ПОЛНЫЙ
СБОРНИК РЕШЕНИИ
ЗАДАЧ
для поступающих
В ВУЗЫ
группа и
КНИГА 2
Под редакцией
М. И. СКАНАВИ
МоСква
«Мир и Образование»
Минск
«Харвест»
2003

УДК 51(076.1)
ББК 22.11
П51
Все права защищены. Перепечатка отдельных глав и произведения
в целом без письменного разрешения владельцев прав запрещена.
Полный сборник решений задач для поступающих в вузы.
П51 Группа Б / Под ред. М. И. Сканави. В 2 кн. кн. 2.~ М.:
ООО «Издательство «Мир и Образованием: Мн.: ООО «Хар-
вест», 2003.- 832 с: ил.
ISBN 5-94666-1&4) (ООО «Издательство «Мир и Образование»)
ISBN 985-130912-5 (ООО «Харвест»)
Впервые в помощь абитуриентам публикуется полный сборник задач
с решениями под редакцией М. И. Сканави по всем труппам сложности.
Книги помогут учащимся научиться решать экзаменационные задачи
различного уровня сложности любого вуза.
Условия и нумерация всех задач полиостью соответствуют изданию
«Сборник задач по математике для поступающих в вузы» под редакцией
М. И. Скаиави, 6-е издание (М.: ОНИКС 21 век, Мир и Образование).
УДК 51(076.1)
ББК 22.11
ISBN 5-94666-16-0
(ООО «Издательство «Мир и Образование»)
ISBN 985-13-0912-5
(ООО «Харвест»)
© Коллектив авторов, 2002
© ООО «Харвест». Дизайн обложки, 2002

Содержание
Решения к главе 7. Логарифмы. Показательные
и логарифмические уравнения 1
Решения к главе 8. Тригонометрические
уравнения 71
Решения к главе 9. Неравенства 232
Решения к главе 10. Задачи по планиметрии 308
Решения к главе 11. Задачи по стереометрии 420
Решения к главе 12. Задачи по геометрии с
применением тригонометрии 494
Решения к главе 13. Применение уравнений к
решению задач 756
АВТОРСКИЙ КОЛЛЕКТИВ
Егерев Виктор Константинович
Зайцев Владимир Валентинович
Кордемский Борис Анастасьевич
Маслова Тамара Николаевна
Орловская Ираида Федоровна
Позойский Роман Исаевич
Ряховская Галина Сергеевна
Сканави Марк Иванович
Суходский Андрей Матвеевич
Федорова Нина Михайловна
ТВОРЧЕСКИЙ КОЛЛЕКТИВ
Профессор кафедры высшей математики
Белорусского Государственного Университета Информации
и Радиоэлектроники Карпук Андрей Андреевич
Профессор кафедры высшей математики
Белорусского Государственного Университета Информатики и
Радиоэлектроники Жевняк Ростислав Михайлович
Кандидат физико-математических наук Ермолиц-
кий Александр Александрович

Решения к главе 7
ЛОГАРИФМЫ. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА И ФОРМУЛЫ
Степени с действительными показателями
я0 el, (7.1)
где 0° не имеет смысла;
a~"s-^(a*°), (7.2)
а
где п—действительное число;
т
а^ =№(в*0)> (73)
гдетиип — натуральные числа;
«•.«»е«»», (7-4)
4S«^> (7-5)
(i0]fSe«*, (7-6)
где а и Р —действительные числа.
Показательная функция
Показательной функцией переменной х называется функция
у = ах,
где а—данное число.

Если а< 0, то функция ах определена только при целых и при
дробных значенияхх (если знаменатель дробного показателя*- нечетное
число). Если а = 0, то выражение 0* определено при х > 0, Если а > 0, то
функция ах определена при всех действительных значенияхх, причем
при а ~ 1 имеем Iх ~ 1, т.е. функция равна постоянному.
Вдальнейшемпоказателыгуюфункциюя* будем рассматривать при
а>0 и а*\.
Основные свойства показательной функции
у~ах при а>0, а*\:
1. Показательная функция определена при всех действительных
значениях х(хе /?).
2. Областью изменения показательной функции служит множество
всех положительных действительных чисел, т.е. уе (0, + °°).
3. При а > 1 показательная функция строго возрастает, т.е. из
неравенства X] < х2 следует неравенство а* <а*1. Причем если
хе (~°°;0), то ye (0;l); если х = 0, то у~\; если хе (0;°°), то
уе (1;+°°),т.е.если хе (-«>* + °°),то уе (0; + °°); у—>0 при х—»-°° и
у —» -Н» прИ .X —» +<х> ,
4. При а е (0; l) показательная функция строго убывает, т.е. из
неравенства х, < х2 следует неравенство а *' > а*1 .Причем если хе (-°°;0),
то уе (l;+oo); если х = 0,то у = 1;если хе(0; + °°),то уе (0;l), т.е.
если х е (- °°; + °°), то у е (0; + °°); у —> +<х> при х —> -°° и у —» 0 при
х-»-н».
5. Характеристическое свойство: значение показательной функции от
суммы равно произведению значений этой функции от слагаемых, т.е.
а***2 =ах*-аХ2.
Логарифмы и их свойства
Логарифмом числаб по основанию а называется показатель
степени, в которую надо возвести число а, чтобы по лучить число b: loga£ = x,
если ах —Ь ,или
alog"*=£. (7.7)
5

В дальнейшем основание логарифмов будем считать положительным
и отличным от единицы (а > О, а * 1).
Приведем некоторые свойства логарифмов (при любом
положительном основании, отличном от единицы).
1. Логарифм единицы равен нулю, т.е. loga 1 = 0.
2. Логарифм основания равен единице, т.е. loga a = 1.
3. Для любого положительного числа b существует, и притом только
одно, такое действительное число а, что loga b = а.
4. Из равенства loga х^ = loga х2 следует *i = х2 (и ндоборот).
Основные правила логарифмирования
1. Логарифм произведения двух или нескольких положительных
чисел равен сумме логарифмов этих чисел, взятых по тому же
основанию, т.е.
loga(6-c) = log£,6 + logac. (7.8)
Замечание. Логарифм произведения нескольких чисел, если оно
положительно, равен сумме логарифмов модулей этих чисел, взятых по тому
же основанию, т.е.
1оЕа(*1-^Л)=1о8а|*1| + ^а|^| + ...+
+ \o$a\bn\(bl-b2...b„>0). (7.9)
2. Логарифм частного двух положительных чисел равен разности
логарифмов делимого и делителя, взятых по тому же основанию, т.е.
loga- = loga2>-logac. (7.10)
Замечание. Логарифм частного двух чисел, если оно положительно,
равен разности логарифмов модулей делимого и делителя, взятых по тому
же основанию, т.е.
loga^loga|6|-loga|c| (ft-oO). (7.11)
3. Логарифм степени положительного числа равен произведению
показателя степени на логарифм ее основания (логарифмы взяты по тому же
основанию), т.е.
\о$аЬс^сЪ$аЬ. (7.12)
б

Замечание. Логарифм положительной степени числа, отличного от
нуля, равен произведению показателя степени на логарифм модуля ее
основания, взятый по тому же основанию, т.е.
logebcsclogJa| ipc>o). (7.13)
Формулы перехода от одного основания логарифма к другому
1. Логарифм числа по данному основанию равен логарифму этого
числа по новому основанию, деленному на логарифм данного
основания по новому основанию, т.е.
logja
1
Множитель-; называется модулем перехода.
logjo
2. Из формулы (7.14) при N = Ь получаем
log„6 = - . (7.15)
logj a y '
3. Часто в логарифмических преобразованиях пользуются
тождествами
logo» N = -logw N (я* > о) (7.16)
(7.14)
1°в-*"Т^Н (а*>0) ^17)
Логарифмическая функция, ее свойства и график
Логарифмической функцией называется функция вида
у = \о%ах,
где д > 0, аф\ их- независимая переменная.
По определению логарифма выражение у = loga х означает то же,
что и выражение ау = х , т.е. логарифмическая функция есть обратная
функция по отношению к показательной.
7

Основные свойства логарифмической функции
1. Логарифмическая функция определена при всех положительных
действительных значениях х (нуль и отрицательные числа при
положительном основании логарифмовне имеют).
2. Областью изменения логарифмической функции служит
множество всех действительных чисел уе (-°о;+оо),
3. При я>0 логарифмическая функция возрастает, т.е. если
0<х1<х2,то loga xi < loga x2 . Причем если хе(0;1),то уе(-°°;0);
если х-1,то у~0;еслихе (1; + °°),то уе (0;+°°);т.е.если хе (0;+°°),
то уе (-°°;+°°); у~>-°° при х —»0 и у—>+*» при х—»-н» .
4. При 0<я<1 логарифмическая функция убывает, т.е. если
0<х1<х2,то loga х, > loga х2 . Причем если хе(0;1),то уе(0; + °°);
если х-\,то У~0;есжхе (1; + °°),то уе (-°°;0),т.е.если хе (0; + °°),
то уе (-°°;+°°); у—»-°° при х—»-н» и у—>+*» при х —»0-
5. Характеристическое свойство: значение логарифмической
функции от произведений двух положительных чисел равно сумме значений
функции от каждого из чисел;
1о8а (*1 ' х2 ) ~ l0ga X, + l0gfl X2.
Показательные уравнения
Показательным называется уравнение, содержащее неизвестное
только в показателе степени.
Рассмотрим несколько типов показательных уравнений, решаемых
методами элементарной математики.
Показательные уравнения рассматриваются в множестве
действительных чисел. Проверка найденных значений неизвестного по
условию уравнения при решении показательных уравнений в общем случае
обязательна.
1. Уравнение вида
а*=Ь (7Л8)
называется простейшим показательным.
Рассмотрим уравнение (7.18) при а > 0 и а * 1. Если b > 0, то
уравнение имеет единственное решение х - loga b . Если Ь <, 0, то уравнение
решений не имеет.

2. Показательное уравнение вида
aM*) = bfib\ (7.19)
гдея>0,д *1,6>0,6*1,а yi(x)t/2(x) —заданные элементарные
функции, логарифмированием приводится к виду
/iW1ogca = /2(x)logc6.
Если последнее уравнение решается методами элементарной
математики, то тем самым решается уравнение (7.19).
Логарифмические уравнения
Логарифмическим уравнением называется уравнение, содержащее
неизвестные только под знаком логарифма.
Логарифмические уравнения, как и показательные, рассматриваются
в множестве действительных чисел. Проверка найденных значений
неизвестного по условию уравнения в общем случае является обязательной.
1. Уравнение вида
logfl х ~ Ь, (7.20)
где х - неизвестное, ааиЬ- заданные числа, называется простейшим
логарифмическим.
Если а > 0 и а * 1, то такое уравнение при любом действительном
значении Ь имеет единственное решение
х = аь. (7.21)
2. Логарифмическоеуравнение вида
log„/,W = log„/2W (7-22)
где а > 0 и а Ф1, после потенцирования приводится к виду
/■(*) = Л М- (7-23)
Корнями уравнения (7.22) будут только те корни уравнения (7.23),
при которых /j (х) > 0 и /2 (х) > 0, т.е. корни, принадлежащие к области
определения уравнения (7.22).
3. Логарифмические уравнения вида
/(logey(x))=0, (7.24)
где /(f) и у(х) — некоторые заданные функции, заменой logfl \y(x)= t
приводятся к уравнению fit) = 0.
9

Показательно-логарифмические уравнения
Если неизвестное в уравнении входит в показатель степени и под
знак логарифма или в основание логарифма, то такое уравнение
называют показательно-логарифмическим.
Показательно-логарифмические уравнения чаще всего решают,
логарифмируя обе части уравнения, и приводят их к логарифмическим
уравнениям.
При решении систем показательных и логарифмических уравнений
в основном применяются те же способы, что и при решении систем
алгебраических уравнений (подстановки, алгебраического сложения,
введения новых неизвестных и др.).
Упростить выражения (7.150—7.156):
7.150. *~*
Решение.
b lg0 -a lgi
ljg» ng* Ylog"*(°+i)
=U*fe
\21°g„(»+»)
*(аЬ¥*+М=а + Ь.
Ответ: a + b.
7.151. ({fogia + lo£b + 2y2+2) -log4a-loga6 .
Решение.
(Ifo^a + lo^b+lf+l) -lob<i-log.b =
log}e + —L_ + 2| + 2
log» a
logja \\ logja

„2,
logjo + l logJo + 1 0 log£a + l_ logja + l
a + 1 _ hog* a +1
■b" V log? a
+ 2-,s'' =. ST +2-
logiа +1 _ |logta + 21ogta + l logf,a + l_ Гlog^a + l j
log2 a log6a ^ log6a J
logta + l _logj;a + l log^a + 1
log6a |log6a| log6a
Таким образом, получаем два случая:
Г0<Ь<1„,ГЬ>1,
log6a<0mniJ |_Н
а>1 0<а<1;
, - -2(log6a + log„6);
log6a
Г0<Ь<1„ ,ГЬ>1,
logi,a>OmflH Ш
66 [0<а<1 [а>1;
log^a + 1 log?a + l_0
log6a log6a
fa>l, fO<a<l,
Ответ: -2(log6a + log„6),ecAHj hahJ и 0, если
[O<0<1 [0>1,
f0<a<l, |а>1,
[0<6<1 [Ь>1.
7.152. log2 2х2 + log2 * .^|08>(1082'+1) + Il0g2 *< + 2-31»81/2log2' .
Решение.
ОДЗ: х>1.
1об22*2 +b$2x-xhs'a^"+l) +Uo£x4+2-3,°s»ibb" =
= log22 + log2^2 + log2^-(log2^ + l) + 21og^ + 2lo^1^,( =
= 1 + 21og2 л + log2 x + log2 л + 21og2 x + log2 л =
= log2 x + 31og2 x + 31og2 л +1 = (log2 x +1)3.
Ответ: (log2x + l)3.

7.153.
:1+2,og4,+83bg,,2+1
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
!+^Ч83'°8'22+1
х**'+2**2+1
(х-х'°е-2 +2и*ь*1 +l)2 =(2x + x2 + 1)1 =,l(x + l)2 =\x + l\ = x + l
учетом ОДЗ: 0<;с*1 ).
•пвет: х + \,гдео<х*\.
logaVb
7.154.
Решение.
'*_1о80;а»*
bg„i-
ю^-iog^
logo/646-logo/666 6" log, A log, A log06
1 ^
"^.log,^
log„i-
-31og„6
'°g»6
iog„ г> ioga г> 3-i2iog„6"
l-41og„6 l-61og,6
_-31og^(l-41ogaA)(l-61ogaA) logaA _bg b
(-«1ой* + 41ой*)^-31оЬ*1 3(1"410goi)
Ответ: loga 6.

7.155.(6(log6a-logo2* + l) + loga6~6 + log26)l/2-loga6 прия> 1.
Решение.
(6(log6alog 2 6 + l) + loga 6"6 + log2 6)l/2 -log,, b =
б( j + l]-61oga6 + log26| -loga6 = ,/9-61oga6 + log26-
-loga6 = -J(3-loga6)2-loga6 = |3-logaA|-loga6.
Раскрывая модуль, получим два случая:
1)|з-юМ-1о8яЦ3-10^0; '
1 "I" [-3 + loga6-loga6 = -3;
b>a3,
|3-loga6|-loga6 = -3;
. . f3-log„b>0,
2)|3-logai|-logai^3_lo^_logai = 3_21ogai;
0<6<а3,6*1,
|3-loga6|-loga6 = 3~21oga6.
Ответ: -3, если b>a3, и 3-21oga b, если 0<6<д3, ** 1.
7156 ioga ь+ioga(г»'72'08""2) iog„„ fc-iogob
10ga6-10ga66 j2k.gtlog.4_,-
Решение.
logaA + loga(i1/2"'g'-°;) loga.b-logab_ logaA + logaa ^
loga6-loga66 ^logilog,*., bg^_Jog„6
l + loga6
'°g^ -log,. , ,
logjb-l log2,* (I+log_b)(lo__b-I)(lo__b + l) lqg_b-I
Ответ: .
logai-l

7.157. Известно, что log„x = a, iog4x = р, iogcx = у, log^x = 8 и
с ф 1. Найти logo6rf х .
Решение.
log^x _ 1
l°g«!
log, я6с</ log, a + log, 6 + log, с + log, </
1
log„x log6x logcx log,,*
1 QtByS
I + I + I+I Рт6 + ау6+оф8 + арУ
а В у 8
Ответ:
Ву5 + ау5+аВ8 + аВу ' ,
7.158.Известно,чтор = 101"18" иу = 101_18Р.Найтизависимосгьа от У.
Решение.
i о 1 1 1 1 1-lgOt 1 ,
1еВ = ; lgy= = = —— ~ + 1:
6Р 1-lga' 6' 1-lgB j 1_ -lga lga
1-lga
— = l-lgy; lga = ^—; a = 10l/<1-181''.
lga 1-lgy
Ответ: а = 10|/(1-1Ч
7.159. Доказать, что loga6 с = l°s°cl°sbc .
log„c + log6c
Решение.
"b log, „6 l + loga6 (1 + 1 ^b&l
V S° ''log»*
logaclogtc _ logaclogAc
'°g° c i log c logoC + log6c'
log» *
Что и требовалось доказать.

7.160. Упростить выражение log„+4 m + log„_6 m -21oga+6 m ■ loga_4 m,
если известно, что т2 -а2 -Ь2 .
Решение.
log«+4m + loga-4m-21og„+6т■ log„_6т = log„+6m + , "^/''"'л-
-2log^m,log^m=logattm.fl + 1 _ 21og 4m V
log„+4la-bJ ^ log„+i(e-bJ lo$a+b(a-b)J
7T'°gi4-4"'('0gat4(''-A)+'-21oga<-4"')
^+4(0-*) '
Так как т = ча2 -b2 ,то имеем
log0+4 ^a2-b2^oSatb(a-b)+l-2loga,Ja2-b2
log.+i(e-*)
^ logat4 J"' ~ б" (l°gat4(" - Ь)+1 - log.+t(« -b)-0 _
loga+4("-*)
_log„tt>/a2-A20=0
l°g0+4(<>-*)
Ответ: О.
7.161. Найти log^ 8, если известно, что lg5 = a, lg3 =6 .
Решенке.
10 o = '°g28 3 3
0830 log230 log2(2-5-3) l + log25 + log23-
lgS = JS&l. b>fcs= Jgfej, lobS—5-.
log210 log2(2-5) l + log25 62 1-я
lc3_ '°g23 _ log23 _ log23 _ '°g23 -О-а^гЗ,^.
log210 log2(2-5) l + log25 1 + J_ 1
1-я
log,3 = - .
1-я

Таким образом, log30 8 = j— = — -.
i+r^ + Л- '
1-я 1-я
3(1 -")
Ответ: ——— .
1 + 6
log.x , , ,
7.162. Доказать, что . х =; + 1о8* *.
Решение.
jogaJL=log£JL = log^logatt6= 6 = logaa+ 1 +
logof, * lo%ax logo *
log0 ab
Что и требовалось доказать.
7.163. Зная, что lg2 = а и log2 7 = 6, найти lg56.
Решение.
Ig56 = lg(7-8)=lg7 + lg8 = lg7 + 31g2 = ^i2l + 31g2 = l0g27-lg2+31g2 =
= об + За = а(б + 3)
Ответ: a(b + 3).
1 1 1
7.164. Зная, что 6 = в1"1"81 ° и с = 81"108'6 , показать, что а = в1-"*''.
Решение.
logg6 = logg8i:Ei^=—-i =>1-log, <. = —!—=>
1-logga loggi
, L_
=>log,e = l !—=>a = 8 "и-* (1).
logg6
i
loggC = logg81-">8-'' =——-=»l-lug,b = -i-=»
l-logg6 loggc
=>logg6 = l-- =-a (2).
logg с logg с
Подставляя (2) в (1), имеем
floggC-H t logg с logg c-1-logg с 1
a = 8 I log8c J _ g i°ggc-i =g logg^-i _gi-ioggc
Что и требовалось доказать.

x+l _ Jn*-*-I
Решить уравнения (7.165 — 7.258):
7.165. Ъ-V + --9**1 =6-4-
3 1
Решение.
Из условия имеем
Ъ-4* + --Ы-9* =6Л-4* ---9-9*
3 2
3-9* =2-4*
(f)=(f)
(51-
Ответ: —.
2
, откуда х = -
1
2'
7.166. д/logo^ х +1 + ^/log^ х + 3 = 1.
Решение.
ОДЗ:
-logo^ + liO,
log^ + ЗйО, о 0<xS25.
х>0
Перейдем к основанию 0,2. Имеем
Jrlog»^x + 1 + Vlo8o^:,: + 3 =1 <=>
о^/iog^JT+T + Jl\og^~x + Z- -Jl.
Возведя обе части уравнения в квадрат, получим
log0|2 х + 2 + 2>/(log0|2 x + 2) (2 log0|2 x + б) + 21og0|2 x + 6 = 2 о
**2V(i0&U* + 2) fclogo^ + e^-Slog^x-e^
^(^^ч^Хги^х + б^и^х+г^при-Зк^х-бйОо
о log0|2 х + 2 S 0 .
С учетом ОДЗ имеем log0|2 х + 2 = 0, откуда х = 25 .
Ответ: 25.

7.167. Jb^Jte=-loSxS.
Решение.
[log, ,/57 > О,
1
ОДЗ:<-15>0, илиО<хй-.
10 < х * 1
Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем
1 _ - !
log, ,/57 = log; 5 о 21ogj5-log;c5-l=0 => (log, 5} =-i, х, = -
или
(log,5) = l, х2=5;
х2 -5 неподходитпоОДЗ.
Ответ: — .
25
7.168. log4,+17 + log,,,7 = 0.
Решение.
г.гтм Г0 < 4х +1 * 1, 1
ОДЗ: J о 0<х*-.
[0<9х*1 9
Перейдем к основанию 7. Имеем
г; п + - — = 0=>log79x=-log7(4x + l)o
log7(4x + l) log79x
о 9х=—!— о 36х2+9х-1 = 0,
4х + 1
откуда х, = — , х2 = —; х2 - — не подходит по ОДЗ.
Ответ: — .
12
7.169. {б*«р«+_в _,Uo.
4^hJ
Решение.
Преобразуем знаменатель второго члена уравнения:
sin2j*-- I jsiQj;coi--cos*sin-| — fan2 x-2siaxcoax+aa2.
4 I 4J=4l 4 4J =4l2 J =42
18
(l-sm2*)

i—sin2* 2 6
= 42 2 = ,to2> ■ откуда , г = 3-2ш. Получаем урав-
2 ^,-fj
нение fc^'J + 3-2'Шх -4 = 0 =» г*™2* =-4 (нет решений) или
2ш2х -1, откуда sin2x = 0, х = —, Где л е Z.
Л ял -^
Ответ: —; Я€/.
2
7.170. log2(2-x)-log2(г-VJc)= log2 Л^х-0,5 •
Решение.
2-х>0,
ОДЗ:
Г- „ 0<х<2.
2-Vx>0,
2-х J 2-х 2-х v2 —x
Из условия имеем log2 p- = log2—j=— <=> Т^"—г—**
2-Vx V2 2-Vx V2
2-х Л^х" „ я fi/2^7 1 ) „ _ л/2-х 1 n
j4-2x=2-Jx, 4-2х = 4-4,/х" + х, Зх-4,/х" = 0, ,/х^/х-4)=0.
16
Таким образом, xi = 0 , х2 = -г-.
Ответ: 0; —.
9
7 171 51+log4 * + 5logoii *"' = —
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 4. Имеем 5-51ое,х + 5 = 0 <=>
5-5 8'* 5
^25-(?1°е'хУ-26-51"84' + 1 = 0 =» ^1о84ДГ), = 5-2, ^1о84*)2 = 5°,
откуда (log4x), =-2 , (log4x)2 =0 .Следовательно, X) =— , х2
•|=Г7, X, =1.
Ответ: гг; 1.
10

7.172. ^21ogg(-x)-logg%/? = 0.
Решение.
-x>0,
ОДЗ: х<0.
|x > 0,
Из условия имеем
V21og,(-x)-log,(-x) = 0, Vbg^)(V2-,Aog^))=0.
Тогда logg(-x) = 0, откуда x, = -1 или л/2 - ,/logg (- х) = 0 , откуда
•fi = ^ogs(-x),2 = lo&(-x), x2=-64.
Ответ: -64; -1.
7.173. 21gx2-(lg(-x))!=4.
Решен ие.
ОДЗ:х<0.
Учитывая, что х < 0 имеем
41g(-x)-lg2(-x)-4 = 0 о lg2(-x)-41g(-x)+4 = 0,
(lg{-x)-2f =0,откуда lg(-x)=2, x = -100.
Ответ: -100.
7.174. 3log;* + x1<,g>*=162.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Перепишем уравнение в виде
о xlog!*=81 о log|x = 4.
Тогда (log, х\ - -2 или (log3 х\ = 2 , откуда xj - - , х2 = 9 .
Ответ: —; 9.
7.175. lg(r> + 8)-0,51g(x2 +4x + 4)=lg7 .
Решение.
ОДЗ: х + 2>0, х>-2.
20

Перепишем уравнение в виде .
lg(x + 2)(x2 -2x + 4)-0$\g,(x + 2j =lg7o
»lg(x+2)(x2-2x + 4)-lg(x + 2) = lg7»lgfe^fc^±li = lg7»
x + 2
ox2-2x + 4 = 7, x2 -2x-3 = 0, откуда x, = -1, x2=3.
Ответ: -1;3.
7.176. 2log!,(J _21+log,,t +2log!,(~1
-черешенке.
ОДЗ: х>0.
Перепишем уравнение в виде 221ogs* -2-2logs* + 1^0 <=>
<=> 2 • 2 ogi x - 3 ■ 2 °Ss x - 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное
относительно 2 °gs*, найдем 2 og5 * = — (неподходит) или 2logs * = 2,
откуда log5jc = l, х = 5.
Ответ: 5.
3-х
Решенке.
ОДЗ: 9-2'>°. <-, 3*x<log29.
[3-x*0,
Из условия
log2^-2*)=3-x » 9-2* =23-* о 22*-9-2*+ 8 = 0.
Решая его как квадратное относительно 2х, найдем (2* J = 1, откуда
х\ = 0 или fe* Jj = 8 , откуда х2 = 3 ; х2 = 3 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 0.
7.178. log5X + log25X = log|/5
Решение,
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 5. Имеем log5 х + — log5 х - —log5 3 <=>

o21og5x + log5x = log5- о log5x3 =log5-. Отсюда имеем х3 =-
1
Ответ: —j= .
w
7.179. logoJ x2 + log0(x-l)=log0 logj; 5.
Решенке.
х>1,
ОДЗ: .
[0<я*1.
Из условия имеем
log„x + loga(x-l)=log02 => log„x(x-l)=log„2,
откуда х2-х-2 = 0 ^ X) =2 , х2 =-1; х2 =-1 неподходит по ОДЗ.
Ответ: 2.
7.180. x21gJ'=10x3.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Логарифмируя обечасти уравнения по основанию 10, получим
lgx21g!'=lgl0x3 о 21g3x = l + 31gx о 21g3x-31gx-l = 0 о
o21g!i+2-31gi-3 = 0o2|gi+l)(g!i-lgi+l)-3(lgi + l)=0o
о (lgx + l)(21g2x-21gx-l)=0,
откуда (lgx^ =-1, (lgx^ = —^— , (lgx), = —^— . Получили х, = — ,
х2=10 2 , х3=10 2 .
Ответ: —, 10 2 , 10 2 .
10
7.181. logx 3 + log3 x => log^ 3 + log3 т/х + 0,5 .
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.

