(sina + cosa) (sina + cosa)
x^(sina) • cosa + (cosa) sinaj-(sina + cosa)-^(sina) + (cosa) J sin ac<
„ _T_2 sina cos a \ \
= 8 SK--------------j- • ((cos a cos a - stn a cos a) • (stn a + cos a) -
(sina + cosay
- (cos a - stn a) • stn a cos a) = 8 • SK------• (cos a (cos a - stn a) •
(sina + cosa)
, \ \ \ „ „T,2 sinacosa
• (stn a + cos a) - (cos a - stn a) • sin a cos a) = 8 • SK----
(sina + cosa)
2 sina cos3 a (cos a - sin a)
cos a (cos a - sin a) • (sin a + cos a - sin a) = 8 • SK------—5--------
(sin a + cosa)
590
2 sin a cos3 a (cosa - sin a)
cos a [cos a - sin a) • (stn a + cos a - sin a) = 8 SK------5----.
(sin a + cos a)
S' (a) = 0, если sin a cos3 a (cos a - sin a) = 0 , откуда или sin a - 0 ,
П
а1=лп, neZ, или cosa = 0, a2 = — + лк, keZ, или cosa-sina = 0,
sin a = cos a.
Разделив обе части последнего уравнения на cos а 0, получим tg а = 1,
откуда а3 = — + лт, те Z.
Единственной критической точкой функции S(a) на промежутке |0; —
я ~
является точка a = —. При переходе через эту точку производная функции
4
S(a ) меняет знак с плюса на минус, следовательно, •S'(a) возрастает на про-
(Л Н « (л Н
межутке I 0;— I и убывает на промежутке I I-
Z . \2
m _ я , v „г,2 ( stn a cos а 1
Таким образом, при а = — функция о (а) = 4 • о К • ------------------ дости-
4 \ sin а + cos а)
я _
гает своего максимума, т.е. при a = — боковая поверхность призмы является
4
наибольшей.
я
Ответ: —.
4
15.201. Переменная у обратно пропорциональна переменной х. Найти коэф-
фициент к обратной пропорциональности и заполнить таблицу:
X 0,1 9,6
У 30 3,05
На графике заданной обратной пропорциональности найти точку, ближай-
шую к началу координат 0(0; 0).
Решение.
Если переменная у обратно пропорциональна переменной х, то зависимость
к
у от х можно представить в виде у = —, где к — коэффициент пропорцио-
х
к
нальности. При х = 9,6 и у = 3,05 получим 3,05 = —, откуда к = 3,05 9,6 =
= 29,28.
29 28 29 28
Тогда у (0,1) = —’— = 292,8 , а х(30) = —’— = 0,976 и таблица примет вид
591
X 0,976 0,1 9,6
У 30 292,8 3,05
29 28
График функции у = —-—
х
представлен на рис. 15.38.
Уравнение касательной, про-
веденной к графику функции
29,28 , ч
У =---- в точке (х0 ; у0),
29,28 29,28 29,28
=------— х +------+------=
Xq Хо х0
29,28 58,56
=------~ Х +--------
Точка (х0; у0) будет ближайшей к началу координат 0(0; 0) в том случае,
если она лежит на прямой у = кх + Ъ, перпендикулярной прямой
29,28 58,56
У =----5--я: +----
х0
Прямая у = кх + Ъ проходит через начало координат, следовательно, коор-
динаты х = 0 и у = 0 удовлетворяют уравнению у = кх + Ъ , т.е. О = к 0 + Ь,
откуда b=0.
Следовательно, у = кх (1) — уравнение линии, перпендикулярной прямой
29,28 58,56 ,пч
У =----;-•* +----- (2).
Напомним условие перпендикулярности двух прямых: для того, чтобы
прямые у = кгх + bj и у = к2х + Ь2 были перпендикулярны, необходимо и дос-
Л п 29,28 .
таточно, чтобы /с1/с2=-1. Согласно этому имеем --—-—к =-1, откуда
х0
х2 х2
к = ——. Тогда уравнение (1) запишется в виде у = —— х (3).
29,28 29,28
Линии (2) и (3) проходят через точку (х0; у0), следовательно,
29,28
этой точки удовлетворяют уравнениям (2) и (3): у0 =-------— х0
Xq
29,28 58,56 29,28 х§ xj}
у. =-------+------=------ (4) и уп = —— хп или уп = —— (5).
Уо х0 х0 х0 ° 29,28 0 ° 29,28
координаты
58,56
+----- или
х0
592
29 28 х
Сравнивая правые части (4) и (5), получим —-— = —— или Xq = 29,282,
л?о 29,28
откуда Xq = 29,28 , или (х0)1 = —729,28 , (х0)2 = 729,28 .
Подставляя эти значения (хД и (х0)2 в (5), получим (уД = —729,28 и
(у0)2=^28.
Таким образом, на графике заданной обратной пропорциональности
29,28
у = —-— точки, ближайшие к началу координат О (0; 0), имеют координаты
15.202. Известно, что мощность Р, отдаваемая электрическим элементом,
E2R
определяется по формуле Р =---------, где Е — постоянная электродвижущая
(г + Я)2
сила элемента, г — постоянное внутреннее сопротивление, R — внешнее со-
противление. Каким должно быть внешнее сопротивление R, чтобы мощность
Р была наибольшей?
Решение.
Так как
f е2я ( я i R'(г + К)2-((r + R)2) Я
------х- = Е2|-------г = Е2------------Ц----------
Jr + R) J Цг + R)2] (r + R)
2 (r + R)2-2(r + R)R 2 г2+2rR+R2-2rR-2R2 . г2 - R2
— Ь-------------------Е------------------------- Е-----— =
(r + R)4 (r + R)4 (r + R)4
2 (r + R) (r-R) „ r-R ,, .
= E2-----LA----L = £2-----To p'(K) = 0 r —R=0, R = r. При
(r + R)4 (r + R)3 '
переходе через критическую точку R = г производная функции Р (R) меняет
знак с плюса на минус, следовательно, P(R) возрастает на промежутке (0; г)
и убывает на промежутке (т; .
Таким образом, при R = г функция P(R) достигает своего максимума, т.е.
при R = г мощность Р является наибольшей.
Ответ: R - г.
15.203. Найти промежутки возрастания и убывания функций, точки экс-
тремума и начертить эскиз графика функции у = 2х3 + Зх2 -1.
Решение.
Данная функция является непрерывной и дифференцируемой при всех
х 6 R и у' = (2х3 + Зх2 - 1) = (2а?3) + (За?2) ~ 1' = бх2 + бх •
593
Критические точки функции находятся из уравнения у' = 0 или
6г2 + 6г = 0, 6х (х + 1) = 0.
Решениями этого уравнения являются числа х = О и х = -1. Точки х = -1
и х = 0 разбивают область определения данной функции на три промежутка:
(-~;-1), (-1;0) и (0; + «).
—— В каждом из этих промежутков
, > Z** > 0 производная у' сохраняет посто-
? yl У дг янный знак; знак производной в
\ у ♦ < о 7 х каждом из них отмечен на рис.
X. 15.39. Следовательно, данная функ-
------------------------------------- ция возрастает на промежутках
Рис. 15.39. (-оо;-1) и (0;+«>) и убывает на
промежутке (-1; 0).
Таким образом, функция у = 2х3 + Зх2 -1 имеет две точки экстремума, а
именно х =-1 есть ее точка максимума, причем у(-1) = 2 • (-1)3 + 3 - (-1)2 -
-1 = 0, а х = 0 есть ее точка минимума, причем у(0) = 2 • О3 + 3 • О2 - 1 = -1.
Рис. 15.40. График
функции у = 2х3 +
+ 3х2 -1.
График функции представлен на рис. 15.40. Для
нахождения точек пересечения графика функции с
осью абсцисс решаем уравнение 2х3 + Зх2 -1 = 0.
Представим это уравнение в виде
2х3 + 2 + Зх2 - 3 = 0 , 2(х3 + 1) + з(х2 - 1) = 0 ,
2 (х + 1) (х2 - х + 1) + 3 (х - 1) • (х + 1) = 0, (х + 1)-
(г(х2 - х + 1) + 3(х - 1)) = 0, (х + 1) (2х2 + х - 1) = 0,
(х +1) • 2(х + 1) ^х - = 0 , (х + 1)2 • ^х - = 0.
Тогда Xj = -1, х2 = ~ — точки пересечения гра-
фика данной функции с осью абсцисс. Ось ординат
график данной функции пересекает в точке
у(0) = 2 О3 + 3 02 -1 = -1.
Ответ: х = -1 — точка максимума, х = 0 — точ-
ка минимума; возрастает на(-<»;-1) и на (0 ; + «>),
убывает на (-1; 0).
15.204. Найти промежутки возрастания и убывания функций, точки экс-
тремума и начертить эскиз графика функции у = 0,5х4 - 4х2.
Решение.
Данная функция непрерывна во всех точках числовой оси. Так как
у(-х) = 0,5 (-х)4 - 4(-х)2 = 0,5х4 - 4х2 = у(х), то функция является четной.
График данной функции пересекает ось абсцисс, если 0,5х4 - 4х2 = 0,
594
0,5х2 (х2 - в) = 0, х(х - 7в) • (х + л/в) = 0 , т.е. в точках хг =-4в , х2 = 0,
х3 = V8 , а ось ординат в точке у (0) = 0,5 О4 - 4 • О2 = 0.
Найдем критические точки этой функции:
у' = (о,5х4 - 4х2) = (о,5х4) - (4х2) = 2х3 - 8х.
у' = 0, если 2х3 - 8х = 0 , 2х (х2 - 4) = 0 , х (х - 2) • (х + 2) = 0, Xj = -2,
х2 = 0, х3 = 2.
Рассматриваемая функция имеет три критические точки.
Результаты проведенного исследования функции у = 0,5х4 - 4х2 приведе-
ны в таблице
X -2 (-2;0) 0 (0;2) 2 (2 ;оо)
у' — 0 + 0 - 0 +
У г -8 t 0 г -8 t
min max min
В первой строке этой таблицы размещены
в порядке возрастания критические точки
функции и ограниченные ими промежутки.
Во второй строке — знаки производной на
этих промежутках (На каждом таком интер-
вале знак производной не меняется, его
можно найти, определив знак производной в
любой точке рассматриваемого интервала.) В
третьей строке записаны результаты о ходе
изменения данной функции: “ ? ” — возрас-
тает, “ X " — убывает, а в четвертой — о
виде критических точек.
График функции у = 0,5х4 - 4х2 пред-
ставлен на рис. 15.41.
Таким образом, данная функция имеет
три точки экстремума, а именно х = -2 и
х-2 есть точки минимума, причем у(-2) =
= у(2) = -8, а х = 0 есть точка максимума,
причем у (0) = 0. Функция возрастает на
промежутках (-2; 0) и (2; «>) и убывает на
промежутках (~о°; - 2) и (0; 2).
Ответ: х = ±2 — точки минимума, х = 0 — точка максимума; возрастает
на (-2; 0) и на(2; «•), убывает на (-<»; - 2) и на (0; 2).
15.205. Найти промежутки возрастания и убывания функций, точки экс-
тремума и начертить эскизы графика функции у = х4 - 10х2 + 9.
595
Решение.
Данная функция является непрерывной и дифференцируемой при всех х и
у'(х) = (х4 - Юг2 + 9) =(а?4) ~(10х2) + 9' = 4х3-20х.
Критические точки функции находятся из уравнения у' (х) = 0, или 4х3 -
- 20х = 0 , 4х(х2 - б) = 0 , х(х - Уб) • (х + Уб) = 0.
Решениями этого уравнения являются числа xt = —Уб , х2 = 0 и х3 - -Jb .
Точки х = -Уб , х = 0 и х = -Jb разбивают область существования данной
функции на четыре промежутка: (-«>; - Уб), (—Уб ; о), (б; Уб) и ; + °°) •
В каждом из этих проме-
жутков производная у' (х)
сохраняет постоянный знак;
знак производной в каждом из
них отмечен на рис. 15.42.
Следовательно, данная функ-
ция возрастает на промежут-
Рис,. 15.42.
ках (—Уб ; 0 j и ; + «>) и убывает на промежутках (-«>; - Уб ) и (—Уб ; 0 j.
Таким образом, точка х = 0 является точкой локального максимума функ-
ции, причем у(0) = О4 - 10 • О2 + 9 = 9, а точки х - и х - Уб являются
точками минимума функции, причем у (—Уб) = у(«Уб) = (Уб)4 -10 • (Уб)2 + 9 = -21.
Строим график функции. Ось
абсцисс график этой функции пе-
ресекает в точках, где у = 0, или
х4 - 10х2 + 9 = 0 , (х2)^=б±
±У25-9=5±4, (х2); =1, (х2)2=9,
т.е. в точках Xj = -1, х2 = -3, х3 = 1,
х4 = 3.
Так как у(-х) = (-ж)4 - Ю •
• (—х)2 + 9 = х4 - 10х2 + 9 = у(х), то
данная функция является четной,
следовательно, ее график симмет-
ричен относительно оси ординат.
График функции у = х4 - Ют2 +
+ 9 представлен на рис. 15.43.
Ответ: х = ±Уб — точки ми-
нимума, х = 0 — точка локального
максимума; возрастает на (—Уб ; о)
и на (Уб; + °°1, убывает на
и на
(о, Уб).
596
15.231. Используя метод математической индукции, доказать, что при
„2 „п
т . X
х>0 выполняется неравенство е >1 + х + — + ...+ —, пел.
2! п!
Решение.
Воспользуемся методом полной математической индукции.
1. Проверим справедливость данного неравенства при п = 1. Если п = 1, то
х х2 хп
ех > 1, т.е. неравенство ех > 1 + — + — + •••+ —р (1) при п = 1 верно для х>0.
2. Предположим, что неравенство (1) справедливо при п = к, т.е. ех > 1 +
~ -2 хк
— (2).
к!
1! 2!
,2
Покажем, что оно будет верным при п = к + 1, т.е.
1!
2!
,к к+1
к\
(к + 1)!
(3).
Для
и п ё N справедливы неравенства
„2
X
Т”
ех хк е xfc+1
— > — , --------------> ----------- (4).
k + 1 k! k + 1 (к + 1)!
е
к + 1
Складывая неравенства (4) почленно, получим, что
„ „2 „к „к+1
„ XX
кГ+ (к + 1)!
1! 2!
е
е х
к + 1 ТГ ’
е
к + 1
1,
х х2 хп
Следовательно, неравенство е > 1 + — + — +,.. + —-
бом натуральном пи х > 0 , что и требовалось доказать.
справедливо при лю-
15.232. Найти функцию F(x), график которой проходит через заданную
^*3
точку Мо (х; у), если: a) F'(x) = 4х2 + 9х-2; Мо (3; - 2); б) F'(x) = — - 4х + ;
М0(2;1).
(0; + о») любая первообразная имеет вид F (х) =
Решение.
а) Для функции F' (х) = 4х2 + 9х-2 на каждом из промежутков (-«о; 0) и
4 з 9
— х----
3 х
(*), где С —
произвольная постоянная, ибо
.з
- С' = 4х2 + 9х“2 .
Найдем такую функцию F (х), график которой проходит через точку
М0(3;-2). Координаты точки М0(3;-2) графика искомой функции должны
597
4 з 9
удовлетворять уравнению (*), т.е. F(3) = -2, или — • З3-+ С = -2 , откуда
3 3
4 , 9
С = -35. Таким образом, F(x) = — х---- - 35.
3 х
х с | х3 я 1], г х3 . г, , г 1 , 1 Г з»
б) Имеем F(x) = J I——4х + — dx = J — dx - J 4xdx + J — dx = — J x dx -
б) Имеем F (x) = j
-4[xdx + l[dx = l- — 4 • — + lx + С или F (x) = — 2x2 + — + C , F (2) =
J 3J 34 23 ' 7 12 3 ' 7
24 _ 9 x4
=----2 • 22 + — + C = 1, откуда C = 7. Тогда F (x) = —
12 3 12
9 Xi „2 x „
-----35 ; 6)-2x 4----F 7.
x 12 3
О X
-2х2 + —+ 7.
3
4
Ответ: а) — х'
3
15.240. Вычислить интеграл J cos2 xdx.
о
Решение.
, 2 « 1 + cosa
Используя формулу cos — =--------
г(1 cos2x^ ,
= — +---- dx =
Л 2 2 )
оv '
If A \ 1
+ — j cos2xd[2x) = —
+ 1(0-0) = -.
4' 7 2
„ я
Ответ: —.
2
, r cos 2x
dx + -----
J0 2
Я 1 • A
+ — sin 2x
о 4
г 2 , rl + cos2x ,
, получим I cos xdx = I----------dx =
о 0 2
1 1 к
dx = — I dx + — f cos 2x dx = — | dx +
2J 2J 2J
0 0 0
= 1 (я - 0) +1 (sin 2я - sin (2 • 0)) = 1 я +
о
г х + 1
15.251. Вычислить интеграл I dx.
;^з7+Т
dx - d
Решение.
1 q I---- t 3 173 — 1
Для x * — имеем: пусть v3x + 1 = у , Зх + 1 = у , Зх = у -1, х = —-------
3 3
У3-1') 2.
= У dy;
598
тогда, если хе 0; —
1 з у3 - 1 ( х
то у е[1;2], и J + ^-dx = f—---------------yzdy =
J0V3x + l ' У
= | j (у4 + 2y)dy = j У4^У + У^У = |
1 1 о 31 , 46
—-31 + --3 =— + 1 = —
15 3 15
„ 46
Ответ: —.
15
15
it
i
15.258. Вычислить интеграл jsin4 xdx.
о
Решение.
. 2 a 1 - cos a
Используя формулы sm — =-------------
я и я
> a 1 + cos a
cos — =-----------
2 2
получим
J sin4 x dx = J (sin2 xj dx =
о о
KI - cos2x V
2 >
. j 1 - 2 cos 2x + cos2 2x .
dx = ----------------------dx =
J 4
2
i „ i 9
---cos2x н—cos
2--4
\ 2 i 2 । 2 j i 2
2x Idx = f—dx - I —cos2xdx + I —cos2 2xdx = — fdx -
J J 4 J 2 J 4 4 J
7 о о о 0
Я JT
If If 2n J 1 1 f n j/n \ 1 fl + COS 4x,
— cos2xdx + — I cos 2xdx = —x-----------I cos2xd(2x) + — -------— dx =
2 J 4 J 4 4 J ' ' 4 J 2
о о 0 0 0
1 (я Л 1 . „
= — 0 sm2x
4<2 ) 4
Я я
т 1 f 1 , lr 1 . , Л if . fo я A .
+ — I —dx + — I — cosixdx =----sin 2 — - sm(2 0) +
4 j 2 4' 2 8 4^ V 2) v J
Я я
2 2 -
+ — f dx + — [cos4xdx =— - —(О - O) + —x 2
8 J 8' 8 4K ’ 8
00 0
. Z 1 / X
+ — (cos4xd(4x) = — - 0 + — --0 +
32 J V ’ 8 8\2 J
0 v
+ —sin4x
32
n 1
16 32
я
8
о
2
. , Л Зя 1 - Зя
- sin (4 • 0) - — + —(0 - 0) = —
v J 16 32v ’ 16
Зя
Ответ: —.
16
7 dx
15.261. Вычислить интеграл I 1 ——
4Vx+io -
599
Решение.
is , 15 i------— I---7
„ . , f dx r Vx + 10+Vx + l ,
Для х>-1 имеем -j== -----------= , ____________x . —7=7 dx =
J_.Jx +10 -yx + 1 _JV^ + 10-Vx + lblVai + 10 + Vx + lj
15 I--777 I---"7 1 15
, fJx + 10+Jx + l, If//---------777 I-----7\j
dx = j---------------dx = — J \ Jx + 10 + y/x + 1 jdx =
7 Jx + 10 + Jx + 1
Д x + 10 - x - 1
К
2
15.264. Вычислить интеграл j cos Зх cos 2xdx.
о
Решение.
Используя формулу cos a cos Д = -^-(cos(a - Д) + cos (a + /?)), получим
я я я п
? 1 । ~г । г ^£^2
J — (cos х + cos 5х) dx = — J cos x dx + — J cos 5x dx = — sin x 2 + — J cos 5x d (5x) =
о 2 2 о о о °
1 ( . л . Л 1 . _
— sin--smQ + —sm5x
21 2 J 10
2
0
= — (1 - 0) + —fsin— - sin(§ 0)1 = — + —(1 - 0) =
2V ’ 101 2 v ') 2 10v ’
1 -L-JL-2
2 10 " 10 " 5
„ 3
Ответ: —.
5
15.265. Вычислить интеграл
2 Г —
J 104 - sinnx dx.
-2\ )
Решение.
2 / x '
J 104 - sinnx dx
-2k >
2
2
2
2
-2 -2
-2
600
1Q4 2
4------
ZnlO 9
1
+ — COS It X
n
2
-2
/ 2 2 '
= —— 104 - 10 4
In 101
+ —(cos 2^ - cos(-2л =
4
ZnlO
102 J
+ -(1-1) = —
7t' ZnlO
10-1
Vw
л/10 InlO
Ответ: ~ 4,89.
15.267. Вычислить площадь фигуры,
ограниченной линиями у = cosx,
Решение.
Нарисуем графики данных функ-
ций. Искомая площадь S (на рис. 15.82
заштрихованная) равна удвоенной
площади криволинейной трапеции
ОАВС, т.е. *5 = 21?одвс ~
= 2|cosxdx = 2 sinx
о
я ,
4 • л
= 2 sin-----sinO
I 4
о
I I !—
= 2 —— 0 I = V2 (кв. ед.).
Ответ: ^2 кв. ед.
15.270. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями у = 2х - х2 и
Решение.
Нарисуем графики данных функций (см. рис.
15.85) и найдем абсциссы точек их пересечения
2 3 т-
из уравнения 2х - х = — . Решив это уравнение,
4
1 3 тл-
найдем: х = — и х = —. Искомая площадь (на
рисунке заштрихована) равна
з 11
5 = J^(2x “ х2)~ ~ - jxz dx -
3 3 3
2 2 2 2
- J — dx = 2^ xdx - Jr2 dx
1 1 1
2 2 2
601
ifflf ]_3(3_ Л_9__1 2 i-2-1
3H2J I2J I 4(2 2j~4 4 3\8 8j 4 2~ 3 8 4
Ответ: — кв. ед.
15.272. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями у = — , у = 0,
х
х = 0,5 и х = 2,5.
Решение.
Нарисуем графики данных
площадь S (на рисунке
2,5 2,5
S = J — dx = J х~2 dx =
0,5 Х 0,5
-----1 = -(0,4 - 2) =
(.2,5 0,5 J v '
рис. 15.87). Искомая
заштрихована) равна
-2+1
-2 + 1
2,5 j
2,5
0,5
функций (см.
0,5
= 1,6 (кв. ед.).
Ответ: 1,6 кв. ед.
15.274. Чему равен путь, пройденный точкой, движущейся прямолинейно,
за отрезок времени от = 1 до t2 = 4, если скорость точки v(f) = It1 + 3t (t —
в секундах, v — в м/с). Чему равно ускорение этой точки в момент t = 2 ?
Решение.
Если скорость точки равна v(t) = 2t2 + 3t, то путь S, пройденный точкой,
движущейся прямолинейно, за отрезок времени от = 1 до t2 = 4, равен
4 4 4 4 4 4 з 4
5 = Jv{t)dt, или 5 = J(2t2 + 3t^dt = j 2t2 dt + J3t<dt = 2jt2 dt + sjtdt = +
3t2
2
= — (43
3'
3
63 + — 15 = 64,5 (м), а ускорение а этой
точки в момент t = 2 равно
a = v'(t) = [2t2 + 3t) =(2t2) +(3t) = 4t+ 3 = 4-2 + 3 = 11 (м/с2).
Ответ: 64,5 м; 11 м/с2 .
15.275. Тело движется прямолинейно со скоростью v(t) = Vl +1 (t — в се-
кундах, v — в м/с). Найти путь, пройденный телом за первые 7 с. Чему равно
ускорение тела в момент t = 7 ?
602
Решение.
Если тело движется прямолинейно со скоростью v (t) = Vl +t , то путь S,
7 7
пройденный телом за первые 7 с , равен 5 = j v (t) dt или S = j Vl + tdt =
о о
= J (1 + t) з d (1 + t) =
о
Л(1+,)5 ’
.± + 10* 0 * о *v
3 , >3 45
= —(16 -1) = — • 15 = — = 11,25 (м), а ускорение а тела в момент t = 7 равно
а = „'(<) = (^)’ * = Г~ = 3 ^(1 + t)2 3 ^[(1 + t)2 = 1 = _L = J_ (м/02). 3<1 + 7)2 34 12
Ответ: 11,25 м; — м/с2 .
12
Глава 16
Дополнительные задачи по геометрии
16.005. Из каких одноименных равных правильных многоугольников можно
сложить паркет?
Решение.
При выкладке паркета в одной из точек плоскости стыкуються несколько вершин
многоугольников. Пусть таких вершин будет т. Поскольку сумма внутренних углов
многоугольников, которые отвечают этим вершинам, равна полному углу (паркет
составляется без просветов), а внутренний угол правильного n-угольника равен
(п - 2)я (п - 2)тг _ _ 2п
-----—, то т--------— = 2я. Следовательно, m =------ является целым числом.