Перейдем к основанию 3. Имеем
1 2 11
+ log3x = - + -log3x + - о logfx-log3x-2 = 0
log3x log3x 2 2
=» (jog3x\ = -l или (}og}x\ = 2, откуда xi =-, x2=9.
Ответ.' -; 9.
7.182. log j-a-log,—?— = 1.
ix a 2a-x
Решение.
ОДЗ:
0<я*1,
■ хф2а,
0<x*\.
Перейдем к основанию а . Имеем
. log„
=i^ Щ^ = \ о log„(2a-x)+log„x = 2 о
log„ Jx log0 a2
о log(,x(2a-x)=2, x(2a-x) = a2, x2-2ях + я2 =0, (x-ef=0,
откуда x = a .
Ответ: x - a, где 0 < a * 1.
7.183. 5-21o8»i3-4'J) + Ulogl/g4*=0.
Решение.
ОДЗ:3-4х2>0 «. -£<x<£.
2 2
Из условия
5"'g>(3"4]tJ' + Uxlog2.J22=0 о 3-4лг2-лг = 0 » 4лг2+лг-3=0,
откуда х\ = -1, x2 = — ; X) = -1 иеподходит по ОДЗ.
Ответ: —.
4

7.184. log0 x + log0j x + logo, x =11.
Решение.
fx>0,
ОДЗ: <
[0<a*l.
Перейдем к основанию а . Имеем log0 x + — log0 x + -log„ x-11 <=>
о log„ x = 6 , откуда x - a6.
Ответ: а6, где 0 < a * 1.
7.185. 6-А + 4-94"21о8Л311о87Л: = 1о8,7.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Перейдем к основанию 7. Имеем 6-Й + 4-90 llog7x=: <=>
log7x
<=> 5 log7 х - 6 log? x +1 = 0. Ргшая это уравнение как квадратное
относительно log, х, получим (log, x\ =- или (log, x\ = l, откуда xt = v7,x2 =7.
Ответ: Iff; 7.
7.186. log12 ^t3* + Зх - 9)= Зх - х log12 27.
Решение.
ОДЗ:43дг + Зх-9>0.
Перепишем уравнение в виде
log12(43* + 3x-9)+log1227'=3^ => log1227*(43* + 3x-9)=3x,
откуда 27*^t3* + 3x~э)= 123х о 43*+ 3х-9 = 43* , Зх-9 = 0 , х = 3 .
Ответ: 3.
7.187. x2log;(271og,x = x + 4.
Решен «е.
ОДЗ: 0 < х * 1.
Перейдем к основанию 3, тогда
J^.i^ = x + 4« 3*2-2х-8 = 0,
log3 х 2

4 4
откуда xi =2, x2 =-—; x2 -— не подходит по ОДЗ.
Ответ: 2.
7.188. ^log^x + logj5 + 2=2,5.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Перейдем к основанию 5. Из условия получаем
Ц?х + -4- + 2=2,5 „ bk±lMi±i=2>5
bgktl =25 b»gjx + l 25
«* У[ log5* J ' «» |log5x|
Получаем 2 случая:
flog5x<0, ~ ,1
{logix + 2,51og5^+l=0 V 65 Л 2
(logsx)j =-2<0, откуда *1=-/т. *2 =jp
flog5x>0, i
2) . j ,„ ^ (bg54=i>0, log5x)4=2>0
[log5x-2^1og5x + l = 0 2
откуда x3 = V5 , x4 = 25 .
Ответ: —; -т-; V5 ; 25.
25' V5
7.189. log^mlog^-^-
Решение.
[О < m * 1,
ОДЗ: J0<x*l,
U<2m.
. = 1.
25

Перейдем к основанию т, тогда
!°g,
1
^1тг=Х =1 *» logmx + logm(2m-x) = 2
l°g»,x logmVm
=» logmx(2m-x)=2 .
Тогда x2-2mx + m2 =0, (x-rnf =0, откуда x = m.
Ответ: т , где 0 < m * 1.
1089I6
7.190.'log23 + 21og4x = xlo8s*.
Решение.
ОДЗ: 0 < x * 1.
1°8,4
Из условия имеем log23 + log2 jc = jc1<,Si* о log23 + log2 jc^1"8,4 =»
^ log23 + log2x=4, log2 3x = 4, откуда 3x = 16, x = — .
16
Ответ: —.
7.191. log,0x + log^5x + log^5x + ... + log,^x = 5^.
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 10. Имеем
lgx + 21gx + 31gx + ... + 101gx = 5,5, (l + 2 + 3 + ... + 10)lgx = 5,5.
В скобках — сумма членов арифметической прогрессии S„ с щ -1,
</ = 1,а„=10,л = 10:5„=3^-л = ^^-10 = 55.Тогда 551gx = 5,5 о
о lgx = — .откуда хгЩТо .
Ответ: 4fto .
7.192. ,/31og2x-l-91ogi;2=5.
ОДЗ:
31og4x-loglx-9>0,
0<х*1.

Возведем обе части уравнения в квадрат. Тогда
31og<*-logjx-9j25 ^ 31ойх-261ойх-9 = 0.
log2x
Решая это уравнение как биквадратное относительно log2 x,
найдем (log2 х\ = -3 и (log2 х\ = 3 , откуда х, = - , хг = 8 .
Ответ: -; 8.
7.193. logjj х + log^ x + logyj x +... + log,^ x = 36.
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 3. Получаем
21og3x + 41og3x + 61og3x + ... + 161og3x = 36 о
о (2 + 4 + 6 + ... + 16)log3x = 36 e (l + 2 + 3 + ... + 8)log3x = 18 о
o361og3x = 18 о log3х = ~,откуда х = л/з.
1
IS о iog3x =
Ответ:
7.194. logj[2-log4X + | = 0.
6
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Перейдем к основанию 2. Имеем - log2 х + — = 0 <=>
log2 х 2 6
<=»31og| х -71og2 х -6 = 0. Решая это уравнение как квадратное
относительно log2х,найдем(k>g2х\ =-1 или(log2х\ = 3,откудахх =j?j, x2 = 8.
1
Ответ: TJT; 8.
7.195. V>gl,<l2Sxyiogbx = l.
Решение.
ОДЗ: 0<**1-
bg5125x bg|x _
Перейдем к основанию 5. Тогда получаем , 'loe225

о logf х + 3 log5 x - 4 = 0. Решая это уравнение как квадратное
относительно log5 х, имеем (log5 х\ = 1 или (log5 х\ = -4, откуда х\ = 5 ,
1
Ответ: -г-?; 5.
62э
7.196. 3lo8s*+1°8s*!+1<>8j*'+-+l°gj*" 327Х30-
Решение.
ОДЗ: х>0.
ПерепишемуравнениеввидеЗ108'"2108»"3108»"-*8108" = 27х3° о
о ^>*)Р+2+3+•••■И,) = 27х30 о xt+2+3+...rt=27x30 „ хз«=27хзо „
о х6 = 27, откуда х = ^27 = -Уз .
Ответ:
X 4
7.197. 5Л+2 -0,2Л+2 = 125*~" 0,04*_2 .
Решение.
ОДЗ: хйО.
Из условия имеем
I 4 « 4
gVx+2 . д Л+2 _. дЗх-12 д-2*+4 ^ д,/х+2 4х+2 _ дЗ*-12-2х+4 ^
о-£^- = х-8ох-/х + х-8,/х-12 = 0
Vx+2
Пусть Гх^у £ 0. Относительно у уравнение принимает вид
откуда л-3, у2з3-2; З'г.з-^ не подходит. Тогда Vx=3, x = 9 .
Ответ: 9.
2
Р77
3-(3','*+3V*
7.198.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
3
45'

Из условия
з(/х-и) 2 , I г \
3 2Л T^=3w „ ¥* + '/, 2 д£ ^ ЗХ-13Л-Ю-0.
2-Я VJc-1 Ю
Решая это уравнение как квадратное относительно -Jx , получим
(у.*),= -— (неподходит),или (Vx)2=5.TorHa х = 25 .
Ответ: 25.
7.199. 1о821о8з(х2-1б)-1о8|/2 log|/3_J—- = 2.
х -16
Решение.
ОДЗ:1о8з(х2-1б)>0 о х2-16>3 » х2>19 » ,
о хе (-»; --Jl9)|J (л/19;»).
Перепишем уравнение в виде
log2log3(x2 -16)+log2log3(x2 -1б)=2 о 21og2log3(x2 -1б)-2 о
о log2log3(x2-16)=l,
откуда log3(x2-l б)= 2 о х2 -16 = 9 , х1 =25 .Получили х1д =±5 .
Ответ: -5; 5.
7.200. 1 + 21оЕ92-1=2 log,3-log^2-x).
log,x
Решение.
[0<х<12,
ОДЗ:
|х*1.
Перейдем к основанию 3. Тогда получаем
,,21оез2
log39 t_ 2 1оез(12-*)ц2 + 21о8з2 ^ к>ез(12-*)^
log3* log, л: log39 log3x tog3x
log3 9
^2 + 2los,2-loB,x Jo^2-x)^ x {а_х)<л
log3 x log3 x
»2+21og32 = log3x+log302-x)»
»log39 + log34 = log3x + log3(l2-x) log336 = log3x02-x)
откуда 36=х(12-х) иди x2 -12x + 36 = 0, {x-6f =0, x = 6 .
Ответ: 6.

7.201. 3^2 + ^2^"'-llslgfo^''*-1+4 1+1.
Решение.
ОДЗ:
-1>0,
о х>2.
х-1>0
Перепишем уравнение в виде
IgS + lJl'1™-1 -1)=Щ0,4-$*-1 +4 1+lglO о
Id 4V2VJ<-' +40 о
(2^-'-lJ
о sfy^-'-lW^^+lol о
-2 2 -12=0.
Решая это уравнение как квадратное относительно 2 2 ,получим
х^1
2 2 =-3 (нет решений), или 2 2 = 22, откуда 1—тг-- - 2, v х -1 = 4
х-1 = 16, х = 17-
Ответ: 17.
7.202. 5 log,/, х + log,/, x3 + 81og9j! x1 = 2 .
Решение.
ОДЗ:.
х>0,
1
х*±-.
3
Перейдем к основанию 9. Имеем
51og9x | log9x3 | 81og9x2^2 ^
9 х
„ Stofefr +3tob£_ + 161о8^=2 „ 81ойх_61о89Х + 1=0.
log,Jc-l l-log,jc l+21og,jc " "*

Решая это уравнение как квадратное относительно log 9 х, получим
(log, x)i = — или (1069^)2 = т> откуда Х\=-1ъ,х2 = Ъ.
Ответ: V3;3.
7.203. 201og4l Vx + 7Iogiex x3 -31ogl/2 x2 = 0.
Решение.
x>0,
1
ОДЗ:
"4'
x*—,
16
- = 0»
**2.
Переедем к основанию 2:
20 log2 -Jx | 7 log2 x3 3 log2 jc3 _
log24:r log216:r ^ £
g I01og2* , 2IIog2x 6Iog2* _Q^
2 + log2jc 4+log2x log2jc-l
5 log^ x+3 log^ x - 26 log2 x = 0 <=> log2x(5 log2 л + 3 log2 x - 26) = 0 <
о log2 J log2 л + — (log2 л - 2) = 0,
13
откуда (log2 x) ,= 0, (log2 jc)2 = —-, (log2 x) 3=2. Итак,
Ответ: h—j^-; 4.
4Й
7.204. ф-зГ'-^-ЗГ2-
Решение.

Очевидно, что х *3, тогда \х -3| > 0. Перепишем уравнение в виде
*+1 *-2
|х-3| 4 =|х-3рз~.
Получаем два случая:
1)|*-3| = 1=>д(|=2,х2=4;
2)|х-3|*1=>—= — оЗл+3=4л-8,л3 = П.
i ' 4 3
Ответ: 2;4;11.
7.205. |*-:f2-,0*+3=l.
Решение.
Очевидно, что х * 3, следовательно, \х - 3| > 0. Логарифмируя обе
части уравнения по основанию 10, имеем (Зх - Юх+3) lg|jc - 3j = 0, откуда
Зх2-10х+3 = 0или1ф:-"3| = 0. Корнями квадратного уравне-
нияЗх2-10х+3=0 будут х, = -их2 =3. Из уравненияlg|jc-3| = 0
найдем |х-3| = 1=> х-3 = -1 илнх-3 = 1. Тогда х} = 2, х4 =4; х2 =3 не
подходит по ОДЗ логарифма.
Ответ: -;2;4.
3
7.206. {x-lf^'-^l.
Решение.
Перепишем уравнение в виде \х - 2| * **|х-2| . Тогда получим
два случая:
1)|х-2| = 1, откуда х-2 = -1 или х-2** 1,х, = 1, х2 = 3;
fO<|x-2Ul,
2) ' ^ <
10х2-Зх-1 = 0
Ответ: -—;—;1:3.
5 2
х*2,
хф\,хфЪ,
1
5 4 2

7.207. log^fc ^"^-logfrX^O.
Решение.
[2a-x>0 \хй2а.
Из условия имеем
. -Jla-x
IosWe l0gai
a
о logax(2a-;t) = 2,
откуда х2-2ялг + а2 = 0, (x-a)2 =0 о x = a.
Ответ: а, где о < a * 1 •
7.208. г'-'+г'^+г*-2 =6,5 + 3,25 + 1,625 + ... (выражение в правой
части — бесконечная геометрическая прогрессия).
Решение.
В правой части—сумма членов бесконечно убывающей
геометрической прогрессии S, где к = 6,5 ; а = -£— = 0,5 => £ = --3—= -—— = 13.
6,5 1-9 1-0,5
2* 2* 2* 13
Перепишем уравнение в виде —н + — = 13 о —2*=13,
2 16 4 16
2х =16, откуда х = 4.
Ответ: 4.
7.209. 491+,/*::2 - 344 ■ Т1**1 = -7.
Решение.
ОДЗ:хй2.
Перепишем уравнение в виде 49 ■ •f-ls~'1 - 344 ■ 71'*"2 +7=0. Решая
его как квадратное относительно 7 2 , получим [ 7**~"2 | = 7~2 или
(''^ 1 =7,откуда (1/^-2), = -2 (нетрешений),или \ix-2\ = 1, х2=3.
Ответ: 3.

7.210. 5',"1+5 0^JC"2=26.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
— + — -26=0 о 52-'-130-5*+625 = 0.
5 5*
Решая его как квадратное относительно 5", получим (5*), = 5 или
(5* \ = 53, откуда х, = 1, х2 = 3 .
Ответ: 1; 3.
7.211. log^x-^log^3-log,9+4 = 0.
Решение.
сйЗ,
0<х<1
ОДЗ: ^ ^
Перейдем к основанию 3. Получаем
2 log
,*■£
-+4 = 0 о log3x-
|2Iog3x-2
V l°g3 х
log3x
logfx-log3 x-2 = 0,
log3x<0.
Решая это уравнение как квадратное относительно log3 х, ] _
(log3x)[ =-1 или (log3x^ =2; (log3x)j =2 —постороннее решение.
Отсюда х=3-1 = -.
, имеем
Ответ:
7.212.
-r^- + log2;t2.1ogl/22x = 0.
log2l2
Решение.
х>0,
1
16
1
x*r
x*\.
ОДЗ:

Переходим к основанию 2. Имеем
Iog22
Iog24>fc | Iog22 Iog22x 0 ^ I + Iog2x l 0
iss 1о822х-г ч-х---
откуда log2 x - 2 и х = 4.
Ответ: 4.
7.213. |log>/Jx-2|-|log3X-2| = 2.
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 3. Тогда |2 log3 х - 2| - |log3 х - 2| = 2.
Раскрывая модули получим три случая:
[-21og3x + 2 + log3x-2 = 2 [log3x = -2 9
fl S log3 x < 2, fUlog3x<2,
|21og3x-2 + log3x-2 = 2 ** [log3x = 2.
log3 x = 2 не подходит так как log3 x < 2.
flog3xa2, flog3xi2, _
[21og3x-2-log3x+2 = 2 [log3x = 2 ^ .*2
Ответ: - ; 9.
7.214. 9JC+6JC=22',+1.
Решение.
Перепишем уравнениев виде З2* +2* -3*-2-22* =0 и разделим его
= -2 (нет решений)
на 22* *0.Тогдаf-1 Jl) -2=0 ^ ^
= 1 => х = 0.
Ответ: 0.

7.215. 2"^-S^2^4-6=0.
Решение..
ОДЗ: x2-4i0oxe(-°°;-2]U[2;°°).
Л-Ул:г-4
Запишем уравнение в виде 2х**" ~* 2 2 -6=0. Решая его
JC+VJ^-4 jc+v х1 -4
как квадратное относительно 2 2 , имеем 2 2 =—(нетре-
x+V;
х2-4
шений), или 2 2 =22 => ^—i= -=2, Vx2 -4 = 4-х о
[х2-4 = 16-8х + х2, 5
о < откуда х=~.
14-хй0, 2
Ответ: — .
2
7.216. 27*-13-9*+13-3*+1-27=0.
Решение.
Имеем
33х-13-32*+39-3*-27=0 » ^3х-27)-13-Зх(зх-з)=0 о
о ^*-з)^2*+3-Зх+9)-13-Зх(зх-з)=0 о
*» (з*-зХз2*-10-3* + 9)=О » ^-3^-1^*-9)=0 =>
=> 3*-3 = 0, 3* —1 = 0, 3*-9=0.
Таким образом, Xj = 1, х2 = 0, х3 = 2.
Ответ: 0; 1; 2.
7.217. Ul + М) +(Ь-№) =14.
Решение.
Так как V7 - г/48 = , , то уравнение имеет вид
V7 + >/48
|т/7 + л/48 Т +
1 J fV7
Гл/7 + >/48 1
-14 = 0о

о Ul + j4s') -14^7 + -У48+1=0.
Решая это уравнение как квадратное относительно V 7 + V48 , име-
|| ^7 + -У48 ] =(7 + -У48")"1,21 = -2или[77+^8 ] = 7 + -У48 , z2 =2.
Ответ: -2; 2.
7218 f3fog'(*+1) fias V-»»M_ iog;27
' 1^5 J ^27 J log5243'
Решение.
ОДЗ: x > 1.
Из условия имеем
/~ \log3(*+l) ^_\logj(*4) , ^, \logj(jc+l>log3(*4) ,
I5 J I5 J 5 I5J 5
=> log3(x + l)+log3(x-l)=l => log3(x2-l)=l, x2-l = 3, x2=4.
Отсюда x, = -2, x2 = 2; x, = -2 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 2.
7.219. 51+*'-51-*!=24.
Решение.
Имеем5-5*'—^"-24 = 0 о ^f^l -24-5*3-5 =0 .Решаяэто
,i ,' 1
уравнение как квадратное относительно 5 , получим 5 =— (нет
решений), или 5* =5 => х3 = 1, х = 1.
Ответ: 1.
7.220. 32*+4+45-6*-9-22*+2=0.
Решение.
П ерепишем уравнение в виде 81 ■ Ъ1* + 45 ■ З* ■ 2* - 36 ■ 2х = 0 .
Разделив его на 9- 21', получим 9 ■(-) +5-(-| -4 = 0 => |-| =-1(нет
решений), или - = — , откуда х = -2.
Ответ: -2.

7.221. 4lgJC+1 - 6lgJC - 2 ■ 3lg*! +2 = 0.
Решение.
ОДЗ: x>0-
Из условия имеем 4 ■ 221g* -2lg* ■ 3lg* -18 ■ 321g* = 0. Разделив его на
321g*, получим 4-
(2f* |
НИИ), ИЛИ - =
Ответ: 0,01.
7.222. 3-16*+2
Решение.
в
(§]
21gi
г-
-81* =5-
■(f)""
• lgx =
36*-
-18 = 0 =>
-2. Тогда х
(Г
=ю-2;
= -2 (нет
= 0,01.
реше-
ИмеемЗ-42*+2-92*-5-4*-9*=0 => 3- - 1 -5- - +2 = 0 =
Ответ: 0: - .
2
7.223. logst?1'5*-2-5 +21А,-0'5-0,01-53-,+1)=Злг-1.
Решение.
ОДЗ: 21-5-,-2'5+21-5*-°'5-0,01-53jc+1 >0.
По определению логарифма получаем
2№-2,5 +2iAt-o,s _ooi-53jc+1 = 53лМ <=>
Ответ: —.

7.224. £±£,s.
4*-2
Решение.
ОДЗ: **|.
Перепишем уравнение в виде 23* - 5 ■ 22* + 2* +10 = 0. Пусть 2* = у.
Тоща уравнение принимает вид у3 -5у2 +у + 10 = 0. Разделим левую
часть уравнения на у - 2:
у-г
у3-5у2+у + 10
~У3-2у2
-5у + 10
!5—
Уравнение можно представить в виде (у-2)(у2-Зу-5) = 0, откуда
у, =2, у23=-^—. Получили: 2х = 2=>х, =1; 2" =-^??-<0 (нет
решений); 2* = ^±Ж => *3 = log2 ^^- = log2(3 + J29) -1.
Ответ: 1; log2(3 + V29)-l.
7.225. log3,+7(5* + 3) + log5,+3 (3* + 7) = 2.
Решение.
f0<5* + 3*l, 3 2
ОДЗ: \ , <=>*>--, **—.
м |0<3* + 7*1 5 5
Умножив уравнение на log3;c+7(5jc + 3)*0, получим
logL+7(5jc+3)-21og3rt7(5^ + 3) + l=Oo(log3,+7(5^ + 3)-l)2=Oo
** log3j+7(5* + 3) = 1 о 5jc + 3 = Ъх + 7, x = 2.
Ответ: 2.
7.226. 2,51о83*+0,41о83*=2,9.
Решение.
ОДЗ: *>0.
CsV0'3* C2V0*3*
Перепишем уравнение в виде — + — -2,9 =0. Умно-

,получим - -2,9- - +1 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно — , найдем
2
откуда х2 = 3
5 1 1
- ,откуда log3X[ =-l, xi = -,или
Ответ: т;3.
7.227. (lg(x + 20)-lgx)log,ОД = -1.
Решение.
fx+20>0,
ОДЗ: \ или 0 < х * 1.
М [0<лг*1
Перейдем к основанию 10. Имеем (lg(x + 20)-lgx) =-1 о
I lgxj
о lg(x + 20)-lgx = lgx о lg(x+20)=21gx о lg(x +
20)=lgx2.Тогда х + 20 = х2, х2-х-20 = 0, откуда х, = -4, х2 =5; х^-4 не
подходит по ОДЗ.
Ответ: 5.
7.228. 5lgJC=50-xlg5.
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Перепишемуравнениеввиде518"=50-518*,2-518;с =50, 5lg* =25,
откуда lgx=2, х = 102=100.
Ответ: 100.
7.229. 27-2""3jc+9-2JC-23jc-27-2""JC = 8.
Решение.
Преобразуем уравнение:
27+9-24jc-26jc-27-22jc =8-23jc о
о 26jc-9-24jc+8-23jc+27-22jc-27=0 о
о 26jc-24jc-8-24jc+8-23jc +27-2-"-27=0 » '
40

«,24jc^2jc-l)-8-23*^-l)+27^-l)=0 о
о 24*(2* -l)(r +l)-8-23*(2* -l)+27^ -l)=0 о
о (2*-1)(25*+24*-8-23*+27)=0,
откуда 2х = 1, Х[ = 0 . Уравнение 25* + 24* -8-23* +27 = 0 решений не
имеет.
Ответ: 0.
7.230. и^,+1(л:-0,5) = к^_05(х + 1).
Решение.
.„ [0<х + 1*1,
ОДЗ: или0,5<**1,5.
[0<Х-0,5*1
Умножив обе части уравнения иа log.,+1(x - 0,5 )* 0 , получим
log2+1(x-0,5)=l => log,+1(x-0,5)=-l =*
=> х-0,5 = -, 2х2 + х-3 = 0, Xi=-— (не подходит по ОДЗ),
х2 = 1;или log,+1(x-0,5)=l, х-0,5 = х + 1,нетрешений.
Ответ: 1.
7.231. log4log2x + log2log4x = 2.
Решение.
flog2 х > 0,
ОДЗ: i, . <=> *>!■
" [log4 x > 0,
Перейдем к основанию 2. Имеем
-log2log2x + log2 -log2i|=2o
*» log2log2x + 21og2 -log2x |=4 о
о log2log2Jc+log2 -log|jc =4 о log2 log2x--log2x 1=4 о
о -log3* = 16, log3,* = 64.
4
Тогда log2* =4, x = 24 =16.
Ответ: 16.

7.232. log 2 16 + log2, 64 = 3.
Решение.
Перейдем к основанию 2. Тоща
jogll6+jog164=3o^_ + __6 3 = 0о
log2;c2 l°g22:<: 21og2JC l + log2JC
o31og2Jc-51og2x-2 = 0, где log2Jc*0 и log2x? -1.
Решая это уравнение как квадратное относительно log2 x, получим
log2x = --,*, = 37- = 0,5^4; log2x = 2, jc2=4.
Ответ: 0,5^4; 4.
7.233. (31og„x-2)log:ju = log^j<:-3 (a>0, а*\).
Решение.
f0 < а * 1,
ОДЗ: .
Перейдем к основанию а. Получаем
^&^^=21oge^-3o21og^-31og^-31og„^ + 2 = 0,
log»''
т.к. log0 x * 0. Далее имеем
2 (log;| * +1) - 3 log„ * (log,, * +1) = 0 о
о 2(log0 х + l)(log* л: - log„ дс + 1)-3 log0 л (loge Jtl)=0o
<=>(log„ x + l)(2hgl x -51og„ x + 2) = 0,
откуда log„jc + l = 0 или 21ogJ Jt-51og0 jc + 2 = 0. Из первого уравнения
loga x = -1, xl = —. Из второго уравнения loga x = — или loga x = 2,
откуда х2 =-[а,хъ =аг.
1 Г" 5
Ответ: —; уд; « ■

10x21g^ x31g*
7.234. , =~Г
x3 Ю
Решение.
ОДЗ: 0<лг*1.
-Zlg'jc
Из условия имеем—5—^7 = Т7Г о * ~ " =10"
.Логарифмируя обе части этого уравнения по основанию 10, получим
Igx2ig'„-3ig„-3 = Ig,0-2 0 (21g2x-31gx-3)lgx = -2 о
o21g3x-31g2x-31g;c+2=0 » 2(lg3x + l)-31gx(lgx + l)=0 о
о 2(lgx + l)(lg2x-lgx + l)-31gx(lgx + l)=0 о
о (lgx + l)(21g2x-51gx + 2)=0 =>
=> lgx + l.= 0 mni21g2x-51gx + 2 = 0.
Из первого уравнения имеем lgx = -l, Xj = — , а из второго lgx = —,
x2=i/l0 или lgx = 2, х3=100.
Ответ: 0,1; ,/Ш; 100.
7.235. xlog,+15-log^(r + l)=i^-.
Решение.
[0<* + 1*1,
ОДЗ: 4 о -1 < х * 0.
м [х*0
Перейдем к основанию 5. Имеем -. с ■ (- 3)log,(x +1)= — ,
log5(x + l) х
-Зх = при log5(x + l)*0.ОтсюдаЗх2+х-4 = 0, х, = --, х2 =1;
х 3
4
хх = - — не подходит по ОДЗ.
Ответ: 1.

ОДЗ: < ** х<0
7.236. 31gx2-lg2(-x)=9.
Решение.
fx2>0,
{-х>0
Из условия имеем lg2 (- х)- 6 lg(- х) + 9 = 0, (lg(- х)- З)2 = 0, откуда
lg(-x)=3 => _x = 103=1000, x = -1000.
Ответ: -1000.
7.237. 41og2,(-x)+21og4(x2)=-l.
Решение.
г-х>а
ОДЗ: { о х<0.
Х>0
Так как по ОДЗ х < 0, то имеем
41og2,(-*)+41og4(-x)+l = Oo (21og4(-x)+l)!=0o
»21og4(-*)=-!, log4(-x)=-i.
Отсюда -x = 4
Ответ: —.
2
2
7 MS.
1/2
1 1
=I'X=-2-
1
■Уз log2 л/х2" VIoS2(-x)
Решение.
x2>0,
ОДЗ: -x>0, о х<-1.
log2(-x)>0
Так как по ОДЗ х < 0, то имеем
2 1 4
■Уз1об2(-х) Jlo^i-x) 31og2(-x) log2(-x)
о 31ogi(-x)-41og2(-x)=0 о
о log2(-xX31og2(-x)-4)=0 <=> log2(-x)=|,
так как log2 (- x) * 0. Отсюда - х = 24/3, х = -24/3.
Ответ: -2Ф.

7.239. lgл/lO -lg 100 = §/lgf390635-5й*)-2,5
Решение.
ОДЗ: 1/390635-5"** 120.
Перепишем уравнение в виде
lg,/l0-lgl00 + 2,5=6/lgf'390635-5'&") о
о 0,5-2 + 2,5 = 6/lg('390635-5fc4), 1 = sll/390635-5й* ") о
о 10 = ('390635-5Й*4) о 5й* =390625 о 5й* =58 *»
о V2x = 8, х = 256-
Ответ: 256.
7.240. lg4(x-l)!+lg2(x-l),=25.
Решение.
ОДЗ: лг>1.
Из условия имеем 16 lg4 (х -1)+9 lg2 (х -1)- 25 = 0 . Решая это
уравнение как биквадратное относительно lg(x -1), получим lg2 (х -1) = 1 =*
=> lg(x-l) = -l или lg(x-l)=l, откуда х, = Ц, х2 =11.
Ответ: 1,1; 11.
TiAi log2U3+3x2+2x-l] .
7.241. °2Г,—^=5 < = log2,x + log2;t2.
log2(x3+2x2-3x + 5J
Решение.
ОДЗ:
х3+Зх2+2х-1>0,
0<х3+2х2-Зх + 5*1,
0<хД.
2
По формуле замены основания имеем

» x3+3x2+2x-l = x3+2x2-3x + 5 о x2+5x-6 = 0 => *i = l.
x2 = -6; x2 = -6 не подходит по ОДЗ.
Ответ: 1.
7.242. (|6 • 52*"1 - 2 ■ 5*-1 -0,048)lg(x3 +2х + l)= 0.
Решение.
ОДЗ: х3+2х + 1>0.
Из условия 16 ■ 52*-1 - 2х'1 - 0,048 = 0 или lg(x3 + 2х +l)= 0.
Перепишем первое уравнение в виде
—-52* ---5* -0,048 = 0 о 16-52*-2-5*-0,24 = 0-
5 5
Решая это уравнение как квадратное относительно 5* , получим
5* = (нетрешений),или5" =5"' о *i = -1 (неподходитпоОДЗ).
40
Из второго уравнения имеем
х3+2;с + 1 = 1 о л3+2л: = 0 о л(л:2 + 2)=0, дг3 =0, х2+2*0.
Ответ: 0.
7.243. 5*1/8*^ = 500.
Решение. £rl ^ о
Перепишем уравнение в виде 5"-8* =500 о —^— = 500 «*
8V*
^ = 125 о 5'-5=23'*-
х-3 = 0,
ч откуда х = 3 .
--1 = 0,
Ответ: 3.
7.244. 31og|sinjc + log2(l-cos2jc) = 2.
Решение.
ОДЗ: 0<sinjc<l.
Так как l-cos2x = 2sin2 jc, то имеем
31og|sinjc + log22sin2jc-2 = 0 о 31og|sinjc + 21og2sinjc-l = 0 •
Решая это уравнение как квадратное относительно log2 sin x,
получим log2sinjc = - или log2sinjc=-l, откуда sinjc = т/2 (нет решений),
или sinjc = -. Тогда x = (-lf- + mi, ne Z■
2 6
Ответ: (-if — + lot, где пе Z ■
6
46

7.245. Iog1+I (2л3 + 2x2 - Ъх +1)= 3 .
Решение.
ОД,3:\2х3+2х2-ЗХ + 1><>'
}-1<;с*0.
Имеем
2j'+2j!-3j + I = (!tj)!o2j, + 2j!-3i + ! = l + 3i+3j!+i!o
<=> х}-х2-6х=0 <=> *(«2-Д[-б)=0,
откуда х, = 0 , х2 = -2 , х3 = 3 ; х, = 0 , х2 = -2 не подходят по ОДЗ.
Ответ: 3.
7.246. log2 V* + ^/log2 дг = -.
Решение.
ОДЗ: * > 0 ■
Из условия имеем
1, ,fi 4 i
-log2j: + ^log2Ar=- 0 log2;t + 3yiog2:t-4 = 0.
Пусть ^/log2 дг = у. Относительно у уравнение принимает вид
у3+Зу-4 = 0 о (v3-l)+(3y-3) = 0 о
о (y-l)(y2 + .>> + l)+3(y-l) = 0 о (),-1)(у2+з> + 4)=0,
откуда у -1 = 0 , так как у + У + 4 > 0 . Тогда у = 1, ^/log2 х = 1,
log2 х = 1, jc = 2.
Ответ: 2.
7.247. ^jlogsx + ^/logsx =2.
Решение.
ОДЗ: logs * й О или * > 1.
Перепишем уравнение в виде y{lo$5xf +y(lo$5xf -2 = 0. Пусть
ylogT* = у • Относительно у уравнение принимает вид
у,+у2-2 = 0 о (y3-l)+(y2-l)=o о
о (y-l)()>2+.>> + l)+(y-lXy + l) = 0 *» (y-l)^2+2;> +2)= 0, откуда
у~ 1 = 0, так как у2 +2у + 2>0 . Получили ^/logs^ = l, logsjc = l,
* = 5.
Ответ: 5.

7.248. Iog2 х- log3 x = log3(*3)+ k>g2(r2)-6.
Решение.
ОДЗ: x > 0 .
Перейдем к основанию 2. Имеем
log2 3 log2 3
о log2Jc-(3 + 21og23)log2jc + 6log23 = 0-
Решая это уравнение как квадратное относительно log2 x , получим
log2 х = log2 9 или log2 x = 3, откуда х, = 9, х2 = 8.
Ответ: 8; 9.
7.249. 3-4'*~2'+27 = а + а ■ 4'*~2'. При каких значениях а
уравнение имеет решение ?
Решение.
Перепишем уравнение в виде
3-4<*-2>-а-4<*-2> = а-27 » (3-а)-4<"-2> = а-27 =>
3-а 3~а
Логарифмируя обе части этого уравнения по основанию 4, получим
, .(,_2) . а-27 . , а-27 . , а-27
log44l ' = log4- о *-2 = log4- , * = 2 + log4- ,
3-а 3-а 3-а
а-27 „
где — > и . Решая полученное неравенство методом интервалов,
3| - |27
Таким образом а е (3; 27).
Ответ: 2 + log4 ——, где а е (3; 27).
7.250. log„^ + log^^ + log^^ = 27.
Решение.
\х>0,

Перейдем к основанию а. Имеем logax + 21og„xH—log„x = 27 о
log0 x = 6, откуда х = а6.
Ответ: а6, где 0 < а * 1.
7.251. х1^''^'' -- = 0.
х
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Запишем уравнение в виде x24g *""2 lg * = хч. Логарифмируя обе
части уравнения по основанию 10, получим
Igx2-V,-2tg*=,g;rl 0 ^_Ig2x_21gx)lgX = -lgX О
о (2-lg2x-21gx)lgx + lgx = 0 о lgx(lg2x + 21gx-3)=0,
откуда lgx = 0 Или lg2x + 2 lgx-3=0.H3 первого уравнениях, =10° =1.
Решая второе уравнение как квадратное относительно lgx , получим
lgx = -3 и lgx = l,откуда х2 =1(Г3 =0,001, х3=10.
Ответ: 0,001; 1; 10.
7.252. -["161о8"+1-161о8'Л]+161о8!;с-1о8>/55-У5" = 0.
Решение.
ОДЗ:Х>0.
Перепишем уравнение в виде
16162 -162
+ 16,og'*-3=0 о
о 16logjJr+2-16 2 -3 = 0.
Ьйз*
Решая это уравнение как квадратное относительно 16 2 , полу-
log3* tog3J: .
чим 16 2 =-3 (нет решений); или 16 2 =16° , откуда—52—1 = 0 ,
х = 1.
Ответ: 1.

7.253. logaл/4 + x + 3logaj(4-х)-loga,(l6-x1 J = 2 . При каких
значениях а уравнение имеет решение?
Решение.
-4<х<4,
ода1о<в,1.
Перейдем к основанию а . Имеем
|loga(4 + x)+|loga(4-x)-iloga(4-x)-|loga(4 + x)=2 о
о loga(4-x)=2 о 4-х = д2, х = 4-а2.
Отсюда имеем
|-4<4-а2<4, |а<2-У2,
{о<а*1 ** |о<я*1.
Ответ: х = 4-а2 ,где ае (0;l)ui-2^2).
7.254. log2V4 + log8^+1 -l)= 1 + log8^+1 +1).
Решение.
ОДЗ: 9X+1 -1 > 0 о х>-1.
Так как log2 v4 = —, то имеем
1 , 9-32'-1 1
-г о
log8^-32*-l)-log8^3* + l)=I о log,
3 ° 3-3*+1 3
<=> Z_i i«83-2 <=> 9-32*-6-3*-3 = 0-
3-Зх+1
Решая это уравнение как квадратное относительно 3х, получим
3* = —(нетрешений),или 3* =3° => х-0.
Ответ: 0.
7.255. 25ь** -51о8,6*1+1 = 1оё^ 9^3-25log"* .
Решение.
ОДЗ: х>0.
Перепишем уравнение в виде
Решая это уравнение как квадратное относительно 5 2 , получим

52 =-1 (нетрешений),или 52 =5 =* -log2x = l, log2x = 2 ,
г = 22=4.
Ответ: 4.
7.256. [I + — ]log2 3 - log2 (з* -1 з)= 2 .
Решение.
ОДЗ: 3*-13>0 » x>log313.
Из условия имеем
1+4
l+i I \ 3 2 II
log23 2-log2(3*-13J=2 о log2 — = 2 о J. = 4 о
V 3*-13 3*-13
X
<=> 4-3*-3-32-52 = 0.
Решая это уравнение как квадратное относительно З2 , получим
X X
32 = (нетрешений),или З2 =4 => x--=41og32.
4
Ответ: 4 log3 2.
7.257. log23-log34-log45-...-log„(n + l)--=10 (»«=#).
Решение.
Перейдем к основанию 2.
log23.^.l£&l.....i£bfctD=I0 „ iog2(„+i)=io «
log23 log24 log2n
ол + 1 = 210 о /1 = 1024-1 = 1023.
Ответ: 1023.
о+З 1 1 ,
7.258. ~7^2 .т2*(о+2)_4* (рассмотреть при всех действительных
значениях а).
Решение.
|х*0,
°Д3;|а*-2.
Из условия имеем
£+3 5 2 £+5+ 5 J2 , - -
2„+2.2J553) = 2, «, 2«+2 J553) = 2* о —+ , ,^- =*
а + 2 х(а + 2) х

_2a-I
^ a + 3 '
где a * -3, с учетом ОДЗ x * 0, a * —.
Ответ: приа*-2,а*-3 и а* — ;неткорнейпри а-—2,
а + 3 2
а = -3 и а- — .
Решить системы уравнений (7.259 — 7.294):
Г2 - log2 у = 2 log2 (л: + >>)
7.259. { , . i , ,■,
I Iog2 (.^ + У J + Iog2 Vе -ху + У )=1-
Решение.
1х + у>0,
у>0,
х2-ху + у2 >0.
Запишем систему уравнений в виде
log2 4 - log2 у = log2 (х + yf,
log2 (х + у)+ log2(x2 - ху + /)=
о \У
\o%1- = \o%1{x + yf, - =
log2(x + ;>)(x:2-X3> + 3>2)=l [(x + y)(x2-X3> + 3>2)=2
2
x + 3> = -j-,
<=> i 4у
[(x + y%x + yf-3xy)=2
fy
4
ЗУ
fy'
Пусть y-Jj = f. Тогда второе уравнение имеет вид 6f2 - 14f + 8 = 0,
52

*2
3l2-71 + 4 = 0 => 'i=l. 12=-. Тогда yl=\, x,=l; y2 = ^|y
_2,fT № _2\1ё гУб^гУб^Уб
(4 19 2 3 6 3 '
Ответ: (l;l), —; —
[lg(3x-;>)+lg()' + x)-41g2 = 0.
Решение.
f3x-y>0,
ОДЗ: 4 '
Решим первое уравнение системы как квадратное относительно
гх-у
\ — \ • Имеем
2х-у
— =-3 (нет решений),
2х-у
(2Л 2 2 2х-у , . .
[ij =з « V^'^2^2-
Из второго уравнения системы имеем lg(3x —у)(у-ьх)= lgl6,
(Зх-у)(у + х) = 16. Получили
h> = 2x-2, \у = 2х-2,
|(3х-;>)(у + х)=16 ** [(Злг-(2лг-2))(2лг-2 + ;с)=16 "*
=>Зх2 + 4х-20 = 0 => Xi=-—,x2=2.
Тогда л=——, уг =2.
10
*1=-у.
не подходит по ОДЗ.
26
Л-у
Ответ: (2; 2).

[lg(x + 3>)-l = lg6-lg(x + 23>)
Решение.
\х + у>0.
ОДЗ:
x + 2y>0.
Перепишем первое уравнение системы в виде
а48(*Ч2)(2*-.>.) = 048о 0 {х2+2)(2х-у)=0 о 2х-у = 0,з> = 2х.
Из второго уравнения системы имеем
lg
х+у
lg-
х + у
10 х + 2у 10 х + 2у
Тогда х, = -2 , х2 = 2; у, = -4 , у2 = 4.
Iх'=~2'
| _4 не подходит по ОДЗ.
Ответ: (2; 4).
flog2(x-3>) = 5-log2(x + 3>ji
7.262. 'g*-'g4=_,
llgy-lg3
Решение.
х-.>>>0,
х+у>0,
ОДЗ: х > 0,
3>>0,
Из условия имеем
с + 2х
10
х+4х
! = 4.
log2(x-;>)=log2
32
" х+у'
lgi=lg
. 4 "У
Из первого уравнения получим
12 32
х-у = -
£ = 1
У
32
х+у'
= 12
-У =
12
о / + 32у2-144 = 0, Л =-2, у2 =2.
- + У

Тогда
хх = -6 , л2 = 6 .
|>i =-2.
\ не подходят по ОДЗ.
[х, = -6
Ответ: (6; 2).
7.263.
4' *=32,
log3(jc-.>>) = l-log3(jc + .>>)
Решение.
ОДЗ:
х*0,
х-у>0,
х + у>0.
Перепишем систему уравнений в виде
' 2х + 2у
2' ' =25,
log3 (*-.>>) = log3
х + у
jH}2=°' =
3
х-у =
х+у
X 1
* — = — или
У 2
о
Л
у
щ
х2-у2=3
2.
-5 = 0,
К-Г=з
Если з, = 2л,то х ~4х = -3* ^3.Пусть х = 2у , тогда данная
система равносильна двум системам:
х =-2
' не подходят по ОДЗ;
2)
у = -, \х=2,
2 ~ ^ = 1.
с = 2
Ответ: (2; 1)

у» -5,*+,и=1,
7.264. 1
1*3" = 15.
Решение.
ОДЗ: у>0.
Перепишем первое уравнение системы в виде уь* ~$'>+'<> - у° о
о 5х2-51х+10 = 0 при 0 < у * 1. Данная система уравнений
равносильна двум системам:
j, = l, U=15,
1>\ху = 15 {л =1;
5*2-51* + 10 = 0, f*2=10, f*3=0,2,
2)'[*;, = 15 " [Л=1,5; [Л=75.
Ответ: (15; 1), (10; 1,5), (0,2; 75).
flog, У = 2,
Решение.
\у>о,
°Д3:|о<^1.
Система уравнений равносильна следующей:
\у=^, (у-Л
[у + 23 = (jt + if ** [д:2 +23 =д:3 +3д:2 +3JC+1 **
[х3+2х2 + Зх-22 = 0.
Разделим левую часть второго уравнения этой системы на х - 2:
_х3 + 2х2 + Зх-22 I *-2
*3-2*2 I х2 + 4х + П
_4х2+3х
4х2-8х
llx-22
'Ш-22

Тогда второе уравнение можно представить в виде
(*-2)(x2+4* + ll)=0,
откуда х = 2, так как х2 + 4х +11 * О (Х> < 0). Отсюда у = 22 = 4.
Ответ: (2; 4).
7.266. j(f^^
Решение.
Из первого уравнения имеем х + у = 2х ~у . Подставив это
значение во второе уравнение системы, получим 9-2 у =6* ~у <=>
<=> З2 = 3* ~у <=> л2 - у = 2. Тогда х2 + у = 2* "^ = 22 = 4 и исходная
*2=з,
]х'+у = 4, 2х2=6,
система уравнении имеет вид < „ <=> 4
[д:2 - 2 = 2 [2у = 2,
U=V3, U=-V3,
Ответ: (,/3;l), (- -Уз; l).
f.y-log3jc=l,
откуда
У = 1.
7.267.
^ _V2
[я^З1
Решение.
ОДЗ: 0 < х * 1.
Логарифмируя второе уравнение по основанию 3, получим
3>-log3x=l, O = l + log3x, , . '
v , ,12 *» , ,, => (l + l°g3*)log3* = 12,
log^^log^12 [;>log3jc=12
log2 jc+log3x-12 = 0 => log3j: = -4,JCi =— Hmlog3 x = 3, x2 =27.
ol
Тогда з>,=-3, ;>2=4.
1_
81'

9^-27-3^=0,
-lgx + -lg.>> = lg(»-Vx).
Решение.
\0<x< 256,
°H>o.
Запишем систему уравнений в виде
Подставив значение ^/j в первое уравнение, получим
2^-2V^)=3 + 5-2^ о (^-3^ + 2=0.
Решая это уравнение как квадратное относительно ^/х , найдем
Ух = 1, дс, =1 или V* = 2 , л2 = 16 . Тогда ^ = 9, _у2 = 1 •
Ответ: (1; 9), (16; 1).
|Г*-г'=1152,
7.269. J , , '
[logs(x + y) = 2.
Решение.
ОДЗ: х + у>0.
Запишем систему уравнений в виде
|з-*-2>=1152, ^ {г'-2г =US2,
[* + у = 5 [х=5~у.
Так как х = 5 - у, то
3'-*-2'=1152 <=> ^^ = 1152 о 6'=279936 о 6'=67 о 3> = 7.
Тогда х = -2.
Ответ: (-2; 7).

{lg(x2+y2)=l + lg8,
7-2ЖЫ* + Л-18(*-у) = 183.
Решение.
\х+у>0,
°«3- |,-,>о.
lg{x2 + y2)=lg%0.
*2+/=80,
Из условия имеем I х + у <=> ч л; + у ^з ВТ0Р0Г0
*-.У (.«-у
уравнения системы х=2у . Тогда из первого уравнения имеем
(2yf +у2 = 80, у2 = 16 -Отсюда у, =-4, у2 =4. Тогда хх =-8, х2 =8 .
Где, =-8,
1 _ л не подходит по ОДЗ.
№ —*
Ответ (8; 4).
|зх-2>'=972,
""• {ю8л(*-у) = 2.
Решение.
ОДЗ: х-у>0.
Из второго уравнения системы находим х~у~Ъ, х~у + 3.
Подставив это значение х в первое уравнение, получим У*ъ • 2У = 972,
27-У -2' =972, 6' = б2. откуда у = 2. Тогда х = 5.
Ответ (5; 2).
r3i+2iog3G—*) =48,
Решение.
|у-*>0,
Од3.Ь«+*>0,
[2у-д:-12>0.
7-272- l21og5(2y-x-12)-log5G'-*) = log5G' + ;t)

Перепишем систему уравнений в виде
[log5(?y-x-l2j-log5(y-x) = lo$$(y + x)
\b-xf-16.
**\by-x-12f
— — = у + х.
{ У~*
Из первого уравнения системы у-х =4, у = * +4. Из второго
уравнения системы получим (2(x + 4)-x-l2f =(x + 4f -х2, х2-16х = 0,
откуда хг = 0, х2 =16.Тогда у, =4, у2 =20.
[*i=0,
< не подходит по ОДЗ.
Ответ: (16; 20).
7.273. log, (х3 + у3 )= log3 (*2 - / )= log, (х + у).
Решение.
х + у>0,
ОДЗ I
Перепишем данное двойное равенство в виде системы уравнений
[ log, (x3 + у3 )= log3 (х + у\ „
< I \ Переидем в первом уравнении системы к
[log3^r -у j=log,(х+у)
основанию 3. Имеем
-log3(t3 + 3,3)=log3(x + ;>) |log3(»:3 + 3>3)=log3(x + 3,)3,
.1о8з(г2-/)=1о8з(* + з-) ЬбзЙ-/)» log, (» + ;-) **
|д:3+3,3 = (х+^, {(* + y)(«2-^ + /)=(* + j')!,
[д:2-3>2=х + 3>
Так как х + у > 0, то получаем
J *2-*у+ /=* + .>', ,
1 , => х=1 + у.
[х-у = \.
'»2-"2--'" [(х + у)(х -у)= х + у.

Тогда из первого уравнения системы имеем
Q + yj -(} + у)у + у1 =1 + у + у, у2-у = 0,
откуда у, =0, у2 =1- Тогда х, =1, х2 =2 .
Ответ: (1; 0), (2; 1).
f(loge x + bgay~ 2)log18 a = 1,
7.274. ,
[2л + ;>-20а=0.
Решение.
(х>0,
ОДЗ:Ь>0,
(о<я*1.
Из первого уравнения системы получаем log^ —|- — loga 18 леЬ
а
о —=- = 18, ху = 18а2. Система имеет вид \ '~ ' => у-20а-2х,
а- [у=20в-2х
л(20о-2л:) = 18а2, х1 -Юах + 9а2 = 0> *i=e, х2= 9а. Тогда
3>,=20а-2а=18а, у2 = 20а-18а =2а .
Ответ: (а; 18а), (9а; 2а), где 0 < а * 1.
\{х + у)-У-'=—,
7.275. Г 27
(31og5 (* + .>>) =*-.>>.
Решение.
ОДЗ: л + з>>0.
Прологарифмируем первое уравнение по основанию 5, имеем
log5(^ + 3')-3'"JC=log5— <=> \о%5{х + у)-(х-у)1о%5Ъ=\-Ъ1о%5Ъ.
Получаем систему
flogs (р + у)- (х - y)loSs 3 = 1 - 3 log5 3,
[3log5(x + y)=x-y =*
=Ф log5(j: + 3')-31og5(j: + 3>)-log5 3 = l-31og5 3 о
о log5(jc + ^)(l-31og53) = l-31og53 о log5(jc +j>) = 1,
откуда * + .у = 5 .Тогда х-у = 31og55 =3 . Отсюда J \ '
[х-у = Ъ, [у = \.
Ответ: (4; 1).

7.276. 3(^ + y)| 5{x-y) = s
{ x-y x+y
Решение.
\xy > 0,
°n*\x*±y.
Преобразуем первое уравнение системы 22**' + 2**' - 20 = 0 и,
решив его как квадратное относительно 2**', получим 2*2х" = -5 (нет
решений), или 2*J°'=22 => ^ху = 2, ху = 4, у = —. Из второго
х
уравнения системы получим 3(х + yf + 5(х - yf = 8(х2 - у1). Так как
у = — , то имеем 3 \х + — +5\х— =8 \хг --г- I о х2=16,отку-
да xt = -4, х2 = 4. Тогда yt = -1, у2 = 1.
Ответ/ (-4 ;-1), (4; 1).
|>=2,
7.277. •! ,
1(2*Г=64(*>0).
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
Логарифмируем оба уравнения системы по основанию 2, получаем
log2 xy = log2 2,
log^*)^ = log264
y!og2 jc =1, ^ !
у2 1 + -Ч=6, / + ;>-6 = 0, л = -3, у2=2.
Тогда log2 х = —, х, = -j= , или log2 x = — , х2~-Л ■
Ответ. [—;-з], (л/2;2).

7.278.
, У
= 12,
У
+ 5
logs- 1
3
Решение.
\х>й,
ОДЗ:
Преобразуем первое уравнение системы
хъ + уъ=12ху о (x+y)^x + yf-ixy)=l2xy.
Второеуравнение, использовав равенство а'08' * = b ,представимввиде
— + — = тоЗ(х + у)=ху.СистемаимеетвидЛ. у*\ "' "' "'
* J" 3 №+у)=^.
х + у = и, fu(u2-3v)=12v, , { г ,h ^ к,
то ^ V ' => v = 3u , u|[i -3(3u)J=12-
—+
Если Г" "то "Г •"/-"'.=» v = 3«,«(«2-3(3«))=12-3« о
[дсу = v, [3u = v
о u3-9u2-36u=0 о u(u2 -9и-3б)= 0, откуда и, =0 , и2 = -3,
иг =12 . Тогда Vj =0 , v2 =-9, v3 =36. Исходная система уравнений
равносильна трем системам:
1ч fx+y = 0, Г* = 0, ъп-
1) J о i не подходит по ОДЗ;
W = 0 Ь = 0
2) J ' здесь xj>< 0, что не удовлетворяет ОДЗ;
[ху = -9,
Ответ: (6; 6).
Lj'-'j+io^i
7.279. { ' (*>0).
{х + у = & v
Решение.
Lj'-Tj+lO^O
Запишем заданную систему уравнений в виде <' ' Эта
[х + у = %.
система уравнений равносильна двум системам:
63

(x=l, \x=l,
)\x + y = % ** \y = 7;
„, fy2 -7j- + 10 = 0, U = 6, \х = ъ'
2) Г *» 1 или \ ,
\x+y = i \y = 2, b = 5.
U=l, j*2=6, f*3=3,
Получили: 4 < ^
U = 7; U = 2; \Л=5.
Ответ: (1; 7), (6; 2), (3; 5).
|2(logv,^-21og;(23>)+5=0,
7.280. 1 2
Ixy =32.
Решение.
ОДЗ: J0""1
1о<;>*1.
В первом уравнении системы перейдем к основанию 2, а второе
прологарифмируем по основанию 2. Имеем
[2(-1212Л-МА5=о,
< (^ log23> logjjcj => log2j:=5-21og23>,
[log2:r + 21og23> = 5
j21og23,-5 log23, Vs = 0 ^ 41og2>-131og2y + 10 = 0.
^ log2;> 21og2;>-5j
Решая уравнение как квадратное относительно log2 у, найдем
bg2j' = -, з>,=25/4,или log2y = 2, з>2=4.
Тогда log2 * = —, х1 = 2^2; log2 jc = 1, jc2 = 2.
2'
Ответ: (2; 4), {ftfolill).
(logv* 2,5
log33>log,()'-2j:)=l.
Решение.
ода:!0""1

Прологарифмируем первое уравнение системы по основанию 3, имеем
log3| yxogyX J = log3Jc2'5 **\о%ъу + Ъ%ъх0%*х = 2,51og3:ro
о k>g3 у + log^, л: log3 x = 2,51og3 л:.
Перейдем в первом и втором уравнениях системы к основанию 3.
Имеем
кВгУ+т^1—log3j: = 2,51og3X,
logjy
log3,)>log3(r-2:t) ,
logsy
kg3 3> + bgf л = 2,5 k>g3 л log3 у, ^
1og3(>>-2*) = l
=> log3 у -2,51og3 л • logj у + k>g3 л: = 0.
Решаем его как квадратное относительно togyy, и находим
bgiy = -bg3x, откуда Ух=4х, или log3 3> = 2k>g3J:, откуда 3>2=*2-
у-3
Из второго уравнения этой системы получим у ~2х -3, х = - . Тогда
заданная система уравнений равносильна следующим:
\у = л[х.
V
У_3 не имеет решений;
~2~'
\у = *2- \х=3,
2) \ v_-i <=Н учитывая ОДЗ
Ответ: (3; 9).
7.282.
"вшвни*
ОДЗ: {J
'igCc-3)-ig(s-y)=a
4"1 .#" -8#Г = 0.
>з,
3 Сканави М. И., кн. 2

Перепишем систему уравнений в виде
-У,
5-У 0 5-у
2 ' =2 * Ij. jc
у 8-у
Тогда х1 = 6, л2 = -8 .
*2 = -"
неподходитпоОДЗ.
у2=16
Ответ: Д6; 2).
log,(3*+.2y) = 2,
7.283.
log,(2jc + 3y)=2.
Решение.
ОДЗ:
0<х*1,
О < у * 1,
Зх+2у>0,
2л + Зу > 0.
Преобразуем систему с учетом ОДЗ
3* + 2у = х ,
2х + 3у~у2
хА-Зх
[2х + 3у-у2=0
х'-Зх
з(х2-3х)(х2-3х
х'-6х2 + Зх + Ю = 0
2 12
о (х+1)(х-2)(х-5)=0, ъ =-1, х2 = 2, х3 = 5,
Где, = —1, [х, =2
тогдау, =2, у2 = -1, у3 =5 . 4 и^ не подходят по ОДЗ.
Ответ; (5; 5).

7.284.
у У «12.
Решение.
\0 < x ф 1,
[0<y*l.
Во втором уравнении системы перейдем к основанию У. Имеем
2 1ogjc + - =5 о 21og*jc-51ogvjc + 2 = 0 => logvx = - или
log,, л: I ' ' '2
log^, х = 2. Далее получаем:
l)log,x=2 » х=зЛИзпервогоуравнениясистемы.у2 + .у-12 = 0=>
=> ^i = 3 , у2 = -4 ие подходит по ОДЗ, Xi =9 ;
1 ■> ■>
2)logj,jc = - <=> >■ = * .Изпервого уравнения системы* + х-12 = 0=>
=> хъ = 3 , х4 = -4 не подходит по ОДЗ, у3 = 9 •
Ответ: (3; 9), (9; 3).
L .»-y-i6=1
7.285. ' (*>0).
Решение.
Первое уравнение равносильно двум уравнениям: х = 1 или
х2 -у1 -16 = 0 при х > 0 • Тогда система уравнений равносильна двум
системам:
|*-1, f дс — 1,
l)\x-y = 2 b = -l;
p-/-16 = 0,oU=5,
2)\х-у = 2 Ь=3.
Ответ: (l;-l), (5;3).
7.286.
Ig3>-lg|x| = lg2.