п п п-2
_ 2п - „ . _ „
Так как 2 < ------ < 3 при п > 6, то п может принимать значения 3,4,5 и 6.
п — 2
гг 2-5 10 „
При этом ~—- = — не является целым числом. Итак п = 3, п = 4 и п =
о — 2 3
6. Легко проверить, что из правильных треугольников, квадратов и правильных
шестиугольников можно составить паркет.
Ответ: из правильных треугольников, квадратов и правильных шестиугольни-
ков.
16.007. Сколько диагоналей можно провести в выпуклом восьмиугольнике?
Решение.
Соединяя каждую пару вершин выпуклого восьмиугольника, получаем либо диа-
гональ, либо сторону восьмиугольника. Число различных пар вершин восьмиуголь-
ника равно Cg (столько существует двухэлементных подмножеств у восьмиэлемен-
тного множества). Так как у восьмиугольника восемь сторон, то число диагоналей
я _ 8! 6! • 7 - 8 я 7 • 8 я _ я _ 9П
8 2!(8 —2)! 1-2-6! 2
Ответ'. 20.
16.014. В каком выпуклом многоугольнике число диагоналей равно числу сто-
рон?
Решение.
Соединяя каждую пару вершин многоугольника, получаем либо диагональ, либо
сторону многоугольника. Число различных пар вершин п - угольника равно
(столько существует двухэлементных подмножеств у п - элементного множества),
л!
ТЬк как у п - угольника п сторон, то число диагоналей равно С„—п = —п =
(п — 2)!(п — 1)п _ (п — 1)п _ (п — 1)п — 2п_ п(п — 1 — 2) _ п(п — 3)
1-2-(п —2)! ” 2 П~ 2 2 2 ‘
о . п(п-З)
В выпуклом многоугольнике число диагоналей —— ----равно числу сторон п,
п(п - 3) „
когда —~—- = п, откуда п = 5.
Ответ: в пятиугольнике.
16.029. Сумма длин катетов прямоугольного треугольника равна s. Найти гра-
ницы возможных значений длины его гипотенузы с.
604
Решение.
Обозначим катеты через х и у. По условию задачи введенные неизвестные
удовлетворяют следующему уравнению: х + у = s (1). Используя уравнение
(1), выразим у через х: у — з — х (2).
Составим теперь функцию, экстремум которой требуется найти. Согласно те-
ореме Пифагора имеем с2 = х2 + у2 (3) , где с - гипотенуза прямоугольного
треугольника. Подставив значение у из (2) в (3), получим с2 = х2 + (а — х)2 = х2 +
а2—2ах+х2 = 2х3—2ах+а2, откуда с = >/2х2 — 2зх + а2, или с(х) = >/2х2 — 2зх 4- а2.
Промежуток изменения аргумента определяется из условия, что 0 < х < а, т. е.
искомый промежуток имеет вид (0;а). Таким образом, задача свелась к отысканию
экстремума функции с(х) на промежутке (0;в). Найдём критические точки этой
ж j, ч / ЛГ5—«-------—w (2®2 ~ 2ах + ®2)' (2а;2)' “ (2вж)' + (в2)'
функции: с(х) = (у2х2 — 2ах + а2) = . =-----7=============^- =
ч > 2у/2х3-28х + з* 2у/2х2 — 2зх + з3
4х — 2а з „ „ „
—7=============; с(х) = 0, если 4х — 2а = 0,х = -. Единственной критической
2у2х2 — 2зх + а2 2
точкой функции с(х) на промежутке (0; а) является точка х = При переходе
через эту точку производная функции с(х) меняет знак с минуса на плюс, следова-
5 &
тельно, cf(x) убывает на промежутке (0; —) и возрастает на промежутке (-;з).
g
Таким образом, при х = - функция с(х) достигает своего минимума, причём
2а • ^ + я2 = -4=. с(0) = с(з) = а. Следовательно Д= < с < а.
2 -у 2 у2
с
Ответ:
16.080. Показать, что если длины сторон некоторого треугольника составляют
геометрическую прогрессию, то и длины построенных высот треугольника также
составляют геометрическую прогрессию.
Решение.
Обозначим стороны треугольника АВС через b, b-q и b-g2, высоту, опущенную
на сторону Ь через hb, на сторону bq - через на сторону bq2 - через и
площадь треугольника через S.
Площадь S треугольника АВС равна S = -Ь • hb, или S = -bq • hbq, или S =
l.a . . 2S , 2S . 2S , 2S , 2S 1
x^9 ' Ль«3> откуда hb = -г-, hbq = — и hb,a = т-r, или hb = —, = — x -,
2 b bq bq* b b q
. 2S 1
h^~ b ‘ q3
Таким образом, если стороны Ъ, b q и b • q2, где g > 1, треугольника АВС соста-
2S
вляют геометрическую прогрессию, то и длины построенных высот Ль = —, hbq =
2S 1 . 2S 1
—---и hbq* =------~ составляют геометрическую прогрессию, что и нужно было
о 9 9 9
показать.
16.090. Двугранный угол между двумя смежными боковыми гранями правиль-
ной четырёхугольной пирамиды равен а, а высота пирамиды равна Н. Найти
радиус описанного шара.
Решение.
Пусть SABCD - заданная пирамида (рис. 16.1), £BFD — a,SO — Н. Поло-
жим АВ = ВС = CD = AD = а, тогда OD — ОС = и из прямоугольно-
605
го треугольника FOD(LFOD — 90е) найдем OF = OD ctg £DFO — -4=ctg^.
v2 2
Далее, так как прямоугольные треуголь-
ники SOC и SFO хюррбвзл (у них об-
__« &С ОС . ел
щии ZCSO), то 5^ = др > откуда SC =
° If
ОС SO „„ _ у/2 а
OF или5С“ £.<* Ягв2’
75 ь2
Тогда из прямоугольного треугольни-
ка SOC co&LCSO = =
rr
" Of _ _ _
-ri а = ctg—. Соединим точки Е и С.
" ь«Т 2
Ткк как вписанный угол SCE опирает*
ся на диаметр SE, то он равен 90°, сле-
довательно, треугольник SCE является
on SC
прямоугольным, и SE ---/“рё?», или
2й - Ht8^ = ныР-
2Л “ cosLCSO ctg f 2’
2’
Рис. 16.1
откуда R — r-ff tg2 где R - радиус шара, описанного около пирамиды SABCD.
Л Л»
Л 1 . з а
Ответ: -Н tg14
Diaea 17
Применение координат и векторов к решению вадач
Основные формулы
Прямоугольная декартова система координат на плоскости
1°. Растояние между точками A^iijyj) и А3(х3;уз) находится по формуле
АХА3 = л/(х3 — ®1)2 + (уз —1/1)2 (17.1). С помопуью этой же формулы выра-
жается длина отрезка Ах А3 или модуль вектора АхА3(х3 — Уз —1/1) -
2°. Координаты (х; у) середины отрезка с концами Ai(ii;yi) и А3(ж2;У2) нахо-
___ « ®1 + Хз «1 + уз _ оЧ
дится по формулам х = —-—,уЧ----------— (17.2).
3°. Уравнение прямой с угловым коэффициентом и начальной ординатой имеет
вид у = kx + q (17.3). Угловой коэффициент к представляет собой значение
тангенса угла, образуемого прямой с положительным направлением оси Ох, а наг
чальная ордината q - значение ординаты точки пересечения прямой с осью Оу.
4°. Общее уравнение прямой имеет вид ах + Ьу + с = 0 (17.4).
5°. Уравнения прямых, параллельных соответственно осям Ох и Оу, кмекп вид
х = а (17.5); у = Ъ (17.6).
6°. Условия параллельности и перпендикулярности прямых ух — kix + ft и
Уз = Адо + ft соответственно имеют вид ki = kj (17.7); fcifc3 = — 1 (17.8).
7°. Уравнения окружностей с радиусом R и с центром соответственно в точ-
ках 0(0; 0) и С(хо;уо) имеют вид х3 + у2 = Я3 (17.9); (х — хо)2 + (у — Уо)3 =
= Я2 (17.10).
8°. Уравнение у = а®2 + Ьх + с (17.11) представляет собой уравнение
параболы с вершиной в точке, абсцисса которой хо = -6/(2а).
Прямоугольная декартова система координат в пространстве
1°. Расстояние между точками Ax(xi;ух;ях) и А2(х3; у3; я3) находится по форму-
ле АХА3 = у/(х2 - хх)3 + (уз - Ух)2 + (хз - «О2 (17.12). С помощью этой же
формула выражаются длина отрезка Ах А3 или модуль вектора АхА3(х3 - хи уз -
-yi;«3-«i).
2°. Координаты (ж; у; я) середины отрезка с концами Ai (®i; pi; zx) и Аг (х3; у2; я3)
xi+хг . уг+уг Я1+яз
находятся по формулам х = —-—, у 4--------—, z — —-— (17.13).
3°. Модуль вектора а(ах; а3; а3), заданного своими координатами, находится по
формулам |а| = ^а? +вз + а$ (17.14).
4°. При сложении векторов их соответствующие координаты складываются, а
при умножении вектора на число все его координаты умножаются на это число, т.е.
справедливы формулы (ах;з3;в3)+(6х; 63563) = (31+6^33+63503+63) (17.15),
А(вх;аз;а3) = (Лвх;Ав2;Аа3) (17.16).
5°. Единичный вектор аб, сонаправленный с вектором а, находится по формуле
ао = ^ (17.17).
6°. Скалярным произведением ЗЬ векторов а и 6 называется число ЗЬ =
= |3||6| сов<р (17.18), где <р - угол между векторами а и 6.
7°. Скалярное произведение векторов a(ai; a3; a3) и 6(6Х; 63; 63) выражается фор-
мулой ЗЬ = ах6х + 0363 + а363 (17.19). В частности, 3* = 33 = |5|2, откуда
|3| = у^.
607
8°. Косинус угла между векторами а(аг,02; аз) и 6(&i; 62;63) находится по фор-
ab ai&i+О2&2+ аз&з /17от
муле cosy = —-д = . . -т (17.20).
|а||6| у/а^ + а| + а| у/Ц + +Ь$
9°. Необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов a (ai; 02; аз)
и o(&i;ta;Ъз) имеет вид ab — 0 или ai&i + 0362 + 0363 = 0 (17.21).
10°. Общее уравнение плоскости, перпендикулярной вектору п(а; Ъ; с), имеет вид
ax + by + cz + d = 0 (17.22).
11°. Уравнение плоскости, перпендикулярной вектору п(а;Ь;с) и проходящей
через точку хо; 1й>; «о), имеет вид а(х — хо) 4- Ъ(у — уо) + c(z - zq) = 0 (17.23).
12°. Уравнение сферы с центром 0(0; 0; 0) записывается в виде х2 4- у2 + х2 =
= Я2 (17.24).
17.001. Дана окружность а? 4- у2 = 4. Составить уравнение прямой Z, па-
раллельной оси абсцисс и пересекающей окружность в таких точках М и N, что
.MW = 1.
Решение.
Если MN = 1 и точка N лежит в правой полуплоскости, то абсцисса точки N
равна хп = О, 5MN = 0,5 • 1 = 0,5. Ikx как точка N принадлежит окружности
х2 + у2 = 4, то её абсцисса удовлетворяет её уравнению: 0,52 4- у2 = 4, откуда
у2 = 3,75 или у = ±>/3,?5. Следовательно, уравнение прямой I, параллельной оси
абцисс и пересекающей окружность в таких точках М и N, что MN = 1, имеет
вид у = ±х/3,75. ____
Ответ: у = ±>/3,75.
17.002. Даны три точки: 4(2; 1), .8(3;-1), С(-4;0), являющиеся вершинами
равнобедренной трапеции ABCD. Найти координаты точки D, если ЛЙ = £(715.
Решение
Согласно условию, АВЦСО, следовательно, АС = BD^AC2 = BD2, т. е. (хд —
-хС)2 + (уа~Ус)2 = (хв-хо)24-(ув-уо)2; (24-4)24-(1—О)2 = (3-хо)24-(-1-уо)2;
(3 - xD)2 4- (1 4- yD)2 = 37.
Если ABCD - равнобедренная трапеция, то её диагонали ВС и AD равны, т.е.
(хв - хо)2 4- (ув ~ Ус)2 = (ха ~ xd)2 4- (уА - VD)2; (з 4- 4)2 4- (-1 - О)2 = (2 - хо)2 4-
4-(1 - Уо)2', (2 — xd)2 4- (1 — уо)2 = 50. Таким образом, имеем систему уравнений
( (3 - хо)2 + (1 + уо)2 = 37,
t (2-xo)2 + (l-Vo)2 = 50.
(1)
Представим (1) в виде
{9 — бхо 4- Хр 4-14- 2уо 4- Ур = 37, f Хр — бхо 4- ур 4- 2уо — 27,
. п (2) или < л (3)
4 - 4хо 4- Хо 4-1 — 2|/о 4- ур = 50 I »о “ 4- y2D - 2ур = 45
и вычтем первое уравнение (3) ив второго. Получим 2хр — 4уо = 18, откуда
хо = 2уо 4- 9. Подставив это значение хо в первое уравнение (3), будем иметь
(2уо 4- 9)2 - 6(2ур 4- 9) 4- Уо 4- 2ур = 27, или, после упрощений, 5ур 4- 2буо = О,
откуда уо = 0, что непригодно к решению задачи, или уо = —5,2. Тогда хр =
= 2-(-5,2)4-9 =-1,4.
Итак (—1,4; —5,2) - координаты вершины D.
Ответ: D(—1,4; —5,2).
17.003. Даны вершины треугольника: 4(-2; -3), В(—1; 2), <7(4; 1). Доказать,
что ДАВС - равнобедренный и составить уравнение прямой, содержащей высоту,
608
проведенную из вершины А.
Решение. АВ = уДха-хв)2 + (уа~Ув)2 = \/(—2 +1)2 + (-1 - 2)2 - \/26;
ВС = у/(хв — хс)2 + (ув - Ус)2 — >/(—1 ~ 4)2 + (2 — I)2 = \/26. Следовательно,
ДАВ С * равнобедренный.
Запишем уравнение ВС в виде у — kix + Ьг (1). Точки В и С лежат на
прямой ВС, значит их координаты удовлетворяют уравнению (1):
2 = к1-(-1) + Ь1,
l = ki-4 + bi.
(2)
19 19
Решив систему (2), найдём ку = —и by = -. Таким образом, у — —~х + - -
__ & 5 55
уравнение ВС.
Теперь составим уравнение прямой I, содержащей высоту, проведенную из вер*
1 9
шины А. Пусть у = кзх + Ьз - уравнение I. Прямые у = kzx + &2 и у = —~х + -
1 5 5
перпендикулярны, если к2 • ( —-) = —1, откуда к2 — 5. Следовательно, прямая I
имеет вид у = 5z+&2 (3). Так как эта прямая проходит через точку А(—2; — 3),
то координаты этой точки должны удовлетворять уравнению (3): -3 = 5- (—2)+&2,
откуда Ьз — 7. После этого уравнение (3) запишется в виде у = 5х + 7.
Ответ: у = 5х + 7.
17.004. В прямоугольной системе координат изображена равнобедренная тра-
пеция с основаниями б и 10 и углом = 60° при основании (рис. 17.1). Составить
уравнения сторон трапеции.
Решение.
1. Уравнение стороны О А имеет вид у = 0.
2. ОМ = 0А~ВР = ILzJj = 2. Из
2 2
прямоугольного треугольника С МО {СМ ±
± ОМ) находим СМ = OMtgCOM=
= 2 tg 60°= 2 - >/3. Следовательно, ордината
точки С (и точки В) равна 2у/3 и уравнение
стороны ВС имеет вид у = 2>/3.
3. Уравнение стороны ОС запишем в виде у = кух + by (1). Ъик как точки
О (0; 0) и С (2; 2>/3) лежат на стороне ОС, то их координаты удовлетворяют
уравнению (1):
( 0 = fci -0 + 51,
\ 2y/3 = ky 2 + by. w
Из (2) найдём ki = х/3 и by = 0. Тогда уравнение (1) запишется в виде у = у/Зх.
4. Пусть у = к^х + Ьз (3) - уравнение стороны АВ. ON = ОА — AN =
= Ю — ОМ = 10 — 2 = 8, следовательно, (8; 2>/3) - координаты точки В. Так как
точки А(10; 0) и J3(8; 2>/3) принадлежат стороне АВ, то их координаты удовле-
творяют уравнению (3):
( 0 = кз • 10 + Ьз, ...
( 2\/3 = кз • 8 + Ьз-
Из (4) найдём кз = -у/3 я Ь2 = 10>/3- Подставив эти значения к2 и Ьг в (3),
составим уравнение стороны АВ: у = — у/Зх + 107*3.
609
Ответ: у — 0, у = 2\/3; у = у/Зх; у = —\/Зх +10\/3.
17 .005. Составить уравнение окружности, проходящей через точки А(2; 0),
2?(5; 0) и касающейся оси Оу.
Решение.
Напомним, что уравнение окружности радиуса R с центром в точке СЬ(хо;уо)
имеет вид (х-хо)2+(у-уо)2 = Л2. Пусть неизвестный центр окружности Со имеет
координаты (х0;у0). Тогда из условия касания окружности оси Оу хяхлкгчаеял, что
абсцисса центра хо равна радиусу R. Так как точки А(2; 0) и В(5; 0) лежат на
окружности, то их координаты удовлетворяют уравнению окружности. Используя
перечисленные условия, получим следущую систему уравнений:
( (х0 - 2)2 + Уп = Я2, [ Xq-4хо+4 + Уо =Я2,
< (хо - 5)2 + Уо = R2, (!) Запишем (1) в виде < х§ - 1Охо + 25 + yg = Я2, (2)
( хо = Я. ( хо = Я
7
и вычтем второе уравнение (2) из первого. Получим бхо — 21 = 0, откуда хо = г-
7
Подставляя это значение хо в третье уравнение (2), найдём Я = -. Наконец, за-
7
меняя значения хо и Я на - в первом уравнении (1), будем иметь у§ = 10, отку-
да уо = ±\/1б. Таким образом, уравнение окружности, проходящей через точки
(7\* 49
х — - j + (у - ЛО)2 = — или
(х"|) +(» + >/1б)2 = ^.
+ (у - -До)2 = И (х - + (у + ЛО)2 = у.
17.006. Составить уравнение прямой, проходящей через точку (2; 3) и обра-
зующей с осью Ох угол 120°. Найти площадь треугольника, образованного этой
прямой и осями координат.
Ответ:
Решение.
Будем составлять уравнение прямой в виде у — kx + q (1), где угловой
коэффициент к представляет собой значение тангенса угла, образуемого прямой с
положительным направлением оси Ох, а начальная ордината q - значение ординаты
точки пересечения прямой с осью Оу.
Согласно условию, прямая (1) проходит через точку (2; 3) и образует с осью
Ох угол 120°. Подставляя значения х = 2, у = 3и£ = tgl20° =—у/3 в (1), получим
3 — — у/З-2+b, откуда Ь — 3+2а/3. Следовательно, уравнение искомой прямой будет
иметь вид у = —у/Зх + (3 + 2у/3) (2). Прямая (2) пересекает ось Оу в точке
(0; 3 + 2у/3), а ось Ох в точке, где у = 0. Подставляя значение у = 0 в (2) найдем
х = х/З+2. Таким образом, прямая (2) образует с осями координат прямоугольный
треугольник с катетами, равными 3 + 2>/3 и \/3 + 2, следовательно, его площадь
равна S = i(3 + 2ч/3)(\/3 + 2) = б + 3,5>/3.
Ответ: у = — у/Зх + (3 + 2\/3); 6 + 3,5\/3 кв. ед.
17.007. В окружность х2 + у2 = R3 вписан квадрат ABCD. Найти R и коорди-
наты вершин В, С и D, если (5; —12) - координаты вершинны А.
Решение.
Так как точка А(5; —12) лежит па окружности, то ее координаты удовлетворяют
уравнению этой окружности, т. е. 52 + (—12)2 = Н2, откуда R = 13.
610
Точка С симметрична точке А относительно начала координат, следовательно,
(-5; 12) - коодинаты точки С.
Аналогично, так как точка В(хв‘, Ув) лежит на окружности, то ее координаты
удовлетворяют уравнению окружности, т.е. Хд+ув = 169. Так как ABCD -
квадрат, то СВ2 = АС2; (хс - хв)2 + (ус - Ув)2 - (хл - хв)2 + (ул - Ув)2',
(-5 - хв)2 + (12 - ув)2 = (5 - хв)2 + (-12 - Ув)2-
Таким образом, для нахождения координат вершины В, имеем систему уравне-
нии
®в + »в = 169,
(хв + 5)2 + (ув -12)2 = (хв - 5)2 + (ув +12)2. W
Записав второе уранение (♦) в виде х2 + Юхд + 25 + уд - 24ув +144 = Хд- 10хв +
5
+25 + уд + 24ув + 144, найдём ув = —хв. Подставляя это значение ув в первое
уравнение (*), получим Хд = 144. Полагая, что вершина В квадрата находится в
первой четверти, будем иметь хв = 12. Тогда ув = =
Точка D симметрична точке В относительно начала координат, следовательно,
(—12; —5) - координаты точки D.
Ответ: 13; В(12; 5); С(-5; 12); D(-12; -5).
17.008. Дана окружность х2 + у2 = 9. Составить уравнение окружности, про-
ходящей через начало координат и точку А(1; 0) и касающейся данной окружности.
Решение.
Пусть (х — хо)2 + (у - уо)2 = R2 (1) - уравнение искомой окружности, где
(хо; Уо) - её центр, a R - радиус. Если эта окружность проходит через начало коор-
динат и точку А(1; 0), то координаты этих точек должны удовлетворять уравнению
(1), т. е. х§ + Уо = Я2 (2) и (1 - ®о)2 + Уо = R2 (3), а если она ещё и
касается данной окружности, то её диаметр равен радиусу данной , т. е. 2R = 3,
откуда R = 1,5. Подставляя значение R = 1,5 в (2) и (3), получим
®3+уЗ = 2,25,
1 - 2х0 + х§ + yg sb 2,25.
Вычитая второе уравнение системы (4) из первого, будем иметь — 1 + 2хо = 0,
откуда хо = 0,5, а подставив найденное значение хо в первое уравнение (4), найдём
Уо = 2, откуда уо = ±у/2.
Итак, уравнение искомой окружности запишется в виде (х — 0,5)2 + (у - у/2)2 =
= 2,25 или (х — 0,5)2 + (у + у/2)2 = 2,25.
Ответ: (х - 0,5)2 + (у + у/2)2 = 2,25; (х - 0,5)2 + (у - s/2)2 = 2,25.
17.009. Составить уравнение, окружности, проходящей через точку А (2; 1) и
касающейся осей координат.
Решение.
Пусть уравнение искомой окружности с центром в точке Со(хо; Уо) и радиусом
R имеет вид (х-х0)2+(у -уо)2 = R2 (*)• ТЬ* как искомая окружность касается
осей координат и центр окружности находится в той части плоскости, для каждой
точки которой х > 0, у > 0 (ибо в этой части расположена точка А(2; 1)), то
координаты центра будут (Я; R). С другой стороны, так как точка А принадлежит
окружности, то её координаты удовлетворяют уравнению (*): (2 — Я)2 + (1 — Я)2 =
= R,2, откуда следует, что R2 — 6Я + 5 = 0, т. е. R = 1 или R = 5.
'Таким образом, уравнение окружности, проходящей через точку А(2; 1) и каса-
ющейся осей координат, имеет вид (х — I)2 + (у — I)2 = 1 или (х — 5)2 + (у — 5)2 = 25.
Ответах -1)2 + (у - I)2 = 1 или (х - 5)2 + (у - 5)2 = 25.
611
17.010. На прямой 5х — 2у + 9 = 0 найти точку А, равноудалённую от точек
В(—2; -3) и <7(4; 1), и вычислить площадь треугольника АВС.
Решение.
1. Так как точка Л(хд; уд) равноудалена от точек В(-2; -3) и С (4; 1), то АВ =
~ л/(®А - «в)2 + (УА - Ув)2 = х/(хд - Хс)2 + (УА - Ус)2', (®А + 2)2 + (уд +
+3)2 = (хд—4)2+(уд —I)2 (1). С другой стороны, так как точка Л принадлежит
прямой 5х — 2у + 9 — 0 (2), то её координаты удовлетворяют уравнению (2):
5хд + 9
5хд — 2уд + 9 = 0 (3). Из (3) найдём уд =------. Подставив это значение уд
в (1), получим (хд + 2)2 + f + Л _ _ 4)2 + /5x^+9 _ Л , щд,, после
5(-1) + 9
2
упрощений, хд = -1. Тогда уд =
координаты точки А.
= 2. Таким образом, х = —1, у = 2 -
2. Пусть D(xoi Ув) - середина стороны ВС. Тогда хр = Х?~Хс = ——— =
= 1, УР = = -1, AD = 7(хд -хр)2 + (уд -ус)2 =
= \/(—1 — I)2 + (2 + I)2 = У13. Так как треугольник АВС - равнобедренный
(АВ = АС), то AD - его высота. Следовательно, площадь треугольника АВС равна
Зьавс = ^BC AD = ^(хв - хс)2 + (ув - Ус)2хУ13 = 1^(-2-4)2 + (-3-1)2-
У1з = 1з.
Ответ: (-1; 2); 13 кв. ед.
17.011. Длины диагоналей ромба равны 15 и 8 см. Первая диагональ принята за
ось Ох, вторая - за ось Оу. Составить уравнения сторон ромба и найти расстояние
от начала координат до стороны ромба.
Решение.
1. Пусть ABCD - заданный
ромб (рис. 17.2), ЛС=15 см,
BD=8 см. ТЪк как О А = ОС =
= 7,5 и ОВ = OD = 4, то
хд = —7,5; уд = 0, хс = 7,5;
ус = 0 и хд = 0; ув = 4,
хд = 0; ур = -4. Пусть
у = kix + bi (1), у = fcjx +
+&2 (2), у = кзх + Ьз (3), и
у = fax + (4) - уравнения
сторон АВ, ВС, CD в AD. Тмс
как точки Л(—7,5; 0) и В(0; 4),
В(0; 4) и С(7,5; 0), 0(7,5; 0)
и D(0; —4), Л(—7,5; 0) и
2?(0; —4) принадлежат сторонам АВ, ВС, CD и AD, то они удовлетворяют соот-
ветственно уравнениям (1), (2), (3) и (4):
Г 0 = fci • (—7,5) + bi, ( 4 — ^2'0 +
|4 = k1-0 + bi; W \ 0 = k2-7,5 + b2;
f 0 = кз-7,5 + Ьз> (71 и J 0 = к^ • (—7,5) + bi, to\
t -4 = *з-0 + Ьз; 10 { -4 = fc4-0 + b4. W
Из (5), (6), (7) и (8) находим ki = —,bi = 4;fc2 = —гг,Ьз = 4;fc3 = ^,63 =
10 lu 10
612
8 8
= -4; ki = —, 64 = -4. Таким образом, уравнение АВ : у = ~х + 4; уравнение
1о 15
8 8 8
ВС : у = --—ж + 4; уравнение CD : у — — х — 4; уравнение AD : у = — х — 4.
15 15 15
2. Проведём ОЕ X ВС и найдём ВС = у/(хд — же)2 — (ув — Ус)2 =
= >/(0 — 7,5)2К + (4 - О)2 = 8,5. Площадь треугольника ОВС равна S&obc —
= 2'^'' (9). С другой стороны, S&OBC ~ (10). Сравнивая
1 1 ОВ•ОС
правые части (9) и (10), получим -ВС х ОЕ = ^ОВ • ОС, откуда ОЕ —-— =
= 4 7,5 60 2 2 ВС
8,5 17'
~ 8 , . 8 8 8 60
Ответ: у — —ж + 4; у = -—ж+4; у = —ж - 4; у = —ж - 4; — см.
15 15 15 15 17
17.012. Составить уравнение окружности, вписанной в треугольник, стороны
которого лежат на прямых ж = 0, у = 0 и Зж + 4у — 12 = 0.
Решение.
Подставляя значения х = 0иу = 0в уравнение прямой Зж + 4у —12 = 0, найдём
у = 3 и ж = 4. Следовательно, прямая Зж + 4у — 12 = 0 пересекает ось Оу в точке
А(0; 3), а ось Ох в точке В(4; 0) (рис. 17.3).
Рис. 17.3
АВ = у/(жд - Хд)2 + (уа~ Ув)2 —
= \/(0 — 4)2 + (3 — О)2 = 5. Согласно фор-
а + Ь — с
муле г = ------------, где г - радиус впи-
санной окружности; а, Ь - катеты; с - ги-
потенуза, найдём радиус R окружности, впи-
санной в прямоугольный треугольник АОВ:
ОА + ОВ-АВ 3 + 4-5
R — ------------------- = — •' — = 1.
2 2
*1кк как искомая окружность касается осей координат и центр окружности нахо-
дится в первой четверти, то координаты центра будут (R-, R).
Т^ким образом, уравнение окружности, вписанной в треугольник, стороны ко-
торого лежат на прямых ж = 0,у = 0 и Зж + 4у — 12 = 0, будет иметь вид
(ж - I)2 + (у - I)2 = 1.
Ответ: (х — I)2 + (у — I)2 = 1.
17.013. Пусть А - точка пересечения прямых 2ж + 5у — 8 = 0иж — Зу + 4 = 0;
О - начало координат. Найти расстояние О А и составить уравнение прямой ОА.
Решение.
Рис. 17.4
Если прямые 2ж+5у—8 = 0 (1) и
ж - Зу + 4 = 0 (2) пересекаются в
точке А, то её координаты ха и
у а дражны удовлетворять урав-
нениям (1) и (2):
( 2жд + 51/д - 8 = 0,
I ®д —Зуд+ 4 = 0.
Решив систему (3), найдём жд =
4 16 „
= jpl/д = jp Соединим точки
О и А (рис. 17.4).
613
Расстояние О А равно О А = у/(х0 - хл)а + (у0 - уА)2 = д/(0 - £)2 + (0 - $)3 =
407
= ..ц Уравнение прямой ОА запишем в виде у = кх + Ь (4). ТЬк как ОА
(4 16\
п; - ), то их кооР<ФП1ать1 Должны удовлетво-
рять уравнению (4):
(5)
f 0 = ЬО + 6,
<16 ,4 t
I 11 ~k‘ 11 +6'
Из (5) найдём к = 4, Ь = 0. Следовательно, у = 4х - уравнение прямой О А.
п л
Ответ:—д—; у = 4х.
17.014. Найти координаты вершин С и D квадрата ABCD, если А(2; 1),
В(4; 0).
Решение.
Очевидно, что задача допускает два решения, так как искомые вершины могут
находиться по разные стороны отрезка АВ. Найдём длину стороны АВ: АВ =
= 0хд - хв)2 + (уд — ув)2 = 02 — 4)а + (1 — О)2 = 0. Теперь через точки А и
В проведём прямые, перпендикулярные АВ, и на каждой из этих прямых определим
по две точки С и Ci, D и D (рис. 17.5), расстояние которых от АВ равно 0 (у
квадрата все стороны равны). Координаты этих точек и будут искомыми.
Диагональ BD квадрата ABCD будет
равна BD = 0 • 0 = 06. Рас-
стояние от точки D до точки А рав-
НО DA = y/(XD “ ха? + (l/D - Ул?, а
от точки 2? до точки В - DB =
= y/(XD - Хв? + (vd - УВ? ИЛИ
Г 0=0®Д-2)а + (1/р-1)а,
I 0б=0хо-4)а + (|ф-О)».
Решив эту систему уравнений, найдём
f хо = 3, ( xd — 1»
I Уо = 3; I уо = -1-
Таким образом, вершина D может иметь координаты (3; 3) или (1; *1).
тт « - on xb+xd 4 + 3
Далее найдем координаты середины диагонали BD: хе — -— =
7 Ув + Vd 0 + 33 — _
= -, уд = = —-— — Тогда, зная координаты точки Е и координаты
* 4 Л 1 __ „
точки А, пользуясь формулами для определения координат точки, делящей отрезок
„ ХА + ХС у А + УС
пополам, определим и координаты точки С: хе —-------,Уе = ——
7 3
хс = 2хе - хА = 2 • - - 2 = 5, ус = 2уе ~Уа = 2--1 = 2.
& •
Наконец, так как В(4; 0) - середина СС\, то хв —-L и у в =
откуда хсг = 2хв — хс = 2- 4- 5 = Зи усг = 2ув — ус = 20 — 2 = —2.
Ответ: С(5; 2); Р(3; 3) или Ci(3; -2); -0(1; -1).
, откуда
Ус + УС1
2
17.015. При повороте вокруг начала координат точка А(6; 8) переходит в точ-
ку -41(8; б). Найти косинус угла поворота.
614
Решение.
Соединим точки О и А, О и Ai
(рис.17.6). Пусть у = kix +
+51 (1) - уравнение линии,
проходящей через точки 0(0; 0) и
А(6; 8), а у = kix + bi (2) -
уравнение линии, проходящей че-
рез точки 0(0; 0) и Ai(8; 6). То-
гда координаты точек On А долж-
ны удовлетворять уравнению (1),
а координаты точек О и Ai -
нению (2):
( 0 = к\ • 0 + Ьх,
I 8 = fci - 6 + 51;
урав-
(3)
Г 0 = ki • О + Ьг,
I 6 = ki • 8 + bi.
(4)
bi =0
4
Из (3) и (4) найдём ki = -
3
и ki = - и bi = 0.
4 4
3
4 3
ТЬким образом, уравнение ОА имеет вид у = —х, а уравнение OAi - у — ~х.
4 3
Следовательно, tg/J=-, а tg7 = - (см. рис.17.6). Угол поворота равен а = /3—7, а
3 4 txt л
tga = tg(0-7). Используя формулу tg(®-y) = где®, у, х-у ± -+?гп,
„ tg/j_tg7 3~ 4 7 2 49 sin2 a
" € z-ДМГИМ te° = l+tgfl tgT = ПТ~1= да *“=57в’3?5 =
3 4
ДО 1 e п до 24
= —- ----------— — откуда, так как 0° < а < 90е, найдём cosa = —.
576’ cos2 a 576 ’ 25
_ 24
Ответ:
25
17.016. Вычислить длины диагоналей АС и BD параллелограмма ABCD. если
А(1;-3;0), В(-2;4; 1), С(-3;1;1).
Решение. ______________________________
Длина диагонали АС равна АС — (®д - ®с)2 + (уд - ус)2 + («д - «с)2 —
= \/(1 + З)2 + (—3 — I)2 + (0 — I)2 ж >/зЗ. Пусть Е середина АС, тогда хе —
®д + ®С 1-3 _ , . _Уд + ус_ -3 + 1 , гд + ®с 0 + 1
= —2— =- = -1,УЕ-------------—--------= -1, ZE = —— = — =
= —. Известно, что диагонали параллелограмма в точке пересечения делятся попо-
лам. Зная координаты точки Е - середины диагонали BD, и координаты одного из
её концов В(—2; 4; 1), легко определим координаты вершины D параллелограмма:
®b+®d Vb + Vd zb + zd _ _ , „
= j ’= 2—’ ZE ~ 2—’откуда Xd = 2хе ~Хв = 2 ‘ (-1)+2 =
= 0, ув — %УЕ ~Ув = 2 • (-1) - 4 = -6, zd = 2ze - zb = 2 • i - 1 = 0. То-
гда длина диагонали BD равна BD = yf(xB - xD)2 + (ув - Vd)2 + (zB - zD)2 =
= ^/(-2 - О)2 + (4 + 6)2 + (1 - О)2 = Лб5.
Ответ: V33 и \/105.
615
17.017. Даны две вершины равностороннего треугольника А(—2; 2), В(—2; —4).
Найти координаты третьей вершины треугольника и его площадь.
Решение.
Пусть С(яс\ Ус) - третья вершина треугольника. Длина стороны АВ треуголь-
ника АВС равна АВ = - жв)2 + (уд - Ув)2 = \/(-2 + 2)2 + (2 + 4)2 = 6, то-
. о аМ о АВ2у/3 62 73
гда, согласно формуле S = —-—, его площадь равна эд две =----1— =
4 4 4
= 9v3. Далее, АВ = АС и АВ = ВС\
6 = ^ХА ~ Хс^ + (УА ~ УсУ, Г 6 = \/(—2 - жс)2 + (2 - ус)2,
6 = >/(жв - «с)2 + (ув - ус)2; I 6 = >/(-2 - яс)2 + (4 - ус)2;
Г 36 = (яс + 2)2 + (ус -2)2,
( 36 = (®с + 2)2 + (ус + 4)2;
(*)
Из системы уравнений (*) найдём
/ ®с — —2 + 3 Л, или / хс — 3>^,
( Ус = -1 ( Ус = -1-
Ответ: (—2 + 3>/3; —1) или (—2 — 3 Л; —1); 9 Л кв. ед.
17.018. Найти длину хорды, образующейся при пересечении прямой ж+у—5 = 0
и окружности (ж +1)2 + (у + 2)3 = 40.
Решение.
Если прямая ж + у — 5 = 0 (1) и окружность (ж +1)2 + (у + 2)2 = 40 (2)
пересекаются, то они имеют общие точки, координаты которых должны удовлетво-
рять уравнениям (1) и (2):
f х + у — 5 = 0,
| (ж +1)2 + (у + 2)2 = 40,
(3)
Из первого уравнения системы (3) найдём у = 5 — ж. Подставив это значение у
во второе уравнение , получим ж2 — 6ж + 5 = 0, откуда Ж1 =1, жг = 5. Тогда
уг = 5 — Ж1 = 5 — 1 = 4, у2 = 5 - Ж2 = 5 — 5 = 0. Следовательно, длина I хорды с
координатами (1; 4) и (5; 0), равна I = у/1 — 5)2 + (4 - О)2 = 4у/2.
Ответ: 4 Л-
17.019. Известны координаты середин сторон треугольника: Afi(—1;2),
Л/2(2;—3), Мз(—3;— 1). Найти координаты точки пересечения медиан треуголь-
ника.
Решение.
Соединим точки Afi (—1; 2), Л/2(2; -3), Л/з(—3; —1) и проведём АВЦЛ/iМ2, ВСЦМэМз
и АС\\МгМз (рис. 17.7).
616
Тогда Mi, М2 и Мз - середины
сторон ВС, АС и АВ треуголь-
ника АВС. При таком построе-
ниии Е - точка пересечения ме-
диан треугольника АВС (и тре-
угольника М1М2М3). Напом-
ним, что три медианы треуголь-
ника пересекаются в одной точ-
ке, причём эта точка делит меди-
аны в отношении 2:1, считая от
вершины треугольника. В тре-
угольнике М1М2М3 точка D -
середина стороны М2 Му, следо-
хм3 + хм3
вательно, xd = ------------- =
2 - 3 _ 1 _ УМа + УМз _
_ j 2 ’У£> ~ 2 "
= —2— = “2- Если ®м‘ и yMl '
координаты точки Mi, a xd и уд -
координаты точки D, то коорди-
наты хе и Уе точки Е, делящей
отрезок Mi D в отношении
. MiE XMi+^xo —1 + 2* (— |)
А — - =2:1=2, определяются по формулам хе — 7—; =-----—-=—— =
ED 1 + А 1 + *
_ 2 _ ум, + Аур _ 2 + 2 • (—2) _ 2
“3’УЕ“ 1 + А ~ 1 + 2 ” 3'
Ответ.*
/2 _2\
\ з’ з/
17.020. Даны координаты двух вершин треугольника: Л(2; —1), В(—3; 5) и
координаты точки пересечения медиан этого треугольника: М(1; 1). Найти коор-
динаты вершины С.
Решение.
Пусть D(xp; ур) - середина стороны
ВС(рис. 17.8). Если гд и уд координаты
точки А, а хр и ур - координаты точки D,
то координаты хм и ум точки М, делящей
4 AM 2
отрезок AD в отношении А = — = - = 2
М и I
(три медианы треугольника пересекаются в
одной точке, причём эта точка делит меди-
аны в отношении 2:1, считая от вершины
треугольника), определяются по формулам
хд + Агр Ул + Аур
= 1 + А~’ = 1 + > (1)
Подставляя значения хм = 1, Хд = 2,
Ум = 1> Ул
ним 1 =
хр = 2> Уо = 2-
хр + хс
,TOXD = ----п--- И ур =
-1
2 + 2хр
и А = 2 в (1), полу-
. — 1+2ур
1 = о.......... откуда
1 + *
Далее, так как D - середина ВС, tp — --5--- " ни — —9
Л *
= 2хр — гв = 2- - + 3 = 4иус = 2ур — ув = 2- 2 — 5 = —1-
Ув + Ус
--- -, откуда хс =
Ответ: <7(4; —1).
617
17.021. Даны координаты вершин четырёхугольника: А(2; —1), В(—3; 1),
С(7; 7), £>(7; 1). Доказать, что ABCD - трапеция, и найти длину её средней линии.
Решение.
1. Уравнение прямой, проходящей через две точки (zj; щ) и (хг; Уъ), записы-
вается в виде ——— = ——— (1). Подставляя в (1) координаты точек В
У2-У1 *2- Xl 1 з
и С, получим уравнение ВС: —- = -—-, или у = -х 4- — (2). Дна-
7 — 1 7 Ч* и э О
л г» ЛП У + 2
логично, подставляя координаты точек А и £>, получим уравнение AD: j—- =
х — 2 3 16
= -—или у = -х —— (3). Так как в уравнениях (2) и (3) угловые коэф-
фициенты равны, то ВСЦАВ, следовательно, четырёхугольник ABCD - трапеция,
что и нужно было доказать.
2. Средняя линия / трапеции ABCD равна полусумме оснований, т.е. / =
= ±(ВС + AD) = |(\/(хв-хс)2 + (У6-!/с)2 + >/(«л-хо)2 + (ул-уо)2) =
= - 7)3 + (1 - 7)2 + ^(2 - 7)2 + (—2 - 1)2) = 1(Лзб + х/34)=
_ 3х/34
Ответ: —-—.
2
17.022. Составить уравнения касательных, проведенных к окружности х2+у2 =
= 9 из точки Af(5; 0).
Решение.
Пусть А(хд; ул) и В(хв', Ув) - точки окруж-
ности (рис 17.9), через которые проходят
касательные к окружности х3+у2 = 9. Про-
ведём О A .L МА и ОВ X МВ и соединим
точки А к В. Из прямоугольного треуголь-
- ОА 3
ника МАО найдем cosa = —— = а из
ОМ 5
прямоугольного треугольника АСО(АС -L
3 9
± ОС) найдём ОС — О A cos а = 3 • - = - и
______________________________5 5
АС = VOA4 - ОС2 = Лз2 -
у \5/
Таким образом, точка А, через которую
проходит касательная, имеет координаты
. /9 12\
А I — I. Так как точка В симметрична
\э 5 /
точке А относительно оси Ох, то её коор-
_ of9 12\
динаты будут В I —— I.
\5 5 /
Используя формулу уравнения прямой, проходящей через две точки (zi; yi) и
/ ч У~У1 х -а . .. . у- О
(Z2; Уз) ---- = ------, получим уравнение касательной МА: ---
У2 - У1 х2 - Х1 у - О
3 15 , у-0 z-5
или у = х + — и уравнение касательной МВ: —г?--= =----или у =
4 4 —— 0 ? — 5
_ 3 15 3 15
Ответ: у = —-х + — и у = -х - —.
4 4 4 4
__ х — 5
" Г3»
3 15
4Ж 4 ’
618
17.023. Составить уравнение окружности, описанной около треугольника, об-
разованного прямой Зх-у + б = 0и осями координат.
Решение.
Подставляя значение у = 0 в уравнение прямой Зг—у+б = 0, найдём координаты
точки А пересечения этой прямой с осью Ох : А(—2; 0). Аналогично, подставляя
значение х = 0 в уравнение прямой Зх — у + 6 = 0, найдём координаты точки В
пересечения этой прямой с осью Оу : В(0; 6) (рис. 17.10).
Треугольник АОВ - прямоугольный и
центром окружности, описанной около
этого треугольника, является середина
С его гипотенузы АВ. -Найдём коор-
Хд + Хв
динаты точки С: хс — -------- =
_ -2 + 0 _ _ уд + ув 0 + б _
- j _ -1' Ус ~ 2 “ 2 “
= 3. Радиус R окружности равен R =
= 2АВ ~ - хв)2 + (1/л ~ Ув)2 =
= 1у(-2-0)2+ (0-6)2 = У1о.
комое уравнение окружности имеет
(х + I)2 + (у — З)2 = 10.
Ис-
вид
Ответ: (х + I)2 + (у — З)2 = 10.
Рис. 17.10
17.024. Составить уравнение сферы, проходящей через точку А(1; —1; 4) и
касающейся координатных плоскостей.
Решение.
Напомним, что уравнение сферы с центром в точке Со(хо", Уо', zq) и радиусом
Я имеет вид (х — xq)2 + (у — уо)2 + (х — zo)2 = R2 (1)- Так как искомая сфера
касается координатных плоскостей и центр сферы находится в той части простран-
ства, для каждой точки которой х > 0,у < 0, г>0 (ибо в этой части расположена
точка А(1; — 1; 4), то координаты центра будут (Я; —Я; Я). С другой стороны, так
как точка А принадлежит сфере, то ее координаты удовлетворяют уравнению (1):
(1—Я)2+(—14-Я)2+(4-Я)2 = Я2, откуда следует, что Я2—6Я+9 = 0 или (Я—З)2 = 0,
т. е. Я = 3. Таким образом, уравнение сферы, проходящей через точку А(1; —1; 4)
и касающейся координатных плоскостей имеет вид (х — З)2 + (у + З)2 + (z — З)2 = 9.
Ответ: (х — З)2 + (у + З)2 + (х — З)2 = 9.
17.025. Убедиться в том, что существует только одна точка с координатами
х, У, х, сумма квадратов расстояний от которых до данных двух точек А(2; 3; —1),
В(1; -1; 3) постоянна и равна 16,5. Найти координаты этой точки.
Решение.
По условию, (2 - х)2 + (3 - у)2 + (-1 - х)2 = 16,5; 4 - 4х + х2 + 9 - бу + у2 +
+1 + 2z + х2 - 16,5 = 0; (2х2 - бх + 4,5) + (2у2 - 4у + 2) + (2х2 - 4х + 2) = 0;
2(х2 — Зх + 2,25) + 2(у2 — 2у+1) + 2(х2 — 2z +1) = 0; (х-1,5)2 + (у-l)2 + (z-1)2 =
= 0 (♦). Равенство (♦) возможно только При х = 1,5; у == 1; z = 1. Таким
образом, существует только одна точка с координатами х,у. z, сумма квадратов
расстояний от которой до данных двух точек А(2; 3; —1), В(1; —Г, 3) постоянна
и равна 16,5, в чём и нужно было убедиться. Координаты этой точки есть х =
= 1,5;у = l;z= 1.
Ответ: (1,5; 1; 1).
619
17.02G. Даны точки А(1; 1), В(6;6), С(5;4), D(2;l). Доказать, что ABCD -
трапеция, и найти угол а между её диагоналями.
Решение.
1. Уравнение прямой, проходящей через две точки с координатами (ij; j/i) и
/ ч У ~ У1 I - Xi „ „ . ло
(х2-, У2) имеет вид---=--------. Согласно этой формуле, уравнение АВ имеет
Й-У1 ij-xi 4
вид —- или у = х, а уравнение CD - —- = -—- или у = х — 1. Так
6—16—1 1—42—5
как угловые коэффициенты прямых АВ и CD равны, то АВЦСВ. Следовательно,
ABCD - трапеция, что и нужно было доказать,
у- 1 х - 1 3 1
2. Уравнение диагонали АС имеет вид -—- = -—- или у = -х+-, а диагонали
4—1 5—1 4 4
„ у — 6 х - 6 5 15
BD - -—- = —- или у = -х - —.
1 — 0 2 — 6 4 2
Если две прямые заданы уравнениями с угловым коэффициентом у = к\х 4- ,
, , . , „ к2 —
у = к2х + 02, то угол V между ними определится по формуле tg# = -—у-, откуда
1 + *1*2
- h
в = arctg---т-т"- Следовательно, угол а между диагоналями АС и BD равен
1 + *1*2
- - - 8
° = arct8 TtVS- = arct« «ГТ*
1+4-4 dl
Л 8
Отпеет: а = arctg —.
17.027. Доказать, что треугольник с вершинами А(2; 1), В(3; 0), С(1; 5) ту-
поугольный, и найти косинус тупого угла.
= х/(2 - З)2 + (1 - О)2
х/(3 - I)2 + (0 - 5)2
Решение.
1. АВ = \/(хл — «в)2 + (ул ~ у в)2
DC = х/(хв — хс)2 + (ув - ус)2 =
АС = у/(ха-хс)2 +(уд- ус)2 = \/(2 - 1)2 + (1 - 5)2 = х/17. Тогда ВС2 >
> АВ2 + АС2. Следовательно, угол А - тупой, и треугольник АВС - тупоугольный,
что и требовалось доказать.
2. Согласно теореме косинусов, в треугольнике АВС имеем ВС2 — АВ2 + АС2 —
0.0 . АВ2 + АС2-ВС2 2 + 17-29 5
—2АВ AC cos А, откуда cos А =------——------=-----——— =------=.
2АВ-АС 2-v/2 х/17 ч/34
5
Ответ: cos А =--==.
ч/§4
17.028. При каких значениях а и (3 вектор a(s;— l;a) перпендикулярен вектору
6(2; /?; 1), если \0\ = 3?
Решение.
Необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов a(ai; 02; аз)
и 6(61; Ь) имеет вид aibi + а2Ь2 + «363 = 0 (1). Согласно (1) и условию,
имеем 3-2+(—1)-/?+а-1 = 0 или 6—Р+а = 0. Модуль вектора 6(61; Ь2', Ьз) заданного
своими координатами, находится по формуле |6| = yjb2 + Ц + Ь2 (^) Согласно
(2) и условию, имеем 3 = х/22 + Д2 + I2, откуда Д2 — 4; Р = 2 или Р = —2. Таким
образом, для нахождения значений а и Р имеем две системы уравнений
Г а- р = 6, f а- в = 6,
1/3 = 2 или \ /3 = -2,
620
решив которые, найдём а = —4,/? = 2 или а — —8,Д = —2.