Решение.
\у>о,
ОДЗ: \х*0,
[х + у*0.
Запишем систему уравнений в виде
5|* + .И = 1,
Lc + yUlO,
lgn=lg2 ** п = 2.
Данная система уравнений равносильна четырем системам:
х<0,
у < ~х,
х + у = -Ю,
у=-1х
х<0,
у<-х,
х-2х=-Ю,
у~~2х
х<0,
у<-х,
х=10,
(У = -20,
не подходит;
х<0,
У>-х,
х + у = №,
у = -2х
х<0,
У>~х,
-ш,
-2х
х<0,
у>-х,
* = -10,
у = 20
Гд: =—10,
Ь = 20;
х>0,
У >~х,
х + у = 10,
у =*2х
х>0,
У>-х,
_10
*~ 3 '
20
.10
' 3 '
.20.
' 3 '
х>0,
У <-х,
х + у = -10,
у = 2х
х>0,
У <-х,
__10
*"" 3 '
20
У = ~
не подходит.
Ответ: (-10;20), [у;у

7.287. ,
Решение.
Из второго уравнения системы найдем у = х + 3 . Тогда
22л _7 2Л_0'5(*+3) -23-*-3 t> 22jc-7-2°'5л"1,5 =2~л <=>
о23х-^4т^=1 о 21'523'-7-21>5х-2и=0.
21.5
Решая это уравнение как квадратное относительно 21'5*, имеем
21,5* = -2"1,5, нет решений, или 21'5* = 215 => х = 1. Тогда у = 4 .
Ответ: (1; 4).
№•2^=200,
7.288. { ,_ г
[52Й + 22^=б89.
Решение.
ОДЗ: угО.
Перепишем второе уравнение системы в виде
5^+2^| -2-5й ■ГГ' = 689 => ^+2^|=1089 =>
=> 5 + 2*^ =-33 (не имеет решений) или 5 +2^у =33.
Далее имеем
[5!С.2^=200, г ,,- / jrrV jc
=> 2^=33-5^. 5Vjc -33-5V"+200 = 0.
[5<<*+2^=33 v ;
Ух
Решив это уравнение как квадратное относительно 5 , найдем
5^=8, откуда 3/I = log58, xl =271og52 , или 5"=52, откуда
Чх=2, х, =8.Тогда y,=41ogl5, у2=9.
Ответ: ^71og^2;41og25), (8;9).
ю18°'5(*!+,,2^5=10о7Го,
7.289. \jx2+Wy __ 6
2^2+10з>-9
69

Решение.
ОДЗ:
хф О,
У*0,
2^х2+10у-9*0.
Перепишем первое уравнение системы в виде
1018о,5(«1+/>.у=102,5 0 lgo^(x2+/)+l,5=2,5 о
о lg0,5(^2 + /)=l о 0^(х2+у2)=10 о ^2+у2=20.
Из второго уравнения исходной системы получаем
2Ux2+Wy] -9^х2+10у-1& = 0.
Решив это уравнение как квадратноеотносительно ^х1 +\0у ,
имеем д/х2+10^=-4 (нетрешений),или■Jx2 +\<jy = 6, х2 +10>" =
36.Система принимает вид
\х2+у2=20, \х2 + у2=20, , ,
, о , => х2=Зб-1<Ь>, у2 -10^+16 = 0,
[*2+10.>> = Зб [х2 = 36-10у
откуда у, =2, уг = 8. Тогда х2 = 16, *1д =±4, или х2 =-44 неподходит.
Ответ: И; 2), (4; 2).
7.290. К -V + y-
1/5+*=64 (у>0)
Решение.
Умножим первое уравнение на у*, имеем у~х - 1Ду* -1 = 0. Решая
* * 1 ,
это уравнение как квадратное относительно у , получим у = — (нет
решений), или у* = 2. Из второго уравнения системы у2^ ■ ух = 64 =*
у2'5-2 = 64, у2'5 =32, у = 4. Таким образом, 4* =2, х = -.
Ответ: — ;4
2

7.291.
\%(x + у)- Ig 5 = lg x + lg у - lg 6,
lg*
Решение.
lg(j> + 6)-(lg.>> + lg6)
ОДЗ:
x>0,
y>o,
'5'
у > -6.
Из условия имеем
У;
6 5 6 6
lg-lg^-
у + 6
^ = 3,
3 + 6
Ответ: (2; 3).
jc + у _ ху
6 у
у + 6
7.292.
J!ogx —-logJjc = l,
■j л
llog2(j>-jc) = l.
Решение.
ода-.
0<JC*-,
0<у*1,
у > х.
6У
у + 6
+ У
. У
у + б' о
. 6у
у + 6
В первом уравнении системы перейдем к основанию у:
log/
tog, *У
-log** = l о —
1 +
l-log,:*
logvJc
■log**-1 = 0 о

<=> log£* + logj* + 2k>g,*«0 <=> log,*(logjx + log,* + 2)=0,
откуда log^jc^O, x = y° = 1, log^jc + log^,*+2* 0. Из второго
уравнения получаем у - х = 2. Отсюда у = 3 .
Ответ: (1; 3).
7.293. ((-^=(*-,Г
[log2 Jc-log2 j> = 1.
Решение.
f*>0,
ОДЗ:^>0'
л: * ±у.
Из второго уравнения системы имеем log2 -- = 1, откуда — = 2,
У У
х = 2у. Тогда из первого уравнения системы получим {iyfy - Уу >
(?у2}=у>',откудл-9у2=у, у = -, х=2-=-.
(2 1
Ответ: \а'а
7.294. \ , . ' (найти только целочисленные решения).
\4(x-2y)+\oSf,x = 9y ^
Решение.
ОДЗ: 0 < х * 1.
Логарифмируя обе части первого уравнения системы по основанию
6, имеем
log6x*-2>'=log636 о (*-2.>>)log6;c = 2.
Система уравнений принимает вид
((x-2y)log6x=2,
\4(x-2y)+loi-6x = 9 =* bg6x = 9-4(x-2y),
(^-2;,)(9-4^-2з»)) = 2 о 4(^-2з»)!-9(^-2з,)+2 = 0.
72

Решая это уравнение как квадратное относительно х - 2у, получим
дс-2>» = - или х-2у = 2 . Отсюда log6;t = 7, xx = 67 или log6Jt=l,
*2 =6 .
7 6? 1
Если хх =6 ,то з7! = не является целым. При х2 =6 получим
у2 = 2 из уравнения х - 2у = 2.
Ответ: (6; 2).

Решения к главе 8
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
Соотношения между тригонометрическими функциями
одного и того же аргумента
sin2 cc + cos" cc = l; (8.1)
tga = iln^., a*-(2B + l) neZ; (8.2)
cos a 2
C0SCC T ,0 74
ctga = , a#nn, neZ; (8.3)
sin a
tgactga = l, a*—, neZ; (8.4)
l + tg2a = —1—~, at-fan + l} neZ; (8.5)
cos a 2
1 + ctg a = —-—, а*7И, neZ. (8.6)
sin a
(Здесь и в дальнейшем запись пе Z означает, чтол-любоецелое
число).
Значения тригонометрических функций некоторых углов
Для иекоторых.углов можно записать точные выражения их
тригонометрических величин (табл. 8.1), а также знаки функций по четвертям
(табл. 8.2).

Таблица 8.1
Аргумент
(ос градусы,
радианы)
о-(о)
"•(5)
*ш
'Ш
•«■(f)
'Щ
»т
*(!)
*(S)
-(f)
Функции
sin a
0
Уз-i
2-J2
У?-1
4
1
2
2-J2
1
4
2
Уз+i
2,/2
, 1
cos а
1
л/З+1
2-J2
^5 + ^5
2-J2
2
•у/5+1
4
1
л/5-VJ
2-J2
1
2
V3-1
2-J2
0
tga
0
2-S
Vs-i
V10+2V5
1
V10-2V5"
т/5+1
1
■у/5+1
VlO-2,/5
Vs
2 + -Уз
00 (не
определен)
ctga
00 (не
определен)
2 + Л/3
Vl0 + 2-y/5
Vs-1
Vs
•у/5+1
т/Ш-2,/5
1
VlO-2-Д
т/5+1
1
,6
2-S
0

Таблица 8.2
Четверть
I
II
III
IV
Функции
sin a
+
+
-
-
cos а
+
-
-
+
tga
+
-
+
-
ctga
+
-
+
-
Формулы сложения и вычитания аргументов
тригонометрических функций
sin(a + p) = sinacosP+cosasinP; (8.7)
sin(a-|}) = sinacos|}-cosasin|}; (8.8)
cos(a + p) = cosacosP-sinasni.P;- (8.9)
cos(a-p) = cosacosP + sinasinP; (8.10)
tg(a + p)= 'grc + 'gP, a,p,a+p*- + ™, neZ; (8.11)
1-tgatgP 2
tg(a-p)= ^""'SP, a,p,a-p*- + jm, neZ; (8.12)
6V " 1 + tgatgP 2
ctg(a + p)=Ctg'XCtsP"1, аДа + р*пл, neZ; (8.13)
ctga+ctgP
ctg(a-p)=CtS(XCtsP+1, а,р,а-р*пл, neZ. (8.14)
ctga-ctgP
Формулы двойных и тройных аргументов
sin2a =2sinacosa; (8.15)
cos2a = cos2 a - sin2 a = 2cos2 a -1 = 1 -2sin2 a ; (8.16)
tg2a= 2tga , a*- + — ,keZ,a*- + im,neZ; (8.17)
1-tg a 4 2 2

ctg2a = ^8-^—!■, a*— ,keZ,a*im,neZ; (8.18)
2ctga 2
sin3a = 3sina-4sin3a; (8.19)
cos3a = 4cos3a-3cosa; (8.20)
tg3a=3t*a-fa, a*-&» + l}»6Z; (8.21)
l-3tg2a 6
. , 3ctga-ctg3a ли
ctg3a = —- -2—, a*—,neZ. (8.22)
l-3ctg2a 3
Формулы половинного аргумента
. 2 ос 1-cosa
sm J = ——; (8.23)
2 a 1 + cosa
cos2- = — ; (8.24)
tg2a = l-cosa; a^n(2„ + lineZ; (8.25)
2 1 + cosa
dg2 a _ 1 + cosa_ a#2m,„6Z (g26)
2 1-cosa
a sina 1-cosa _
tg- = -; = — . a*jw,/ieZ; (8.27)
2 1+cosa sina
a 1+cosa sina _
ctg—= = , a*jm,7ieZ; (8.28)
2 sina 1-cosa

Формулы преобразования суммы и разности
тригонометрических функций в произведение
sin a + sin В = 2 sin - cos ■ (8.29)
2 2 '
sinoc-sinB=2cos °sin -■ (8.30)
„ . а + В а-В
cosa+cosp = 2cos -cos ; (8.31)
„ , . a + B . a-B . a + B . B-a
sa-cosp = -2sin -sin - = 2sin -sin- • (8.32)
2 2 2 2
cosa + sina = V2cos\45°-a); * (8.33)
cosa-sina = V2sin|45°-a); ■ (8-34)
tga+tgB = iiH^±Ei, a,B^(2„-l)«eZ; (8.35)
cosacosp 2
tga-tgB = iHfcU a,p#I{te-li»6Z; (8,36)
cosacosp 2
„ sin(a + B).
ctga + ctgB = -^ ^, а,р*лл, neZ;
sin a sin p"
t „ sin((5-a) „
ctga-ctgp =—— ', а,р*лл, neZ,
sin a sin p
tga + ctgP = COS^'X"7, a*-+ri,/teZ,P*m,neZ;
cos a sin p 2
tga-ctgP = -COS^ + ^, a*- + nk,keZ,V*iw,neZ;
cos asm p 2
2 ли
tga + ctga = — , a*—, neZ;
sin 2a 2
tga-ctga = -2ctg2a, a*—, neZ;
(8.37)
(8.38)
(8.39)
(8.40)
(8.41)
(8.42)

l + cosoc = 2cos2 —; (8.43)
l-cosa = 2sin2-; (8.44)
1 + 5та = 2со52|45°--|; (8.45)
l-sina = 2sin2 45°-— I; (8.46)
,,. sinM5"+a) T/2sin(45°+a) n
l+tga = » <- = s i, a9i_+j
l + tga=4" ■"/ = '""4~ — /, a*- + ™, «Z; (8.47)
cos45°cosa cosa 2
sin(t5'-a) ,/2sinU5°-a) я
l-tga = } <- = E -l, а*- + л
- ail! rrJ Ul V ^ Э111 nJ ~ \JL I JL
l-tga = E L = 2 И 41, а*- + лл, neZ; (8.48)
cos45°cosa cosa 2
l + tgatgB= Доф-Р) а,р*- + лл, neZ; (8.49)
cos a cos p 2
l-tg«tgp = ^±fi а,р**+пл, „eZ; (8.50)
cos acos p 2
ctgactgP+l^^T „', а,р*лл, neZ; (8.51)
sin a sin p
2 cos2a тс „
l-tg'a =——, а*- + лл, neZ; (8.52)
cos a 2
l-ctg2a = -C°s2a, а* ни, n&Z; (8.53)
sin a
tg2a_tg2p=sinia + pjsin^-p); „,„„«+„, HeZ; (g.54)
cos acos P 2
сц'а-^Р-^^^-Ч a,p*™, «eZ; (8.55)
sin a sin P

tg2a-sin2a = tg2<xsin2oc, ос* —+ лл, neZ; (8.56)
Формулы преобразования произведения
тригонометрических функций в сумму
sinasinP = -(cos(a-p)-cos(a + p)); (8.58)
cosoccosp = — (cos(a + p)+cos(a-p)); (8.59)
sinacosp = -(sin(a + p)+sin(oc-p)); (8.60)
sin a sin P sin Y =
= -(sin(a+P-Y)+sin(p + Y-cc)+sin(Y+a-p)-sin(a + P+Y)); (8.61)
sin a cos p cos Y =
= -(sin(a+p-Y)-sin((5+Y-oc)+sin(Y+a-p)+sin(a + P+Y)); (8.62)
sin a sin p cos Y =
= -(-cos(a+p-Y)+cos((5+Y-oc)+cos(Y+a-p)-cos(a + p+Y)); (8.63)
cos a cos p cos Y =
-(cos(a+p-Y)+cos(p+Y-cc)+cos(Y+a-P)+cos(a + p + Y))- (8.64)

Формулы, выражающие тригонометрические функции через
тангенс половинного аргумента
2tg
2-, а*п(2л+1) neZ;
1 + tg2
(8.65)
l"tg2f
cosoc = —, а*п(2л+1) neZ;
l + tg^f
(8.66)
2tg
tga =
1-tg'
2<x' '2 2V *
(8.67)
l-tg>§
ctgcc = —, а* ли, neZ.
2*f
(8.68)
Формулы приведения
ft,
sinl — ±a =cosa, sin(rt±a)=+sina,
-тс±а =-cosa, sin(2Tc±a) = ±sina;
(8.69)
cod—±a =±sina, cos(rt±a)=-cosa,
cos —rt+a =±sina, cos(2rt±a) = cosa;
(8.70)

tg — ±oc =Tctga, ос*лл, »e Z,
tg(rt±a) = ±tga, ос*-(2л+1) neZ,
Щ— n±a = + ctga, ос* ли, neZ,
tg(2n±a) = ±tga, a* ^(271+1) neZ;
(8.71)
ctd-±a = + tga, ос*-(2л+1) neZ,
ctg(rt±a)=±ctga, ос* ли, neZ,
сЩ-к±а =Ttga, ос*-(2л+1) «eZ,
ctg(2tt±a) = ±ctga, афтог, neZ.
(8.72)
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Трюонометрическимказываегтся уравнение, в котором неизвестное
входит только под знак тригонометрических функций непосредственно
или в виде линейной функции неизвестного, причем над
тригонометрическими функциями выполняются только алгебраические действия.
Простейшие тригонометрические уравнения
Простейшими тригонометрическими уравнениями называются
уравнения вида
sinx = m, (8-73)
cosx = m, (8.74)
tgx = m, (8.75)
ctgx=m, (8.76)
где m - любое действительное число.

Решить простейшее тригонометрическое уравнение - значит найти
множество всех углов (дуг), имеющих данное значение
тригонометрической функции.
Рассмотрим решение простейших тригонометрических уравнений.
1. sin* = т. Если [wi| ^ 1, то решения данного уравнения
определяются формулой
x = (-l)"arcsinm + jm, neZ. (8.77)
Если |m| > 1., то уравнение (8.73) решений не имеет.
2. cos х = т. Если |т| < 1, то решения этого уравнения определяются
формулой
х = ±arccosm + 2icn, neZ. (8.78)
Если |m| > 1, то уравнение (8.74) решений не имеет.
3. tgx = т. При любом действительном т
х =arctgm+nn, neZ. (8.79)
4. ctgx = m. При любом действительном т
х = arcctgm + ця, neZ. (8.80)
В частных случаях при m = -1, m = 0, т = \ получаются
следующие формулы:
sinjc = -l; х = — + 2лл, neZ; (8.81)
sin х = 0; х = ли, п е Z; (8.82)
sinx=l; х=-+2лл, neZ; (8.83)
cosjc=-1; х=к + 2тг, neZ; (8.84)
cosjc=0; jc=-+jw, neZ; (8.85)
cosjc=1; х = 2пл, neZ; (8.86)
tgjc = — 1; *=--+яп, »€Z; (8.87)
tgx=0; х=лл, neZ; (8.88)

tg*=l; х = -+тш, neZ; (8.89)
ctg* = -l; х- — +7W, neZ; (8.90)
ctg*=0; x=-+im, neZ; (8.91)
ctg*=l; x = -+nn, neZ. (8.92)
Тригонометрическиеуравнениявида5т(ал +b) = m, cos(a* + b) = m,
tg(a* + b) = *, ctg(a* + b) = t, где ax + b — линейная функция, \m\ < 1,
д^О, x,b —любые действительные числа, также относятся к простей-
шимиприводятсякуравнениям(8.73)-(8.7б)заменой ах +Ь = у.
Тригонометрические уравнения, содержащие
тригонометрические функции одинакового аргумента
Рассмотрим тригонометрические уравнения, рациональные
относительно тригонометрических функций.
Пусть имеем
#(sinx,cos;t)=0, (8.93)
где R - рациональная функция относительно sin x и cos x .
Данное уравнение приводится к алгебраическому относительно
тригонометрической функции одинакового аргумента. Затем, решая
получившееся алгебраическое уравнение относительно этой функции,
приводят данное уравнение к нескольким простейшим тригонометрическим
уравнениям, из которых находят значения неизвестного и проверяют,
какие из них являются решениями данного уравнения.
Если х * (2л + \)к, где л е Z, то каждое тригонометрическое
уравнение вида (8.93) можно привести к рациональному уравнению
относительно неизвестного tg— с помощью формул (8.65) - (8.68). Решая
уравнение таким методом, можно потерять корни вида х = (2л + l)rc, где
84

n e Z, для которых tg — не имеет смысла. Поэтому необходимо
проверить, являются ли числа х = (2п + l)rc, где п е Z, корнями исходного
уравнения.
Если уравнение (8.93) или приводимое к нему при замене х на тс - х
не изменяется, то его имеет смысл приводить к рациональному
относительно sin х.
Если уравнение (8.93) или приводимое к нему не изменяется при
замене х на -х , то его имеет смысл приводить к рациональному
относительно COS X .
Если уравнение (8.93) или приводимое к нему при замене х на к + х
не изменяется, то его имеет смысл приводить к рациональному
относительно tgx .
Однородные тригонометрические уравнения и уравнения,
приводящиеся к ним
Тригонометрическое уравнение вида
a0cos" X+Ojcos"-1 xsinx + a2cosn~2 *sin2 x + ... + an sin" x =0, (8.94)
где а0,аь...,ап —данные числа, a n —натуральное число, называется
однородным уравнением относительно функций sin x и cos x . Сумма
показателей у sinx hcosx во всех членах такого уравнения
одинакова. Эта сумма называется степенью однородности уравнения или
показателем однородности.
Уравнение (8.94) является частным случаем уравнения (8.93) и
делением обеих своих частей на cos" х * 0 (или на sin" х * 0) приводится к
целому рациональному относительно tg x (или ctg x):
а0 tg" х + щ tg""1 х + а2 tg""2 х +.., + ап = 0
а0 ctg х + ах tg 'x + a^tg x+... + an =0;
при этом область определения уравнения сужается на значения
х = —(2n+l) (илина х = ли), где ne Z.
Умножением на тригонометрическую единицу (sin2 x +cos2 x) ,
где ke N , можно привести к однородному некоторые уравнения, не
85

являющиеся однородными. Так, к уравнению вида (8.94) сводится
уравнение
а0 cos2" х + ах cos2"-1 х sin х + а2 cos"-2 x sin х +... + ап sin" х = Ь.
Для этого нужно умножить Ь на тригонометрическую единицу:
b = i(sin2 х +cos3 х f, keZ.
Уравнение вида asin<ox+bcos(ox = c (я2+62*0)
Это уравнение является частным случаем уравнения (8.93),
следовательно, его можно решать с помощью универсальной подстановки, а
также приводить к однородному.
Укажем еще один способ решения этого уравнения, так называемый
способ введения вспомогательного угла. Пусть
asmcax+bcosoix = c 1р2+Ь2*о\ (8.95)
Разделим обе его части на Va2 + Ь1 , тогда
Л . b г
-sincox-b , cos(oj: =
■[777 Л2 +Ь2 4а1 + 62
Пусть Р — одно из решений системы
cosip = -
4J7i
h
sinp =
'4777'
Воспользовавшись этими равенствами, запишем уравнение в виде
с
svn (Ox cos ф + cos юле sin ф = -.■
•Ja2+b2
Применив формулу sin (а + р) = sin а cos Р+cos а sin P, получим
уравнение sin(a>A; + ф) = -pJ_L^= y которое, как видно из проделанных
Ja2+b2

выкладок, равносильно исходному уравнению. Если
4?
+ьг
й 1, т.е.
шх + ф= (-1)" arcsin-= +тш
■Ja2 +Ь2
(-1)" .
х = ~—— arcsvn
Ja2 +b2 ю ю
(О 7Ш —
— + —, пе Z.
Если
•Ja2 +b
Уравнения, рациональные относительно выражений
sinx±cosx И sin х- cos x
Если левая часть тригонометрического уравнения /(х) = 0 содержит
лишь одно извыражений sin x + cos x или sin x -cos x и функцию sin2x
(и!Ш11роговедение5тлсо8л),то,вводяновоенеизвестное( - sin* + cos*
или t = sin х- cos х и учитывая, что sin2;t = (sinx + cpsx)r -l, sin2x =
= 1 - (sin x -cos xf , приходим к уравнению относительно t.
СИСТЕМЫ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ
УРАВНЕНИЙ
При решении систем тригонометрических уравнений п ользуются
способом подстановки или сводят системы тригонометрических уравнений к
системам алгебраических уравнений. В ряде случаев для решения системы три-
гонометрическихуравнений ее преобразуютс помощью почленногосложения,
вычитания, умножения, деления уравнений с целью, например, исключить
одно из неизвестных, разложить полученное уравнение на множители и т д.
Решения системы записьшаются в виде упорядоченных пар (х; у).

Решить уравнения (8.176—8.385):
8.176. sin3 x(l + ctgx) + cos3 x{\ + tgx) = 2Vsinxcosx.
Решение.
(sinx* О,
cosx* О,
sinxcosx> 0.
Запишем уравнение в виде
. л . cosx^ з (л sinx
sin х-1 1 + +cosJx- 1 +
sinx J I cosx
= 2Vsl
sin3 x(sinx+cosx) cos3 x(cosx + sinx)
2vsinxcosx = 0<
sin x cos x
<=>sin2 x(sinx+cosx) + cos x(cos x + sin x) - 2Vsin xcos x = 0 «
<=> (sin x + cos x)(sin3 x+cos3 x) - 2Vsinxcosx = 0, sin x -
- 2vsin xcos x +cos x=0, sinx- 2V sin xcos x + cosx = 0,
U/srax-Vcosx] = 0 <=> Vsin x - Vcos x = 0.
Тогда Vsinx = Vcosx, или sinx= cosx, sinx > 0,cosx> 0. Разделивэто
уравнение на cos x^0, по лучим tgx= 1, x = — + 2яА: = — (8fc + l), teZ.
4 4
Ответ: х= -(8А: +1),A:eZ
8.177. tg^-+sin^-tg- + cosi-ctg- + ctgi- + sin;t = 4.
ОДЗ:]
cos—^0,
2
sin-*0.
2
Перепишем уравнение в виде
i * 2 * i . 2^ 1-COSX 1-COSX l+.COSX 1+COSX
l + tg2-+l+Ctgi-+ : 4- : +smx=6«
2 2 2 sinx 2 sinx

1 1 l-2cosx+cos x+l + 2cosx + cos x
+
2 x -2х 2sinx
cos — sin -
2 2
• 2 X 2 X
Sin - +COS — - , . . . 2
2 2 2 + 2-2sin x . ,„
+ sinx=6o - + + smx-6 = 0o
. 2 X 2 X 2SH1JC
sin —cos -
2 2
4 2 2 1
о—^—н sinx + sinx-6 = 0«»—=—н 3 = 0*»
sin x sinx sin x sin л
*» 3-sin2 х-sinx-2 = 0(sinx;s 0).
Решив это уравнение как квадратное относительно sin x, получим
(sinx), =— ,х,=(-1) + arcsin— + пк, к eZ;
(sinx)2 =1, Х2 =- + 2лл = -(4л + 1),ле2;
Ответ: х,=(-1) + arcsin— + пк; х, = — (4л +1), где А: и л eZ.
8.178. tg(120°+3x) - tg(140°-x) = 2sin(80°+2x).
Запишем уравнение в виде tg3(x + 40°) - tg(l 80°-(x + 40°)) =
= 2sin2(x + 40°)otg3(x+40°) + tg(;c + 40°) = 2sin2(x + 40°).
sinfct + P)
По формуле tga + tgp = —- - и обозначив х + 40° = у, запишем
cosoccosP
sin4y „ . . л sin4y-2sin2ycos3ycosy „
— 2sin2y = 0o^-^ - = 0e
cos3ycosy cos3ycosy
2sin2ycos2y-2sin2ycos3ycosy . sin2^2cos2y-2cos3ycosy)
<=> ' = U<=> ~ =
cos3ycosy cos3ycosy
2sinycosy(2cos2y-2cos3ycosy) „ . „.
= 0e -± — = 0, cosy#0)=>
cos 3y cos у
siny(2cos2y-2cos3ycosy)
cos3y

Так как cosoccosj5 = -(cos(oc-P) + cos(a + |5)), то
sin;>(2cos2j'-cos2j'-cos4j') sin;>(cos2j'-cos4j')
cos3y cos3y
. „ . a + P . a-3
По формуле cosa - cosp = -2sin—-—sin—-— получаем
-2апуапЗуяпу_п sin2 у sin Ъу .
; u> - = 0=>siny = 0,
cosly cos3y
raHsin3y = 0 (ияЗу^О).
Решения уравнения sin у = 0 входят в решения уравнения
sin3y = 0 (sin3y=3siny-4sin3y = sinyl3-4sin2.>>)l,
откудаЪу = 180°к, у = 60°к, keZ, x + 4W = 6Vk, x = -4W+6Wk, keZ-
Ответ: x =-40°+60° A:, keZ.
8.179. sin2 x + 2 sin2 — 2 sin x sin2 — + ctgx = 0.
Решение.
ОДЗ: sinx*0.
_, . . з a 1-cosa
По формуле sin — = запишем
2 2
• 2 i -Л \ COS* „
sin x +1-COSX -smx(l -cosxjH = 0 «•
sin л
smx
<=>sin3*+sinjc-sinjccosjc-sin2 jc+sin2 jccosjc+cosjc =0<=>
<=>/sin jc + sin2 jccosjc] + (sinJc + cosJc)-/sinjccosjc + sin2 jc) = 0<=>
<=>sin" jc(sinjc + cosji:) + (sinjc + cosji:)-sinjc(sinjc + cosjc) = 0<=>
**(sin^ + cosx)lsin2 jc-sinjc + l] = 0<=>sinjc + cos* = 0<=>ctgx=-l,
jc = -- + rtA: = -(4A:-l),A:eZ;sin2:<:-sinx+l*0 (D<$).
Ответ: x=-(4k~l),keZ

cos2z(l + ctgz)-3
8.180. ^ =-i = 3cosz.
sinz-cosz
Решение.
ОДЗ:^-0' п
[sinz-cosz* 0.
Перепишем уравнение в виде
cos2/l + S2¥) - з = 3cosz(sinz- cosz) «* fosM^z + cos£) _
V smz^ sinz
-3-3cosz(sinz-cosz) = 0<=> cos zsinz + cos3z-3sinz-
-3coszsin z + 3cos zsinz = 0<=> 4cos3 zsinz + cos3 z-
-3sinz(cos2 z + sin2 z) -3coszsin2 z = 0<=> cos2 zsinz + cos3 z-
-3sin3z-3coszsin2 z = 0<=> cos3 z(sinz + cosz)-
-3sin2 z(cosz + sinz) = 0<=»(sinz + cosz)(cos2 z-3sin2 z) = 0.
Отсюда или sinz + cosz = 0,HHHCos2z-3sin2 z = 0. Разделив первое
уравнение на sin z * 0, а второе на sin z-ф- 0, получим
ctgz = -l, z, = — + ял = —(4n-l),neZ
4 4
или
ctg2z=3, ctgz = ±V3, z2=±-+nk, keZ.
6
Ответ: zl = — (4л -1); z2 = ± — + nfc, где л и А: е Z
8.181.
ОДЗ:
1
2ctg2l + l
fsini9t0,
1cosl#0.
V
1
:1 + 1
15cos4i
8 + sin22i
По формулам
-> ос 1 + coscc -, oc 1-cosoc „ -,
ctg -=- , tg^- = - , cos2a=2cos2a-l
2 1-cosa 2 1 + coscc