Ответ: а = —4,0 = 2 или о = -8,Д — —2.
17.029. Даны три вектора а, Ь, с. Доказать, что вектор (bc)a - (ас)Ь перпенди-
кулярен вектору с.
Доказательство.
Необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов а и b име-
ет вид ab = 0. Перемножив векторы (6с)а — (ас)Ь и с, получим ((Ьс)а — (ас)6)с =
= (Ьс)(ас) — (ас)(Ьс) = 0, следовательно, векторы (6с)а — (ас)Ъ и с перпендикулярны,
что и нужно было доказать.
17.030. Доказать, что сумма квадратов длин всех рёбер параллелепипеда равна
сумме квадратов длин всех его диагоналей.
Доказательство.
Рассмотрим параллелепипед ABCDA\B\C\Di и за базис выберем его рёбра с
вершиной в точке А, т. е. АВ = a, AD
Рис. 17.11
= 6, AAi = с (рис. 17.11).
Разложим диагонали паралле-
лепипеда ABCDAt Bi Ci Dt по этому ба-
зису: ACi = а + 6 + с; AiC = a + b — с;
BDi =b — a + c, BlD = b — a — c. Воз-
ведя эти равенства в скалярный квадрат,
будем иметь АС2 = а2 +Ь2+с2+2а-6+2а-
•с+2Ьс; А\С2 — а2+Ь2 + с2+2а-Ь—2ас—
—2Ь-с; В£)2 = а2+Р+с2 —2а-6—2ас+26-
•с; B\D2 — а2+Ь2 + с2 — 2аЬ+2ас—26 с.
Сложив скалярные квадраты этих векто-
ров, получим 4а2 + 4b2 + 4с2 = АС2 +
А\С2 -I- J3D2 + BiD2, т. е. сумма ква-
дратов длин всех рёбер параллелепипеда
равна сумме квадратов длин всех его ди-
агоналей, что и нужно было доказать.
17.031. Даны точки Ai(0; 1;2), А2(1;2;4), Bi(—1;—1;3), B2(l; 0;0); Mi и М2 -
середины отрезков AjBj и А2Вг Найти вектор М1М2 и его модуль.
Решение.
Координаты (ж; у; z) середины отрезка с концами Aj(xi; zi)hA2(x2; У2\ z2)
X| + Ж2 У1 + У2 zl + z2
находятся по формулам х — —-—, у = —-—, z — —-—. Согласно этим
формулам найдём координаты М\ и М2: хм, = ^'2'^ = — 2’ = 2 ~ ~
2 + 3 5 1 + 1 , 2 + 0 , 4 + 0
гМ1 = —5— = *ма = —х— - 1, Ум3 = —9— = !- *м3 = —5— = 2. Далее, име-
_____________> /J g\
ем вектор М1М2(хм3—хМг\ Ум3~Умх’, zM,~zMi) = М\М2 (1 + *j; 1 ~ “ 2/ ~
= М1М2 1;
Наконец, находим модуль вектора MiM2:
|MiJW2| =
Ответ: М1М2
-0; |л/1Л/2| =
621
17.032. Доказать, что треугольник с вершинами А(6; —4; 2), В(3; 2; 3),
С(3; —5; —1) прямоугольный.
Доказательство.
Пусть ВА, АС и ВС - стороны треугольника ABC. BA = (6-3)i+(-4-2)j+(2-
—3)1: = 3i—6j—k; AC = (3-6):+(—5+4)j+(—1—2)4 = — 3i—j—34. Необходимое и
достаточное условие перпендикулярности векторов а(сц; а2; оз) и 6(6г, 62; 63) име-
етвида6 = 0 или а1614-а262+а36э = 0. Так как 3(-3)+(-б)(-1)+(-1)(-3) = О,
то векторы вЗ(3; -6; -1) и Л?(-3; -Г, -3) перпендикулярны, следовательно,
треугольник с вершинами Л(6; -4; 2), В(3; 2; 3), С(3;—5; —1) является прямоу-
гольным, что и нужно было доказать.
17.033. Пусть О - точка пересечения медиан треугольника АВС и АО =
— а, АС = Ь. Разложить АВ и ВС по векторам а и Ь.
Решение.
Сделаем параллельный перенос векторов
АС и АВ на вектор АО (рис. 17.12).
Получим параллелограмм AFOE. По-
скольку О - точка пересечения меди-
ан треугольника АВС, то AF = -АС,
АЕ = ^АВ и АО - ^АВ + |лС, от-
куда АВ — ЗАО — АС — За — Ь. Разло-
жим теперь вектор ВС по векторам а
и Ь.
= 2АС - ЗАО = 26 - За.
Ответ: АВ = За — 6; ВС = 26 -*• За.
\ВС = АС - |ЛЗ, или ВС =
17.034. При каких значениях х векторы (х3 - 1)а и 2ха сонаправлены, если
а/О?
Решение.
Если векторы аа и Да сонаправлены, то знаки аир совпадают:
х3 - 1 > О,
2г > 0;
(х- 1)(х2+ « + !)> О,
х > 0;
х > 1,
х > 0;
х3- 1 < 0,
2х < 0;
(г - 1)(®2 + * + 1) <0,
х<0;
( х < 1,
\ X <0;
[ х > 1,
I КО.
Таким образом, х £ (—00; O).|JU> +00)'
Ответ: (—оо; 0) и (Г, +оо).
17.035. При каких значениях т векторы (т2 - т - 2)6 и т3Ь противоположно
направлены, если 6/0?
622
Решение.
Если векторы аа и 0а имеют разные знаки, то
m2 — ш — 2 > О,
т3 < 0;
гп2 - т - 2 < 0,
т3 > 0;
(т-2)(т+ 1)>0,
т < 0;
(т-2)(т+ 1)< 0,
т > 0;
т > 2,
< т < -1,
. т < 0;
Г т < — 1,
I 0 < т < 2.
-1 < т <
т > 0;
Таким образом, т G (—оо; — l)|J(0; 2).
Ответ: (—оо; —1) и (0; 2).
17.036. При каких значениях х векторы (5х—x2)d и а сонаправлены и |(х-5)а| <
<|3а|?
Решение. J 5х — х2 > 0, t К* - 5)a| < |3а|; J х(х — 5) < 0, (0<х<5, ( 0 < х < 5, [ |х - 5||а| < 3|а|; ( |х - 5| < 3; t -3 < х - 5 < 3; 0<х<5’ 9 < . 2 < х < 8; 2 < х < 5.
Таким образом, х 6 (2; 5).
Ответ: [2; 5).
17.037. При каких значениях у векторы (Зу2 — 11у + б)р и (у2 + 1 )р противопо-
ложно направлены, если р / 0?
Решенеие.
Г Зу2 - Ну + б > 0,
| у2 + 1 < 0;
з (у -1) (у — з) > о,
У е 0;
/ Зу2 - 11у + 6 < 0,
| у2 + 1 > 0;
з (у - |) (у — з) < о,
У € R.
0;
( 2 , 2
J й < У < 3. - <у<3.
1 и _. О
I У € Я;
Ткким образом, у €
Ответ:
17.038. При каких значениях х и у векторы (х; —2; 5)и(1; у; —4) коллинеарны?
Решение.
Два вектора а = (aj; a2; аз) и 6 = (6(; 62; 63) (6 0) коллинеарны, если
существует такое число А, что а< — A6i,a-> = АЬ2,а3 = АЬ3. Согласно этому и
5 5 8
условию, имеем х = А • 1,-2 = А • у,5 = А • (-4), откуда А — — х = -7, у =
„ 5 8 4 4 5
Ответ: х = —у=--
4 о
623
17.039. При каких х верно неравенство |(г — 2)а| > 3|а|, если а б?
Решение.
Исходное неравенство равносильно неравенству
I® —2||5| > 3|а|,или |ж —2| > 3; [ ® 2 2 < —3; [ J >-1; * € (-оо; -1)|J(5; +оо).
Ответ: х G (-оо; -1)(J(5; +оо).
17.040. Пусть К и М - середины сторон ВС и CD параллелограмма ABCD и
АЙ = а, АЛ^ = Ь. Выразить векторы вЗнЛЙ через а и Ъ.
Поскольку А^ = АЙ + ВЙ и АЙ =
= АЙ + ИЙ = 2В^+ |аЙ (рис. 17.13),
то решив систему уравнении
f АЙ + ВЙ = Я,
1 %АЙ + 2ВЙ = Ь,
найдём АЙ = 1а — ~Ь и ВЙ = lb — Is.
3 3 3 3
Тогда ВЙ = -АЙ + АЙ = ~а + |б + 2ВЙ = -+ |б + 2 (£б-----------|а ) =
3 3 3 3 \3 3 )
= 2(6 — а), АЙ = 2ВЙ = 2 (lb- = lb- la.
' \3 3 / 3 3
Ответ: ВЙ = 2(6 — а); АЙ = ^6—
17.041. В параллелограмме ABCD дано: М € ВС и ВМ : МС = 1: 2; JU € DC,
DN : NC = 1:2; АЙ = S; АЙ = 6. Выразить векторы АЙ, АЙ, МЙ л ВЙ через а
и 6.
а.
Решение.
Пусть ABCD - заданный параллелограмм (рис. 17.14). АЙ = АЙ + Bit =
= А$ + 1вд, АЙ = АЙ + ПЙ = вё+^.
3 о
Таким образом, для определения АЙ
и ВЙ имеем систему уравнений
Г АЙ + jВС/ — о,
__9 з_
решив которую, найдём АВ = -Ь
О о
Рис. 17.14 8 8
Тогда ВЙ = -АЙ+ВЙ = - (1а - |б) + |б- = ^6-1$, МЙ = МЙ-Т/Й =
\8 о/ 8 8 2 2
624
Ответ: АЙ = — ^6; a3 = ^b — -a; Mlft = b — а; вЬ = ^& — ^a.
о о о о 2 2
17.042. В тетраэдре ABCD медиана DDi грани ADB делится точкой М в от-
ношении DM : МDi =3:7. Разложить вектор СЙ по векторам ёХсЙ.сЙ,
Решение.
Рис. 17.15
Пусть ABCD - заданный тетраэдр (рис.
17.15). Через точку М проведём пря-
мые, параллельные CD и CD^. Получим
параллелограмм CEMF. Имеем Сл) =
= cP + С& и Сл) = aCDi + 0С15, от-
СЁ' а cfc —-d;
куда a = р = —Поскольку CF =
CDi CD
Ср ЁЙ 15Й
= ЕМ, то a = ----- = ---- = ---г =
CDi CDi DDi
3 3 д о 7 „
= 7—= = TZ- Аналогично, р = —. Сле-
3 + 7 10 10
довательно,
сЙ = ^сЙ+дСЙ (.).
Так как 2С£>1 = сХ + СЙ, то (♦) можно записать так: СЙ —
Ответ: СЙ — —О'А + 4- —С15.
2U 2v JL.U
i ^(Cl+c2) +
17.043. В правильной четырёхугольной пирамиде SABCD длина каждого ребра
равна а. Точка М € SC и SM : МС = 2:1. Найти угол между векторами D& и
1Й.
Рис. 17.16
По условию, SABCD - правильная четырёх-
угольная пирамида, SA = АВ = 2, М € SC,
SM : МС = 2:1 (рис. 17.16). Положим
АЙ = Л, АЙ = Я, Й = ри (DC]AM) =
= tp. Искомый угол tp Ъуррм. искать по формуле
cos оз = ^Р^'ЛЙ^. И). Разложим векторы
|Г^||АЛ1|
и АЛ| по векторам Л,п и рГ. Имеем D& =
= АЙ = й, Ал) = А^ + D& + СЙ. Из условия
SM : МС = 2 1 следует, что СЙ = где
и
С& = А^ - А& = /Г- (Л + Я). Таким образом,
AM = Л + п+-р--(»й + Я) = -п1+-п+-р
О О ООО
625
и
^(2Яй + 2Я2 4- Яр). Но Нт = 0 (т. к. Я ± й),
^2 I 1 f С? 5
Я2 = а2 и Яр = a2 cos 60° = —; значит, DC-AM = - I 2а2 + — I = -а2. Далее нахо-
Z Q \ А у V
дим |Р(5| = а и IАЙ| = |а2 4- $а2 + §а2 4- |йЯ 4- %тр + |Яр = ^а2 4- |а2 • =
= аХ^^- Подставляя найденные D& • АЛ?, |D^| и |АЛ?| в равенство (1), получим
5л/13 5/13
cost/? =., откуда ч> = arccos -тт~.
20 ZD
л 5/13
Ответ: arccos ___.
26
17.044. Дано: куб ABCDAiBiCiDi (вершины основания ABCD расположены
по ходу часовой стрелки); К - середина ребра AAi; Н - середина ребра AD; М -
центр грани CC\D\D. Доказать, что прямая КМ перпендикулярна прямой BiH.
Доказательство.
Обозначим векторы AAi = Я, А& =
= с, АЙ = Ь (рис. 17.17). Тогда Kid =
= Ь4- = ~ ~ с - а.КЙ • В$ =
* *
\ 2/ у2 / 2 4
—^с®—?ос. Поскольку Ьс = 0, fe = О,Яс = 0,
то ЯЛ? • В^ = - |с® = 0. Следо-
вательно, КМ ± В1Я , что и требовалось
доказать.
17.045. Доказать, что для всякого треугольника АВС выполняется неравенство
cos2А 4- cos2В 4- cos2С > —х-
~ 2
Доказательство.
Пусть точка О - центр описанной около треугольника АВС окружности с ра-
диусом, равным R (рис. 17.18). Очевидно, что (Ojt 4- 4- О^)2 > 0.
Рис. 17.18
Раскрыв скобки, получим оА + 2оХ • О& +
+0% 4-20^ О#4-20^-di + О& >0 (♦).
Ткк как центральный угол, образованный радиу-
сами О А и ОВ, вдвое больше угла С, вписанного в
окружность, то дА-ОЙ = R2 cos2C. Аналогично,
нимаетвид2Я3(сов2А4-со82В4-со8 2С)4-ЗЯ2 > О,
или cos2А 4- cos2B 4-cos2C > —|, что и требова-
лось доказать.
626
17.046. Дапо: прямая треугольная призма ABCAiBiCi', НВ, » 8,ВС ™ (► и
В1 = с; О - тонка пересечения медиан треугольника АВС. Разложить Aid по
векторам S, Ъ и с.
Рис. 17.19
Л „ 1? 2„
Ответ: —а+ -о— -с.
3 3
Имеем Aid = Aid — AAi (рис. 17.19)
В равностороннем треугольнике АВС тле-
2
ем АО = -AF, где АР - высота тре-
угольника, поэтому лЗ = |лЗ. но
aS = вд-в1 = 1вЗ - В1 и, □на-
шт, лЗ = ?(1вЗ-в1) = |вЗ-
о у 3
--вХ Таким образом, окончательно полу-
чим xd = |в!-ХЙ = |ь-
Л V U V
- - 1г ".
_о = -о+_6_-е.
17.047. В прямоугольном параллелепипеде ABCDAiBjCiDi дано: AAi = 10,
AD = 6, АВ = 8. Найти косинус угла между векторами DBi и AD\.
Ответ: —?=.
5>/17
Решение.
Обозначим = a, AiDi = 5, AAi =
= с, а - угол между векторами DB\
и AjDi (рис. 17.20). Тогда DB\ =
= с + a - S, adI = ь + с, Dst •
•Aot = Jc + a - b)(b+^c) = fe +
+<? + ab + ac — f2 — be = & —
-P = 64,|РВ1| = + =
= a/200, |АЙ| = V62 4- 1СЙ = У136
ПВ^-АО1
и, наконец, cosa = =
|PBi| ♦ |ADi|
_ 64______8
“ <^66 • 7136 ” 5717'
17.048. Ребро куба ABCDAiBiCiDi равно 1. Найти угол между векторами
ЛТХ и если Me ААг и AM г MAi = 1:2; N eCCi nCN : NC = 2:1.
Решение. __
Положим AAi = = b, Ad = г (рис. 17.21). Тогда М1Ъ ~ Ь+г+ -a, D& = Ь.
V
627
Mft-D$ = (b + c + ±з\Ъ = &+Ьс+^Ьа =
\ 3 / 3
= ? = 1 (ибо be = 0 я ba = 0, так как
b ± с и b ± 5). Далее, из прямоугольного
треугольника NKM, где К € CCi и СК :
: KCi = 1:2, найдём MN2 = MK4KN2 =
= (v^)2 + откуда MN =
Тогда DC = 1 и сову? = ^-г- =
|МЙ| • |в#|
13 3
= -==— = —7=1 V’ = arccos—7=, где ip -
4i.l л/19 v/19 *
угол между векторами М$ и D&.
J
Ответ: arccos —==.
>/19
17.049. Медианы боковых сторон равнобедренного треугольника пересекаются
под углом 60°. Найти угол при вершине треугольника.
Решение.
Рис. 17.22
Пусть |в!| = |в£| = a, (АМ^СМ^ = Д = 60°,
где AMi я СМ2 - медианы ДАВС (рис. 17.22);
требуется найти (вА',В&) = а. Воспользуем-
ся формулой cos Д = ——* (1). Спо-
|лМ1Цсл4|
мощью рис. 17.22 находим АМ\ = ВЛ/i — ВЙ,
СМ^ = ВМ2 — В& Следовательно, Ам[ СМ% —
-вА • ВЛЙ - йй • В^+ в! • в^ = •
1 1 _ 1 А
-a cos а — а • -асозО — -а • асовО + а • а cos а =
= а2
-cosa-lj (2).
Так как ДАВС - равнобедренный, то АЛ/i = СМ2, откуда |АЛ/1 ||CAfa| = АЛ/l =
= (ЁМ^-вА)2 = ВЛЙ -2ВЛЙ-В1+В1 = v-2‘! -acosa+a2 = a2 (| - cosa) (3).
Подставляя значения AMi • СМ2 и HMi||CM2| из (2) и (3) в (1), получаем
„по a2(|cosa-l) 1 т cosa -1 13 13
cos 60 = . 7.----А или - = A?------, откуда cos a = —, т. е. a = arccos —.
а2 (|-cosa) 2 |-cosa J 14’ 14
л 13
Ответ: arccos—.
14
17.050. В треугольнике ABC дано: А^ = 5, Аб} = b, |a| — |Ь| = 2, ZBAC = 60°.
Выразить через а и b единичный вектор, направленный по высоте треугольника,
проведенной из вершины А.
628
Решение.
Поскольку
и + Ь
—-—, то
2
3|ЛЙ| = (1). Из пря-
моугольного треугольника ADB
найдем AD = АВ cost BAD —
= 2 cos 30° = у/3. Тогда (1) запи-
шется в виде еТЗ ~
_ а + Ь
е“ 2ТГ
а + Ь
откуд а
а + Ь
273 ‘
Ответ:
17.051. Даны векторы 3(2; —3; 5), 6(-1; 1; —3) ис(3; 7; 1). Найти координаты
вектора р(х; у; z), если ра = 12, pb = —6 и р ± с.
Решение.
Скалярное произведение векторов 3(ai; аг; аз) и 6(6i; 62; Ъз) выражается фор-
мулой ab = ai&i + а^Ьъ + 0363, а необходимое и достаточное условие перпендикуляр-
ности этих же векторов имеет вид 3*6 = 0 или ajbi + 0262 + °зЬз — 0. Согласно
этому и учитывая условие, имеем
2х — Зу + 5z = 12,
-х + у-3z = -б,
Зх + ly + z = 0.
Решая систему, получаем х = 2, у = —1, z — 1.
Ответ: р(2; —1; 1).
17.052. Векторы 3,6,3 лежат в одной плоскости и образуют попарно друг с
другом углы —. Разложить вектор 3 по векторам 6 и 3, если |3| = 3, |6| = 2, |с| = 1.
Решение.
Пусть А15 = —3, A&I =
= ?, где Е - пересечение
AD и ВС (рис. 17.24). Че-
рез точку Е проведём пря-
мые, параллельные сторо-
нам АВ и АС треугольни-
ка АВС. Получим парал-
лелограмм AMEN. Имеем
= аА& 4- МА откуда a =
АЙ о А$
=>• *=>
Рис. 17.24
Поскольку АЙ = N&, то a = = —г- Биссектрисса делит сторону тре-
А^ Ct
629
угольника на отрезки, пропорциональные двум другим его сторонам. Согласно это-
v СЕ 1 _ _ 02^ т 1
му свойству, =— = -. Если положить СЕ = т, а ЕВ = 2m, то —г =--— = т
ЕВ 2 СВ т 3
1 2 1- 2
и а = -. Аналогично найдём 0 = -. Тогда £ = -6+ -с (1). Возведём обе ча-
3 1 л 4- 4 3 1 3 4 44
сти (1) вквадрат. Получим |£|2 = лЬ2 + -Ь?+-с2 = -•22+--2-lcosl20e+-l = -,
_ У У У У УУ
I- 2
откуда |f| =
О
Далее, Й = -г = 7? (2). Поскольку А& и ЛЁ коллинеарны, то 7 =
1сП 3 9 9
= = -у = - (3). Подставляя значение 7 = - из (3) в (2), получаем -а =
|®| | 2 2
9/1Г 2Л 3? „„ _ 3-
= 2 ( з6 + зс) = 2Ь + Зг> откуда 3 = ~2Ь ~ Зс‘
3-
Ответ; а = — -Ь - Зс.
17.053. Даны координаты вершин четырёхугольника: А(—1; 2; 3), В(-1; 3; 1),
С(—1; 7; 3), D(-l; 6; 5). Доказать, что ABCD - прямоугольник.
Доказательство.
Имеем А$(-1 - (-1); 3-2; 1 - 3) = (0; 1; -2), СЙ(-1 - (-1); 6 - 7; 5 - 3) =
= (0; -1; 2), В$(-1 - (-1); 7 - 3; 3 -1) = (0; 4; 2), АЙ(-1 - (-1); 6 - 2; 5 - 3) =
= (0; 4; 2). Поскольку АЁ^||СЙ и В^ЦАЙ (координаты векторов пропорциональны),
то четырёхугольник ABCD - параллелограмм. Поскольку А& • В& = 0 + 4 — 4 = 0,
то ± в&, и параллелограмм ABCD - прямоугольник.
17.054. В треугольнике АВС дано: АЙ = 4t + 2у, А^ = 3t + 4j, где i и J -
единичные взаимно перпендикулярные векторы. Доказать, что треугольник АВС
прямоугольный, и вычислить его площадь.
Решение.
Выразим вектор ci через векторы t,J. ci = А& — ~А& = 4* + 2у — ЗГ— 4j =
= *—2j. Векторы А2^, А& и ci в базисе Г, Jимеют координаты: А^(4; 2), А</(3;4),
сЗ(1; -2). Тогда а£ = 4 -3 + 2 • 4 = 20, А^ ci = 3 • 1 + 4 • (-2) = -5,
А^СЙ = 4 • 1 + 2 • (-2) = 0. Откуда следует, что LABC = 90°. Поскольку
|аЗ| = >/4* 4-2* = у^0, |СЙ| = = У12 + (—12)* = -Л, то Зддвс = |аВ • СВ =
= |>/5О \/5 = 5 (кв. ед.)
Ответ: 5 кв. ед.
17.055. В окружности проведены радиусы ОА, ОВ, ОС. Наитн величину угла
АОВ, если 0% + oi — О&.
Решение. 22
Поскольку Ojt + oi = oi, то О% + 2 • оХ • oi + oi = oi . Учиты-
вая, что |О1| = |оЗ| = |О^| = R, имеем 2/?2 + 2R2 cos LAOB = Я2, откуда
630
cos LAOB = -|, LAOB = 120°.
Ответ: 120°.
17.056. Найти объём треугольной пирамиды, построенной на векторах оА, oi
и б£, если |б!| = 5, |бЗ| = 2, |бЗ| = 6, б! 6Й = 0, б! • 6# = 0, бЗ • бЗ = 8.
Решение.
< Поскольку оА oi = 0 и оА • 0(5 = 0, то
LAOB = 90° и LAOC = 90° (рис. 17.25). Ис-
' х. комый объём V равен V = -tS^boc • АО =
. м
| х ||б^| • |б£|sin LBOC X б! = ||б!| • |б^| •
z' 10^1 sin LBOC = ~|-*6 sin LBOC = 10 sin LBOC.
п Из равенства oi • O<5 = |O^||6(3|cos LBOC =
u 2 • 6 cos LBOC = 12 cos LBOu = 8 следует,
Рис. 17.25 __________
2 . ... ______ / /2\2 \/5
нто cos LBOC — - Тогда sin LBOC = Vl — cos2 LBOC = = </l — I - I = -т- и,
3 у \**z 3
V5
наконец, V = 10 • —.
О
„ 10^ ж
Ответ: —-— куб. ед.
3
17.057. Дан прямоугольный треугольник ABC', LC — 90°, D - основание высо-
ты, проведенной из вершины прямого угла. Выразить вектор ci через векторы
cA*ci.
Решение.
Проведём ВЯЦАС и ВЛ^СВ (рис. 17.26). Т>
гда ci = С% + сЯ = тС% + пСА (1).
Для решение задачи следует найти т =
и п = Так как &AND ~ ДАСВ, то
сА\
ND NA СК NA СК С А - CN
СВ ~ СА ИЛИ СВ ~ СА11^ СВ ~ С А
СК , CN
или —— = 1------. т. е.
СВ СА’
т = 1 - п (2).
Но ci ± А&, следовательно, • А& = 0 и, значит, (тСЁ + псА)А& = 0;
mCi • А& + пб! • Ai = 0; m&i • вА - пА& • АЙ = 0; m|B(5||Bl|cosB -
—п|лб| • 'AmicosА — 0. Сокращая на |А^| и используя равенство (2), получим
(1—n)|B#|cosB —n|A^| cos А = 0 (3). С помощью рис.17.26 устанавливаем, что
631
„ВС .AC ВС2 nBC2 nAC2 л
cos В = —сое A = ; тогда равенство (3) примет вид ——-—-= О-
АВ АВ АВ АВ
о ВС2 ч ВС2 АС2 „
Отсюда находим п = и, значит, т = 1 —ттгг = -г=г. Подставляя значения
АВ2 АВ3 АВ2
а&сЪ+в&с!
типв разложение (1), окончательно получим CD —
OmMm.cS = AC,^+BC1^i
AB2
AB2
17.058. Стороны треугольника АВС связаны соотношением а2 + Ь2 = 5с2.
Доказать, что две медианы треугольника перпендикулярны. Верно ли обратное
утверждение?
Доказательство.
Пусть AMi и В М2 - медианы данного тре-
угольника АВС (рис. 17.27). Обозначим
ci=p, сХ = q, LCAB — а. Достаточ-
но доказать, что ВМ% • AMi = 0. Име-
ем ВЙ = бЙ - ci = - р, АЙ =
= СМ1 — сХ = |р — 9- Тогда ВЙ • АЙ =
/1_ /U Л 5 _ _ 1- 1-
= U9~pJa2₽-9; = 4p'9-2p-29 =
= Г | at cos а — а2 — Ь2
По теореме косинусов имеем ab cos а =
i(a2 + b2 - с2). Тогда ВЙ • AMi =
= ГтО»2 + Ъ2) - jc2') = ^(бс2 - 5с2) = 0 (1). Из (1) следует и утверждение,
Z \4 4 ) 8
обратное утверждению задачи.
17.059. Дан куб ABCDA\B\C\D\. Найти косинус угла между векторами DA\
и
ВЙ где М - середина ребра CCi-
Обозначим длину ребра куба через а,
угол между векторами DAi и Pill че-
рез <р (рис. 17.28). Так как Вл! =
D^ + СЙ РА1 = dX + AAi, то
mf-DA^ = (Di+C1^)(D1+A^) =
в^-в1+в^ХЙ+^Йв1+ё^-
— ) д®
AAi = —. Далее, из прямоугольных
треугольников MCD и А\АР най-
дём |ВЙ = У(|)2 + <»2 = и
|РА1| = у/с? + а2 = ау/2.
632
Тогда cos <р =
Т 1
Ответ: —7=.
x/10
17.060. Даны координаты вершин пирамиды: 5(0; 0; 2), 4(0; 0;0), В(1; 0;0),
С(0;1;0). Найти координаты точки М, лежащей на оси Oz, и координаты точ-
ки N, вежаш/гй в плоскости SBC, если известно, что 0).
3 3
Решение.
Пусть точки М и N имеют координа-
ты Af(n;yi;zi) и N(x2; у2; «а). То-
гда МЙ(х2 - Xi; у2 - уи «2-21) (рис.
17.29).
Х1 =
Учитывая условие, видим, что
0, У1 = 0 И Х2 — Х1 = £,
1
= х>22 — 21 = 0. Следователь-
1 1 п
= з’2/2 = Далее находим
У2 - У1
HO, Х2
/2
з
. лх = ж?? = (X <=
€ ВС; АХ ± ВС). Из подбил треуголь-
_.-хт о л v A/W SM
ников SMN и SAX имеем —ттг = -тгт>
АХ SA
Рис. 17.29
MN-SA ^-2 4
OT4»SM = = -^" = j-
4 2
Тогда AM = SA — SM = 2 — - = -, или
3 3
2 „
21 = х2 = -• Итак, М
Ответ: М
17.061. В ромбе ABCD длина стороны равна 6, а величина угла BAD равна
На стороне ВС взята точка Е такая, что ЕС = 2. Найти расстояние от Е до
центра симметрии ромба.
Согласно условию, АВ = ВС — CD = AD = 6,
LBAD = /.BCD = j,EC = 2 (рис.17.30). Оче-
видно, что LDBC = Имеем ОЁ+ОЁ+ВЁ =
= ±D$ + После возведения в квадрат
D& 4В^2 2D& •
получим ОЕ = —— + — -----------1------------ =
4 У 3
D1? 4В^2 2|ВЙ||В^| /л__ 36 4-36 2-6-6 1 _
“I--9~- 3 '™£DBC = - + ----------з- 2=13-
633
|оЗ| = у/13.
Ответ: V13-
17.062. Даны единичные векторы Л,п к р такие, что Л ± п,п ± р и угол
между Лир равен 60°. Найти скалярное произведение векторов а — ЗЛ — 2п + р и
Ь = — 2Л + п - р.
Решение.
ab = (ЗЛ —2п+р)(—2Л+п—р) = — 6Л2+ ЗЛп-ЗЛр+4Лп—2п2+2пр—2Лр+
+пр—р2 = — 6Л2+7Лп—5Лр—2й2+ЗЯ^— j? = — 6+7-0—51-lcos60°—2+3-0—1 =
= -9-| = -11,5.
2
Ответ: —11,5.
17.063. В треугольнике АВС точка N лежит на стороне АВ я AN = 3NB-,
медиана AM пересекается с CN в точке О. Найти АВ, если AM — CN = 7см и
LNOM = 60°.
Решение.
По условию, AM - медиана треугольника АВС (рис.
17.31) и, значит, АЛ/ = ^(A^+A^) (1). Далее,
л
А($ — Al^+N^! = ^A&—Clb (2). Подставив (2) в
4
(1), имеем Ал/ = ^А^ - откуда АЙ = уАл/ +
+^С?/. Следовательно, АВ2 = ~AiW2 + —Ал/ •
7 49 49
С^+^С№ = тх-49+~7х7сов60в+~49 = 112,
49 49 49 49
т. е. |А^| = VI12 = 4\/7(см).
Ответ: 4^7 см.
17.064. Найти угол между ненулевыми векторами а и Ь, если (а—5)2+(2а-6)2 =
= 5б,|а| = 2 и |Ь| =3.
Решение.
Обозначим угол между ненулевыми векторами а и 6 через <р. Имеем (а — о)2 +
+(2а—Ь)2 = 56,а2-2аЬ+£2+4а2-4аЬ+?! = 56, 5а*-6аЬ+2& = 56,5-22-65Ь+2-32 =
= 56, аЬ = -3. Тогда cos93 - - = -i откуда <р = 120°.
|а] • |о| z
Ответ: 120°.
17.065. Найти косинус угла между диагоналями параллелограмма ABCD, если
А& = а-Ь + Зс, А^ = 45 — Ъ — с, где а, Ь, с - единичные попарно перпендикулярные
векторы.
Решение.
Пусть О - точка пересечения диагоналей параллелограмма ABCD (рис. 17.32).
634
" m. A2^ + Al) 1 , _ я? Л-А
/ Тогда AO = ------------ = -(5a — 2b + 2c),
/ ^O\ / = |(A^ - АЙ) = |(-3a + 4c),
|33| = 1\/5’ + (-2)2+2» = |ОЙ| =
Рис. 17.32 = | V(-3)2 + О2 + 42 = |, лЗ ОЙ = |(5« - 2M-
+25) • |(-35 + 4c) = = |(-15a2 + 20ac + 6ab - 8fe- 6ac + 8c*2) = |(-15 + 8) = -7,
2 4 4 4
IA^||o5| = Следовательно, A^*-O^ = |A^||Q^| cos ZAOB, откуда
2 2 4 .
—4 —-k
cos LAOB — , = ——---------1—- cos = cos(tt - ZAOB) = — cos LAO В =
|a3||o3| 5733 5733 У
7 4
5733'
7
Ответ: —7=.
5733
17.066. В параллелограмме ABCD точка К - середина стороны ВС, а точка
М - середина стороны CD. Найти AD, если АК = 6 см, AM = 3 см и LKAlM = 60°.
Рис. 17.33
Рассмотрим "замкнутый контур” AKMDA
(рис. 17.33): АЙ + КЙ + АГ/) + d! = 0.
Запишем это векторное равенство в виде
АЙ = АЙ + К$ + М& = АЙ + +
+^CzJ (1). Учитывая, что с3 = вй-
2 j
—АЙ, запишем (1) в виде АЙ = АЙ+-В&+
+|(ВЙ-аЗ) = АЙ+±вд + ±вд-±АЙ = АЙ + вЗ-^АЙили |аЗ =
= АЙ + вЪ = АЙ + 2кЛ (2). Поскольку Кд) = Ал/ — ^Й, то (2) примет
вид |аЙ = А^ + 2(АД^-А^) = А^ + 2АЛ?-2А^ = 2АЙ-А^ (3). Тогда
?А^2 = 4АМ2 - 4АЛ? • АЙ + АК2 = 4АМ2 - 4|A^||A^|cos60° + АК2, откуда
4 __________________
Ответ: 4 см.
17.067. Дан вектор а(1; —2; 5). Найти координаты вектора Ъ, лежащего в пло-
скости хОу и перпендикулярного вектору а, если р| = 275.
Решение.
Поскольку вектор Ь лежит в плоскости хОу, то он имеет координаты (х; у; 0).
635
Используя условия |6| — 2\/5 и Ь ± 3, составим систему уравнении
Г |Ь| = 7x2 + j/2+02 = 2v^,
1 о • b = 1 • х + (-2)р + 5-0 = 0.
Решив её, получим два вектора (4; 2; 0) и (—4; — 2;0).
Ответ: (4; 2; 0) или (—4; —2; 0).
17.068. Пусть i,j як - единичные векторы, направленные вдоль координатных
осей, и а = 6*—2j—Зя. Найти косинусы углов, образуемых вектором а с векторами
i,3 и к.
Решение. _ _
В базисе t,j,£ вектор а имеет координаты (6; —2; —3). Тогда |а| =
= \/62 + (-2)2 + (—З)2 = 7. ТЬк как |»| = |J| = |fc| = 1 и »,у и к направле-
ны вдоль координатных осей, то: cos(a,t) =
Sk
cos (а, к) = —у =
|о||Л|
6 2
Ответ: --
7 7
3
7*
3
~7
17.069. Вектор oi
п а *
вныеа = д.Р= з>7 =
между векторами
oitoi.
составляет с осями Ох, Оу и Oz углы, соответственно ра-
—; точка В имеет координаты (—2; —2; —272). Найти угол
Решение.
Пусть п - единичный вектор, сонаправленный с Oil; тогда |f*| = 1, Я (cos у; cos
cos г) или n 1; ^), а оЗ(-2; -2; -272), |оЗ| = ^(-2)2 + (-2)2 + (-2Т5)2 =
= 4. Обозначив угол между ОА и ОВ через <р, находим cost/? = ——— =
|яцо5|
-_ - J .180.,
1 • 4
Ответ: 180°.
17.070. Найти длину медианы AM треугольника АВС, если АВ = 10 см,
АС = 6 см и LBAC — 60 .
А
Рис. 17.34
Решение.
ТЖ Л ^4^ + А(5 .
Имеем AM = ----------- (рис. 17.34).
После возведения в квадрат получим
41z2 АВ2 + 2А^^ + АС2
АМг = ------------------------- =
100 + 2-10-6 cos 60° + 36
---------------------- = 49, откуда
| АЙ | = 749 = 7.
Ответ: 7 см.
636
17.071. Дан правильный пятиугольник А1А2А3А4А5. Разложить вектор А1А3
по векторам А]А2 и А1А5.
вектор А1А3 по векторам AiA2 я
Запишем очевидное разложение
= А1А5 + А5А3. Легко устано-
что в правильном пятиугольнике
По условию, А1А2А3А4А5 - правильный пя-
тиугольник (рис. 17.35); требуется разло-
жить
А1Ад.
А1А3
вить,
AsAs||AiA2, т. е. А&А3 = тА1А2, и, следо-
вательно, А1А3 = mAiA2 + А1А5 (1),
где т = (2) • Пусть AjAa = а.
AiA2
Проведём А4К ± А3А5 и в ДА3А4К имеем
А3К = А3 А4 cos ZKA3 А4. Так как ZA3A4A5 = --0°^ = 108°, то LKA3A< =
180° — 108°
-------j---- = 36°, откуда Л=Л= = 2A=/f = 2асов36° (3). Для нахождения
cos 36° воспользуемся равенством cos36° = sin54°, т. е. cos(2 18°) = sin(3 -18°).
Используя формулы соз2ж — 1 — 2sin2ж и зшЗж = Ззшж — 4sin3 ж, получаем 1 -
—2 sin2 18° = 3 sin 18° — 4 sin318°; 4 sin3 18° - 2 sin218° — 3 sin 18° + 1 = 0; (sin 18° —
—l)(4sin218°+2sinl8° —1) = 0. sinl8° —1 / 0, следовательно, 4sin218°+2sinl8° +
+1 = 0. Решая последнее уравнение как квадратное относительно sin 18°, на-
ходим приемлемое решение sin 18° = —-• Тогда сое36° = 1 — 2sin218° =
4
/ — \ 2 Г—
= 1-2 Гт
——. Подставляя это значение sin 18° в (3), получим
4
А5А3 = а———; затем из (2) найдём т = —-— и тогда соотношение (1) примет
^/5 _|_ j_________
вид А1А3 = —-—AiA2 + А1А5.
। j_______________i
Ответ: ——А1А2+А1А5.
17.072. Даны два вектора:
справедливо равенство (a + 36)2
а(ж; 1; —1) и 6(1; 0; 1). При каком значении х
= (а-26)2?
1+3-0; -1 + 3-1) = (х + 3; 1; 2), а - 2b =
Решение.
Имеем а + 36 = (ж + 3 • 1;
= (ж - 2 • 1; 1 - 2 • 0^ -1 - 2 • 1) = (ж - 2; 1; -3).
Равенство (S + 36)2 = (S — 26)2 справедливо, если (ж + З)2 +12 + 22 = (ж — 2)2 +
+12 + (—З)2, откуда ж = 0.
Ответ: при ж = 0.
17.073. К окружности с центром О проведены из точки М две касательные; А и
В - точки касания. Разложить вектор М(3 по векторам мА я М%, если LAMB = а.
Решение.
Из центра О окружности проведём 0N||BM и ОКЦАМ (рис. 17.36); тогда
637
мд = Mlt + Mlt, где |лг£| = |М#|
(фигура MNOK - параллелограмм, в
котором диагональ МО является бис-
сектрисой угла М, т. е. MNOK
- ромб). Следовательно, мд =
= п(мХ+мд) (1), гдеп=
|Ш|
MF МО
Так как NK ± МО, то AMFN - прямугольный и MN =---5- = ---—. Затем
COS a cos
из &МАО находим МА = МО cos — и, значит, п = -=—----х- = х—5-х--
2 2cosf AfOcos2cos2f
Подставив это значение п в (1), окончательно получим мд = 2^2 а + Й).
Ответ: мб = п \ а (м! + М%).
2 cos2 у
17.074. На стороне АВ параллелограмма ABCD взята точка К так, что АК :
: КВ = 7. Сторона АВ в три раза длиннее стороны ВС. Разложить Dlt по Л$и
aS я найти отношение DK : АВ, если. LBAD = 60°.
Решение.
Положим ВК — п. Тогда АК = 7п,
AD = |п (рис. 17.37). Имеем D& =
= АЙ-Ад, DK2 = АК2-2А^-Ад+
+AD2 = 49п2 - 2|А^||АЙ|сов60° +
64 о 2 А -г ® 64 2
+—-п2 = 49п —2-7п--п-- + —-п2 =
9 3 2 9
337 2 „ пТ337
= -х-п< Тогда DK = —-—,
У о
hDK:AB = :8n = >/337:24. Dlt = А$ - А& = - А&.
Ответ: D& = 7-А& -A$\DK.AB = v®: 24.
О
17.075. На сторонах ВС, С А и АВ равнобедренного прямоугольного треуголь-
ника ABC (LC = 90°) даны соответственно точки Ai,2?i,Ci. Доказать, что от-
резки CCi и А1В1 перпендикулярны и равны, если точки Ai,Bi,Ci делят стороны
треугольника по обходу в равных отношениях.
Доказательство.
_ _ _ __ _ . В А-i С By
Введем следующие обозначения: СВ = С А — а (рис. 17.38), -7-7; = =
AiC JoiA
ACi т __ „ .. ——_ д
= г=-=; = — (1). Найдем разложения векторов AiBi и CCi по векторам СВ и
CiB п
сХ. Имеем А1В1 = CBi — CAi. Но из равенств (1) следует, что CAi = —-—С&,
т + п
a CBi = ———сХ. Поэтому AiB* = ———сХ------------——С& (2). Далее нахо-
т+п т+п т+п
дим СЙ = Сд - ВС%, ВС[ = —— вХ = —— (С1 - сд). Значит, ёЙ =
т+п т+п
638
= fl----5_)c3 + -5-cl = -!5-c3 +
\ m+п/ m + n m + n
H—-—ёЙ (3). Теперь, используя разложения (2)
т+п t 7 m V
и (3), получим Al В* • CCi = Г — J ёЙ • C$ —
_251_сЙ2 + _2^_ёЙ2_(-Л_Уё^.ёЙ. но
т + п т + п \т + п)
С А X СВ, следовательно, ёЙ • ёЙ = ёЙ • ёЙ = О,
J7WI . о О\ Л
и AiBi • CCi =-(а - а46) = 0, откуда следует,
m + n
(\ 2 / \ 2
т \ 2 , ( п \ 2
----I <г +--I а .откуда
т + п) \т + п)
что AiBi X СС\. Наконец, |AiBi|2 = |CCi|2
следует, что |Ai Bi| = |CCi|.
17.076. В треугольнике АВС дано: АВ = ВС\ D - середина стороны AC-, DK
перпендикулярна ВС\ точка М - середина отрезка DK. Доказать, что прямые АК
и ВМ перпендикулярны.
Доказательство.
Имеем Вл1 = ВЙ + ЙЙ пАЙ = А$ + СЙ
(рис. 17.93). Рассмотрим скалярное произве-
дение ВЙаЙ : ВЙ-АЙ = (вЙ+БЙ)(АЙ+
+СЙ)=вЙаЙ+ВЙсЙ+БЙаЙ+вЙ-
СЙ. Учитывая, что ВЙ X АЙ и ОЙ X ВЙ,
имеем ВЙ-АЙ = 0иРл1ёЙ = 0. Следо-
вательно, вй • АЙ = ВЙсЙ + ЙЙАЙ =
= вй(ёй + ой) + вй -гвй = вй • ёЙ +
+вЙвЙ+вЙБЙ = о+вЙв^+в^ёЙ =
= ой(вй+ВЙ) = ОЙ ВЙ = 0.
Итак, ВЙ • АЙ = 0 и потому ВЙ X АЙ, что и требовалось доказать.
17.077. Пусть i,],k - единичные векторы, направленные вдоль координатных
осей, и а = 2» + j + Зак, b = a2i + 4j — 3k. При каких значениях а векторы а и b
перпендикулярны.
Решение.
Необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов а(а1;аз;аз)
и b(bi; 62; Ьз) имеет вид а • Ь = 0 или aibi + 0262 + 0363 = 0. Согласно этому
и условию, имеем аЬ = (2» + j + Зак)(а2» + 4j — 3k) = 2a2i2 - Qalc2 + 4j2 = 0.
Поскольку |*| = |j| = |k| = 1, то 2а2 — 9а + 4 = 0, откуда а = или а = 4.
Л 1 л
Ответ: 4.
17.078. Даны вершины треугольника: А(-1; 1); В(-5; 4) и С(7; 2). Найти
скалярное произведение АЙ • АЙ и площадь треугольника.
639
Решение.
Найдём координаты векторов АЙ и А&: А^(-5 — (—1); 4 - 1) = А^(-4; 3),
А^(7 — (—1); 2 — 1) = Ai?(8; 1). Тогда скалярное произведение ЙлЗ равно
АЙ • А<д = —4 • 8 + 3 1 = —29. Затем найдём |А^| = \/(—4)2 + 32 = 5, |А^| =
АВ • АС —29
= V82 + I2 = -у/65 и cosLBAC = —. = —=. Следовательно, sin LBAC =
I / 29 \2 28
= — cos2 LBAC = t/1 — I----7= | = —т=, и площадь треугольника АВС
у \ 5V65/ 5у65
равна Здавс = х|А^||А^| sin LBAC = • 5 • \/б5 • —7== = 14.
2 2 5у65
Ответ: —29; 14 кв. ед.
17.079. Медианы граней SAB и SAC тетраэдра SABC пересекаются соответ-
ственно в точках MmN. Доказать, что и найти отношение |Af : |В(^|.
Пусть AF и АК - медианы граней SAB и
SAC, М и N - точки пересечения меди-
ан указанных граней (рис. 17.40). Тогда
Ар = ^(аЗ+аЗ), AJ? = |(А(5+аЗ). Ис-
пользуя свойство точки пересечения меди-
ав треугольника, х^-иц AM - ^AF =
=1(й+лЗ), ж? - |зй=|бй+;й).
Значит, = А$ — А1Ж = ^(А(? + А& —
О
' Зч ’ 3
мЯ = следовательно, мЯцвд и
о
Ответ: 1:3.
17.080. Даны векторы а(6;-8;5\/2) и 6(2;-4; >/2). Найти угол, образуемый
вектором 5 - Ь с осью Oz.
Им'еем’з - Ь = (6 - 2; -8 - (-4); 5>/2 - >/2) = (4; -4; 4у/2)^ Пусть Л(0; 0; 1)
- единичный вектор, направленный вдоль оси Oz. Полагая (а — Ь; к) = <р, находим
(а — Ь) • к 4у/2 у/2 it
costp =--zr-zr- = —======— = , откуда = — •
1““ЬН*1 ^42 + (-4)2 + (4л/2)2. j 2 4
Ответ: у.
4
17.081. Даны три ненулевых вектора 3, Ь, с, каждые два из которых неколлине-
арны. Найти их сумму, если (а + 6)||?и (Ь + с)||а.
Решение.
Если (а 4- Ь)||£ и (Ь + с)||а, то с = т(а + 6) = m3 + mb и b + с = па, откуда
640
с = па — Ь, т.е. та + тЪ = пЗ—Ь. В силу единственности разложения с по векторам
а и Ъ заключаем, что т = п и т = —1. Значит, т = n = —1, т. е. с = — а —Ь. Тогда
а + b + S = а + Ь — а-Ь = б.
Ответ: 0.
17.082. Доказать, что если биссектрисы двух плоских углов трёхгранного угла
перпендикулярны, то биссектриса третьего плоского угла перпендикулярна каждой
из них.
Рис. 17.41
Доказательство.
Пусть SABC - трёхгранный угол (рис.17.41).
На рёбрах SA, SB и SC отложим единичные
векторы ei, е2 и ёз. Ясно, что вектор ёх +
принадлежит биссектрисе угла ASB. Анало-
гично, векторы ё2 + ёз и ёх + ёз принадле-
жат биссектрисам углов BSC и ASC. Со-
гласно условию, (ёх + ё2)(е2 + ёз) = 0, сле-
довательно, ёхё2 + ёхёз + ёг + е2ё3 = 0 или,
т.к. е^ = 1, то ёгё2 + ёхёз + ё2ёз + 1 =
= 0 (1). Далее рассмотрим скалярное произ-
ведение (ёх+ё3)(ё2+ёз) = ёхё2+ёхё3+ёзё2 +
+е| = ёгё2 + ёхёз + е3ё2 + 1. Учитывая со-
отношение (1), имеем (ёх + ёз)(ё2 + ёз) = 0,
значит эти векторы перпендикулярны. Ана-
логично доказываем, что (ёх + ёз) -L (ё2 + ёз).
17.083. Даны вершины треугольника: ЛГ(1; 1; 4), N(l; 4; 4)иК(3; 3; 2). Дока-
зать, что 0$ ±М%, где О - середина стороны МК. Определить вид треугольника.
Решение.
М О К
Рис. 17.42
Рис. 17.43
Сначала найдём координаты точки О(хо; 1/о; £о) (рис.
17A9V, Хм + Хк 1+3 _9„_РМ+РК_
17.42): х0 =-------= -у = 2, уо --------------
1 + 3 о zm + zk 4 + 2 TH™
= — = 2, * = —у— = — = 3. Тогда
0(2; 2; 3), ОЙ(1 - 2; 4 - 2; 4 - 3) = О#(-1; 2; 1),
Mj£(3-1; з-i; 2-4) = М^(2; 2; -2)иОЙ-ЛГЙ =
= (—1)-2+2-2+1(—2) = 0, следовательно, 01$ ± М1$.
Поскольку медиана NO перпендикулярна стороне МК, то треугольник MNK -
равнобедренный.
Ответ: равнобедренный.
17.084. Доказать, что для любых четырёх данных
точек А, В, С, D имеет место равенство А& • С В +
+A&Di + ADB$ = 0.