1 1 _ lsfe cos2 It -l)
2(l + cos2l)|1 + 2(l-cos2l)~" 8 + l-cos22f °
1-cos2i l+cos2l
о (l-cos2l)(3-cos2l)+(l + cos2l)(3 + cos2l) = 30cos2 21-15 о
o3-3cos2l-cos2l + cos22l + 3 + 3cos2l + cos2l +
+ cos2 2l - 30cos2 21 +15 = 0 <=>
o21-28cos22i = 0, 4cos22l = 3, cos2 2! = -, cos2l = ± —,
4 2
2t = ±- + xk, < = ± —+ - = —(№±1), fceZ
6 12 2 12v '
Ответ: t=— (6fc± 1), keZ
8.182. 8cos4 jc-8cos2jc-cosx+1 = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде 8(cos2 x\ -8cos2 x-cosx + l = 0.
1 Y
-(l + cos2x) -4(1 + cos2j:)-cosj:+1 = Oo2(1 + cos2j:)! -
-4(l + cos2x)-cos jc+1 = 0 <=>
«• 2 +4cos2x +2cos2 2x -4-4cos2x -cos л +1 = 0 о
«2cos2x-l-cosx = 0ocos4x-cosx =0*»
„ . 4x + x . x-4x . . 5л . 3x .
«2sm sin = 0, -sin—sin — = 0.
2 2 2 2
Отсюда или
. 5x 5x 2
sin— = 0, — = теп, x, = - xcw, п е Z,
2 2 5
или
. 3x 3x , 2
sin— =0, — - тек, x? = - тек, fceZ.
2 2 2 3
2 2
Ответ: xl = — тел; x> = - rcfc, где пи teZ

„.о, 6cosJ2l + 2sin-'2r
8.183. = cos4l.
3cos2i-sin2l
Решение.
ОДЗ: 3cos2f-sin2r*0.
Из условия имеем
6cos32f + 2sin32r ,, . 2„ „
cos2 21 + sin 2l = 0.
3cos2f-sin2f
6cos3 2r+ 2sin3 2r- 3cos5 2/ + 3cos2rsin2 2( + sin2(cos2 2i -sin3 2t=0e
о (3cos3 2( + 3cos2fsin2 2i) + (sin3 2r + sin2icos2 2г) = 0 о 3cos2i(cos2 21 +
+ sin2 2() + sin2l(sin3 2l + cos2 2() = 0, 3cos2l + sin2i = 0. tg2l = -3,
1 nk
21 = -aictg3 +nk, t = - - arctg3 + —, keZ
2 2
Ответ: t ~ —arctg3 н , teZ
2 2
8.184. coszcos2zcos4zcos8z =—
16.
Решение.
Умножив обе части уравнения на 16 sinz* 0, имеем
8(2sinzcosz)cos2zcos4zcos8z = sinz <=> 8sin2zcos2zcos4zcos8z- sinz,
4(2sin2zcos2z)cos4zcos8z = sinz, 4sin4zcos4zcos8z = sinz,
2(2sin4zcos4z)cos8z = sinz, 2sin8zcos8z = sinz,
. ,r „ - 16z + z . 16z-z 17z . 15z
sinl6z-sinz = 0 о 2 cos sin = 0, cos—-sin— = 0.
2 2 2 2
_ 17z . 17z к тс 2 , тс ,Л, ,,
Отсюдаилисс*—- = 0, = - + nk, z, = — + — irfr = — (2к + 1),
2 2 2 ' 17 17 17v '
A: eZ, или sin— = 0, — = rcfc, z^ = — nk, keZ.
2 2 15
2 ,
Из совокупности значений z2 = — rcfc, A; e z, нужно исключить те
значения z, для которых sin z = 0, т.е. z = тел, л е Z, получающиеся при
А: = 15л. Аналогично, из совокупности значений zl -~{2k + 1), к е Z,

исключаем значения z = Kn,nt=Z, получающиеся при 2к + 1 = 11;
2А: + 1 = 51; 2А: +1 = 85; ..., или А: = 8; А: = 25; к = 42; ....т.е. к = 8 + 17/,
/ е Z Таким образом, для исходного уравнения находим следующую
совокупность решений:
z,= — ,k*lSl,keZ,IeZ,
1 15
или
z, = pH2fc + l),fc*17/+8,fceZ./eZ
Ответ: z,= — ,fc*15/,z,= — (2fc + l),fc*17/ + 8,fceZ./eZ
1 15 17v
8.185.
1
2 + sinx 3
Решение.
Из условия получаем:
(•х х Y • 2 х
sm—cos— sin' —
, 2 2[ 2
, ■ .- х гх
+ sin —cos— + cos —
2 2 2
2+2sini-cos-
2 2
2 X . 2 *
3 2""
f . X xYi , • X X^\ f . X xY . X X~\
sin — cos—I 1 + sin-cos— sm—cos— I sm— + cos-
Л 2 2 A 2 2) \ 2 2k 2 2) _
1 + sin—cos—
2 2
= 0»
0»
о sin cos—
2 2
. sin— + cos—
1 2 2
= 0o sin—cos—
2 2
x|3 + 2sin- + 2cosi =0.
Имеем:
1) sin—-cos—= 0. Разделив первое уравнение на cos—*0, найдем
х , х тс , тс „ , тс,., ,,
82 ' 2 = 4 ' x>=i + 2nA: = i(4A:+1)' fceZ
2) 3+2sin^+2cos|=Oo2sm2f j]+2cos2f|l + 3fcos2 - + sin2|]=0o

«4sin-cos- + 2|cos2i-sin2- +3 cos2- + sin2- = 0»sin2- +
44^4 4) [ 4 4j 4
л ■ X X c 2X n
+4sm—cos—+ 5cos — =0.
4 4 4
Делим уравнение иа cos2 — * 0. Имеем tg2 - + 4tg - + 5 = 0. В полу-
4 4 4
чениом квадратном уравнении D< 0, 0.
Ответ: x=-(4k + l),keZ
„.„, 2 2sin2r + sin4r . .
8.186. tg2r-—- —- = 2ctg2r.
2sin2?-sin4?
Решение.
icosr^O,
sinr*0,
2sin2r-sin4r?s0.
Из условия имеем:
, 2sdn2r + 2sin2rcos2r ... 2 2sin2((l + 2cos2r)
tg2[ : 2ctg2f = 0«tg2t -. r-
2sin2r-2sin2rcos2r 2sin2((l-cos2<)
-2ctg2r = 0otg2r-±±|^|-2ctg2r = 0.
l + cos2r
Так как — = ctgr, то
1 - cos2r
tg2r-ctg2r-2ctg2r = 0«ST^-^^-2ctg2r = 0«
cos t sin t
sin4r-cos4r ... fein2r+cos2r)fein2r-cos2r) „_ „ „
о = = 2ctg2r = 0 » £ , '" , <-2ctg2r = 0 »
siir t cos f snr t cos'' r
cos2r-sin2r , . , „ 4cos2r 2cos2r „
о = = 2ctg2r = 0o—=—+ . , =0<=>
sin2 rcos21 sin It sin2r
2cos2rf 2 Л n
о - +1 =0.
sin2r ^sin2r J
Отсюда
l)cos2r = 0, 2r = - + irfr, f,=- + y = -(2t + l), fcgZ;

2)—?_ + l = 6, sin2?=-2, 0.
sin 2c
Ответ: t ~ - (Ik +1), keZ.
2 ■> 4^3
8.187. sin xtgx + cos xctgx+2sinxcosx = .
Решение.
f cos x * 0,
ОДЗ: '
[sinx*0.
Запишем уравнение в виде:
sin2 х sin x , cos2 x cos x . . 4-s/3 n
- + 2smxcosx = 0<=>
cosx sinx 3
sin4 x + cos4 x . .
^=> + 2sinxcos;t = 0<=>
sin x cos x 3
(sin2x + cos2xf-2sin2xcos2x .. 4^3 .
<=> -i L + 2sinxcosx = 0,
sin x cos x 3
или
l-2sin2xcos2x „ . 4-Л . 1
- + 2 san xcos x = 0 <=> -
sin xcos x 3 sin xcos*
4-s/3 Л 1 2-Л
-2sinxcosx+2sinxcosx = 0<=> —: = <=>
3 2sinxcosx 2
»яп2х=^=>2* = (-1)*| + 1Е*,х=(-1)*| + |,*ег
Ответ: x=(-l) — + -, fc e Z
6_ 2
8.188. ctgx+ctgl5°-tetg(x + 25°) = ctgl5°ctg(x + 25°)ctgx
(sinx^O,
Перепишем уравнение в виде
cosx cosl5° cos(x + 25°) cosl5°cos(x + 25°)cos;t „
+ _. + —i > _^ ' = 0=>
sinx sml5° sin(x+25°J sinl5°sin(x + 25°)sinx

о (cosxsinl50sin(x+250)-cosl5°cos(x + 25°)cosx)+
+ (cosl5°sinxsin(jc + 25°)+cos(jc+25°)sinxsinl5°) = 0«*
о -cosx(cos15°cos(jc +25°)-sinl5°sin(x+25°))+
+sinx(sin(x +25°)cosl 5° +cos(x+25°)sinl 5°) = 0.
Так как
cosoccosP-sinasinP = cos(a + p), sin a cos a + cos a sin p = sin(a + p),
-cosxcos(15°+;c+ 25°) + sinxsin(x+ 25°+15°) = 0» -cos(2x+40°) = 0,
2x + 40°=90°+180°A:, x= 25°+90°A:, к £Z
Ответ: х= 25°+90°A:, keZ.
40 sin3 - - cos3 -
\ 2 2
4Й .... ... ,
Л 2 2
8.189. —i tL - sin,.
16sin—25 cos—
2 2
Решение.
ОДЗ: 16sin- - 25cos- ф 0.
Имеем
4sin3--cos3-]
? ii-2sin-W =0^201 sin3--cos3-^|-
16sin — 25cos-
2 2
-sin
2
-cos- 16sin—25cos- =0«* 20sin3 — 16sin2-cos- +
2 2{ 2 2j ^ 2 2 2j
25sin-cos2--20cos3-] = 0«4sin2 -5 sin—4cos-] + 5cos2-x
^ 2 2 2) 2^2 2j 2
x| 5sin--4cos- =0» 5sin--4cos-]|4sin2- + 5cos2-| = 0.
2 2) V 2 2 A 2 2,
Отсюда l)5sin—4cos-= 0,2) 4sin2- + 5cos2 - = 0. Разделив nep-
2 2 2 2
? t t 4
вое уравнение на cos — * 0, а второе на cos2 — * 0, будем иметь tg — = —,
- = arctg- + rat, t, = 2arctg- + 2кк, keZ. или tg2- = —, 0.
2 5 5 2 4
4
Ответ: t = 2arctg- + 2тсА:, leZ
4 Сканави М. И-, кн. 2 97

(sinx+cosx) -2sin2x 4l( . (к \ . (к ,
8Л9°- —г&—=тгЬгтЧ4-3х
Решение.
ОДЗ: sinx*0.
Так как sin a - sin р = 2 cos—-—sin —
sin x + 2sinxcosx + cos x-2sin x
, cos x
1 + —T-
K П - П К
\± ~ • 4 4 4 4
= 2sin-= = cos-= = •
2 2 2
ccos —2x I
=>(sin2x + cos2x)sinx = V2| cos-cos2x + sin—sin2x )<=>
о (sin2x + cos2x)sinx--/2 — cos2x + —-sin2x |=0»
о (sin2x + cos2x)sinx-(co82x + sin2x) = 0o
о (sin 2x + cos 2x)(sin x -1 = 0)
OTCKwaiumsin2x + cos2x=0, iuiHsinx-l = 0. Разделив первое
уравнение на sin2x;t0, имеем
ctg2x=-l, 2x= —+ rat, *, = y + y = |(4fc + 3), fceZ
Извторогоуравненияполучаем8тх=1, х1 = — + 2лл=—(4п + 1), neZ.
Ответ: хi = — {4к + 3); х2 = — (4л + 1), где А: и п е Z
8 2
8.191. sin"1 г - sin"12r= sin"14г.
{sin?* О,
sin2r*0,
sin4r * 0.

Перепишем уравнение в виде
= 0=> sin2rsin4r- sinrsin4r- sinrsin2r = 0.
sin r sin2r sin4r
По формуле sin a sin В = — (cos(a - B) - cos(a + В)) имеем
- (cos2f- cos6?)—(cos3? - cos5?)—(cos? - cos3?) = 0 <=>
о (cos2r + cos5r)-(cos6r + cosr) = 0.
„ „ a + B a-B
Так как coscc + cosp = 2cos -cos - ,то
„ It У „ It St „ „ 7ff 3r 5Л „
2cos—cos 2cos—cos— = 0o2cos— cos, cos— \ = Q.
22 22 2^2 2j
Отсюда '
1) a*3 = 0, H = ! + nk, , =*+|я*, kzZ,
2 2 2 7 7
2) cos cos— = 0 <=> 2 sin4? sin t = 0 не подходит по ОДЗ. Учитывая
ОДЗ, t = - + -nk=-(2k + l), кфЦ + Ъ, meknleZ
Ответ: '= ~{2к +1)' к*7/ + 3, гдеАги/eZ
8.192. ' + sin2x + 2 ЬМ^_3 = 0 '
1 - sin2x 1 - tgx
Решение.
ОДЗ:
ап2**1,
■ tgx*l,
cosx^O.
№ условия имеем:
sin2 х + 2sinxcos jc + cos х ,, cosx -» л
l ; J = U<=>
sin x-2sinxcosx + cos x ^ _ Slnx
• cosx
ismx-cosx j ^sinx-cosx
99

sinx + cosx
Решив это уравнение как квадратное относительно — ,
sinx-cosx
получим
1Л (SIIIX + COSX^ , • . п ' I г -v
1) =-1. sinx + cosx=-sinx + cosjc, sinx=0, jc, = тек, А: е Z;
I, sin х-cos x^
., fsinx + cosx") , . , . , . .
2) = 3, smx + cosx = 3sinx-3cosx, sinx = 2cosx,
\^nx~cosxJ
tgx= 2, Xj = arctg2 + тел, л е Z
Ответ: x\ - nk\ xi - arctg2 + тел, где А: и л е Z
■, 3(cos3x-cosx)
8.193. ctg22x + -5 i + 2 = 0.
sin3jc-smjc
Решение.
По формулам
„ „ . oc + B . В-а . . „ „ ос + В . а-В
cosa-cosB = 2sin -sin- ,sina-sinp = 2cos -sin-——,
^22 22
имеем
, 2~ , 2sin2xsinx . „
ctg'2x + 3 : + 2 = 0 о
2sinxcos2x
о ctg2x - 3tg2x + 2 = 0 => ctg'x + 3ctg2x - 3 = 0 о
о (ctg32x-l}f (2ctg2x-2)=0o
o(ctg2x-l)(ctg22x+ctg2x+l)+2(ctg2x-l)=0o
о (ctg2x- l)(ctg22x + ctg2x + з) = 0.
Отсюда
l)ctg2x-l = 0, ctg2x=l, 2x=| + irfr, x = -| + —= |(4A: + 1), A:eZ
2) ctg22x + ctg2x + 3*0 (D<0), 0.
Ответ: x=-(4k+ 1), k^Z.
8.194. tg43r = sin26r.
Решение.
ОДЗ: cos3/*0.

Из условия имеем:
(tg2^ =sin26r^ ^cosf"l 4-cos4,)=0^
Ц + СОвбГ/"
^(l-coserf-fl-coserXl + coser)3 =0о
«(l-coser^-coser-fl+coser/jsOo
о (l-cos6r)(l-cos6r-l-3cos6r-3cos26r-cos36r)=0o
o(j-cos6r)x^os36r + 3cos26r+4cos6r)=0o
Ocos6r(cos6r-l)(cos26r + 3cos6r+4)=0.
Отсюда
l)cos6r = 0, 6r = - + rat, (.= — + - = — (2k+l),keZ,
2 ' 12 6 12v '
2) cos6r-l = 0, cos6r=l, 6г = 2пл, r, = —, neZ
2 3
3) cos26r + 3cos6r + 4 = 0 (Л<0), 0.
Ответ: t, = — (2fc +1); r, =— гдеАги »eZ
12v i 3
„ .„ 1 - sin6 z - cos6 z 2
8.195. — = 2cos'3z.
1 - sin z - cos z
Решение.
Запишем уравнение в виде
l-f(sin2z)3+(cos2z)3]
—±— —^ = 2cos23zo
1 - (sin4 z + cos4 zj
1 - ein2 z + cos2 z Isin4 z - sin zcos z + cos4z) „ ■>.
о —E tt в- - , < = 2cos 3zo
1-1 lsin2z + cos2z
'J-2
1 -1((sin2 z + cos2 z) -3sin2 zcos2 z)
v - - ■ I = 2cos23zo
l-l + 2sin zcos z
l-l + 3sin2zcos2z , 2, „ 2, 3 , -Уз
. = 2cos 3z, 2cos 3z = -, cos3z = ± —,
2sin zcos z 4 2

3z = ±- + rat, z=±— + — = — (tt±l), keZ.
6 18 3 18v ■ '
Ответ: z = — (6k±1), fceZ
18v '
8.196. ctgx-tgx= , .
o,5sin2;c
fsinx* 0,
°№|co.,,0l
Из условия имеем:
cosx sinx cosx-sinx n cos x-siij x cosx-sinx n
- = 0<=> : - = 0<=>
sinx cosx sinxcosx sinxcosx sinxcosx
(cos x - sinx)(cosx + sin x)- (cos x - sin x) _ _
sinxcosx
^ (cos x - sin x)(cos x + sin x)- (cos x - sin x) = 0,
(cos x - sin x)(cos x + sin x -1) = 0.
Отсюда 1) cosx-sinx=0, 2) cosx + sinx-l = 0. Разделив первое
уравнениена cosx* 0, получим tgx=l, xt = — + »t- —(4fc+l), keZ.
Второе уравнение запишем в виде:
IX . 2 * * • * X 2 х ■ 2 X ~
cos —sin —+2sin —cos—cos —шг — = 0<=>
2 2 2 2 2 2
„ . 2 X „ . X X . ~ . x{ . X x\ n
<=>2sin —2sin —xcos—= 0<=>2sm— sin cos— =0.
2 2 2 2^ 2 2)
Отсюда или sin— = 0, --nn, x-,=2im, л eZ, или sin— cos— = 0.
2 2 2 2
r» X n „ X t X К ,
Разделив последнее уравнение на cos— * 0, найдем tg—= 1, — = — + тс/,
2 2 2 4
х3 = - + 2тс/, leZ,x2, x3 не подходят по ОДЗ.
Ответ: х = — (4А: + 1), А: е Z

ОДЗ:
ctg2z ctez „ „
8.197. -Ё— + -^ + 2 = 0.
ctgz ctg2z
Решение.
ctgz * 0,
ctg2z * 0,
sinz * 0,
sin2z * 0.
Из условия имеем:
^Y+2.^ + 1=0«f^+iT=o«—=-i,
ctgz J ctgz ^ ctgz J ctgz
ctg2z = -ctgz, ctg2z + ctgz = 0.
„ sin(a + B) „;„ т.7
Так как ctga + ctgB = -^——f, то получаем — = 0.
sinasinB sin2zsinz
Поформуле sin3a = 3sina-=-4sin3 a имеем
3sinz-4sin3z _ sinzp-4sin2zj_ 3-4sin z
sin 2z sinz sin 2z sinz sin2z
i • л/3
и наше уравнение принимает вид 3-4sin z = 0, откуда sinz = ± —,
z = ±- + rat = -(3fc±l), fceZ
"3 3V
:з'
Ответ: z = — (3fc±l), teZ
8.198. cos-2 2*tg2jt + sin"2 2jctg2;c= 8c°* 4x + lOsin"1 4x+ 4,/з.
sin 4x
„„ fcos2x9to,
ОДЗ: ^
[sin2x*0.
Запишем уравнение в виде:
1 sin2x . 1 cos2x 8cos2 4x . 10 . /r
cos22x cos2x sin22x sin2x sin34x sin4*
sin2x cos2x 8cos24a: 10 . /r
cos32x sin32x sin34x sin 4л
103

sin42jc + cos42jc _ 8cos24x + 10sin24x г-
sin 2xcos 2x sin 4x
fon22x + cos22x,f-2sin22xcos22x_ 8(l-sin24x)+l0sin24x g-
sin32xcos32x sin34x
l-2sin22xcos22;c _ 8 + 2sin24x . jz
sin32xcos32jc sin3 4л
8 - 4^in2 2x cos2 2x) 8+2 sin2 4x _ /r
8sin-'2xcos 2x
sin 4x
8-4sin24x 8 + 2sin24x
> = 5
sin 4x sin 4x
8-4sin24x-8-2sin24x
sin3 4x
4-Ло
= 4^«-^^- = 4^<
>6
sin 4x
о = 2л/з о sin4x =
sin4x 2-
Тогда 4х=(-1)*+'^ + ^, 1=(_1)*"£ + ^, keZ
Omeem.x=(-l) — + —, keZ
4 '
Решен
ОДЗ: j
ctg2f-tg2f
sinx^O,
• x r,
sin— * 0,
X r,
2
=-■ 1
2ctgx
l + ctg2x
Запишем уравнение в виде:
2 cos л
. i х 2 х
sin — cos —
2 2

■ IX 2 х
cosxsm — cos — ,i 0„ ■ i
2 2 _ 1 I i_ 2cosxsin x
cos4--sin4 — 8 I sinx(sin2x + cos2x)
2 2
■ гх гх
cosxsnr—cos*— j
2 2 --(l-2cosxsinx)<=>
cosxsin2±cos2| j_sin2^
cosxsin2|cos2| ,_sin2j( j_sin2x
о ^ *- = о siir x = о
cosx 8 2
O2sin2x-l+sin2x = 0osin2x-cos2x = 0.
Разделив это уравнение на cos 2х Ф О, получим tg2x = 1, 2х = — + як,
4
5*+**„*(4*+l)*eZ.
8 2 8V *
Ответ: х = — (4А +1), A e Z.
(cos 2x + ctgZv^
ctg2x-cos2x
ние.
ОДЗ:
g.200. 3(cos2x + ctg2x)_2(s.n2x + 1) = a
Решение.
Jsin2x*0,
[ctg2x-cosZv#0.
Из условия имеем:
3foos2*+^)
I sln2xJ-2(sin2x + l) = 0«.
cos2x
-——cos2x
sm2x
cos2x(l-sin2x) 'Il-sin2x '

Отсюда
l)sin2x+l = 0, sin2x = -l, 2x=-| + 2rat, x, =-- + 7* = -(4fc- 1),
k<=Z,
2) - 2 = 0, sin2x=--, 2x = (-l)"+1v + nn,
l-sin2x 2 6
x2 = (- 1)" — -I n e Z; x, не подходит по ОДЗ.
Ответ: х = (-1)* — + — , к е Z
8.201. sin2x + 2ctgx=3.
ОДЗ: sinx*0.
Так как sin2cc = — , то имеем
l + tg2oc
?-=-+ 3=0=» 3tg3x-4tg2x+3tgx-2 = 0.
l + tg'jc tgx
Пусть tgx = у, тогда
Зу3-4у2+Зу-2 = 0, Зу3-Зу2-у2+2у + у-1-1 = 0,
Зу2(у-1)-(у-1)2+(у-1) = 0, (у-1)(Зу2-у + 2) = 0.
Отсюда
1) у-1 = 0, у = 1, tgx=l, х=- + гш = -(4л + 1), ле4
4 4
2) Зу2-у + 2*0 (Д<0), 0.
Ответ: х= — (4л + 1), neZ
8.202. 2cosl3x + 3cos3x+3cos5x-8cos;ccos34x=0.
Решение.
Так как
cos3ct = 4cos a-3cosa, cosa + cosp = 2cos -cos -,
2 2
„ „ . a + B . B-«
cosa-cosB = 2sin sin1 ,
f 2 2
то уравнение имеет вид
2cosl3x + 3(cos3jc + cos5x)-8cosxcos34x=0o

<=> 2cos 1 Зх + 3 ■ 2cos 4л- cos x - 8cosx cos 4x - 0 <=>
<=>2cosl3x-2cosx(4cos 4x-3cos4x) = 0<=>
<=>2cosl3x-2cosxcosl2x = 0<=>2cosl3x-(cosl3x + cosllx) =0<=>
<=>-2sinl2xsinx = 0.
Отсюда
1 12
2) sin.v = 0, x2 = кп, ne Z; x2 входит в д-(.
Ответ: х = —, А е Z.
12
8.203. (sinx+cosx) + (sinх-cosх)4 = 3-sin4x.
Решение.
Имеем:
(sin x + 2sinxcosx + cos x) + (sin x-2sinxcosx + cos2x)2 =
- 3 - sin4x <=> (1 + sin 2x)2 + (1 - sin2x)2 = 3 - sin4x <=>
<=>!+2sin2x + sin22x + l-2sin2x + sin22x = 3-sin4A-<=>
л n , П Й 1С,., ,w ,
4х = -+пк, х- — + — -— (4А + 1), £eZ.
4 16 4 16
Ответ: х =—(4А + 1), AeZ.
16
8.204. tg3C + 6sin~1 2? = 8sin~3 2/-3ctgr.
Решение.
ОДЗ: sin2f*0.
„ , a 1-cosa . a 1+cosa
Так как tg— - — и ctg— = ———, то имеем:
2 since 2 sina
sin3 It sin It sin3 It sin It

=>^-cos2r)3+6sin22r-8 + 3$ + cos2r)sin22r = Oo
o^-cos2r)'+6^-cos22r)-8 + 3$ + cos2r)^-cos22r)=Oo
ol-3cos2r + 3cos22r-cos32r + 6-6cos22r-8 + 3-3cos22r +
+ 3cos2r-3cos32r = 0o4cos32r + 6cos22r-2 = 0o
o2cos32r + 3cos22r-l = 0o 2cos3 2r + 2 + 3cos2 2r-3 = 0o
O2(cos2r+l)(:os22r-cos2r+l}+3(cos2r + l)(cos2r-l) = 0,
(cos2r +1)(2 cos2 It + cos2r -1) = 0.
Отсюда
l)cos2r + l = 0, cos2r = -l, 2г = п + 2лл, г,=- + пл, neZ;
2) 2 cos2 2t + cos2r -1 = 0. Решая уравнение как квадратное
относительно cos2r, имеем cos2r=-l, г, =г, = —+ лл, neZ—неподходитпо
2 ' 2
On3;cos2( = -, 2r3=±- + 2rat, t,=±- + nk = -(6k±l), keZ
"^ 2 3 3 6 6V
Ответ: t = —(6k±l), keZ.
6
8.205. 2sinxcos2 --x +3cos2 - + x cosx-5cos2xsin\- + x 1 = 0.
,2 | 12 ] 12
2 a 1 + cosa . fn 1
Так как cos — = и sirJ — + a = cosa, то имеем
2 2 \2 )
sin x[l + cos(rt - 2x)) + — (l + cos(rt + 2x))cosx- 5cos2 xcosx = 0 о
<=>sinjc(l-cos2j[:) + — (1-cos2x)cosjc-5cos3 jc = 0<=>
<=>2sinx-2sinxcos2x + 3cosx-3cos2xcosx-10cos3x = 0<=>
o2sinx(l-cos2x)+3cosx(l-cos2jc)-10cos3x = 0o
o(l-cos2x)(2sinx + 3cosx)-10cos3x = 0<=>
о 2sin2 x(2sinx + 3cosjc)-10cos3 x = 0,
4sin3 x+ 6sin2 xcosjc- lOcos3 x = 0,
2sin3x + 3sin2xcosx-5cos3 jc = 0.

Разделив это уравнение на cos хф О, получим:
2tg3x-2 + 3tg2x-3 = 0o2(tgx-l)(tg2;c+tgx+l) + 3(tgx-l)x
х (tgx+1) = 0 о (tgx- l)(2tg2x + 5tgx+ 5) = 0.
Отсюда
1) tgx-l = 0, tgx=l, x = - + nk = -Uk + l), keZ,
4 4
2) 2tg2x + 5tgx+5*0 {D<0), 0.
Ответ: x = — (4fc +1), A:eZ.
82
8.206. tg4x + ctgV = —(tgJtg2x+l)cos2x.
fcosx* 0,
ОДЗ: lsinx.0.
Запишем уравнение в виде:
// n2 \2 , , 82 f sinxsin2x ^
^tgx+ctgx) -2tgxctgxJ -2tg2Actg2x = — ■{cosxcos2x + l)<:os2x~
fsinx cosjc Y . , 12 fsinxsin2x+cosxcos2x,\ „
о + -— -2 -2 = —\ bos2x.
^cosx sinx J ° {. cosxcos2x J
Применив формулу cosa cosp + sinasinp = cos(a - p), имеем
sin jc + cos x I _.
sinxcosx
,2 Л2
„ 82 cosxcos2x
2 = о
9 cosxcos2x
_j 2Y=—
2xcos2x ) 9 '
1 t_j.10 4 -, .10
Отсюда 1) ~n 2 ~T ** . 2 , 2-± —.Тогда
sin2 xcos2 x 3 sin2 2x 3
sin22x = -3 0; или sin22x = -, sin2x = ± —, 2x = ± — + nk,
4 2 3
* = ±*+^ = *(3fc±l), fceZ
6 2 6V '
Ответ: x = - (ЗА: ± 1), teZ

8.207. 2 cos" Ъ - cos" 2t +1,5 sin2 M - 3 sin2 It = 0.
та 1 + cosa . 2a 1-cosa
Так как cos — = и sin — = , то имеем
2 2 2 2
2Ji(l + cos4r)] -fi(2 + cos4r)] + l,s(l - cos2 4r) -1,5(1-cos4r) = 0 »
(l + cos4r)3 (l + cos4r)2 3(lrcos24r) 3(l-cos4r)
** 4 4 + 2 2 " "*
=>cos34r-4cos2 4r + 7cos4r = 0o cos4r(cos2 4r - 4cos4r + 7) = 0.
Отсюда l)cos4r = 0, 4r = - + irir, f = - + —= -(2* + l), fc<=Z;
2) Cos24r-4cos4r + 7*0 (#<0), 0.
Ответ: t = -(2k + l), k<=Z.
8.208. sin6x + 2 = 2cos4x
Запишем уравнение в виде sin3(2x) + 2 - 2cos2(2x) = 0 и применив
3sin2x-4sin32x+ 2-2 + 4sin2 2x= Oo
»4sin32x-4sin22x-3sin2x = 0osin2x(4sin22x-4sin2x-3)=0.
Отсюда
rot
l)sin2x=0, 2x = rat, x, = —, b^
2) 4sin2 2x- 4sin2x- 3 = 0. Решив уравнение как квадратное
относительно sin2x, имеем sin2x = -,0; sin2x = --, 2x=(-l)"+' — + кп,
2 2 v ' 6
, n»+i п ли
_ roc , лп*\ п пл
Ответ: x, = —, Xi=(-1) —и ,гдел:к neZ
l j 2 v ' 12 2

8.209. sin2rtgr+cos2rctgr-2sinrcosr = l + tgr + ctg(.
Решение.
fcosr^O,
°«3: [sinr*0.
Запишем уравнение в виде:
-2sin?cos? = l + -
cos? sin? cos? sin?
.4 4 ч . 1 т
sin ? + cos ?
sin? cos?
(sin2 ? + cos2 ?) - 2 sin2 ? cos2 ? 1
<=>-^ sin2?=l + -
sin?cos? sm?cos?
2-4sin2?cos2? . „ , 2
- sm2? = 1 + -
2sin?cos? 2sin?cos?
<=>2~Sm 2f-sin2?-l — = 0=>2-sin22?-sin22?-sin2?-2=0<=>
sin 2? sin 2?
<=> 2sin22? + sin2? =0 <=> sin2?(2sin2?+l) = 0.
Отсюда
2sin2r + l=0, ш.2г = Л 2r = (-l)*+1^ + fflt, , = (-l)*+I^ + 2*;
2 v ' 6 v ; 12 2
te4 sin2r*0.
v / 12 2
8.210. tg32jn-ctg32x+6sin_1 2x=8shT34x.
Решение.
[сс*2х*0,
ОД* \sin2x*0.
Запишем уравнение в виде:
sin3 2х cos3 2х 6
cos32x sin32x sin2:r sin34x
sin62x+cos62x 6 8
sin3 2xcos3 2x sin 2x sin3 4x
= 0o
= 0o

^in2 2x + cos2 2jc)(sin4 2x - sin2 2xcos2 2x +cos" 2x)
sin32xcos32x
+ _6_—* 0~
sin2x sin 4x
(sin22;c+cos22x) -3sin22xcos22x 6 8
sin 2xcos 2x sin2x sin 4x
8-6(4sin22xcos22ji) 8 6
о ; ; --—i—+ . - =0<=>
8sin32xcos32x sur4x sin2x
8-6sin24x 8 6
- = 0o
sin 4x sin34x sin2x
8-6sin24x-8 6 6 6
о 5 + ^—- = 0o—:——+ r-r~ = 0o
sin 4x sin2x sin4x sm2x
1 1 „ -l + 2cos2x „
- = 0o = 0=»
2sin2xcos2x sin2x 2sin2xcos2x
=> -1 + 2cos2x= 0,cos2x= - ,2x = ± — + 2itk,x=+- + nk = ^(6k± 1),
2 3 6 6V
JteZ
Ответ: x = — (6k± 1), keZ
6
8.211. cosxcos2xsin3x=0,25sin2x.
Решение.
Запишем уравнение в виде:
cos xcos 2xsin Зх - 0,5 sin xcos x = 0 <=> cos x(cos 2xsin 3x - 0,5 sin x) ~ 0.
Отсюда или
cosx=0, x,=| + lrfr = -|(2A:+l), AreZ.
или
cos2xsin3x-0,5sinx = 0, или 2cos2jcsin3x-sinx=0.
Используя формулу sinacosp = - (sin(a - P) + sin(a + p)V имеем:
si^3jc--2x) + sin(3jc + 2x)-sinx = 0osinjc + sin5x~sinx = 0o
<=>sin5x, 5х=тш, Х2--7-, neZ
Ответ: x1~ — (2k + l)1 х1= — ,гдекип€£

8.212. cos9x-2cos6x=2.
Решение.
Запишем уравнение в виде cos3(3x)-2cos2(3x)-2 = 0 и, применив
формулы cos3a = 4cos3oc-3cosoc и cos2a = 2cos2a-l, имеем:
4cos33x-3cos3x-2(2cos23x-l)-2 = 0o
O4cos33x-4cos23x-3cos3x=0ocos3x(4cos23x-4cos3x-3) = 0.
Отсюда
_ тс . к пк тс ,„, ,*
l)cos3x=0, Зх=- + тсА:, дс, =- + у = -(2fc + l), keZ,
2) 4cos2 Зх- 4cos3x- 3 = 0. Решив это уравнение как квадратное отно-
3 1 2
сительно cos Зх, найдем cos Зх= —, 0; илиссвЗх^-—, Зх=± —тс + 2тш,
,2 2 2гс., , ,*
*2 = ±9П+зпл=у(Зл±1)' "eZ
Ответ: х, =-(2А: + 1), х2 = —(Зл±1), ГдеА:и neZ
О 7
8.213. 2sin52r-sin32r-6sin22r + 3 = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде:
sin3 2r(2 sin2 It -l) - 3(2 sin2 Ъ -1) = 0 о
0 (2 sin2 It - l)(sin3 2r - З) = 0.
Отсюда
l)2sin22r-l = 0, sin2r = ± —, 2r = - + —,
2 4 2
тс TcA: тс,„. ,ч , _
и = — + — = —f2fc + 1), k&Z,
1 8 4 Г '
2) sin32r-3 = 0, sin2r = V3>l, 0.
Ответ: t = -(2k + l), ke Z.

8.214. sin62r + cos62r = -(sin42r + cos42r) + -(sinr + cosr).
Решение.
Из условия имеем:
^in2 It + cos2 2r)(sin4 It - sin2 It cos2 It + cos4 2t)-
--((sin22r + cos22r)2 -2sin22rcos22rj--(sinr + cosr) = 0o
(sin2 2r + cos2 2r) - 3 sin2 2r cos2 2r - - (l - 2 sin2 2r cos2 2r) -
--(sinr + cosr) =0» 1 -3sin2 2rcos2 2t-- + 3sin2 2rcos2 2t-
— (sinr + cos r) = 0 о sin r + cosr + 1 = 0 о
, • ' ' 2 ' .it 2 t . 1 t „
<=>2sm—cos—+ cos —sin —+ cos — + sin — = 0<=>
2 2 2 2 2 2
o2sin-cos- + 2cos2- = 0o2cos- sin-+ cos- =0.
2 2 2 2{ 2 2)
Отсюда
l)cos- = 0, - = - + jtt, r, =rc + rcA: = rc(2A: + l), ts^
„ . I t . t , t к
2) sin-+cos- = 0, tg— = —1, - = — + ПЛ,
'2 2 2 2 4
я тс,, ,, _
r2= — + 2тсл = -(4л-1), nsZ.
2 2V '
Ответ: r, = rc(2A: +1); t2 = — (4л - 1), k и л е Z
8.215. (:os~22x + tg22x)^in~22x + ctg22x)= 4sin"2 4x + 5.
Решение.
|сс«2х*о,
°ДЗ: (sin2x*0.
Запишем уравнение в виде:
[ 1 , sin2 2лг И 1 cos2 2x ] 4
cos2 2x cos2 2x I sin2 2x sin2 2x sin2 4x
■ + 5о

l + sin^x l + cos^x 4 , „
5 z = 5 = 0o
cos 2x sin 2x sin 4x
1 + cos2 2x + sin2 2x+ sin2 2xcos2 2x 4
sin2 2xcos2 2x sin2 4x
2 + sin2 2xcos2 2x 4
-5 = 0o
-5 = 0o
sin 2xcos 2x sin 4x
2 4
-1 j- 5 = 0o
sin2 2xcos2 2x sin 2x
sin2 2xcos2 2x sin2 4x sin2 4x sin2 4x
-4osin24x=l, sin4x = ±l, 4x= — + rat,
sin24x 2
ТС ТСл ТС /л. ,\ , „
x = — + — = — {2k + \), A:eZ
8 4 8V '
Ответ: x - — (2k +1), A: e Z
, зТз
8.216. sin3z + sin z = sin2z.
4
Так как sin3a = 3sina-4sin3 a н sin2a = 2sinacosa, то имеем:
3sinz-4sin3 z + sin3z sinzcosz = 0<=>
2
, з,/з
<=>3sinz-3sin z sinzcosz = 0<=>
2
<=>3sinzl 1-sin^ z cosz =0<=> sind cos2 z cosz =0<=>
2 J \ 2 J
nil
sq cosz =0
I 2J
Отсюда
1) sinz = 0, zl=nk> ks.2,

2)cosz = 0, z, = — + тсл = — (2л + 1), ле Z;
. 2 2 2 '
3)cosz = 0, cosz-—, z-i -±— + 2nl, le Z.
2 2 3 6
Ответ: zt = 7Й; z2 = —(2л + 1); z3 =± —+ 2rc/, i, л и /eZ.
2 6
8.217. (cos2jc + (cosjc + sinjc)2)(tgjc + ctgjc) = 0.
Решение.
ОДЗ: ]
[sinx^O.
Уравнение равносильно двум уравнениям: cos2jc + (cosjc + sin:>c) =0
или tg x + ctg x - 0. Запишем первое уравнение в виде
cos2 х -sin2 x + cos2 x + 2sinxcosx + sin2x=0<=>
$^ 2cos2 jc+ 2sin* cosx = 0 e* 2cos*(cosx+ sinx) = 0.
Так как cos л #0, то
тс тс
cosjc + sin* = 0e2tgx = -l, л: = — + im~— (4л-1), ле Z.
4 4
Второе уравнение запишем в виде
tgx + —L = 0o'S * + 1=0otg2* = -l, 0.
ctgjc tgjc
Ответ: х- — (4л-1), л е Z.
4
8.218. 2sin2jc-cos —+ 3jc -cos3*cos_15jccos 5jc =0. '
V ) У2 )
Решение.
ОДЗ: cos 5**0.
Имеем
„о Г • -, cos3xsin5jc^ .
2sm2x+ sin3x =0ф*
^ cos5x J
. . . sin3xcos5x-cos3xsin5x „„-,.-, sin2x „
<=»2sin2x + = 0<=*2sin2x = 0o
cos5x cos5x
<=ssin2x 2 =0.
I cos5xJ

Отсюда
l)sin2jc = 0,2jc = 7im, xl=—-,meZ; здесь m Ф 21 +1, так как в
противном случае cos 5л = 0; значит, Л[ = пк, к е Z.
. . 1 Л ,- 1 ,- я . Л 2тсп
' cos5x 2 3 2 15 5
Л . я 2тш , „
Ответ:X) -кк;хг - ±— + ,к иле Z.
8.219. 3(ctgr-tgr) + 4sin2r = 0.
Решение.
ОДЗ: \
[cos(;tO.
Из условия имеем:
3(ctgr-tgr) +4sin2r = 0о3. S^--^L +4sin2r= 0 о
I sinr cosr I
„ cos2r-sinzr ... „ 6cos2r ... „
«•3 + 4sin2r = 0<=* + 4sin2r = 0<=*
shucos? s'mlt
O3cos2r + 2sin22r = 0o3cos2r + 2(l-cos22r) = 0»
o2cos22r-3cos2r-2 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos 2?, найдем
cos2r = 2, 0; cos2r =—, 2t = ±-n + 2nn, г = + - + пл = -(Зл+1),
' ' 2' 3 3 3 '
Ответ: t = — (3n±\),neZ.
1 1
8.220.
tg22j: + cos 22x ctg22jc + sin г2х 3
Решение.
fcos2jnt0,
ОДЗ: \
м |sin2j:5t0.
Запишем уравнение в виде:
1 1 2
- = -«*
sin2 2х 1 cos2 2х 1 3
cos2 2л cos2 2л sin2 2л sin2 2л

cos 2x sin22x 2 n
in 2x + l cos22x+l 3
—(l + cos4x) — (l-cos4x) ~
'■ 2 Ob
-(1-cos4x) + 1 -(l + cos4x) + l
l + cos4x l-cos4x 2 .
о + =0o
3-cos4x 3 + cos4x 3
o3(l + cos4x)(3+cos4x)+3(3-cos4x)()-cos4x)-
-2(3-cos4x)(3 + cos4x) = Oocos24x = 0, cos4x = 0, 4x=- + jtfr
x = - +— = -(2fc + l), kZ
8 4 8V '
Ответ: х = — (2А: +1), leZ
8.221. tg3( + tgr = 2sin4r.
Решение.
[cos? * 0,
°fl3:icos3r#0.
„ sin(a + p) •
Так как tga + tgp = —i - , то перепишем уравнение в виде
cosa cos p
sin(3r + r) „ . . „ sin4r-sin4r(2cos3rcosr)
—5 ^--2sin4r = 0o i Uo»
cos3?cos? cos3?cos?
о sin4r(l-2cos3rcosr) = 0.
Применяя формулу cosa cos p = — (cos(a - P) + cos(a + p) V имеем
sin4r(l - cos Ъ - cos4r) = 0 о sin4r(l - cos2r - 2 cos2 2r + l) = 0 о
о sin4r(2cos2 It + cos2l - 2\ = 0.
Отсюда
nlc
l)sin4r = 0, 4r = rat, r. =—, teZ;
4

2) 2 cos 2r + cos2r - 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное
относительно cos2r, находим cos2r = _ < -1, 0; или cos2r = ,
4 4
2? = ±arccos + 2тиг, t-, = ±-arccos + тш, neZ Учитывая
4 2 4
ОДЗ,г, = —, А:*4/ + 2,гдеА:и/ег
4
Ответ: г, = —, А: * 4/ + 2; (2 = ± - arccos + ли, где А:, / и
4 2 4
neZ
cos" х-cosx
8.222. sin(3rt-x) + tg(rt + x)
2sinx
Решение.
ода: J™1"*
[COSX*0.
Из условия имеем:
COSX • , 2
cosr яп* 1-cos x
sinx+tgx = -bb^b <=> sinx+ = <=>
2sinx cosx 2smxcosx
sinxcosx+sinx sin2 x . sinxfcosx+l) sinx
^ = 0<=> - =
cosx 2sinxcosx cosx 2cosx
0<=>
( COSX +
^ cosx
l--i-l = 0, sinx* 0; cos*+1 l— = 0~
2cosx^ cosx 2cosx
2cosx+l n i i л 1
<=> = 0<=> 2cosx+l = 0, cosx= —,
cosx 2
x=±-7C + 27cfc = -7c(3fc±l), t€Z
2
Ответ: x = - n(3fc ± I), fc «= Z
8.223. —sin4xsinx+sin2xsinx = 2cos2 x.
2
Запишем это уравнение в виде
sin2xcos2xsinx+sin2xsinx= 2cos2 x<=>

<=>2sinxcosx(2cos x-lJsinx+2sinxcosxsinx = 2cos2x<=>
<=>2cosx\2cos2 x-ljsin2 * + 2sin2 xcosx-2cos2x = 0<=>
o2cosx|2cos2x-l)(l-cos2x)+l-cos2x-cosx)=0o
о cosx |2 cos2 x -2cos4 x-cosx)=0 о
о -cos2 x (2 cos3 x -2cosx +1)= 0.
Отсюда имеем cqs2jc = 0, cosjc = 0, x = — + nk-—(2k + l), keZ,
2 2V '
2cos3 x- 2cosjc +1 * 0.
Ответ: x = — (2k +1), bZ.
2(cos4 r + sin4 r)
8.224. -5—j j-i = cos42r + cos4r + l.
cos t - sin г
ОДЗ: cos2r * 0.
Перепишем уравнение в виде
2 (cos2 t + sin2 t\ - 2cos2 tsin2 r
(cos2 t + sin2 rVcos2 r - sin2 r) cos 2'
2-4cos2rsin2r 1
+ cos4? +1 <=>
cos2? cos2?
-cos4r-l = 0o
2-sin 2r-l . , „ cos"2r . , „
о cos4r-l = 0o cos4r-l = 0o
cos 2? cos 2?
о cos2r-(2cos2-2r- l)-l = 0o 2cos2 2r-cos2r = 0в
Ocos2r(2cos2r-l) = 0=>cos2r*0; 2cos2r-l = 0, cos2r = -,
2t = ±^ + 2nk, f = ±- + 7A = -(6t±l), keZ
3 6 6
Ответ: Г = —(6A:± 1), к е Z.

sin2r + sin2r-l
8.225. tgr = 5 .
cos-г-sin 2?+ 1
Решение.
ОДЗ: cosr*0.
„ . 2 a 1 - cosa 7 a 1 + cosa
Гак как sin — = и cos — = , то
2 2 2 2
i(l-cos2r) + sin2r-l l-cos2r + 2sin2r-2 „
tgt-* = 0b tg(-- ————- = 0o
!/i ™V/i ■ ->. i l + cos2r-2sin2r + 2
-(l + cos2r)-sin2r + l
2sin2r-cos2r-l
otg( = 0,
-2sin2r + cos2r + 3
применяя формулы sina = -— и cosa = —, получаем
l + tg2- 1 + tg2-
4tgt 1-tg2;
tg-1 + t£2' 1 + tg7 =0» tg'r-2tg2r + l = 0«
4tg? | l-tg-г ; 3
l + tg2r l + tg2r
o(tg3r-tg2r)-(tg2r-l) = 0o tg2r(tg(-l)-(tgr-l)(tgr + l) = 0o
o(tg;-l)(tg2r-tgr-l) = 0.
ОтсюдаимеемшпИ^-ЫО, tgf = 1, t, - — + nfc = —(4fc +1), leZ
4 44
или tg 2 ? - tg? -1 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно
1 —-У5 1 —V5 „ 1 + S
tgr, получаем tg( = —-—, r2=arctg—-— + m,neZ tgt -—-—,
1 + V5 ,
r3 = arctg—— + nl, leZ
n, . 1-^5 1 + V5
Omeem:t] =— (4k+l); t2 =arctg—-— + im; r3 = arctg—-— + nl; k,
ли I e Z

о,-, sin2r + 2cos2r-l
8.226. = cosr.
cos t - cos 3t + sin 3t - sin t
Решение.
Jsinr^O,
ОДЗ: |sin2r + cos2r*0.
Так как cosa-cosB = 2sina+ sin , cos2a = 2cos2a-l и
. „ , a + B . a-B
sin a-sin В = 2 cos -sin -, то имеем
2 2
sin2r + cos2r
. . t + 3t . 3t-t „ . 3f-r 3r + r
2sin sin + 2sin cos
2 2 2 2
sin2r + cos2r „
о cosr = 0o
2 sin 2t sin t + 2 sin t cos It
sin2r + cos2r „ 1
о ; ; = 0o cosr = 0o
2sinr(sin2r + cos2r)-cosr 2sinr
»l-2sin(cosr = 0, l-sin2r = 0, sin2r = l, 2r = —+ 2nA:,
t = j + Kk = -(4k + l), keZ
Ответ: I = — (4fc +1), A: e Z
8.227. sinr2 -sinr = 0.
Поформуле sina-sinB = 2cos -sin -, получаем
, . t2-t t2+t „
2sin cos = 0.
2 2
Отсюда
r2-r
l)sin—= 0,

2)cos-^-^ = 0.
2
Из первого уравнения имеем
—^— = irfr, AreZo r -r-2rat = 0, A:eZ.
1±л/1 + 8л*г
Решая это квадратное уравнение, получим t12 = , где
l + 8rata0, к>- —, к = 0,1, 2,....
8п
Из второго уравнения имеем
t2+t К „2 „
—— = —+ 1И1, iieZ^ или г + f-it-2im = 0, neZ
-l±i/l + 4n(l + 2n)
Решая это квадратное уравнение, находим ti4~ г ,
где 1 + 4п(1 + 2л)>0, л>--—-, л = 0,1,2
8тс 2
_ l±Vl + 8ni ~1±^1+4л(1 + 2л) , ...
Ответ-tl2 ~ г ;'з4~ т ,гдекил = 0,1,2,....
8.228. sin3zsin3z + cos3zcos3z=cos34z.
Решение.
Преобразуем левую часть уравнения, применяя формулы
cosa-cosB = 2sin^-i£sinJ—i, cos(a + P) = cosacosP-sinasinP,
2 2
„2 , 2 a 1 + cosa
cos2a = 2cos a-1, cos — = .
2 2
Тогда
sin zsinzsin3z-t-cos zcoszcos3z = (l —cos z)sinzsin3z-t-
+ cos zcoszcos3z = sinzsin3z —cos zsinzsin3z-t-cos zcoszcos3z =
= — (cos2z- cos4z)- cos z(sinzsin3z- coszcos3z) =
cos2z-cos4z 2 „ cos2z-cos4z + 2cos2zcos4z
= + cos zcos4z = =
2 2
^cos2z+cos4z(2cos2z-l) COS2Z+COS4ZCOS2Z cos2z(l + cos4z) _
2 = 2 2
cos2z(l + cos4z) 2 з
= ;— - = cos2zcos 2z = cos 2z.

Тогда исходное уравнение принимает вид cos32z= cos34z<=>
ocos4z = cos2z, cos4z-cos2z = 0o -2sin3zsinz=0.
Отсюда
nk
l)sin3z=0, 3z = nA:, z\=~r, k&Z\
2) sinz = 0, z2 ~tui, neZ, z2 входит в zx.
nk
Ответ: z~~r> keZ.
8.229. 2sin4r(sin2r-3)-2sin2r(sin2r-3)-l = 0.
Решение. '
Запишем уравнение в виде
(sin2r - 3) • 2sin2 r(sin2 f — l) — 1 = О,
-(sin2r-3)-2sin2rcos2r-l = 0, (sin2r-3)-4sin2 rcos2r + 2 = 0,
(sin2r-3)sin22r + 2 = 0, sin32r-3sin2 2r + 2 = 0,
sin32r-sin22r-2sin2r + 2 = 0, sin22r(sin2r-l)-2^in22r-l)=0,
sin2 2r(sin2r -1) - 2(sin2r- l)(sin2r +1) = 0,
(sin2r-l)^in22r-2sin2r-2)=0.
Отсюда
l)sin2r~l = 0, sin2r = l,2r = - + 2nA:, t, =- + rat = -(4A:+l\ keZ,
2) sin2 2t~ 2sin2f- 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное
относительно sin2f, получаем sin2? = 1 + V3 > 1, 0; sin2? = l-V3,
2r = (-l)"arcsin(l-•/§) +ли, г, = (-l)"-arcsin(l--Уз) + —, neZ.
Ответ: г, = т(4£ +1); h = (~ Ч -arcsin^l- V3J + — ,Где£и neZ
8.230. cosxcos2;ccos4jccos8jc = -cosl5x
Решение.
Имеем
8(2 sin jccos х) cos 2xcos4xcos 8jc = 2 cos 15xsin x <=>
124

<=> 4(2sin2xcos2x)cos4xcos8x = 2cosl5xsinx<=>
O2sin8xcos8x=2cosl5xsin.x, sinl6x= 2cosl5xsinx
По формуле cosoccosP = ~(sin(p - a) + sin(p + a)j, имеем
кк
sinl6x = -sinl4x+sinl6x, sinl4x = 0, \4x~izk, x ——, fceZ
14
nk
Таккак sinx* 0, x#nl, toj=—, к * 14/, гдеА:и / eZ
14
Ответ: x~ —, к * 14/, где А: и / e Z
14
8.231. 2sin4 x+ l,25sin2 2x- cos4 x = cos2x
Решение.
Имеем 8lsin2 x\ + 5sin22x-4(cos2 x) -4cos2x=0. По формулам
. 2 ос 1-cosa , a 1 + cosa
sin — = и cos' — = , находим
2 2 2 2
-(l-cos2x)J + 5(l-cos22x)-4[-(l + cos2x)] -4cos2x=0o
о 2(1 - coslxf +5(1 -coslxf -(l + cos2 2x)-4cos2x = 0в
о 2- 4cos2x + 2cos2 2x+ 5-5cos2 2x-1 - 2cos2x- cos2 2x-
-4cos2x=0 o2cos22x + 5cos2x-3 = G.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos2x, найдем
cos2x = -3, 0;iumcos2x=-, 2х=±^ + 2пА:, x = ±^ + 7tk--(6k±i),
2 3 6 6
keZ
Ответ: х— —(6А:±1), к е Z.
8.232. sin2rcos2r(sin4 Ь + cos4 It-1) = -sin2 At.
Решение.
Имеем
(2sin2rcos2r)[ ^in2 2t + cos2 2r)2-2sin2 2rcos2 2r -1 ]- sin2 At = 0 о

osin4r(l-2sin22rcos22r-l)-sin24r = 0o
o-sin4r-4sin22rcos22r-2sin24r = 0, sin34r + 2sin2 4r = 0,
sin24r(sin4r + 2) = 0.
Отсюда
1) sin24r = 0, 4f = тс*:, t = — , keZ,
4
2)sin4r + 2 = 0, sin4r = -2, 0.
rat
Ответ: t~ — , к е Z.
4
8.233. sin2x-2cos x-t-4(sinx-cosx+i&x-l) = 0.
Решение.
ОДЗ: cosx*0.
Запишем уравнение в виде
sinx
cosx'
o2cosx(sinx-cosx)+4 (sinx-cosx^ =0o
x) + y
l2sinxcosx-2cos2x) + 4 (sinx-cosx)-i 1 =0o
2cosx(sinx-cosx)+4(sinx-cosx| l-i = 0 о
^ cosx J
о 2(sinx-cosx) cosx+2-i =0.
4 \ cosxj
Отсюда
1) sinx-cosx^O,
2
2) cos x + 2 + = 0. Разделив первое уравнение на cos x * 0, най-
cosx
дем tgx= 1, X] = — + кк = —(4fc +1), к е Z Умножив второе уравнение
на cosхф 0,получим cos2 х + 2сс*х+2* 0 (D<0), 0.
п,
Ответ: х- — \\к +1), keZ.
4
8.234. -(tg2* + ctg2x) = l + -^-ctg2x.
Решение.
ОДЗ: sin2x*0.