Доказательство.
Имеем A^C^+A^Di+A^B^ = АЙ(с1+АЙ)+
+Л^(О1+А^)+АЙ(В1+А^) = Аёс1+АЙАё+
+A^Di+AdA^+A^BX+A^A^ = -А&А&+
+A^-A^-AdAi+A^A^-Aj6A^+A^Ad = О
(рис. 17.43).
641
17.085. Найти модуль проекции вектора 3(7; —4) на ось, параллельную вектору
Ь(—8; 6).
Решение.
Ответ: 8.
Имеем а b = 7 • (-8) + (-4) х 6 = -80, |а| =
= ^/Т3 + (~4)2 = >/65, |Ь| = У(-8)2 + 62 = 10.
m а-g -80 8
Тогда cosy» = —5- = —==------ = —=, где о -
|g||b| 5/65-10 у/в5
угол между векторами 3 и g (рис* 17.44). Модуль
проекции 0$ вектора 3(7; -4) на ось параллель-
ную вектору Ь(—8; 6), равен |О1£| = ||a|cosy»| =
= |V65-( —У 1=8.
\ V00/
17.080. Найти угол между медианами катетов равнобедренного прямоугольно-
го треугольника, обращённый к гипотенузе.
Пусть АВС - заданный треугольник, AMi
и В М2 - медианы, IAMB = у» (рис. 17.45).
Положим АС = ВС = а, тогда АВ =
= ау/2, ВМ2 = AMi = у/АФ + ЖС2 =
I , , /а\2 ау/5
= ув2 + ^2/ = Т"' Учитывая, что
ВЛЙ = |(в! + В$) = |(2ВЙ + с!) и
AMi = |(АЙ + АЙ) = |(2АЙ + СЙ),
Решение.
Рис. 17.45
получим ВЛЙ-АЙ = |(2ВЙ+ё1)(2АЙ+ёЙ) = ВЙ-АЙ+|вЙ-ёЙ+|ё1-АЙ+
+|с! • ёЙ = 0 - |а2 - £а2 + 0 = -а2. Далее, |ВЛЙ||АЛЙ| = = 7а2.
4 Ал А л 4
„ ВЛЙ -АЙ -а2 4 ( 4\
Следовательно, сову» = ———— . = тг-т- = --, откуда у» = arccos I —- ) =
|ВЛ?|-|АЙ| 5 ' 5'
4
17.087. Дан параллелограмм ABCD;
АЙЦЙ К - середина ВС; Р - середина
DC. Выразить сумму векторов АЙ и СЙ
через векторы АЙ = Зш АЙ = Ь.
Решение.
Ив треугольника APD (рис. 17.46) имеем
АЙ + = Ь или, так как АЙ = ВЙ, а РЙ = АЙ, то ВЙ + = Ь (1).
642
А из треугольника АВ К полунаем AJ-1 + Bit — а или, так как В$ = -г-, то
л
(2). Вычитая (1) из (2),имеем ^А?—= а—Ьили А&—В& =
& А А
= 2(а — 5). Поскольку —В(5 = С&, то окончательно получаем А& + СЁ = 2(3 — Ь).
Ответ: A$ + ci = 2(S-fy.
17.088. Доказать, что если суммы квадратов противоположных рёбер тетраэ-
дра равны, то эти рёбра попарно перпендикулярны.
В тетраэдре SABC проведём SO ± (АВС) (рис.
17.47) и выразим векторы рёбер пирамиды через
радиусы - векторы 61 = и, д£ = Г2, 0$ = Г3 И
О$ = Г4. Имеем sA = п -Г4, В(5 = Г3 -Ъ, S& =
= Г2-Г4, А? = Г3-Г1, st — Гз— г4, А& = Г2-Г1.
По условию, SA2+BC2 = SB2+AC2 = SC2+AB2,
откуда, переходя к радиусам - векторам, получим
г2 - 2Г1Г| + г? + г2 - 2ГзГ2 + Г2 =г^~ 2Г2г4 + г2 +
+г2-2гзГ1+Г1 = г|-2ГзГ4+г2+г2-2Г2Г1+г2 (1).
Но Г1Г4 = Г2Г4 = Г3Г4 = 0 (2) (согласно
условию перпендикулярности векторов), а пото-
му из равенств (1) следует, что г3г2 = Г3Г1 =
= Г2Г1 (3). Тогда sA • В$ = (fi - Г4)(Г3 - Г2) =
= Г1Г3 - Г4Г3 - пГг + Г4Г2 (в силу (2) и (3)), т.е.
SA ± ВС.Аналогично устанавливаем, что SC ± АВ, SB ± АС.
17.089. В ромбе ABCD точки М и N - середины сторон ВС и CD. Найти
LMAN, если /BAD = 60°.
Положим AB = ВС — CD — DA —
= a, /MAN — (p (рис. 17.48). В тре-
угольниках ADC и ADN, согласно теоре-
ме косинусов, имеем АС2 = AD2 + DC2 —
—2AD х DC cos L ADC = a2 + a2 — 2a x
xa cos 120° = 3a2, откуда AC = a\/3 и
AN2 = AD2 + DN2 - 2AD • DN cos/ADN =
2 °2 « 7°2
= aJ + — — 2a -a cos 120 = ——-. Тогда cos g? =
4 4
АЙ-АЙ |(A^ + Ai?) • |(A^ + A^)
|А^||АЛ?| ” AN2
A$ АЁ + A& -A$ + A& -АЁ + AC2
4ANJ
|A^||A^|cos60° + |A^||A^|cos30a
4-A№
|A^||A^|cos30° + AC2
4 • AN2
a2 3a2 3a2 2
+ + + 3a 13 13
= -----= _ откуда <p = arccos —.
4~
„ 13
Ответ: arccos —.
14
643
17.090. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDAi В\ Ci Dr, АВ = а, ВС — Ь,
DDi = с. Найти острый угол между прямыми BDi и AiD.
Решение.
Положим АВ = a, AD = b, AAi = с (рис.
17.49), <р - острый угол между прямыми BDi и
AiD. Тогда А1В = AiJ.4- АЙ = —с+Ь, Bd[ —
= ВВ1+В1А1 +AiDi — с—а+Ьи Ai&BDi —
= (-c+b)(c—a+b) = — с*+ас—ёЬ+Ъс—Ъа+Ь2 —
— Ь2 — с2 (ибо, так как а 1 си а 1 Ь, то ас = О
и Ъа — 0). Далее, |А1/3| = х/с2 + |BDi| =
= у/a2 + b2 +С2. Следовательно, | costal =
= ЙГЙ-ВЙ1 = |ь2-с2| от_
||вв! I >№ + <? у/а2+Ыг +с2 ’
1b2 -с2!
куда = arccos —=====—. . -
* y/F+f y/al + & + с2
л l62-^
Ответ: arccos —========.
Vb* + е2 • Va2 + Ь2 + с*
17.091. Даны вершины треугольника: А(—2; 1; -3), В(4; —7; 1) я С(1; 2; —1).
Найти угол между стороной С А и медианой, проведенной из вершины С.
Решение.
В
А С
Рис. 17.50
Пусть AACD = <р (рис. 17.50). Найдём
х а + хв
координаты точки D: хр = ------ =
_-2 + 4_1„ _Уа + ув _1-'_
5--1.KD-----------2—~~2-------’’
_ Хл + ZB - 3 + -Т.Далее пай-
дём координаты векторов ci и cl, их
ct> - ci, а так-
скалярное произведение
же модули этих векторов |СР| и |СА|:
СЙ(1-1; -3-2; -1 + 1) = СЙ(0; -5; 0),
с1(-2-1;1-2; -3+1) = cl(-3; -1; -2), С^ с! = 0 (-3) + (-5) (-1)+0-(-2) =
= 5, |СЙ| = х/02 + (—5)2 + О2 = 5, |С1| = ч/(-3)2 + (-1)2 + (-2)2 = у/Ы.
С^СХ 5 1 1
Наконец, cos<₽ =-г——— = —= = —7=, откуда tp = arccos —==.
|СР| - |СА| 5у14 vl4 714
Ответ: arccos—=.
714
17.092. Единичные векторы «1,63 и ёз удовлетворяют условию ei + ej + ёз = б.
Найти ё^ёз + ёгёз + ёзё1.
Решение.
Согласно условию, ё1+ёз+^ = 0. Возведём обе части этого равенства в квадрат.
Получим е? + + ё§ + 2(ё1ёз + ёгёз +ёзё1) = 0. Учитывая, что |ё1| = |^| = |ёз| = 1,
2
получим 3 + 2(ё’1ёз + е2ёз + ё’зёк) = 0, откуда eie2 + ёгёз + e3ei = --.
3 2
Ответ:
644
17.093. Дана неплоская замкнутая линия ABCD. Доказать, что если LABC —
LDAB = W>kDA = СВ, то LADC = LBCD.
Положим DA = СВ = a, CD = b, LADC =
= a, LBCD = /3 (рис. 17.51). Имеем cosa =
= pjpA = (рА + аЗ + в^р! =
|5^| • 151| |б^| • |51|
DA2 + A$-dA + B&dX
а2+0 + В$ р1 _ a2+ cj-Aj
~ ab ~ ab 1
a ci • ci ci(ci+вА+лй) св2+ci bA+ci-Л
cos/3 = -----= ------ . ------ = ------- . -г-------- =
|CB||CD| |CB||CD| |CB||CD|
a2+0 + ci-Ai a2 + Uiii _ a v
= -;--- = -----;----. Отсюда получаем cosa = cosp. Учиты-
ao ab
вая, что a € (0; л), Д € (0; тг), заключаем, что a = /3, т. e. LADC = LBCD.
17.094. Дан тетраэдр ABCD и точка M в плоскости его грани АВС. Доказать,
что для разложения = aDA+PDi+yDi выполняется равенство а+Р+у = 1.
По условию, Did = aDA + pDi + yDi, где
M € (АВС) (рис. 17.52). Следовательно
мА = dA-DaA = (1- g)dA - pDi -
-yDi (1), Mi = Di - Dbt = —aDA +
+(l-p)^i-yDi (2), Mi = Di-DiA =
= —aDA—PDi+(l~y)Di (3). Так как M €
€ (ABC), то векторы Ahl, Mi и м3 компла-
Доказательство.
Рис. 17.52
нарны; поэтому существуют такие числа р, q
и г, что рмА + qMi + г Mi = 0. Используя
разложения (1) - (3), преобразуем последнее
соотношение: р(1 — a)D.A — pPDi — pyDi —
-gaPA+g(l—P)Di - q^Di—raPA - rPDi+
+r(l - y)Di = 0; (p(l - a) — qa — ra)DA + (—pP + g(l — P) — rP)I>i 4- (-₽7 —
-qy + r(i _ ^))Di = 0 (4). Векторы dA, Di и Di не компланарны и, значит,
равенство (4) возможно лишь тогда, когда коэффициенты при и Di равны
нулю:
{р — ра — qa — га = 0,
-рр + q-qP-rP = O,
-ру - qn + г - ту = 0.
р
Из первого уравнения следует, что а =-; аналогично из второго и третье-
645
го находим /3 = —----— и 7 = —----. Таким образом, а + в + 7 =------1-
p + g + r p + g + r p + g + r
g г
4----------1-------= что и требовалось доказать.
p+g+r p+g+r
17.095. Известны длины рёбер тетраэдра ABCD. Найти косинус угла между
противолежащими рёбрами АВ и CD.
Решение
Положим АВ = с, АС = Ь, ВС — а, AD = ai, BD as bi, CD = ci и пусть S ss АЙ,
ff = А&, ? = А!^. Тогда, очевидно, сё = z-y. Обозначим угол между векторами
А& и сё через <р. Тогда cosy? = - С?, у)) =
AX?-OjU CC1 CC1
= —(cai cos ID AB — cb cos LBAC).
cci 1
Из теоремы косинусов следует, что cai cos LDAB = -(t^+aj—b?) и cbcos LBAC =
1 *
— -(c2 + b2 — a2). Подставляя найденные значения в выражение для cosy?, получаем
a2 + а? — Ь2 — Ь?
cosy? =----±---------
———&L, Где вс — а> дс — АВ — с, AD = щ,
ZCC1
2cci
Ответ: costp =
BD = Ьь CD = ср
17.090. Найти единичный вектор, перпендикулярный векторам 3 = Г+; + 2Ли
Решение.
Запишем искомый вектор в виде с — сл + /3J+~ук. По условию |Й| = |t| = |j| =
= 1*1 = i-
Так как единичный вектор с = сл + + 7^ перпендикулярный векторам а =
= i + j + 2к и b = 2t + J + к, то их скалярные произведения равны нулю: а • с —
= Г at + j • + 2Л • 7fc = at2 + 0j2 + 27ft2 — 0, b • с = 2* • at + J • /3j + к • yk =
= 2ол2 + (3j2 + 7*2u= 0 и с2 = (at)2 + (0j)2 + (ук'2 = a2i2 + 02j2 + 73fc2 = 1. Решив
систему уравнений
{а + /3 + 27 = 0,
2а + 0 + 7 = О,
а3 + 03 + 72 = 1,
Л “ I 1 а I 3 ,
найдём а - 0 , 7 = ±-
±-4=£
л/Й
1 3 -« 1 -♦
Ответ: S = ±-==1 ± -7=3 ± —s=fc
vTT уп уп
1
/ТГ
1 •? 3 f
Следовательно, с = ± yjjJ ±
17.097. Найти отношения, на которые точка Р пересечения биссектрис треу-
гольника АВС каждую биссектрису, если ВС — a, С А — Ь, АВ — с.
Решение.
Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум
другим её сторонам. Согласно этому, в треугольнике АВС (рис. 17.53) имеем
646
CL : LB = b
CL = BL CL
AC ~ AB' b
BC — CL CL a-CL
-------, —— =-----, откуда CL —
с о c
BL = a-CL = a- =
b + c b + c
= а в треугольнике ABL, посколь-
= -----. Через точку L проведем пря-
d
мые, параллельные сторонам АВ и АС
треугольника АВС. Получим параллело-
грамм ADLE. Имеем aL = А15 + ЛЁ
и А^ = аА^ + /ЗА$, откуда а = —г, Д = —г. Поскольку ~А& = Ё2, то а — —г =
АВ АС АВ
= § - Ц “ Дм* Й - -М «W7 -
|в2| ас с _ =+
- J—Г- = А"--Г = ГТ-• Пусть ВС = а,
|В^| (Ь + с)а Ь + с
= г- с+ г~(~Ь) = ——J———, в2 — 1 а. Аналогично, вР = —в2+
ф g л_1_/»4 ' ’ к _1_ л -L к -L j»
а
Тогда а2 =
Ь + с' ’ Ь + с
-т+ _ Ь + с с
~ a+b+с'Ь +
C-S — а с -?+ —4 —4
Ь + с
с-И — а-ё а
+-(-3 =
— &' с +с(д + $ _ Ь-с + с(—Ь) _ —с-5+b-g
Поскольку векторы А? и AL коллинеарны, то
-c-^+b'S
a + b + c
—c-S+b-<f —c-b + b-g
Ь+с а+Ь+с
|А?|: |Р^| = |А^| : |а2 - А^| =
= (Ь + с) : а.
с
Аналогично вычисляются два других отношения:
|ё£|: |РЙ| = (а + Ь): с.
Ответ: (Ь + с) : а; (с + а) : Ь; (а + Ь) : с.
|В?| : |РЙ| = (Ь + с) : Ь и
17.098. Дан треугольник АВС; АВ = 4 см; АС = 8 см; LBAC = 60°. Найти
длину вектора AZ^, где N € ВС я BN : NC = 3:1.
Решение.
Через точку N проведем прямые, параллельные сторонам АВ и АС треуголь-
ника АВС (рис. 17.54) .Получим параллелограмм ADNE. Имеем А$ = а£ + а&
и AZ^ = аА& + 0А&, откуда а = Р — Поскольку АЙ = то
A$ А&
647
Рис. 17.54
Ответ: \/43 см.
лё _ _ вЯ _ Зт _ 3
aS ~ aS ~ bS ~ 3m+m " 4’
Аналогично, 0 = -.
= |лЙ+1Й (1).
Следовательно, —
После возведения обе-
их частей равенства (1) в квадрат получим
л№ = 1л^+|лЙ.Й+1^ = А.8Ч
-4|а£||Й| cos60° +-^ 42 = 36 + I • 8 4
о 16 о
•- 4-1 = 43, откуда AN = з/43 (см)
17.099. В тетраэдре О АВС плоские углы трёхгранного угла при вершине О
прямые. Точка Н - основание перпендикуляра, проведенного ив вершины О к пло-
скости грани АВС. Разложить вектор 0$ по векторам ol, О& и 0$, если. О А = а,
ОВ = Ь,ОС = с.
Проведём HP ± ОА, NH ± ОВ и НК ±
1 ОС (рис. 17.55). Тогда ОЙ = О$+О$+
+ОЁ = тоА + пОЁ + рдд (1), где т,
|О?|
пир определим из равенств т = '
|О1|
n = р = Так как ДОРЯ ~
Л„1ТЛ ОР ОН
~ ДОЯА, то — = —, откуда ОР =
ОН2 ОН2 /п. „
и, значит, т = ~q^ (2). Для на-
хождения ОН воспользуемся тем, что Кжр =
= jSaabc • ОН = -Saaob • ОС (поскольку
LAOB = LAOC = LBOC = 90°). Отсюда
п ГТ &ДАОВ • С lobe
имеем ОН = —т;-------- ----, где одлвс вычислим с помощью формулы Геро-
ОДЛВС ОДАВС____________
„ 1у/а2 4- Ь2 4- у/а2 4-е2 + у/^~4- с2 / Va2 4- с2 4- х/62 + с2 — 4- Ь2
на: Saabc = V-------------j-------------х V------------2------------Х
I 4- 5^ 4- 4- о2 — у/а2 4- с2 / у/а2 4-1? 4- у/а2 4- с2 — y/lr* 4- с2 _
Х V 2______________Х V 2 “
= |>/((х/^+^ 4- Уб2 4- с2)2 - {у/а2 4- Ь2)2) х
х У((\/а2 4- ft2)2 - {у/а2 4- с2 - х/Ь2 4- с2)2) = ^(гс2 4- 2у/{а2 4- с2)^ 4- с2}) х
х J{2y/{a2 + <?){Ь2 + <?) - 2с2) = 17(e24.c2)(i?+ea)_-c< = Ix/a2^-i-a2^ 4-Ь2с2.
т Z л
648
Следовательно, ОН = —==============. Подставив это значение ОН в (2), най-
Va2ir + а2г + гс*
а2Ь2с? Ь2с?
*“ т = = a^+a^+Ус-- Ан‘“,г1™° "К" ” =
ОН2 а2<? ОН2 а2#
ОВ2 а2& + а2<?+&сг Ир~ ОС? ~ а2Ь2 + а2 с2 + ^с2' Наконец’ подставля-
Ь2<?оА + а2<?од + а2&од
ем эти выражения в (1) и получаем ОН =-----------------------
а*г + а*с* + гс*
Ответ: 01% =
+ а2Ь2од
а2^2 + а2^ + Ь2**2
/й
17.100. Дан треугольник ABC; BD - медиана; ADBC = 90°; BD = (——)АВ.
Найти AABD
Решение.
Рис. 17.56
Имеем вВ = ^(В^ + вд) (рис. 17.56), от-
куда Bit = 2ВЙ - В(5. Тогда в! • в£> =
= (2ВЙ - вЗ) • вЬ = 2ВЙ - 2Вд • В?)
или, так как в£±вД то вг.вй=о,и
вА • вЗ = 2BD2. Далее, из равенства BD = ^—АВ найдём АВ = -^=BD и,
ВЙвЗ 2BD2 у/3 ,логч 1г
наконец, cos AABD — t = . - — —, откуда A ABD = —.
inliiRrti ~kBD* 2 6
Ответ:
6
17.101. Объём треугольной пирамиды, построенной на векторах ОА, ОВ и
О^, равен >/15. Определить длину вектора О^, если 61 б2 = 1,о1 бй = о,
oi • 6Й = 0, |61| = |5Й| = 2.
Решение.
Примем за основание треугольной пирамиды, по-
строенной на векторах О1, О^ и од, треуголь-
ник АОВ (рис. 17.57). Тогда из равенств оА
од = 0 и од • од = 0 следует, что АСОА =
— АСОВ = 90° и, согласно условию, -zS^aob-CO =
о
= л/15, откуда СО = (1). cos LAOB =
Ьдлов
оАод 1 1
Рис. 17.57
1 1 V15 у15
и Saaob = хОА • ОВ sin А АОВ = - • 2 • 2 • —— = . Подставляя это значение
if if 4 i
649
S&AOB в (1), получим СО = _ g
у!5
3
Ответ: б.
17.102. Объём треугольной пирамиды, построенной на векторах оА, об и об,
равен Определить 61 • об, если |6Й| = 2, |б1| = 1, |6^| = 3, об • ol = 0,
об об = о.
Ответ: >/б-
Примем за основание треугольной пирамиды, постро-
енной на векторах 61, об и об, треугольник АОС
(рис. 17.58). Тогда из равенств об оА = 0 и
oiot = 0 следует, что LBOA = LBOC — 90е
и, согласно условию, - х -ОА • ОС sin LAOC х ВО =
о 2
,____________________________________—______—
= —, следовательно, сое LAOC — у/1 — sin2 LAOC =
17.103. Найти объём треугольной пирамиды, построенной на векторах ОА
и об, если |б!| = |6Й| = |СЙ| -5,olo6 = Q,olo6 = Q,o6^6 = 20.
Решение.
Примем за основание треугольной пирамиды, по-
строенной на векторах 61, об и об, треуголь-
ник ВОС (рис. 17.59). Тогда из равенств 61 •
6^ = 0 и 61 • об — 0 следует, что LAOB =
= LAOC = 90°. cos LBOC = =
|6S||66| 55
= 7, следовательно, sin LBOC — \/l — cos4 LBOC —
5 ________
I/4\2 3 1
= J1 - ( g J = g, И VaBOC = g^ABOC • AO =
= lloBOCsinLBOCAO= |-5-5-|-5 = ^.
3 2 6 5 2
17.104. На плоскости заданы точки Л(—6; —1), В(—4; —4), С{—1; —6), 2?(—3; —3).
Доказать, что ABCD - ромб, и вычислить его площадь.
Решение.
Сначала найдём координаты векторов 10б и вб: а6(хс — хл\ Ус — Ул) =
650
Затем найдем координаты середин отрезков АС и BP: xi = ХА + Хс = - =
7 уа + Ус —1 — 6 7 хв + xd -4 — 3 7
2'У* ~ _^_з ?2 2’ ®2 “ 2 “ 2 2’ 1/2 “
_ Ув Уо _ —— _ __ Далее найдём длины отрезков АС и BD-. |А^| =
= \/52 -Ь (-5)2 = 5л/2, |В1$| = -\/13 4-12 = V2. И, наконец, поскольку А& • В$ =
= 5 • 1 + (-5) • 1 = 0, то A# ± В15.
Таким образом, диагонали четырёхугольника ABCD точкой пересечения делят-
ся пополам, взаимно перпендикулярны и не равны. Следовательно, ABCD - ромб,
что и требовалось доказать. Sabcd = % ~ 5 (кв.ед).
Ответ: 5 кв. ед.
17.105. Дан треугольник АВС\ А& • В& = 8, | А^| = 10; |В^| = 6. Найти длину
высоты, опущенной ио вершины В. Является ли угол АВС острым или тупым?
Пусть АВС - заданный треугольник, BD -
его высота (рис.17.60). cos(180° — LABC) —
А&В& 8 2 ,лп„
= ' > "У = = ТЕ’ откуда сое LABC =
2
= — — < 0, следовательно, угол АВС - тупой.
15
Далее найдём sin Z АВС = ч/l — cos2 LABC =
I f 2 \2 \/221
= \/1 - I — — I = и, используя теорему
у \ 15/ 15
косинусов, АС:
АС = V АВ* + ВС* - 2АВ ВС cos LABC = < /102 + б2 - 2 • 10 • 6
= 2л/38.
ЯП- _ io-6-Hg
Слвдрмтиьно, BD - ----------------------
; тупым.
17.106. Даны векторе 5(2; —1; 3), 6(1; -3; 2), 5(3; 2; -4). Найти вектор f,
если а?5 = —5, 2b = —11, $с = 20.
Решение.
Скалярное произведение векторов 5(ai; 02; аз) и b(bi; Ьз) выражается фор-
мулой ab = aibi + 0363 + азЬз. Согласно этой формуле и условию, имеем
(23 — 2xi — 2-2 + Зхз = —5,
25= Xi— Зхз + 2хз = -11, (1)
£S = 3xi + 2хз — 4хз = 20,
где Xi, Хг и хз - координаты вектора х. Решив систему (1), найдём х1 = 2, хз = 3,
Хз = —2.
Ответ: (2; 3; —2).
651
17.107. Даны векторы 3 = (3; 2; 2;) и Ъ = (18; —22; —5). Найти вектор £, если
он перпендикулярен векторам 3 и Ъ, образует с осью Оу тупой угол, а его длина
равна 14.
Решение.
Обозначим координаты вектора х через xi, х2, Х3.