Запишем уравнение в виде
, . 2 2 л 4ctg2x
l + l + tg-'x+ctg x=4 +—р_о
v3
, ! ' 4(V3+ctg2x) 4 4(V3+ctg2x)
о—5- + —j- = — r ^"П— = — г **
cos х sin х V3 sin 2x V3
oV3sin2 2x + sin2xcos2x-V3 =0o
o-V3^-sin2 2x)+ sin 2x cos 2* = 0 <=>
o>/3cos22x-sin2xcos2x = 0o cos2x(v3cos2x - sin2x)= 0.
Отсюда
1) cos2x = 0, 2x = - + nk, x, = - + y = -(2fc + l), AreZ;
r- 1 „ Я
2) V3cos2x-sin2x = 0o ctg2x = -^=, 2х = - + пл,
*2=- + y = -(3n + l). neZ.
Ответ: X| = —(2A: + 1); x2 = —(Зл + 1),гдеА:и л е Z
8.235. ctg4x=cos32x+l.
Решение.
ОДЗ: sinx*0.
Так как 1 + ctg a = —-—, то уравнение принимает вид
sin a
[—!=--l| = cos32x+lo —-, r— + l = cos32x+lo
V sin x J sin x sin x
l-2sin x з„ . 3. . 4 _
о = cos'2xo cos2x=cos 2xsin xo
sin x
о cos2x(l - cos2 2xsin4 x) = 0 о
ocos2xU-cos2xsin2x)(l + cos2xsin xj = 0.
Отсюда
1) cc*2x=0, 2* = ! + rat, xi =-j +Y = f (2fc+i). fc e 2

2) l-cos2xsin2x = 0, (cos2 jc-sin2 x)sin2 x+l = 0o
<=>(l —sin2 xjsin2 x- sin4 x+\ = 0, sin x-2sin4 x+l = 0,
2sin4x-sin2 x-l = 0,
решив биквадратное уравнение, имеем sin х=1, sin x~—, 0;
sinx=±l, x, = —+ 7W, n e Z.
^2
3) l + cos2xsin2x=0, 2sin4x-sin2x+U0(B<0), 0.
Ответ: xt - — (2fc + l); x2 = — (2n + l), гдеАги neZ.
8.236. ! 6cos~'x = tg3^ + ctg3^.
. sx sx 2 2
Sin "COS —
2 2
ода:!"1"*
[cosx*0.
„ . . . a a a 1-cosce a 1 + cosa
Гак как sina = 2sin—cos —, tg— = , ctg— = , то
2 2 2 since 2 since
заданное уравнение имеет вид
8 6 (1-cosx) (1 + cosx)
____ = . _ | __ #
sin x cosx sin x sin x
8cosx-6sin3x= (l-3cosx + 3cos x-cos x + l + 3cosx+3cos2 x+
+ cos3x)cosx<=> 8cosx-6sin3 x-2cosx-6cos3x = 0<=>
<=> sin x + cos x - cos x = 0 <=> sin x— cos xsin2 x = 0 <=>
<=>sin x (sinx-cosx)=0.
Так как sinx*0, то
sinx-cosx=0, sin^ = cos^, tgx= 1, x = — + nk = — (4k +1), keZ.
4 4
Ответ: х- —{4к + 1), ke Z.

8.237. 4sin2xsin5xsin7x-sin4x=0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
4sin2xsin5xsin7x- 2sin2xcos2x= О,
2sin2^(2sin5xsin7x- cos2x) = О о
sin2;c(cos2x-cosl2x-cos2x) = 0, sin2xcosl2x= 0.
Отсюда
1) sin2x=0, 2x=rat, х, = —, keZ,
2)cosl2x=0, 12х=- + пл, х, = — + — = — (2л + 1), л е Z
2 ^ 24 12 24v '
пк п .
Ответ: х\ =~^~; *2 = т712л + 1),где£и л е Z
/— 2ct£X
8.238. sinx+cosx+sin2x + v2sin5x= -г-.
1 + ctg'x
Решение.
Так как sina + cosa^-^cos а и Щ— = sin2a, той
l + ctg2a
■jl cos х +V2sin5x+sin2x=sin2xo
о V2cos — -x + V2sin5x=0, cos x +sin5x=0o
<=> sinj — + x +sin5x = 0«* 2siiJ 3x+— cos 2x-~ =0.
Отсюда
1) si^x+^0, 3x+| = «fc. x^-± + ^.,keZ,
2) cos 2x =0. 2x = — + ли, x-, = — н ,neZ
' \ %) 8 2 ^ 16 2
Ответ: x, =-тт + ~r: x* ~ — н , где к и л е Z
24 3 1 16 2
8.239. 3sur — cos—+— +3sm — cos—sin—cos — = sin -+— bo:
2 [2 2j 2 2 2 2 ^2 2 J
Решение.
Из условия имеем
- . 2 X . X - . 2 X X . X 2 X 2 X X п
3sin — sin— + 3sin —cos—sin—cos —cos —cos—= 0,
22 2222 22
5 Сханага М. И., кн. 2 129

. X -Ч
an—+ cos— =0,
2 2
- . 2 x( . X X~) гх(
Зяп — sin—+ cos— -cos — и
2\ 2 2j 21,
sin —+ cos— 3sin2— cos2— =0.
\ 2 2)\ 2 2)
Отсюда 1) sin —+ cos —= 0; 2)3sin2 — cos2 —= 0.
'22 2 2
n tg- = -l, - = -- + Jtt, *, =-- + 2jtt = -(4t-l), hZ
1J 62 2 4 ' 2 2V '
2)*1|-i.*f = ±^.^-±f + 2«» = -|(e±l)./eZ
Ответ: xt = — (4Л: — 1); x2 = -г(б/±1),гдеА:и /е Z
frt ;Л 1 + sinx it-
8.240. tg --- ■— = V2cosx
1,4 2j sinx
Решение.
sinx^O,
fn
_ a 1-cosa
Так как tg—= , то имеем
2 since
l-cosf*-x] .
\2 ) 1 + si
sing-
smx
sin*
V2cosx=0o
1-sinx 1 + sinx /r 1-sin x /r „
> : V2cosx=0, V2cosx=0,
cosx sinx cosxsinx
cos x
V2cosx=0, cos2x-V2cos2xsinx=0,
cos xsin x
cos2x([-V2sinx)=0.
Отсюда
l)cosx = 0, x, = — + irfr = — (4А: + 1), к е Z,

2) 1-V2sinx=0, sinx=—, *i = (-1)"-^ + лл, neZ.
Ответ: xl~— (4fc + l); % = (-l)"~7 + кп,гдекип е Z
8.241. tg3z + ctg3z- 8sin~3 2z = 12.
ОДЗ: sin2z?t0.
Перепишем уравнение в виде
о
tg3z + ctg3z-- — = 12 о
' 2ctgz
1 +ctg2zj
, , (l + ctg2z)'
otg3z + ctg3z-- r—i- = 12»
ctg3z
о 1 + ctg6z-1 - 3ctg2z- 3ctg4z- ctg6z- 12ctg3z = 0»
о ctg4z + 4ctg3z+ ctg2z = 0 о ctg2z(ctg2z +1 + 4ctgz) = 0.
Так как ctgz * 0, то
_ 14 cosz
ctg z+l + 4ctgz = 0, —j— + —— = 0, 4sinzcosz + l = 0, 2sin2z = -l,
sin z sinz
sin2z = --, 2z = (-l) - + ,*, z = (-l) — + y, A:eZ
0™em.z=(-l)*+1 — + — ,keZ.
\ I 12 2 .
8.242.
1
1
tg5x+tg2x ctg5x+ctg2x
= tg3x.
Решение.
fcos3x*0,
ОДЗ: J
tg5jc+tg2jc*0,
ctg5x+ctg2x*0,
cos5x* 0,
cos2jc* 0,
sin 5x*0,
sin2x;'0.

_ . . о sin(a+P) ^ . р sin(a + P)
Так как tga + tgp =—^—^-,ctga + ctgP = —* ^-,
cosacosp ":
cos 5л cos 2л sin 5л sin 2л япЗл
sin asm p
sin 7л sin7x совЗл
cos 5 л cos 2л — sin 5x sin 2л sin Зл
= 0<=>
sin 7л
cos 7 л cos Зл - sin Зл sin 7 x
sin 7л cos Зл
_o«»^-^i-o.
cos3jc sin Ix cos3jc
= 0o-
cos Юл
sin Ix cos Ъх
= 0=>coslO;c = 0,
smlxcos3x*0,l0x = ~ + nk,x = — + — = — (2k + l),k*5l + 2,
2 20 10 20
так как в противном случае cos 2x = 0,
Ответ: х = — (2к + 1),к *51+ 2,ки1е Z.
20 ^
4tg-
8.243. ctg--tg- + 4cos~' 2z = 2—.
2 2 ,„2 z
Решение.
sinz*0,
ОДЗ: z А1
Перепишем уравнение в виде
tr--i
cos —
2_
. Z
sin—
2
sin—
z ■
cos—
2
2 z
cos —
«. 2
. z
sin—
2
cosz
-sin2
z
cos—
2
sinz
4
cos2z
z
2
+2tgz
4
+ +
cos2z
2
= 0o
2tgz =
cos2
t-—-— = 0»
cos2z
cos z + sin z
sinz cosz cos2z sinz cosz
cos2z
■=0o
sin2z cos2z
= 0<=>cos2z + sin2z = 0otg2z = -l,
2z = -- + 7rt, z = -- + — = -(4k-l),keZ
4 8 2 8^ '
Ответ: z = -(4i-l), keZ

8.244. ctg4x=cos22x-l.
Решение.
Ofl3;sinx*0.
Из условия имеем
(cos2 х)
-1 V + l-cos22x=Oo
(sin2*)2
<=>- 4r + l-cos22x=0o
i(l + cos2x)j
Q-(l-cos2x)j
><1 + COs2xL(l-cos2xXl + cos2x)=Oo
(l-cos2xf
, / 1 + cos2jc , ^
> (1 + cos2x) -. гт + (1 - cos2x) = 0.
V(l-cos2x) J
Отсюда1) l + cos2x=0, 2) l + cos2x +(i-cos2x) = o.
(l-cos2x)2 V
Из первого уравнения находим
cos2x=-l, 2x=n + 2mt, \ = - +j* = -(2fc + l), ke Z.
Умножив второе уравнение на (1 - cos 2jc) * 0, имеем
1 + cos2x + (1-cos2x) =0,0.
Ответ: х= — (Ik +1), к е Z
4sin2--l
8.245. 2— = torfi_2cosf).
cosr
Решение.
ОДЗ: cosr * 0.
. 2 oc 1-cosa
Так как sin — = , то имеем:

2(1-cos г)-1 sin
г(1-гипсов? cost
1 - 2cosr - sinr(l - 2cosr
о
cos?
при cosr * 0. Тогда
= 0» (l-2cosr)(l-sinr)=0,
1) l-2cosr = 0, cosr = -, I, =±- + 2irfr = -(6A:±l), keZ,
2)l-sin( = 0, sinr = l, t2= — + 2izn, n e Z, t2 не подходит по ОДЗ.
п,
Ответ: t = -(6А: ± 1), к е Z
1 - + z sin22z-5cos4z + 2cos2z = 0.
{2 ) 2
8.246. 3sin zcos
Решение.
Из условия имеем:
6(sin2z) -(l-cos22z)-lo(cos2z) +4cos2z=0.
. 2а 1-cosa , a 1 + cosa
Гак как sin — = и cos — = , то получаем
6--(l-cos2z) -l + cos22z-10--(l + cos2z)2 +4cos2z = 0o
о 3(1 - cos2z)2 - 2 + 2cos2 2z- 5(1 + cos2z)2 + 8cos2z = 0 о
ocos2z = —, 2z=±-rt + 2rcfc, z = ±- + 2nA: = -(3fc±l), keZ
2 3 3 3V '
Ответ: z = —(3fc± 1), к е Z.
8.247. ^2L + ^1 = 0.
tgr tg3f
Решение.
cost * 0,
cos 3r*0,
tgr*0,
tg3f * 0.
ОДЗ:

Oo
Перепишем уравнение в виде
cos23rcosr cos2tcos3t „
sin? sin3r
cos 3rcosrsin3r+cos fcos3rsinr
sin? sin 3r
cos 3r cos r (sin 3t cos 3r +sin (cost) „
о - = 0<=>
sin r sin 3t
<=> cos 3rcos r(sin 3r cos 3r + sin r cos r) = 0.
Так как cos3f *0,cosr=i0, то
. , , „ sin6r sin2r „
sin 3r cos 3r +sinr cos r = 0, + - = 0,
2 '2
sin 6r + sin 2r = 0 о 2sin4rcos2r = 0.
Тоща
sin4r = 0,4r=rt/,r, =—,/eZ;cos2r = 0,2r = - + rtm,
4' '2
>'l-
r2 = j-i—— = — (2и + 1), m£Z;t\ не подходит по ОДЗ при / = 2k,
при / = 2k + 1 получаем серию r2
Ответ: r = —(2m + l),meZ.
8.248.
sin2r
sin;
l + cos2r 1 + cosr
Решение,
sinr*0,
ОДЗ: cos2r*-l,
cosr^-1.
Перепишем уравнение в виде
2sinrcosr sin? 1
l+cos2r-sin2r 1+cosr star
sin ' r — 1.
+ l = 0o
2sinrcosr sinf
1
2cos t 1 + cosr sinr
+ l = 0o-
1
cosr(l + cosr) sinr
+ 1 = 0»
cosr(l + cosr)sinr

о (sin31 + cos2 rsinr)- cosr + Isinrcosr- cos2 A = 0 о
<=> sinnsin r + cos r)-cosr+ cosr(sinr-cosr) = 0<=>
<=>(sinr-cosr) + cosr(sinr-cosr) = 0<=> (sinr - cosr)(l +cosr) = 0.
Тогда 1) sin r - cos t = 0, 2) 1 + cos r = 0. Разделив первое уравнение
на cosr* 0, получим tgr = 1, t\ - — + пк = — (4А: + 1), А: е Z Извторого
уравнения имеем cosr = -1, г2 =п + 2пл, л eZ; г2 не подходит по ОДЗ.
тс.
Ответ: t = —(4k + l), keZ
4
cos42x+sin42x 1 . -Уз . „, ,
8.249. —^ -й cos4x=-—sin 4x
cos42x-sin42x 2 2
Решение.
Jsin4x;t0,
ОДЗ: \cos42x- sin4 2х*0.
Из условия имеем
(cos 2x + sin 2xj -2cos22x cos 2x cos4x Тз
^os22x + sin22x)(cos22x-sin22x) 2 2sin4x
2-4sin22xcos22x . -Уз
<=> г г- cos4x = 0,
cos 2x-sin 2x sin4x
2-sin24x . S „
cos4x = 0,
cos4x sin4x
2-(l-cos24x)-cos24x Ji i J3
i '- 1£_ = 0 : = 0b
cos4x sin4x cos4x sin4x
Osin4x-v3cos4x = 0o ctg4x = -=, 4x=—nut,
S 3
x=TI+T=n(3A:+1),A:eZ
Ответ: x - —(Зк + \), keZ.
12v
= 0o.

8.250. cos 4z = ——-2sin 2 z(ctg22ctgz+l).
Решение.
[sinz* 0.
Имеем
( cos2zcosz
1 _ 160 2 fc
cos4z 9 sin г Vs
+ 1 <=>
ч sin2zsinz
1 2(cos2zcosz + sin2zsinz) 160
cos z sin z2sinzcoszsinz 9
Так как cos(a-p) = cosacosP + sinasinp', то
1 cosz _ 160 1 1 _ 160
4 ■ 4 — о ' 4.4 л~
cos z coszsin z 7 cos z sin z у
sin4z4-cos4z 160 (sin2z4-cos2z) -2sin2zcos2z 160
fc> — t} - i = t}
• 44 a -44 a
sin zcos z у sin zcos z У
l-2sin2zcos2z 160 2-4sin2zcos2z 20
sin4 zcos4 z 9 16sin4zcos4z 9
o 2_-sm_2z _ 20 =0 ^ 2()sin4 2z + 9sin2 2z_ lg = 0
sin42z 9
Решив это уравнение как биквадратное относительно sin2z,
получим sin2z = +—, 2z = ±^ + nfc, z = ±- + — = -(3fc±l), keZ
2 3 6 2 6V '
Ответ: z = — (ЗА: ± 1), к е Z
8.251. cos"31 sin"31 - tg3r - ctg3r = 2-Уз cos"1 It.
Решение.
fsin2r * 0,
ОДЗ:|со52„0.
a 1-cosa a 1-t-cosa „ . a a
Так как tg—= —: , ctg- = —: , sina = 2sin-cos-, T0
2 sina 2 * sina 2 2
исходное уравнение принимает вид
8 (l-cos2;)3 (l + cos2;)3 2-Уз
sin32r sin32r sin32r cos2r'
С 137

8-l + 3cos2;-3cos2; + cos32;-l-3cos2;-3cos22;-cos32;_ 2-Уз
sin3 It cos2r'
6(1-cos2It) _ 2fi 3sin22r УЗ ^с^,^ 2t = Z + *k.
sin32t cos2r' sin32r cos2r 3 3
n кк тс... л . „
t = — н = —(ЗАг + l), teZ
6 2 6V '
Ответ: t =-(Зк + l), к е Z
8.252. (sinx- cosx)2 + tgx = 2sin2 x.
Решение.
ОДЗ: cosx*0.
„ l-cos2a . 2« 1-cosa
Так как tea = и sin — = , то имеем
sin2a 2 2
. 2 ~ • 2 l-COs2x ,, - •. -
sjn x-2sinxcosx+cos x-i (l-cos2x) = Oo
sin2x
, . . l-cos2x , . „
о l-sin2x-i l + cos2x = 0o
sin2x
о -sin2 2x+l-cos2x+sin2xcos2x = Oo
о cos2 2x- cos2x + + sin2xcos2x = 0 о cos2x(cos2x-l + sin2x) = 0.
Отсюда 1) cos2x = 0, 2) cos2x-l + sin2x = 0,
Изпервого уравнения находим
тс , тс пк тс... ,ч „
2x=- + rcfc, *i = - + y = -(2fc + l),fc6z
Второе уравнение запишем в виде
cos2 х-sin2 х-(cos2 x+sin2 x)-t-2sinxcosx=0,
-2sin2x + 2sinxcosx = 0o -2sinjc( sinx-cosx) = 0.
Получаем sinx = 0, X2 = ли, »еД^ не удовлетворяет уравнению;
sinx-cosx = 0<=> tgx= 1, х3 = — + тс/ = — (4/ + 1), / eZ; ХзНевходитв \.
п
Ответ: х = — \2к + L). HZ
4

„ „ . , 8cosfctg2r
8.253. sin3r-smr = Ь_.
4-sin г
Решение.
[sin2r * 0;
. „ „ ct + B . a-B
Так как sina-sinp = 2cos sin , то имеем
2 2
8cos?cos2?
-, ■ ^ sin2( 1 • л 8cosfcos2rsin2r
2sinrcos2r = —^U^—о 2sinrcos2r -. : r = 0o
-I ' 2sin(cosrl4sin r-ll
sin2r
o2sinrcos2r- 1 = 1 = 0.
I 4sin2r-U
Отсюда
1) cos2f = 0, 2f = - + Jtt, л =- + —= -(2t + l), fceZ;
2. ' 4 2 4V '
2) 1 1 = 0, sin2r = -, sinr = ±—,r2=+^ + n/, kZ
4sin2r-l 4 2 3
Ответ: t, - -r(2k +1), r, = ±— + nl, где А: и / e Z
4 3
8.254. sin22xcoJ 2x] + 3sin2xsin2[ — + 2x] + 2cos32x = 0.
Решение,
Из условия имеем
- sin2 2xsin2x+ 3sin2xcos2 2x + 2cos3 2x = Oo
о sin 3 2x - 3 sin 2x cos 2 2x - 2 cos 3 2x = 0 о
о tg32x-3tg2x-2 = 0 о (tg32x-2tg2x)-2(tg2x+1) = 0 о
о tg2x(tg2x - lXtg2x +1) - 2(tg2x +1) = 0 о
о (tg2x + l)(tg22x-tg2x-2)=0.
Отсюда
1) tg2x+l = 0, tg2x=-l, 2x=-- + Jtfc, x =-- + — = -(4fc-l),
4 ' 8 2 8V '
fceZ;

2)tg22x-tg2x-2 = 0.PeumB это уравнение как квадратное относи-
TejibHotg2x, получаем tg2x = -l, 2х = — + п/, х, =—+ — ,/eZ:
4 2 8 2
tg2x = 2,2x=arctg2 + rtn, х3 = -arctg2-i , neZ ;х, = х2
Ответ: хх = ~(4Л-1); х2 ~ -arctg2H ,гдеА-и neZ.
8.255. tg(x + l)ctg(2x + 3) = l.
fcos(x + l)*0,
ОДЗ: \ K
|sin(2x + 3)*0.
Из условия имеем
tg(x + l) = tg(2x + 3)otg(x + l)-tg(2x + 3) = 0o
» "-I^--2) -=0=>sin(x + 2) = 0,x + 2 = ni,
cos(x+l)cos(2x + 3)
x = -2 + rti, ieZ.
Ответ: х = -2 + пк, keZ.
8.256. -l?^-l--2cos"2 z-1 = 0
(l + cos2z)2
fcosz^O,
0ДЗ: о ^ ,
[cos2z*-l.
4(sin2z)2 2
Имеем 5~ -5 * - u.
(l + cos2z) cos z
^ . •> a 1-cosa 2a 1+cosa
Так как sin~ — = - и cos — = , то уравнение принима-
4f-(l-cos2z)l
_L г1—. 1 = 0*»
(l + cos2z) i(l + cos2z)

(l-cos2z)2
■l = 0o
Ob
(1 + cos2z) l + cos2z
(l-cos2z)2-4(l + cos2z)-(l + cos2z)
(l + cos2z)2
o(l-cos2z)2 -4(l + cos2z)-(l + cos2z)2 =0«
cos2z = —, 2z = ±-n + 2irfr, z = ±—+ irfr = —(3A:±1), A:eZ
2 3 3 3V '
Ответ: z = —(ЗА:±1), fceZ
8.257. tg2| + ctg2|-2 = 4tgz.
Решение.
fcosz * 0,
°«3;{sinz*0.
Запишем уравнение в виде
(tgf + ctgf)
[tg- + ctg- -2tg-ctg--2-4tgz = 0o
1— COS —
2,. 2
cos— sin
2 2j
sin — + cos —
2 2
. 4sinz „
-4 = 0»
cosz
. 4sinz n 4 . 4sinz .
-4 = 0b —5 4 = 0b
cosz sin z cosz
о cosz-sin2 zcosz-sin3z = 0o cosz(l-sin2 zj-sin3 z=Oo
<=> cos3z-sin3z = 0<=> (cosz-sinz)lcos2 z + sinzcosz + sin2zJ = 0<=>
<=>(cosz - sinz)(l + sinzcosz) = 0.
Отсюда
1) cosz-sinz = 0, tgz = l, z, = — + пл = — (4л+ 1), л eZ;
2) l + sinzcosz = 0, —sin2z = -l, sin2z = -2, 0.
n
Ответ: z-— (4n + 1), л eZ

-, ял/2
8.258. cos z cos 3z + sin z sin 3z = .
4
Решение.
Запишем уравнение в виде
cos z(2coszcos3z) + sin z(2sinzsin3z) = —.
Так как
cos a cos P = — (cos(a - p) + cos(a+P)) и
л
sin asinP = —(cos(a-P)-cos(a + P)),то имеем
cos z(cos 2z + cos4z) + sin z(cos2z - cos 4z) = — <=>
<=>(cos2 zcos2z + sin2zcos2z) + (cos2zcos4z-sin2 zcos4z)
■Jl
e=> cos2z(cos2 z + sin2 z) + cos4z(cos2 z-sin2 z) = — <=>
•Jl -Jl
<=*cos2z + cos4zcos2z =— ocos2z(l + cos4z) =— о
«•cos2z(l + 2cos22z-l)= —o2cos32z =— ocos32z = —о
' 2 2 4
«•cos2z = — ,2z = ±- + 2rut,z = ±-+rut=-(8i + l),ieZ.
2 4 8 8l
Omeem: z = -(8i±l), ieZ.
sin2jc-2sin2 *
I 4 )
8.259. ctgx =
Решение.
cos2 jc + 2cos2 — + x
4
ОДЗ:япл:*0,
cos x * 0,
я <
COS(— + Jt) * 0
4
Л * — + 7Ш,
2

Перепишем уравнение в виде
'л
COS X _
sin x
<=>cos3jc + 2cos;ccos2 — + х -sin3* + 2sin*cos2 — +х =0<=>
и J I4
<=> cos x - sin3 x + 2] cos — cos x -sin—sin x (cos^ + sin^) = 0<=>
<=>(cosjc-sinxXcos2 x + sinjccosjc + sin jc) + (cosx-sinjc) x
x(cos x + sin x) = 0 <=>
o(cosjc-sinjc)(cos2 jc + sinjccosjc + sin2jc + cos2 jc-sin2 jc) = 0o
<=> (cosjc-sinjc)cosjc(2cosjc + sinjc) = 0-
Отсюда
1) cosjc-sinjc=0, sinx = cosjc, tg* = l, *i = —+ rt/= —(4/ + l),/e Z;
4 4
2) 2cosjc + sinjc = Q,tgjc = -2, jc2 =-arctg2 + nn,neZ.
3) cosjc = 0; x3 = —(2m+ 1), me Z,
07Яб£7Я:
jc, = — (4/ + 1), jc2 = -arctg2 + jw,jc3 =—(2т + 1),где/,л и me Z.
1
8.260.-
tg3z + tg4z
Решение.
+ ctg27z =
1
Ctg3z + ctg4z
ОДЗ.
tg3z + tg4z*0,
ctg3z + ctg4z*0,
sin6z#0,
sin8z*0.
r, i d sin(oc+B) „ sin(a+6
По формулам tga+tgp = —- Ei, ctga+ctgB = —i—^
cos 7z
cosacosp
1
получаем
S'n7z sin2 7z sin7z
cos3zcos4z Sin3zsin4z

cos3zcos4z cos27z sin3zsin4z
sin7z
sin7z*0,
cos3z*0,
cos4z ф 0,
sin3z*0,
sin4z * 0.
cos3zcos4z
sin7z
3z * — + nh,
2
sin2 7z sin7z
sin3zsin4z cos2 7z
. +—
sin 7z sin 7z
z,
k2 e Z,
4z* — + ick%,k% e Z,
2
3z*nk4,k4 eZ,
4z * tcA:5 ,t5eZ
cos3zcos4z-sin3zsin4z cos 7z
sin7z sin2 7z
1
z*-(2k2 + l),k2 eZ,
6
z*-(2ks + l),kseZ,
xkt
cos7z cos2 7z л
-^_ +—5— = 0-
sin7z sin2 7z
1^1 . r,
z*—L,fc eZ,
7
6
г *—L,fc7 eZ

sin7zcos7z+cos27z cos7z(sin7z+ cos7z) _
sin2 7z ' sin2 7z
о cos 7z(sin 7z + cos 7z) = 0.
Тогда
l)cos7z = 0, 7z = - + nA:g,z, = — + -± = —(2ki + i), kseZ,
2) sin7z + cos7z = 0o l + ctg7z = 0, ctg7z = -l, lz = — + nk9,
Исключим из решений г, = —(2fcj+l), A:g eZ те из них, которые удов-
nkt кк6 nkj
летворяютусловиям z = —-, kt ед z = ——, к6 е Zw.z-——, k7 e Z.
Имеем:
1) -rr{2kg + !)* —ф, 2ks +1 * 2к,, что истинно для всех A:g e Zh
fci e Z, так как левая часть неравенства нечетная, а правая — четная;
2) Тт(2А:8 +1) * —1, 6ig + 3 * 7i6, что верно для к6 = 6к10 + 3, кю е Z
Тогда 6A:g + 3 * 7(6fci0 + 3), откуда к% ф 1к1а + 3;
3) — (2A:g+l) #--?-, 8fcg+4 #.7А:7, что истинно для A:7=8i10 + 4,
кю eZTorfla 8A:g + 4 * 7(8fci0 + 4), откуда А% * 7fci0 + 3.
Получили z, =—(2fcj + 1), где 2A:g + 1* lkl0,ks,kl0 eZ
Теперь исключаем из решений z2 = — (4fcp +3), A:, e Z те из них,
которые удовлетворяют условиям z = ——, kt e Z, z = ——, fc6 e Z и
nk-j
z = —;r~, fe e Z

Имеем:
1)—(4Л9+3)#—-,4Л9 + 3*4£1ачто истинно для всех Л9е Z и
кх е Z,TaK как левая часть неравенства нечетная, а правая — четная;
2)—(4к9+3)*—6-Д2£9 + 9#14А:6,что верно для BcexA9eZH
28 6
t6eZ-
3) —(4Л9 + 3)#—-, 8А9 + 6*7А7. Можно показать, что
28 8
к1 =8АП +2, ktle Z. Тогда А9 *7А,, + 1,Ац е Z.
Получили z2 = — (4i9 + 3),где 4i3 + 3 # 7i,,, i9 , i,, £ Z.
Omeem: z, =—(2i + l),2i + l *7/;z2 =—(3 + 4i),3 + 4i all,к и
/eZ,/ = +l,+3,...
8.261. (2cos2r + 5)cos4r-(2cos2r + 5)sin4r = 3.
Решение.
Из условия имеем:
(2cos2r + 5)(cos4r-sin4r)-3 = 0o
o(2cos2r + 5)(cos2r+sin2r)(cos2r-sin2r)-3=0o
O(2cos2r + 5)cos2r-3 = 0o2cos22t + 5cos2r-3=0.'
Решив это уравнение как квадратное относительно cos 2?, находим
cos2[ = -3,0;cos2r=i,2r = +- + 27rt,r = ±- + 7rt=-(6i + l),ieZ.
2 3 6 6
Ответ: t = -(6k±l),keZ.
8.262. tgztg(z + 60°)tg(z + 120°) = ,/3T
Решение.
fcosz^O,
cos(z + 60°)*0,
cos(z + 120°)*0.