Необходимое и достаточное условие перпендикулярности векторов a(ai; a2; аз)
и b(bi; Ьг; Ьз) имеет вид а • b = 0 или aibi + а2Ьг + азЬз = 0. Согласно этому и
условию, имеем 3xi + 2х2 + 2хз = 0 и 18xi — 22х2 — 5хз = 0.
Модуль вектора a(ai; a2; аз), заданного своими координатами, находится по
формуле |a| = yaj + aj + a|. Согласно этому и условию, имеем 14 = л/21 + ®2 + ®з
или х2 + х2 + х| = 196.
Наконец, согласно условию, вектор х образует с осью Оу тупой угол, т. е.
х2 < 0.
Таким образом, имеем смешанную систему
3xi + 2х2 + 2хз = 0,
18xi — 22x2 ~ 5х3 = О,
1 х2 + х^ + х| = 196,
решив которую, найдём xi — —4, х2 — -6, хз = 12.
Ответ: (—4; —6; 12).
17.108. Даны два вектора ОЙ(—1; 2) и О^(-4; —2), где О - начало координат.
Найти длину отрезка АВ, площадь треугольника О АВ и длину медианы ОМ.
Решение. @
А 1 м 1 В
Рис. 17.61
Тогда cos Z АО В = = 0> откуда LAOB = 90°. Сле-
Пусть АОВ - заданный треугольник, ОМ - его
медиана (рис. 17.61). Ол/ = ^(Й + O%i) =
л
— 1 — 4; 2 — 2) = ^(—5; 0) = (—^; р);
|5Й| = У(-|)2+°3 = |- Й = <Й-62 =
= х/(-3)2 + (-4)2 = 5, |ol| = ^/(—1)2 + 22 =
довательно, S^oab = • О А ОВ = • 2>/5 = 5 (кв.ед.)
Ответ: АВ — 5; Вдодв = 5 кв.
2'
17.109. Найти вектор Ь, коллинеарный вектору 3 = (2л/2; —1; 4), если |Ь| = 10.
Решенц$.
Пусть b = рЗ, тогда b = р(2\/2; —1; 4) = = (2ру/2; -р; 4р) и |Ь| =
= (2р\/2)2 4. (—р)2 + (4р)2 = 5|р|. Но, согласно условию, |Ь| = 10, следователь-
но, 5|р| = 10, откуда |р| = 2, и Ь = (2(±2)\/2 — (±2) + 4(±2)) = (±4>/2; т2; ±8).
Ответ: (4\/2; —2; 8) или (—4>/2; 2; —8).
652
17.110. Доказать, что если в тетраэдре ABCD противоположные рёбра попар-
но перпендикулярны, то АВ2 + CD2 = АС2 + BD2 = AD2 + ВС2.
Доказательство.
Ясно, что А& + D& + СЙ + вА = 0 (рис. 17.62),
откуда j&+ci = Ai+ci или, после возведения
в квадрат, AD2 + 2А& С$ + СВ2 = АВ2 4- 2А& •
СЙ + CD2. Учитывая, что по условию лд ± ci
nAixci , получим Aici=o,Aici=o
и AD2 + ВС2 = АВ2 + CD2. Аналогично доказы-
вается, что AD2 + ВС2 — АС2 + BD2. Следова-
тельно, AD2 + CD2 = АС2 + BD2 = AD2 + ВС2,
что и нужно было доказать.
17.111. Найти скалярное произведение векторов Ал и BL, если АК и BL -
медианы равнобедренного треугольника АВС, площадь которого равна S, a LA =
120°.
Решение.
= 1(-лв2 + 1лва) = -1лв2
4 2 8
1 >/з
~АВ2х
2 2
sV5
6
л-.
Ответ:---—.
о
Имеем bZ = ^(В.А + В(3) (рис. 17.63). То-
гда В1 • АЙ = |(В1 + ВЙ) • АЙ = |(вА •
АЙ + вЗ • АЙ) или, так как ВЙ X
.L АЙ, то ВЙ АЙ = Q п в1-АЙ =
= |(вА а£ + 0) = |в1а£ (1).
Но АЙ = ±(А$ + АЙ) (2). Подста-
вив значение АЙ из (2) в (1), получим
Bt aS = 1(лЙ + л?) = 1(51-
Ai + В1 • А?) = т(-лв3 - AB2 cos 120°) =
4
(3). Согласно условию, ^АВ • AC sin 120° = S или
с лиг 45 г Н? 1 45 S
— S, откуда АВ* = -7=. Следовательно, BL • АК = - - • =
уЗ о v3 2уЗ
17.112. Даны вершины тетраэдра: А(3; —2; 1), В(3; 1; 5), 0(4; 0; 3), D(Q; 0; 0).
Медианы граней ADB я В DC пересекаются в точках Mi и Afj. Найти отношение
АС: М1М2.
Решение.
Пусть DABC - заданный тетраэдр (рис.17.64), ВР и DT - медианы грани ADB,
BF и DE - медианы грани BDC.
653
Координаты (х; у; z) середины отрезка с кон-
цами -А1(х1; ух; zi) и A2(i2; У г! г2) находятся
* Xi + Х2 yi + У2
по формулам х = —-—,у = —-—,z =
Z1 + «2 „ х z. х
= —-— (1), а координаты (t; р; q) точ-
ки С, делящей отрезок АхА2 в отношении
х А'С
Л = 777—> определяются по формулам у =
С Л2
«1 + Лхг У1 + Ауз г1 + А«2 /rtx
= ТГа"-,’=Т7а'’’=17а_ <2)-
Согласно формулам (1) и условию, находим ко-
3 + 3
ординаты точек Т и Е: хт = —%— = 3, Ут =
-2 + 1 1 1 + 52 _
= —5— = “o’ ZT ~ ~2~ ~ 3’ ХЕ =
3 + 4 7 1 + 0 1 5 + 3 .
~ 2 -2,1/F~ 2 ~2,Ze~ 2 ~4'
i треугольника делятся точкой пересечения в отно-
формулам (2) находим координаты точек Mi и М2: хм, =
= 0 + 2 Н) _ 1 _ 0 + 2-3 _ _ 0 + 2-1 _
1 + 2 3’ М1 1 + 2 2’ Ма 1 + 2
_ 1 _ 0 + 2-4 8
1 + 2 3’*Мг 1 + 2 ~ 3~__________________
АС ~ хл)2 + (ус - Ул)2 + (*с - _
__________________у/(д?ма - ДМ1)2 + (ум3 - + (гма ~ -SMi)2
7(4 - З)2 + (0 + 2)2 + (З^Л)2 3
./(7 _ о\2 -L -L na -L /8 _ <й2 1
Рис. 17.64
Далее, учитывая, что медианы
шении 2:1,
0 + 2-3
согласно
7
= g, 1/Ма =
= 2, VMi
0 + 2-|
мл
Ответ: 3:1.
17.113. Дан правильный пятиугольник ABODE. Разложить векторы А& и АЙ
по векторам АЙи АЙ.
Через точку В проведём прямую ВКЦСА (рис.
17.65). ТЬк как в правильном пятиугольнике
ADHBC, то А^ и АЙ коллинеарны и противо-
положно направлены. Имеем АЙ = Aft + aS,
причём где к < 0 и |fc| = Про-
AD
ведём BN ± АС и используя прямоугольный тре-
CN
угольник BNC, найдём АК = СВ =
Тах как CN = |аС, AD = ACtioCN = ~AD.
2AD .п пм 75 + 1. _
т=—-. (Здесь cos 36 = —-—). Отсюда находим |fc| =
/5 + 1 4
AD
П0вТ0“уЛК=2^3?
2AD 2 vv-*
= —г?-:— = -7=-— —«—• Учитывая, что к < 0, получим к = —и,
(л/5+1)АР 75 + 1 2 г 2
значит, лз=1^лй+лг. Аналогично устанавливаем, что
2
654
+лд.
Owem: А$ = + ЯЙ, А& = Ц^Я2 + А$.
£t л>
17.114. В куб вписана сфера. Доказать, что сумма квадратов расстояний ка-
ждой точки сферы до вершин куба не зависит от выбора этой точки. Найти эту
Сумму.
Доказательство.
Рис. 17.66
На рис. 17.66 изображены куб
ABCDAiBiCiDi и вписанная в него
сфера. Введем прямоугольную систе-
му координат с началом в центре шаг
ра О. Обозначим ребро куба через
а; тогда его вершина имеет координат
радиус вписанной сферы
ки N(xi; yi 21), лежащей на сфере, име-
ем АЙ -«и | - vi; ~ - «0. Сле-
довательно, NA2 = Q — х0 +
+(!-»-)’+ (I-*)’=к+«+
+V1 + *1) - а(«1 + V1 + «1) = + у-
—a(zi + yi + 2i) = а2 - a(xi + щ + 21). Вершина Ci симметрична вершине А отно-
Л _ / а а а\ /а а а \
сительно точки О; тогда Ci (NCi (- хг --- уг -т - 21) и
' Z л л/ \ X Z Z /
=°2+<l(a:i+»i+a:i)- Теперь находим
NA2+NCf = 2a2. Но NA2+NCf = NB2+Npl = NC2+NA] = ND2+NBt = 2a2,
т. e. сумма квадратов расстояний от любой точки N сферы до двух симметрич-
ных относительно О вершин куба постоянна и равна 2a3. Значит, сумма квадратов
расстояний от N до всех вершин куба постоянна и равна 2a3 • 4 = 8a3.
Ответ: 8a3, где а - длина ребра куба.
17.115. В квадрат вписана окружность. До-
казать, что сумма квадратов расстояний точки
окружности до вершин квадрата не зависит от
выбора этой точки. Найти эту сумму.
Доказательство.
Пусть О - центр квадрата ABCD (рис. 17.67),
X - произвольная точка окружности. Обозна-
чим сторону квадрата через а, радиус окружно-
сти черев R. Имеем Х& = О& — О^,хд =
= o£-a%,xi = = оХ-о% (1).
Возведём каждое из равенств (1) в квадрат. Получим ХВ2 = ОВ2 — 2 • • 0$ +
655
+ОХ2,ХС2 = ОС2 - 2 од О^ + OX\XD2 = OD2 - 2 • оЬ О% + ОХ2,ХА2 =
= ОА? - 2 • оА • 0% + ОХ2 (2). Сложим равенства (2). Будем иметь ХВ2 +
+XC2+XD2+XA2 = 0B2+0C2+0D2+0A2-20^(0^+6d+0d+01)+4 0X2.
Тея как О А2 = OD2 = ОС2 = ОВ2, ОХ = R = я ОЁ + 0$+ 0% = О, то
XB2+XC2+XD2+XA2 = 4OB2+4R2 = 4 ОВ2+4 = 4ОВ2+а2. Используя
BD2 1 а2
прямоугольный треугольник BAD, найдём ОВ2 = —— = т(-^-в2 + AD2) — —.
2
Окончательно имеем ХВ2 + ХС2 + XD2 + ХА2 = 4 • + а2 = За2.
Ответ: За2, где а - длина стороны квадрата.
17.116. Околю квадрата описана окружность. Доказать, что сумма квадратов
расстояний точек окружности до вершин квадрата не зависит от выбора этих то-
чек. Найти эту сумму.
Пусть X - произвольная точка окружности, описан-
ной около квадрата ABCD (рис. 17.68). Обозна-
чим сторону квадата через а. Имеем А& = хд —
(1). Возведём каждое из ра-
венств (1) в квадрат. Получим АС2 = ХС2-2хд-
xl+XA2,BD2 = XD2-2Xdxi+XB2 (2). Угол
АХ С равен 90°, как вписанный в окружность и опи-
рающийся на диаметр, следовательно, хд • х! = 0.
Аналогично, LBXD = 90°, следовательно, хд-ХЁ =
= 0, и (2) примет вад АС2 = ХС2 + ХА2, BD2 =
— X2 + ХВ2 (3). Складывая равенства (3), будем
иметь АС2 + BD2 = ХА2 + ХВ2 + ХС2 + XD2.
ТЪк как АС2 = BD2 = 2а2, то окончательно получим ХА2 4- ХВ2 + ХС2 + XD2 =
= 4а2.
Ответ: 4а2, где а - длина стороны квадрата.
17.117. Дан прямоугольник ABCD. Доказать, что сумма квадратов расстоя-
ний любой точки пространства до вершин А и С равна сумме квадратов её рассто-
яний до вершин В я D.
Пусть DC = a, AD = b, X - произвольная точка
пространства (рис. 17.69). Имеем хХ • хд =
= (хЬ - b)(xi + а) = XD2 +хд(а - Ь) - аЬ =
= XD2+xd(3-^) (ибо, так как а X Ь, то аЬ = 0).
хЪхЪ = (il5 + (a-Sj)Xl$ = XD2 + Xd(a~i).
Следовательно, xAxd = X&xft (1). Но
(х%-хд)2 = (хЁ-хд)2 или ХА2-2^1хд+
+ХС2 = ХВ2 - 2xi xt) + XD2. Учитывая (1),
окончательно получим ХА2+ХС2 = XB2+XD2.
656
17.118. Доказать, что в прямоугольном параллелепипеде ABCDAiBiCiDi сум-
ма квадратов расстояний любой точки пространства до вершин A, Bi, С и Di равна
сумме квадратов её расстояний до вершин Ai, Bi, Ci и D.
Рис. 17.70
Докажем, что ХА2 + ХС2 = ХВ2 +
+XD2 (рис.17 70). Имеем Й +Х& -
____.2 __<2 ___.2 _.2 __.2
-ХВ1 -XD =(XA1 -XBi ) — (XD -
-Х$ ) = (ХА*1+ХЙ)(ХЙ-ХМ)-(ХЙ+
+ХЙ)(ХЙ - ХЙ) = (Xlf + xbJ)bmI -
—(ХЙ + X&)cfi. Поскольку BMi = СЙ,
то (xaJ + хв!)сЙ - (хй + хй)ёй =
= ей((хл? - 1Й) + (хЖ - хй)) = ей •
•(DaJ+CbJ) = СЙ-2Св1 = 2СЙ ёв1. Так
как CD ± CBi^ то СЙ • CBi = 0, и, следо-
вательно, ХА1 4- ХЙ — ХВ* — XDi =
= 0, откуда ХА2 + ХС2 = ХВ2 + XD2.
Аналогично доказывается утверждение для другой пары вершин.
17.119. В треугольнике АВС угол при вершине А равен 60°, АЙ(4; 2; 4),
АС = 1. Найти косинус угла между медианой AAi и стороной АВ.
Решение.
31 __ 43 *
— = 36 + —— 6v43cos
4 4
Модуль вектора a(ai; аг; аз), заданного своими коорди-
натами, находится по формуле |а| = уа| + а% + а|. Со-
гласно этой формуле имеем |АЙ| = V42 4- 22 4- 42 = 6.
Далее, AAi = -(АЙ + АЙ) (1). После возведения
1
обеих частей (1) в квадрат получим АА2 = ~(АВ2 4-
4-2АЙ • АЙ + АС2) = ^(62 + 2|АЙ| • |АЙ| cos60° 4-12) =
= |(36 4- 2 • 6 • 1 • 4-1) = ^, откуда AAi = В
4 « 4 «
треугольнике АВС, согласно теореме косинусов, имеем
ВС2 = АВ2 +АС2-2АВ* AC cos 60е = б2+12-2-6-1| =
= 31. Аналогично, в треугольнике AAi В (рис. 17.71),
согласно теореме косинусов, имеем ВА^ = АВ2 + АА2 —
«,« . . ВС2 43 „ „ >/43
—2АВ • AAi cosa или —— =64-—— 2 6 • —— cosa,
_ 4 4 2
а, откуда cosa =
2>/43
Л 13
Ответ: —т==.
2а/43
17.120. Найти длину биссектрисы AM треугольника АВС, ееди АВ = с, АС = b
657
и LA = а.
Решение.
Биссектриса делит сторону треугольника на от-
резки, пропорциональные двум другим его сто-
Л . ВМ
ронам. Согласно этому свойству имеем =
МС
= = 7. Положим АЙ = с, АЙ = t, ВМ =
АС Ь
= ст, МС — Ът и через точку М проведем
прямые, параллельные сторонам АВ и АС тре-
угольника АВС (рис.17.72). Получим паралле-
лограмм ADME. Имеем Ал1 = А& + АЙ и
Abt — аА(5+0А&, откуда а = —г, Д = —г. По-
АС АВ
-г-* -=т-1 AD ЕМ ВМ
скольку AD = ЕМ, то а = —г = —г = —г =
а8 а£ вс
= —Аналогично 0 = ;----------------------. Следовательно, Ал1 = , С А& +
ст + Ьт Ь + с ~ Ь + с Ь + с
6 тт* с ? Ь _ cb + bS -
+------АВ = т-----6 + т----с = -г--- (1). После возведения обеих частей par
b + c 64-с о + с о + с
венства (1) в квадрат получим
2 _ с’б2 + 2Ьс(Ъ• с) + б’с2 _ с2^2 + 26с• |Ь| • |iS| cosa + б2^ _ 262с2(1 + cosa) _
АМ _ __ _ (Ь + с)2 (ь + с)2
262с2(1 + 2соз2 % -1) 462c2cos2£ / 4b2 с2 cos2 f 26ccos$
---------------------------лм = (t+</ = -5+7-
Л 26ccos#
Ответ: —г----------------------------------------------
17.121. Точки М и N - середины отрезков АВ и CD. Доказать, что МN <
< i(AC + BD), MN < ~(ВС + DA).
£ £
Проведём AK||BD и ВКЦАВ. Тогда Alt = В^,
Dlt = вХ. Воспользуемся очевидными равенствами
АЁ + вд = А&, А^-АЙ = В^; сложив их почлен-
но, получим А^ + Bt> = АЙ + В^ (1). Далее,
с помощью рис. 17.73 запишем Mlt = М& + В<5 +
С$ = ~А^ + В^+ |с5, мЙ = л71 + а5 + 2й$ =
+ А& + Сложим эти равенства: 2М& =
В$ + а6 или = ±(В$ + АЙ), откуда в силу (1)
имеем MN = ^(АЙ + 5Й). Теперь используем не-
равенство |а + 6| < |3| + |6| и окончательно получим
MN < l(BC + AD), MN < ±(АС + BD).
£ £
658
17.122. Дан треугольник АВС; М - точка пересечения его медиан. Доказать,
что ОМ < -(О А + ОВ + ОС), где О - произвольная точка пространства.
Пусть Мз - середина отрезка АВ треугольника
АВС (рис. 17.74). Согласно свойству медиан
треугольника, имеем ММз = -СМ3. Поскольку
- _______________________ з
Л/Мз е ОМз — Ом — -(Ол4 — О<5), то отсюда
бй = 1ог+?б< ноб^-1(б1+оЗ),
3 3 1 2 j *
следовательно, ой = + 0$) =
О <5 Z
= 1(о1 + ой + о&). Так как векторы
з
О& не коллинеарны, то |OiJ| < -(|Ол1| + |О2^| +
— 3
; |бс|)> откуда ОМ < &(ОА + ОВ + ОС), что и
нужно было доказать.
17.123. Дан треугольник АВС. Прямая I пересекает прямые ВС, С А, АВ в
точках Ai, Bi, Ci. Доказать, что векторы А& + АМ1, В& + В1С1, С% + СМ*
коллинеарны.
Доказательство.
Рис. 17.75
Введём следующие обозна*
чения (рис. 17.75): = т, ж
CBi т 1 AB-d~
= п'в7а=р (1) ““"СМ
ВС - AiC С А - BiA
= т>--Z7T— = п,------
СцВ
AlC Bi А =Р'
АВ , ВС
СМ =т + 1’А?С =П +
= р + 1 (2). Далее най-
откуда
+1.^-
’ В, А
дам разложение вектора +АМ1 по
векторам А& и В&. Имеем AMi =
= Aid + CJBi. Но из (2) следует, что
—pBid = p(C^+Bit) или (p+l)CBi = -р(Ай+вй), откуда CBi = — ™(А^+
+вй) (3). Тогда получим АЙ + AMi = А^ + - ^В^ — ^-^у(ЛЙ + вй) =
(4). Аналогично, используя равенства (1), (2) и
р +1 (п +1 )(р +1)
(3), находим
Р
тр—1
(т+ !)(₽ + !)"“' ' р + 1
Р
659
Варианты заданий для самопроверки.
Требуемые вычисления следует производить, не пользуясь техническими сред-
ствами: калькуляторами, счётной линейкой, таблицами и т. п.
Вариант 1.
1. В уравнении хг + Ьх — 12 = 0 один из корней равен 3. Найти значение коэф-
фициента Ъ.
Решение.
Решением (корнем) уравнения с одним неизвестным называется такое численное
значение неизвестной, взятое из множества чисел, указанных в условии уравнения,
которое обращает данное уравнение в тождество. Согласно этому, З2 4-6*3—12 = О
или 9 4- 36 — 12 = 0, откуда 6 = 1.
Ответ: 1.
2. Упростить выражение (2xi — y”i)(2xi 4-y~i) и вычислить его значение при
х = 1,2 и у — 4.
Решение.
ОДЗ: { у > о’ Используя формулу а2 - б2 = (а - 6)(а 4- 6), находим (2xi -
—у~^)(2х4 4*i/-^) = (2xi)2 — (j/~i)2 = 4х — у~$ = 4х—т- = 4х—При х = 1,2
У» V»
и у = 4 будем иметь 4х-— =4*1,2-----= = 4,8 - х = 4,8-0,5 = 4,3.
y/У v4 2
Ответ: 4,3.
3. Найти сумму корней уравнения 2х’-3 • 5х’-3 = 0,01 • (10х-1)3.
Решение.
Напомним, что для любых х, у и положительных о и 6 верны равенства (а6)х =
= ах6®, (a*)v = a*v и а1 -av = ах+*. Согласно этому, представим исходное уравне-
ние в виде (2 • 5)х’“3 = 10“2 • lO3^-1^, или 10х’-3 = ДО3^-1)-2, или 10х’-3 = 103х-6.
Отсюда имеем х2—3 = Зх—5 или х2—Зх4- 2 = 0 (♦). Согласно теореме Виета,
сумма корней приведенного квадратного уравнения равна второму коэффициенту с
противоположным знаком. Следовательно, xi 4- xj = 3. Квадратное уравнение (♦)
эквивалентно исходному уравнению, следовательно, сумма корней исходного ура-
внения равна 3.
Ответ: 3.
4. Решить уравнение у^2,1х 4-1 = х — 1.
Решение.
Данное уравнение эквивалентно следующей смешанной системе:
( х — 1 > 0, ( х > 1,
| 2,1х 4-1 = (х — I)2 ““ | 2,1х 4-1 = х2 — 2х 4-1
660
Х>1,
откуда х = 4,1. При подстановке х = 4,1 в исходное уравнение получаем
\/2,1-4,14-1 = 4,1 — 1 или 3,1 = 3,1, следовательно, х = 4,1 - корень данного
сравнения.
Ответ: 4,1.
5. Найти сумму целых значении х, удовлетворяющих неравенству х2 — Зх < 4.
Решение.
Запишем данное неравенство в виде х2-Зх-4 < 0. Напомним, что если D = р2—
- 4g > 0, то трёхчлен х2 +рх+д можно разложить на множители с действительными
/Лэ 1 **"*
коэффициентами: х2 +рх + g = (х - xi)(x - х2), где Xi = — — у — - дих2 = +
Z Т 4
О________________________________________________3 /9
4- у — д - корни трёхчлена (xi < х2). Согласно этому имеем xi = - — у-+4 =
= аг2 = | + | = 4 и х2 — Зх — 4 = (х + 1)(х — 4).
Тогда исходное неравенство эквивалентно
неравенству (х 4- 1)(х — 4) <0. Постро-
им "змейку” \рис. 18.1), проходящую че-
рез корни. С помощью рисунка находим
х € (—1; 4). В этот интервал попада-
ют целые значения х = 0; 1; 2; 3. Тогда
0 + 1 + 2 + 3 = 6. Следовательно, сумма
Рис. 18.1
целых значений х, удовлетворяющих неравенству х2 — Зх < 4, равна 6.
Ответ: 6.
в. Используя формулы тождественных преобразований, вычислить
cos500cos40° — 2 sin 50° sin 20° сое 20°.
Решение.
Пусть А = cos 50° cos 40° — 2 sin 50° sin 20° cos 20° = cos 50° cos 40° — sin 50° x
x(2sin20°cos20°). Используя формулу sin2x = 2 sinx cosx, получим A = cos50° x
x cos 40° - sin 50° sin 40°, а используя формулу cos(x + у) = cos xcos у - sinx sin у,
получим A — cos 90° = 0.
Ответ: 0.
7. Найти наименьший корень уравнения 2cos2 х — 3 sinx = 0, лежащий в интер-
вале (0°; 90°). Ответ записать в градусах.
Решение.
Используя формулу sin2 а + сое2 а = 1, откуда cos2 а = 1 — sin2 а, представим
исходное уравнение в виде 2(1 — sin2 х) — 3 sin х = 0 или, после упрощений, 2 sin2 х +
+3sinx — 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно sinx, получаем
sinx = —2, что не имеет смысла, или sinx = -, откудах = (—l)n-30°+180°n, п Е Z.
Для п — 2к, п € Z, получим xj — 30е + 360°n, n 6 Z, а для n = 2тп + 1, т Е Z
получим х2 = -30° + 180°(2тп + 1) = 180° - 30° + 360°т = 150° + 360°т, т Е Z.
661
Далее, выберем п, для которых zi на интервале (0°; 90°) будет наименьшим. Имеем
0е < 30е + 360еп < 90е, „„„ Г -30е < 360°п < 60е, птп1яа I -
nGZ, 02 Inez, откуда <
1
6’
или п = 0, следовательно, xi = 30°. Аналогично, выберем т, для которых х2 на
интервале (0е; 90°) будет наименьшим. Имеем
0е < 150 + 360ет < 90°,
-150е < Зб0°т < -60е, nmnrna f -Л <
mGZ, °ТКуда)т1<?7
’ ( т € Z,
1
6
или Z 6 0. Следовательно, наименьшим корнем уравнена 2cosaz — 3sinz = 0,
лежащим в интервале (0°; 90е), является х ж 30°.
Ответ: 30е.
8. Площадь равнобедренной трапеции 180 см3. Длина средней линии равна 45
см.; длина боковой стороны 5 см. Найти длину меныпего основания трапеции.
Решение.
В
Рис. 18.2
— о 1 on 2
Пусть Sabcd = 180см3, --------- =
= 45см. (*). АВ = CD = 5см (рис.18.2).
Проведём BE 1 AD и CFHBE. Площадь
трапеции ABCD равна -------------- ВЕ =
В = 180 или 45ВВ = 180, откуда ВЕ —
= 4. Тогда из прямоугольного треугольника
______ ВЕА, согласно теореме Пифагора, найдём
АЕ = VAB2 - ВЕ2 = ^53 - 43 = 3 и, так кая FD = АЕ - 3, то AD = EF +
+2АЕ = ВС + 2’3 = ВС + 6. Подставляя это значение AD в равенство (*),
ВС + ВС + 6
получим 1 ------= 45 или 2ВС + 6 = 90, откуда ВС = 42.
Ответ: 42 см.
9. Высота конуса равна 3; утоп между высотой и образующей равен 45°. В
этот конус вписан другой конус так, что его вершина совпадает с центром осно-
вания первого конуса, а соответствующие образующие конусов перпендикулярны.
Найти объём вписанного конуса (положить тг = 3,14 и округлить ответ до сотых).
Решение.
Ответ: 3,53.
Пусть SO — 3, LASO = IBSO =
= 45е, ОА1 1 SA и OBt 1 SB (рис.
18.3). В четырёхугольнике SBiOAi име-
ем LAiSB = ZSBiO = ZBiOA! =
= LOA\S — 90е, следовательно, он явля-
ется квадратом, OOi = OiS = AiOi =
SO 3
= Oi Bi = Тогда объем вписан-
• 1
ного конуса равен • OiB3 •
3
и 0 \«/
= 1.3,14-у = 3,14’1 =0,85’4,5 =
= 3,5325 «з; 53.
662
10. Вычислить /' если /(®) = 0,5sinxtg2® + 2,5 cosx.
Решение.
/'(ж) = (0,5sinstg2x + 2,5 cosx)' = (0,5sinxtg2x)' 4- (2,5 cosx)' =
— 0,5(sinxtg2x)' + 2,5(cos®)' = 0,5((sin®)'tg2® + (tg2®)'sinx) + 2,5(—sin®) =
( 1 , \ / 2.sin®\
= 0,5 I cosxtg2® 4---—-(2®) sinx) — 2,5sinx = 0,5 I cos®tg2® 4---x-т-] ~
\ cos2 2® / \ cos22x/
—2,5sin® = 0,5cosxtg2®4-^jT-^ — 2,5sin®. ТЬгда f* = 0,Scos^tg +
~ 2’5sinJ = 0,5•0 * °+ “ 2’5 •1 = 1 “2’5 = -1’5-
cos2 (2 • I) 2 (-1)2
Ответ: -1,5.
Вариант 13.
, ®-«-64 1 4x2(2x4-l)
1. Упростить выражение --—г----т • -—_т--—z?------г~------•
16 4- 4x 2 4- ® 4 4 — 4®1 4- x 2 1 — 2®
Решение.
( x # o,
ОДЗ: { , 1
I I?62-
®"«- 64 1
16 4-4x~2 4-®"4 ’ 4-4®-14-®"2
4®2(2® 4-1)
1-2®
1 1-64®’
~ 64________1 _ 4x2(2x-l) = дЛ_____________________1 _
* 4 1 ~ I” 1 — 2® 16®4 4- 4x2 4-1 4x2 — 4® 4-1
16 4- -x 4- ~7 4---h -x ----------- ------------
®2 x4 ® ®2 x4 xa
4®2(2®4-l) 1 —64x® x2 4x2(2x4-1)
1-2® “ ®2(16®44-4x24-l) ' 4®2-4®4-l l-2x
(1 -4x2)(l 4-4®2 4- 16x4) 1 4x2(2x4-1) _ (1 - 2x)(l 4-2x)
16®44-4®24-l ‘ (2®-I)2 1-2® (2® -1)2
4x2(2x4-l) (1-2x)(14-2x) 4®2(2x4-1) _ 14-2x 4®2(2x4-l) _
1 — 2x ~ (1 — 2®j2 1-2® “1-2® 1 - 2x
14-2®- 4®2(1 4-2®) (14- 2x)(l - 4x2) _ (1 4- 2x)(l - 2x)(l 4- 2x) _ 2
---------Г75 - (1 + 2X) •
Ответ: (14- 2x)2 при x 0 и x -.
z
2. Упростить выражение ^14- 4- tg2a^ ^1 — + M?2a^.
Решение.
Пусть A = (1 + + ^2a) (1 - Jj- + tgta) = ((1 + tgta) + x
x l(l + tg2a)---x—Y Используя формулу a2 - Ь2 = (a - b)(a 4- Ь), получим
\ coszal
1 1 7Г
A = (14-tg2a)2 — а используя формулу 14-tg?® = —, где® / —(2n4-l),
n € Z, получим A = (14-tg2a)2—(1—tg? 2a) = 14-2tg2a4-tg2 2a—1—tg? 2a = 2tg2a.
Ответ: 2tg2a.
3. Решить уравнение 1,5 • 4ж+0,5 = 6* 4- 2 • 9* °’5-
663
Решение.
„ , _ „ _. „ а*
Для любых х,у а положительных а и о верны равенства а* • а* = а у и — =
= ах~у. Согласно этому, представим данное уравнение в виде 1,5 • 4х • 4°’5 = 6х 4-
+ или, так как 40,5 = 4$ = у/4 = 2 и 9°’5 = 9^ = УЭ = 3, то 3-4Х = 6х+--9г или
9и»а а
9-4х = 3-6х4-2-9х. Запишем это уравнение в виде 9 •22х = 3-2х-Зх4-2-32х и разделим
, /2\* /2\* /ох2*
обе его части на 32z / 0. Получим 9 I - I = 31-1 +2 или 9
-2 =
= 0. Решив это уравнение как квадратное относительно
, получим
= — -, что не имеет смысла, или
Ответ: 1.
2
-, откуда х = 1.
О
4. Сумма первого, третьего и пятого членов арифметической прогрессии равна
- 12, а их произведение равно 80. Найти первый член aj и разность d прогрессии,
выбрав наименьшее значение а\.
Решение.
По условию имеем
( ai + аз 4- Об = —12,
I ai • аз • ев = 80.
Используя формулу ап = ах + (n - l)d, получим
( ах 4- ах 4- 2d 4- ах 4- 4d = —12, / ах 4* 2d = —4,
®1(в1 + 2d)(ax 4” 4d) = 80 или ах (ах 4* 2d)(ax2d 4* 2d) = 80.
Подставив значение ах 4- 2d = 4 из первого уравнения системы (*) во второе, полу-
чим
f Ох 4" 2d = —4, J Ох + 2d = —4,
t ax • (-4)(-4 4- 2d) = 80 | ax(2 - d) = 10.
(*♦)
Из первого уравнения системы (**) найдём ах = —4 — 2d и подставим это значение
ах во второе уравнение. Получим (—4 — 2d) (2 - d) = 10, или cP — 9, откуда dx = —3,
= 3. Тогда (ai)i = —4 — 2 • (-3) = 2, (ajj = —4 — 2 • 3 = —10. Следовательно,
согласно условию, ах = —10, d = 3.
Ответ: ах = —10, d = 3.
X “ 1
5. Найти сумму всех целых решений неравенства logi --> —1.
3 7 — х
Решение.
ОДЗ: —- > 0 или 1 < х < 7.
7 — х
w 1 ® 1 , л
Представим данное неравенство в виде log। х > l°g | 2. Поскольку основание
, _ 1 , . . х — 1
логарифма 0 < - < 1, то получаем равносильное двойное неравенство 0 < -—- < 2
или, с учётом ОДЗ,
1<®<7
или
{х — 1 — 14 4-2®
___ <0
1<х<7
664
/ Зх. 15 < о, f (х - 5)(х - 7) > О,
или < 7 _ х ’ или < г % ' или
[ 1<х<7 I (
х < 5,
1 < х < 7.
Рис. 18.32
Графически (рис. 18.32) найдём х 6
€ (1; 5). На интервале (1; 5) целыми яв-
ляются значения х\ = 2, х? = 3, хз = 4.
Тогда xi + х2 + хз = 2 + 3 + 4 = 9.
Ответ: 9.
6. Найти число решений уравнения /'(х) = 0 на отрезке [0; 2 л], где /(х) =
4sin2x — 3cos2x — 10х.
Решение.
/*(х) = (4sin2x - 3cos2x - 10х)' = (4sin2x)' - (3cos2x)' - (10x)' = 4(sin2x)' -
—3(cos2x)*-10(x)' = 4cos2x-(2x)'-3(-sin2x)-(2x)'-10-l = 8cos2x+6sin2x-10 = 0
или 4cos2x + 3sin2x - 5 = 0. Используя формулы cos 2a = cos2 a — sin2 a, sin 2a =
= 2 sin a cos a и cos2 a + sin2 a = 1, представим это уравнение в виде 4(cos2x —
- sin2 х)+3 • 2 sin х cos х—Sfcos2 x+sin2 x) = 0 или, после упрощений, в виде 9 sin3 х—
—6 sinxcosx + cos21 = 0 или (3sinx — cosx)2 = 0, 3sinx — cosx = 0, 3sinx = cosx.
Разделив обе части этого уравнения на 3cosx / 0, получим tgx = -, откуда х =
О _
1 „ „ , . 1
= arctg -+яп, п Е Z. Найдем те значения п, при которых значения х = arctg -+лп,
3 3
п 6 Z находятся на отрезке [0; 2 л]. Имеем
{0 < arctg + яп < 2я,
n G Z
или <
~arctg|<n<2 arctg |
я ~ — я
n € Z,
откуда их = 0, п2 = 1. ТЬгда xi = arctg i х2 = arctg | + я.
Л Л 3 3
Ответ; 2.
7. В равнобедренном треугольнике длина боковой стороны равна 4х/1б, а дли-
на медианы, проведенной к боковой стороне, равна Зх/10. Найти длину основания
треугольника.
Решение.
Пусть АВ = ВС = 4х/10, AD = 3\/10, где ВС = CD
(рис. 18.33). Обозначим угол ADC через а, тогда
LAD В = 180° — а. В треугольнике ADB, согласно те-
ореме косинусов, имеем АВ2 = BD2 + AD2 — 2BD х
х AD cos AD В или (4х/10)2 = (2>/10)2 + (Зх/10)2 - 2 х
х2х/10 • Зх/10сов(180° — а), откуда cosa = 7. Тогда
4
из треугольника ADC, также согласно теореме косину-
сов, найдём АС2 = AD2 4- CD2 — 2AD • CD cos ADC или
AC2 = (Зх/10)2 + (2x/i0)2 — 2 • Зх/10 • 2x/10cosa, откуда
AC = i/90 + 40 - 120 7 = 10.
V 4
Ответ: 10.
665
8. При каком значении параметра а уравнение |х2 — 2х — 3| = а имеет три
решения?
Рис. 18.34
Построим график функции у = |х2 — 2х — 3| (рис. 18.34). В этой же системе
координат строим график функции у — а. Тогда:
1. Если а < 0, то графики функций у = |х2 — 2х — 3| и у = а общих точек не
имеют, решений нет.
2. Если а = 0, то графики функций у = |ж2 — 2х — 3| и у = а имеют две общие
точки, следовательно, данное уравнение имеет два решения.
3. Если 0 < а < 4, то графики функций у = |я2 - 2х — 2| и у = а имеют четыре
общие точки, следовательно, данное уравнение имеет четыре решения.
4. Если а = 4, то графики функций у = |х2 - 2х — 3| и у = а имеют три общие
точки, следовательно, исходное уравнение имеет три корня.
5. Если а > 4, то графики функций у = |х2 — 2х - 3| и у = а имеют две общие
точки , следовательно, исходное уравнение имеет два корня.
Таким образом, ровно три решения уравнение |х2 — 2х - 3| = а имеет при а = 4.
Ответ: 4.
9. В треугольной пирамиде ABCD грани АВС и BCD - правильные треуголь-
ники с заданной высотой. Угол между этими гранями равен <р. При каком значении
площадь полной поверхности пирамиды является наибольшей?
Рис. 18.35
Пусть ДАВС = ДВСР, АВ = ВС = АС =
= CD = а = const, АЕ — DE = h =
= const, АЕ ± ВС, DE ± ВС, LAED = tp
(рис. 18.35). Проведём АО ± DE, AF ± BD
и соединим точки О и F. Из прямоугольного
треугольника АОЕ найдём АО — АЕ sin АЕО =
= hsiny> и ОЕ = АЕ cos АОЕ = Лсовр. Тогда из
прямоугольного треугольника DFO найдём OF =
= ODsiaODF = (DE - OE)sin30° = (h — hcosy>) •
•- = -h(l-cos<p), и из прямоугольного треугольни-
ка AOF, согласно теореме Пифагора, найдём AF =
= \/АО2 + OF2 — у(hsin9?)2 + ^Л(1 “ cos^?)^ =
f 4 sin2 у? + 1 — 2cosv? + cos2 <p = ^/4 sin2 ¥> +1 — 2 cos 9? + 1 — sin2 =
sin2 tp - 2 cos <p + 2. Площадь полной поверхности пирамиды ABCD равна
666
5пол = Зьавс+5двср+5дасо+5даво или, так как S^abc = Sabcd = —г—, а
1 h *
S&ACD = Saabd = t;BD ’ AF = -а • — v3sin2y — 2 cos у 4- 2 =
Z 2 2 ’
= ^^/38in2y-2cosy + 2, то Snon = 2 • ° + 2 х ^^3sin2y- 2cosy4-2 =
= a + "7Г x ^3sin2y — 2cosy+ 2. Найдём экстремум этой функции: S'noa =
sin2 у — 2 cosy 4-2
\ 2
= 0 + ^(^3sin2 <p — 2cosy 4- 2)'
— ah((3sin2 y)' — (2 cosy)* + (2)*)
4x/3sin2 у — 2 cosy 4-2
_ ah(3sinycosy 4-siny)
2-\/3sm2 у — 2 cosy 4- 2*
+ ^—y3sin2y- 2 cos 9?+ 2
(38in2y-2cosy4-2)*
2 x/3sin2y — 2 cosy 4-2
ah(6sinycosy 4-2 sin у)
4 x/3 sn? у - 2 cos у 4- 2
ah(3siny cosy 4-siny) _
2>/38in2y-2coey4-2
ah
~2
( 3smycosy 4-siny = 0,
| 3sin2y-2cosy4-2 > 0,
f 8iny(3coey 4-1) = 0,
у 3cos2y 4- 2 cos у - 5 < 0,
sin у — 0,
Зсову 4-1 = 0,
5
—- < cosy < 1,
f sin у = 0,
t —1 < cosy < 1;
( 1
J cosy = ——,
[ —1 < cosy < 1.
(1)
(2)
Смешанная система (1) решений не имеет, ибо по условию угол 0 < у < л. Из
системы (2) имеем cos у = - -. Нетрудно установить, что при переходе через точку
1 ж «
cos у = - - производная функции 8пал меняет знак с плюса на минус, следовательно,
1 _ i о
cos у = — - - точка максимума, Тогда С08 [^ = ~3.
Таким образом, при значении = -3 площадь полной поверхности пирами-
ды является наибольшей.
Ответ: —3.
10. Найти угловой коэффициент касательной, проведенной к параболе у =
х2 - Зх 4- 4 из начала координат, при условии, что абсцисса точки касания - чи-
сло положительное.
Решение.
Если касательная проходит через начало координат, то её уравнение можно за-
писать в виде у = кх.
Теорема. Если функции f(x) и д(х) дифференцируемы на интервале (а; Ь) и
/(х) = р(х), х € (а; Ь), то /'(х) = $'(х), х е (а; Ь).
Согласно этой теореме, если (х<>; уо) - точка касания графика функции у = кх
и у = х2 - Зх 4- 4, то
кх0 = х2 - Зхо 4- 4, Г fcx0 = х§ - Зх0 4- 4,
(fcxo)' = (xg - Зхо 4- 4)' 1 к - 2х0 - 3.
667
Подставим значение к из второго уравнения системы (*) в первое. Получим (2х0 —
—3)®о = - Зхо 4- 4 или Хр = 4, откуда хо = —2, что не подходит к решению задачи,
или х0 = 2. Тогда fc = 2 • 2 — 3 = 1.
Таким образом, угловой коэффициент к касательной у = кх, проведенной к па-
раболе у = яг — Зх+4 из начала координат, при условии, что абцисса точки касания
- число положительное (х0 = 2), равен к = 1.
Ответ: 1.
Список некоторых обозначений и сокращений
N — множество натуральных чисел
Z — множество целых чисел
Q — множество рациональных чисел
R — множество действительных чисел
0 — пустое множество
а е М — элемент а принадлежит множеству М
{а; Ь; с; d} — множество, состоящее из элементов а, Ъ, с, d
U — знак объединения
[а; b] — замкнутый промежуток (отрезок) с началом а и концом Ъ
(а; b) — открытый промежуток с началом а и концом Ь
А => В— из А следует В
А <=> В — из А следует В и, наоборот, — из В следует А
а = Ъ — знак равенства: а равно b
а > Ъ— знак неравенства: а больше Ь
а < Ь— знак неравенства: а меньше b
а > Ъ, (а < Ъ) — знак нестрогого неравенства: а не меньше (не больше) Ъ
atb — знак сравнения: а не равно Ъ
As В — знак сравнения: А тождественно равно В
ОДЗ — область допустимых значений
| а | — абсолютная величина числа а
НОД (а, Ь) — наибольший общий делитель чисел а и Ь
НОК (а, Ь) — наименьшее общее кратное чисел а и b
tfa — корень n-й степени из числа а
1ода Ь — логарифм числа b по основанию а
1дЪ — логарифм числа Ъ по основанию 10
1пЬ— логарифм числа Ь по основанию е (е = 2,71... — основание натураль-
ного логарифма)
{ — знак системы
[ — знак совокупности
D = Ь2 - 4ас — дискриминант квадратного трехчлена ах2 + Ъх + с (или
квадратного уравнения ах2 + Ъх + с = 0)
669
Использованная и рекомендованная литература
1. Сборник задач по математике для поступающих во втузы (с решения-
ми). В 2-х кн. Кн. 1. Алгебра: Учеб. пособие/В. К. Егеров, В. В. Зайцев,
Б. А. Кордемский и др.; под ред. М. И. Сканави. — 7-е изд., перераб. и
доп. — М.: Высш, шк., 1994.—528 с.: ил.
2. Литвиненко В. Н., Мордкович А. Г. Практикум по элементарной мате-
матике: Алгебра. Тригонометрия: Учеб, пособие для студентов физ.-мат.
спец. пед. ин-тов. — 2-е изд., перераб. и доп. — М.: Просвещение, 1991.—
352 с.: ил.
3. Сивашинский И. X. Неравенства в задачах. М., 1967. — 304 с.: ил.
4. Дорофеев Г. В., Потапов М. К., Розов Н. X. Пособие по математике для
поступающих в вузы. — М., 1970. — 640 с.: ил.
5. Практикум по решению задач по математике/Михайловский В. И., Та-
расюк В. Е., Ченакал Е. О. и др. — 3-е изд., перераб. и доп. — К: Высш,
шк. Головное изд-во, 1989. — 423 с.: ил.
6. Сборник задач по математике для поступающих во втузы (с решения-
ми). В 2-х кн. Кн. 2. Геометрия: Учеб. пособие/В. К. Егеров, В. В. Зайцев,
Б. А. Кордемский и др.; под ред. М. И. Сканави. — 7-е изд., перераб. и
доп. — М.: Высш, шк, 1995. — 368 с.: ил.
7. Кушнир И. А. Векторные методы решения задач. — К: Издательство
“Обериг”, 1995. — 206 с.: ил.
8. Кушнир И. А. Треугольник и тетраэдр в задачах — К: Рад. ппс, 1991. — 201 с.
9. Сборник задач для поступающих во втузы. Под ред. Сканави М. И. —
М.: Высшая школа, 1998. — 431 с.
10. Ткачук В. В. Математика абитуриенту. Том I. — М.: ТЕИС, 1994. — 499 с.
11. Ткачук В. В. Математика абитуриенту. Том IL — М: ТЕИС, 1994. — 553 с.
12. Яремчук Ф. П., Рудченко П. А. Алгебра и элементарные функции. Спра-
вочник. — К.: Наукова думка, 1987. — 648 с.
13. Мазур К. И. Решебник всех конкурсных задач по математике сборника
под редакцией Сканави М. И. Выпуск 1. — К.: Украинская энциклопе-
дия, 1994. — 590 с.
14. Мазур К. И. Решебник всех конкурсных задач по математике сборника
под редакцией Сканави М. И. Выпуск 2. — К.: Украинская энциклопе-
дия, 1995. — 412 с.
15. Мазур К. И. Решебник всех конкурсных задач по математике сборника
под редакцией Сканави М. И. Выпуск 3. — К.: Украинская энциклопе-
дия, 1994. — 458 с.
670
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие................................................3
Глава 1. Арифметические действия ..........................5
Глава 2. Тождественные преобразования
алгебраических выражений...................................7
Глава 3. Тождественные преобразования
тригонометрических выражений ..............................18
Глава 4. Прогрессии.........................................34
Глава 5. Комбинаторика и бином Ньютона......................39
Глава 6. Алгебраические уравнения ..........................47
Глава 7. Логарифмы. Показательные
и логарифмические уравнения...............................91
Глава 8. Тригонометрические уравнения......................118
Глава 9. Неравенства ......................................150
Глава 10. Задачи по планиметрии ...........................168
Глава 11. Задачи по стереометрии...........................233
Глава 12. Задачи по геометрии с применением тригонометрии..294
Глава 13. Применение уравнений к решению задач ............362
Глава 14. Дополнительные задачи по алгебре.................418
Глава 15. Начала математического анализа —............... 517
Глава 16. Дополнительные задачи по геометрии —------------ 604
Глава 17. Применение координат и векторов к решению задач .607
Варианты заданий для самопроверки..........................660
Список некоторых обозначений и сокращений .................669
Использованная и рекомендованная литература ...............670
Учебное издание
ЯСИНСКИЙ Василий Васильевич
МАЗУР Константин Иванович
МАЗУР Олег Константинович
МАЗУР Олеся Константиновна
РЕШЕБНИК ОСНОВНЫХ
КОНКУРСНЫХ ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИКЕ
из сборника под редакцией М.И. Сканави
Редактор: Мазур Олеся Константиновна
Компьютерный набор: Мазур Олеся Константиновна
Корректор: Манченко Наталия Викторовна
Подписано в печать 5.01.05.
Формат 60x84/16. Печ. офс. Бум. газета. Гарн. Таймс.
Усл. печ. л. 78,12. Тираж 5000 экз. Зак. 24-601.
Издательство УАННП «Феникс».
03033, Киев-33, ул. Саксаганского, 2, оф. 3.
Тел.: 235-50-55, 239-38-29, 239-38-56.
Свидетельство ДК № 271 от 07.12.2000 г.
Видавництво «Фен/кс» пропонуе: •
повний ассортимент шктьноТ документацй
кл. •
КЛ.
кл. е
кл. •
школярам
Курс шформатики. Частина I. — 370 с.
Курс 1нформатики. Частина II. — 200 с.
Б!олопя людини. 8-й клас. — 384 с.
Бюлопя людини. 9-й клас. — 344 с.
Робота з бюлопчними термшами i поняттями. 7
Робота з бюлопчними терм!нами i поняттями. 8
Робота з бюлопчними терм!нами i поняттями. 9
Робота з бюлопчними термшами i поняттями. 1 0
Практикум з !нформатики. 1-й р!к навчання.
Практикум з 1нформатики. 2-й р!к навчання.
випускникам шк!л та аб1тур|'ентам
-♦ Решебник Сканави. — 500 с.
Математика письмова. Частина I. Тестов! задач!
з математики. Алгебра та початки анал!зу. — 600 с.
Математика письмова. Частина II. Тестов! задач!
з математики. Геометр!я. — 600 с.
Математика усна.
1нформац1ю щодо придбання наших
видамь Ви можете отримати за
телефонами:
тел. (044) 235-50-55,235-33-23
www. kniga.k lev. иа
e-mail: khramov ° gu.kiev.ua