Запишем уравнение в виде
sinzsin(z + 60°)sin(z + 120°) г-
coszcos(z+ 60°)cos(z+120°)
> sinz(2 sin(z + 60°) sin(z +120°)) - л/з ■ cosz(2 cos(z + 60°) cos(z +120°)) = 0.
По формулам
sin ос sin P = — (cos(a - p) - cos(a + p)j
cosacosP = — (cos(oc - P) + cos(a + p)),
меем:
sinz(cos(-60°)-cos(l80° + 2z))-V3cosz-(cos(-60°)+cos(l80°+2z)) = 0,
- + cos2z -V3coszl —cos2z =0<=>
2 ) {2 )
<=> t-sinzcos2z cosz + V3coszcos2z = 0<=>
2 2
<=>sinz+2sinzcos2z-V3cosz + V3(2coszcos2z)=0<=>
<=>sinz-sinz + sin3z-V3cosz + V3cosz + -v3cos3z = 0<=>
о sin3z + V3cos3z = Oo tg3z = -V3, 3z = -60° + 180°A:,
z = -20° + 60°A:,
Ответ: z= -20°+60°fc, к е Z
5x
8.263. cos3x + cos— = 2.
2
Решение.
Уравнение равносильно системе даух уравнений
{cos3x;sl, [Зх = 2пк, к е Z, \х = —— ,keZ, к = Ьт,
cos—- = 1, 1 — = 2пл, леД 1 4пл п = 5т.
2 1.2 j = y,»EZ
2пА: 4пл
= ——, 5jk = 6iw, 5А: = 6и.
Ответ: х~4nm, m^Z

2(cos2r-tgrsin2r) . , ,
8.264. 1— ;f i. = sin4r-cos4r.
cos t
Решение.
ОДЗ: cosr * 0.
Перепишем уравнен ие в виде
J . sin? . . ~)
2 cos2r 2sin(cosr
v cos' J I ■ 4 4 \ n
1 i - + lsin4 (-COS4 (J = 00
COS2 t
«l-2^os2r-2sin2 rjcos2 t+ (cos2 r-sin2 tfpos2 r+sin2 l)=0o
о 1 - (cos2r -(1 - cos2r))(l + cos2r) + cos2r = 0,
l-(2cos2r-l)(l + cos2r) + cos2r = 0o cos22r = l, cos2r = ±l,
2t = nk, t = — ,HZ
2
Учитывая ОДЗ, t = nk, к е Z
Ответ: t = nfc, A: e Z
8.265. 2(sin6 x+ cos6 л)- 3(sin4 x+ cos4 x) = cos2x.
Решение.
Имеем
2[^in2x/+(»s2x/ |-3[(sin2xJ+(»s2xJ |-cos2x = 0o
о2(sin2jc +cos2xj-(sin4x-sin2xcos2x + cos4x)-3| (sin2x +cos2xf -
-2sin2xcos2x)-cos2x=0o 2[(sin2 x+cos2 x) -3sin2 xcos2xl-
-3^-2sin2xcos2x)-cos2x = Oo2-6sin2xcos2x-3 + 6sin2xx
xcos2x-cos2x = 0o cos2* = -l, 2x = n + 2irfr,
x = - + nk = -(2k + i\keZ
Ответ: x =-(2k+ 1), k^z

8.266. cos x+ — sin2x-cosxsin x+4sinx+4 = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
cos3x + sinxcosx -cosxsinxsin2 x + 4(sinx +l) = 0 <=>
<=> cos x + sinxcosxfl- sin2 x)+ 4(sinx +1)= 0 <=>
о cos3 x + sinxcos3 x + 4(sinx +1) = 0 «*
о cos3 x(l + sinx) + 4(sinx +1) = 0 о
о (sinx+ l)lcos3 x+ 4J = 0.
Отсюда
sinx+ 1 = 0, sinx= -1, x= - - + 2itfe = -(4k-1), к e Z, cos3 x+ 4 * 0.
Ответ: x = -(4k-1), fc e Z.
2(cos3x+2sin x]
8.267. J i = sin2x
2sinx+3cosx
ОДЗ: 2sinx+3cosx*0.
Запишем уравнение в виде
2(cos3x+2sin3x)
— --2sinxcosx = 0o
2sinx+3cosx
о 2cos3 x + 4sin3 x - 4sin2 xcosx - 6sinxcos2 x = 0 о
<=> 2sin3 x-2sin2 xcosx-3 sinxcos x + cos3x = 0<=>
о 2tg3x - 2tg2x - 3tgx + 1 = 0.
Пусть tgx= у. Имеем
2/-2/-3j>+1 = 0»
o(v3+l)+/(y + l)-3;>(); + l) = 0o
<=> (у+Ж2 -j-+i)+/0'+i)-3j<)-+i)=o<=>
«•(у + Ж'-у + иУ-З^О, (j-+l)(2/-4j-+l) = 0.
■Jl -Jl
Отсюда j>+1 = 0, л =-1; 2j>a-4j>+l = 0, Л = 1- ~г\ Уз = 1 + ^~-

Получили
tgx = -l, 4=-^ + Jtt = |(4t-l), kt'Z
tgcsi-i^, X2=arctg 1-— +ПЛ, /,eZ'
tgx=i + ^., X3 = arctJl + — +n/, /eZ
Ответ: ^=j(4i-l); x, = arctg 1 - — + m; x3 = arctd 1 + — + rt/,
где А:, л и /eZ
8.268. tgy-tg| = 2sinx.
PtfH/tfHUtf.
f 3x „
cos— *0,
ОДЗ: 2
cos—^0.
1 2
„ , „ sinfoc-W
По формуле tea - tgp = — -, имеем
cosoccosp
sinx
3x J
cos—cos-
2 ;
~ . x
o2sin—■
2
-X X
2 sin—cos—
--2sinx=0o r2- --4sin-cos- = 0o
с Зх x 2 2
cos—cos—
2 2
/ "\
1 „ x
г 2 cos—
3x 2
cos—
I 2
n . xf. . Зх x^l
= 0o sin— l-2cos — cos— =
2^ 2 2j
-Oo
о sin — (l - cos x - cos2x) = 0 о sin — ■ (l - cosx - 2cos2 x +1 J= 0 о
<=> -sin —-|2cos x + cosx
2 v
Отсюда
-2)=0.
l)sin- = 0, - = jtt, x,=2nA:, AreZ'
2 2
2) 2cos2 x + cosx- 2 = 0. Решив уравнение как квадратное относи-
150

-i-Vn , _ -1 + 1/п
тельно cosx> получаем cosx = <-l, 0; или cosx= ,
4 4
-1 + -Л7 . _
^2 = ±arccos + 2тш, л eZ
Ответ: x, = 2irfr, ^ =±arccos — + 2лл, гдеАгн л eZ
cos2x , , -x
ctgx+ tg-
cos2x* 0,
cosx*0,
ОДЗ:
cos— *0,
2
sinx* 0.
Перепишем уравнение в виде
. х
sinxsin—
1 + 2.
X
2 ~ ■ -2 COSXCOS—
cos x + 2sinxcosx-t-sin x 2 , n
+ —-1 = 0<=*
. X
sin—
cosx 2
sinx x
COS—
2
(cosx+sinx)2 cosxcos- + s.nxsin-
(cosx-sinx)(cosx+sinx)
sinxcos —
2_
cosxcos^ + sinxsin^ cosx-sinx cosx
2 2
«• 3cosxsinx-sin2 x = 0,<=> sinj(3cosx- sinx) = 0<=>
«•3cosx-sinx=0, tgx=3, x= arct$3 + nk, keZ
Ответ: x = arctg3 + кк, к eZ

8.270. sin3xcos3x + cos3xsin3x+0,375=0.
Решение.
Имеем sin ^2sinxcos3x) + cos ^2cosxsvn3x) + 2-0,375 = 0. Пофор-
муле sin a cos p = — (sin(a - P) + sin(a + p)J, находим
sin x(-sin2x + sin4x)+cos x(sin2x + sin 4x)+0,75 = 0e*
<=* -sin2 xsin2x + sin2 xsin4x + cos2 xsin2x + cos2 xsin4x + 0,75 = 0 <=*
O^sin2xsin2x + cos2xsin2x)+(sin2xsin4x + cos2xsin4xj+0,75 = 0»
<=* sin2x)cos2 x- sin2 x] + sin4x(sin2 x+ cos2 x\ + 0,75 = 0 <=*
<=*sin4x+2sin4x + l,5 = 0, 3sin4x=-lA sin4x = - —,
4x=(-l) —+ nA:,x=(-l) — + —, keZ
Ответ: x=(— 1) 1 ,keZ.
1 ' 24 4
8.271. sin2z + 5(sinz + cosz) + l = 0.
Решенке.
Из условия имеем 2sinzcosz + 5(sinz + cosz) + l = 0.
Пусть sinz + cosz= у, тогда sin2 z + 2sinzcosz+cos2 z= у2, нурав-
ненне примет вид
у1-1 + 5у+1 = 0, у2 + 5у=0, у{у + 5) = 0, л=0, у2=-5,
2sinzcosz = -l, sin2z = -l, 2z, =- —+ 2irfr,
z,=-- + 2rcA: = -(4A:-l), AreZ; 2sinzcosz= 24, sin2z=24, 0.
4 4 ■
re
Ответ: z= — (4A:-1), teZ
4
8.272. sin32r + cos32r + -sin4r= 1.
2
Решение.'
Запишем уравнение в виде
(sin2r + cos2[)(sin2 It- sin2rcos2r + cos2 2t\ + sin2t cos2r-1 = 0 «•
152

«• (sin2t + cos2t)(l-sin2rcos2t)-(l-sin2tcos2r)=0<=*
«• (l-sin2tcos2t)(sin2r + cos2t-l)=0.
Отсюда
I) l-sin2tcos2r = 0, -sin4t=l, sin4[ = 2, 0;
2
II) sin2t + cos2r-l = 0, 2sintcosr + cos2r-sin2r-cos2r-sin22t = 0,
2sintcosr-2sin2 t = 0, 2sint(cos!-sint) = 0=>
1) sinr = 0, I] = nk, к eZ,
2) cost-sinr = 0, tg(=l, 12 = - + пл = -(4л + 1), neZ
Ответ: f j = nk, h~~7'^" + ^'гдекн neZ.
8.273. tgztg2z=tgz+tg2z.
ОДЗ:1С05^°'
[cos2z*0.
Перепишем уравнение в виде
sinzsin2z sinz sin2z
= + о
coszcos2z cosz cos2z
sinzsin2z sinzcos2z + coszsin2z
о = &
coszcos2z coszcos2z
<^> sinzsin2z = sinzcos2z + coszsin2z о
о sinz-2sinzcosz-sinz(cos z-sin z)-cosz-2sinzcosz = 0o
о sinz(2sinzcosz-cos z + sin z-2cos zj=0o
о sinz(2sinzcosz-3cos z + sin zj=0.
• Отсюда
1) sinz = 0, Zj = nk, к eZ,
Разделив это уравнение на cos z * 0, имеем
tg2z + 2tgz-3 = 0.
153

Решив это уравнение как квадратное относнтельио ig z, получим
lgz = -3,z2 =-arctg3 + jm,neZ; lgz = l, z3 =—+7c/, leZ;z3 не
подходит по ОДЗ.
Ответ: zi=nk> z2 = -arctg3 + 7w, где к и neZ.
в-унд sin3*+cos3x .
».z/4 = cos2x.
2cosx-sin;t
Решение.
ОДЗ: 2cos;t-sm;c*0.
Из условия имеем
sin3*+cos3;c 2 ■ 2 Л
cos *+sin х = 0о
2cosx-sinx
о sin3 x + cos х- 2 cos3 х + 2 cosx sin x + sinx cos x - sin x = 0 о
о 2cos*
Отсюда
1) cosx = 0, x, = — + tcA =—(2Л + 1), AeZ;
2) 2lg x + tgx-l^O. Решив это уравнение как квадратное
относительно ig*, цолучнм lgx = -l, lgx = —, откуда Х2 = —(4n-l), ne Z,
xj = arct$— + nl, leZ,
Ответ: хх~—(2к + \),х2 = — (4n-l),x3=arctg— + я/,гдеА,лн/е Z.
8.275. £ё^ + _с1^ = 0 ^
sin2 r sin2 At
Решение.
ОДЗ:!51"'"0'
[sin4r;t0.
Перепишем уравнение в виде
cos4f cos?
sin4r sin? n cos4? cost
T~ + —2— = 0> T" + 5— = 0<=>
sin t sin 4r sin4lsin r sinrsinMr

. . ... n sin8r sin2r „
<=*sin4tcos4t + sintcost = 0<=* н = 0<=*
2 2
«•sin8[ + sin2r = 0» 2sin5tcos3t = 0.
Отсюда
1rk
Dsin5t = 0, 5r = Jtt, [,= —, AreZ;
l 5
2)cos3r = 0, 3t = - + nn, и =- + — = -(2л + 1), neZ
2 2 6 3 6V '
Учитывая ОДЗ, получим
<i=4". 't"5'; <,=- + — = -(2и + 1), и*3/ + 1, /eZ
5 2 6 3 6V '
Ответ: tl = —,k*5l;t2 = —(2и + 1), л * 3/+1, где А:, ян /е Z
8.276. tg4x= 36cos2 2x
ОДЗ: cosx*0.
Из условия имеем
Ki-36cos22*=0« ('-«^-Збсо^Оо
(cos2x) (l + cos2x)
«• (l - cos2x j2 - 36cos2 2x(l + COS2X)2 = 0 «•
«• (1-COS2X)2 =36cos22x(l + cos2x)!.
Отсюда
1- cos2x = -6сся2л{1 + cos2x)
или
1-cos2x = 6cos2x(1 + cos2x) 6cos22x+5cos2x+1 = 0
или
6cos22x + 7cos2jc-1 = 0.
Решив эти уравнения как квадратные относительно cos2x, получим
cos2x= —, 2x, = ± — + 2кк, Х\=± — + кк, keZ,
cos2x=--, 2х> =±arccod-- +2roi, x> = ±-arccos-- +roi, »e Z;

ОДЗ:
cos2x=zl±Mt 2x, = ±aIccos^-^ + 2n;,
12 12
1 -7 + 773 , , _ „ -7-773 . _
x-.=±—arccos +ra, leZ cos2x= <-l, 0.
3 2 12 12
Omeem.Xt =±^ + 7tk, % = ±-arccosf-- +лл,
1 -7 + 773 ,
x3 = ±—arccos — + ш, где fc л и / e Z.
8.277. ctgx-tgx-2tg2x-4tg4x+8 = 0.
sinxs'O,
cosx^O,
0052X94 0,
cos4x* 0.
Перепишем уравнение в виде
fcosx sinx"l „. „ „. „ „ „
-2tg2x-4tg4x+8 = 0»
^ sinx cosx^
cos x-sin x ~А _ .. . 0 Л
» 2tg2x-4tg4x + 8 = 0»
sinxcosx
2cos2x ~А ,, .. . 0 Л
» 2tg2x - 4tg4x + 8 = 0 »
svn2x
„ (cos2x sin2x "l „. . „ „
» 2 • 4tg4x + 8 = 0»
I svn2x cos2x I
2(cos22x-sin22x) „t „ „ „
» -i <-4tg4x + 8 = 0»
sin2xcos2x
4cos4x ... „ „ ^ cos4x sin4x
» 4tg4x + 8 = 0» —r—. — + 2 = 0»
sm4x sin4x cos4x
cos24x-sin24x - „ 2cos8x ,,,_„., , _ . .
» +2 = 0» —r-z— + 2 = 0» ctg8x+l = 0»
sin4xcos4x sinSx
»ctg8x = -l, 8x= — + кк, x= — + — = — (4fc + 3), keZ.
4 32 8 32v
Ответ: x= —(Лк + 3), keZ.
32 s '

8.278. 4sin3 xcos3x + 4cos3 xsin3* = 3sin2x.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
2sin2x(2sinxcos3x)+2cos2x(2sin3xcosx)-3sin2^ = 0^*
^*2sin2x(-sin2x + sin4x)+2cos2x(sin2x + sin4x)-3sin2x = 0^*
о-2 sin xsin2x + 2sin *sin4;c + 2cos xsin2x+2cos xsin4;t-
-3 sin 2x = 0 о
к — 2 sin jcsin2x)'
- 3 sin 2x = 0 о 2 sin 2x (cos x - sin x) + 2 sin 4*(sin x + cos2 x) -
-3 sin 2x = 0 о 2 sin 2x cos 2л + 2 sin 4x -3 sin 2x = 0 о
osin4x-sin2;c = 0. Отсюда
l)cos3o:=0,3x = - + rtn,Jc1=— +—=—(2п + 1),пе Z;
2 6 3 6V
2) sinx = 0,x = TcA,x2=rt*, Ae Z.
Ответ: *t = — (2n+l), ne Z; *2 ~%к,ке Z.
6
8.279. 2 coszsin3 z -5sin2zcos2z + sinzcos3 — + z =cos2z.
v 2
Решение.
Из условия имеем
-2coszcos3z-5sin2zcos z + sinzsin z-cos2z=0o
o-2cos4z-5sin2zcos z + sin4z-cos2z = 0o
o-2(l-sin2z)2-5sin2z(l-sin2 z) + sin4z-(l-sin2z) + sin2z = 0o
o-2+4sin2z-2sin4z-5sin z+5sin z+sin z-1+siirz+sin z = 0o
о 4sin z + sin z-3 = 0.
sin z=-l, 0; sin2z= —=>sinz=± ,
4 2
z = ±- + nn = -(3n±l),neZ.
Ответ: z = —(Зп±1), пе Z.
3V

8.280. sin2xsin6xcos4x+ — cosl2x=0.
4
Решение.
Из условия имеем
(2sin2xsin6x) cos4x+cos 12x = 0 e*
$=> 2(cos4x-cos8x)cos4x + cosl2x=0<^
$=> 2cos 4x-2cos8xcos4;c + cosl2x = 0e*
e=> 2cos24x-cos4x-cosl2x + cosl2x = 0<=>
«•2cos24x-cos4x = 0 <=> cos4x(2cos4x-l)=0.
Отсюда
1) cos4x=0, 4x=j + rot, x,=| + ^ = |(2fc + l), keZ,
2) 2cos4x-l = 0, cos4x=-, 4x=±- + 2rw,
Л лл тс
x2=±—+ y = ^(6i±1), neZ.
Ответ: x^ = Tr(2fc +1); ^ = тт(бп ± 1), гдеА:и п <= Z.
8.281. 2sin2x+3tgx=5.
Решение.
Из условия имеем
4tga; +3tgx-5=0o 3tg3x-5tg2x+7tgx-5 = 0,
1 + tg x
3tg3x - 3tg2x - 2tg2x + 2tgx + 5tgx -5 = 0,
3tg2^tgx- 1) -2tgx(tgj:- 1) + 5(tgx- 1) = 0,
(tgjr-l)(3tg2x-2tgjr + 5)=0=> tgx=l, x,=^ + irfr = ^(4A: + l),
keZ, 3tg2x-2tgjr + 5*0 (D<Q),0.
Ответ: х- —(4k+l), к е Z.
4

8.282. 5sin42z-4sin22zcos22z-cos42z + 4cos4z = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
5(sin22z) -sin24z-(cos22z) + 4cos4z = 0<=*
<=*5- — (l-cos4z) -M-cos24z)- — (l-cos4z) + 4cos4z = 0<
«•2cos24z + cos4z = 0, cos4z(2cos4z + l) = 0.
Отсюда
1) cos4z = 0, 4z = - + «fc, z.=- + — = -(2fc + l), fceZ;
2 ' 8 4 8V '
1 2
2) 2cos4z + l = 0, cos4z = —, 4z=±—п + 2пл,
2 3
*2 = ±£ + f=f(*±l)...eZ
Ответ: z, = —(2fc + l); z-> =~(Зл±1),гдеА:н neZ.
a D
8.283. l + tg2^g5x-V2tg2xcos3xcos"'5x=0.
Решение.
fcos2x*0,
ОДЗ: [cos5x^0.
Запишем уравнение в виде
sin2xcos3x
( sin2xsin5x^
I, cos2xcos5xJ
- = 0<=>
cos2xcos5xJ cos2xcos5x
cos2xcos5x + sin2xsin5x V2 sin2xcos3x
= 0o
cos2xcos5x cos2xcos5x
о cos3x- V2sin2xcos3x = 0^* cos Зл/1-72яп2х) = 0.
Отсюда1) cos3x=0,2) 1-V2sin2x= 0.
1) cos3x=0<=* 4cos3x-3cosx = 0, сс*л^4сс*2 x-3J = 0<=*
«.(cOSX^O), COSX=± => X, =± —+ JtB=—(fel±l), jeZ

2) 1-T2sin2x=0, sin2x=-y-, 2x = (-l)*^ + irir,
Ответ: х, = — (бл± 1), ж, = (- 1) — + — ,тдепн keZ.
1 6 -1 v ' 8 2
8.284. cos6x + sin6x-cos22x =—.
16
Решение.
Имеем
(cos2 х+ sin2 xVcos4 x- cos2 xsin2 x+ sin4 xj- cos2 2x- — = 0 <=*
e* (cos2x + sin x/-3cos xsin x-cos 2x = 0e*
«• 16-12(4cos2 xsin2 x)-16cos2 2x -1 = 0 «•
«•16-12sin22x-16cos22x-l = 0,
15-12^-cos22x)-16cos22x = 0,
15-12 + 12cos22x-16cos22x = 0, 4cos22x=3, cos22x=-,
4
v3 « .я , , я ftfc я ,,. , л
cos2x=±—, 2х=±- + яА:, x=± —+ —= —(6t±l), keZ
2 6 12 2 12
Omeem: x-—(6k±l), keZ
8.285. ■ 2„ +tgx-ctgx-4 = 0.
sin 2x
Решение.
ОДЗ: sin2x*0.
Перепишем уравнение в виде
1 fsinx cosx^l . п 1 sin x-cos x . п
- 4 = 0 <=>—=— + —: 4 = 0»
fsinx cosx^j
i,cosx sinxj
sin 2x Vcos* sinxj sin 2x sinxcosx
— cos x_4_q0 l-2sin2xcos2x-4sin22x = 0,
sin 2x sin2x

cos22x + sin22x-2sin2xcos2x-4sin22x = 0<=*
«•cos22x-2sin2xcos2x-3sin22x = 0<=*ctg22x-2ctg2x-3 = 0.
Решим это уравнение как квадратное относительно clg2x :
. ~ Зтс . Зтс пк ,
ctg2jc«-l, 2х- — + кк,х-, = —+—,keZ;
4 8 2
ctg2x = 3, 2x = arcclg3 + Tcn, x2 = — arcctg3n ,neZ.
_ Зтс itk 1 A _ теп , _
Ответ: х, = — н ;x-> = — arcctg3n , где А:и пе Z.
l g 2 2 2 2
8.286. tg5z-lg3z-2lg2z=0.
Решенке.
{cos5z*0,
cos3z*0,
cos2z*0.
По формуле ig a -tgP = -—^ Щ- имеем
cosacosp
sin2z 2sin2z n . ~ , ~ ~ e , Л п
= 0<=*sin2z(cos2z-2cos5zcos3z) = 0<=»
cos5zcos3z cos2z
Osin2z.(cos2z-cos2z-cos8z) = 0,-sin2zcos8z=0.
Отсюда
l)sin2z = 0,2z = rcfc, z,=—, keZ;
,. п Л „ тс тс теп тс ,„ ,. „
2) cos8z = 0,8z= —+ ти, z, = —+—-—(2л +1), л £ Z.
2 2 16 8 16v
Учитывая ОДЗ, получим zt = iik,keZ.
Ответ: zx = -Kk\z2-— (2л + 1), к HneZ.
16
8.287. cos2x + cos —-2 = 0.
4
Решение.
(cos2jc = l, (2jc = 2tcA:,
~ 3jc «
cos2*-t-cos— = 2e*4 3r e*i3r e*
4 cos —= 1 — = 2rc/,
I 4 I 4
6 Скииави М. И., к«. 2

х=пк,к еД g .
8л/ „=> irfr = —-, 3t = 8/, k = im, l=im, x=$nm, meZ.
x=—,leZ 3 .
Ответ: x= 8nm, m e Z
8.288. (ctgz-l)(l + sin2z)= 1 + ctgz.
Решение.
ОДЗ: sinz*0.
Перепишем уравнение в виде
fcoSZ Л / 2 . 2 \ (, COSZ~]
1 ■ cos z + 2sinzcosz + sin z - l-i = 0<=*
Vsinz J \ 'V sinz^
(cosz-sinz)(cosz + sinz)~ sinz + cosz „
^^ n i . =0<=*
sinz sinz
e* (sinz + cosz)((cosz-sinz)(cosz+ sinz) -l)= Oe*
e* (sinz + cosz)lcos2 z- sin2 z- cos z- sin2 zj = 0 e*
e*-2( sinz+ cosz) sin z = 0.
Так как sinz * 0, то
sinz + cosz=0, sinz = —cosz, tgz = — 1,
z = — + пл = — (4л-1), neZ
4 4V '
Ответ: z~ —(4n —1), ft e Z
8.289. tgx- 3~ *g * = sin6x.
l-3tg2x
Решение.
ОДЗ: J00"*,0'
|l-3tg2;c*0.
Запишем уравнение в виде
, sin2 x
sinx cos2x ,: n„ s"1* 3cos2x-sin2x . , „
wo_a sin6x=0<=* = ; Sin6jc = 0<=*
cosx 3sin~ x cosx cos x-3sin x

2sin3xcos3x = 0, sin3x(l-2cos2 3x) = Q, -sin3xcos6x=0.
sinx(3-4sin2x] . . 3sinx-4sin3A- . ,
<=> f т <.-sin6x = 0«s - sin6x = 0.
cosx(4.os-x-3) 4cos5x-3cosx
Так как 3_.nx-4sin3 х- sin3x н 4cos3x-3cosx= cos3x, то
sin3x
cos3x
Отсюда
nk
1) sin3x = 0, 3x= nk, xt = —, keZ,
К Tin 11 Tin 11 ,
2) cos6x=0, 6x=7 + Y' ^ = ^ + Y=i2(2" + 1)'"eZ
ilk n
Ответ: x, =-г; хг = —(2л + 1), k,ntZ.
8.290. sin43r + sin4 - + 3r ] = -.
Решение.
Запишем уравнение в виде
(si„23,)2+fsin2(| + 3,ll2-I = 0«
>(|(l-cos6r)
4 J) 4
^2 ^ U JJJ 4
«=» (l - cos бг)2 + (l + sin бг)2 -1 = 0,
l-2cos6r + cos26r + l+2sin6r + sin26(-l = 0, l-cos6r + sin6r = 0<=*
«• cos2 3r + sin2 3r - cos2 3t + sin2 3r + 2 sin3rcos3r = 0,
2 sin2 3r+ 2 sin3rcos3r = 0, 2 sin3r ■ (sin3r + cos3r) = 0.
Отсюда 1) sin3r = 0,2) sin3r + cos3r= 0.
1) 3r = rat, f,= —, He?
2)tg3r = -l, Зг = -- + да, r2 = -—+ y = — (4л-1), neZ
7tA: тс .
Ответ: il=—-;i2 = — (4л-1), где А: и л е Z.

8.291. cos 10*+2cos2 4*+6cos3xcosx = cosx+8cosxcos33x.
Решение.
Имеем:
cosl0x + (l + cos8x)+3(2cos3xcosx) = cosx+2(2cosxcos3x)cos23x <
<=*cosl0x+l + cos8x + 3(cos2x + cos4x) =
= cosx+2(cos2x + cos4x)(l + cos6x}
coslOx + 1 + cos8x + 3cos2x + 3cos4x = cosx + 2cos2x +
+2cos4x + 2cos2xcos6x + 2cos4xcos6x e*
Ocosl0x + l + cos8x + cos2x + cos4x =
= cos x + cos4x + cos 8x + cos2x + cosl0x =>
=>cosx = l, x = 2т\к, к е Z
Ответ: л= 2nk, к е Z
t t ?
8.292. 1 + sin—sinf-cos —sin f = 2cos',
2 2 U 2
Решение.
Запишем уравнение в виде
1 • ' • . ' ■ 2 1 Гп 1
1 + sin—sm/-cos—sm f = 1 + cos 1 e*
2 2 1.2 J
<=*sin —sin (-cos—sin2 (-sin ( = 0, sinM sin—cos—sin(-l =0.
2 2 I 2 2 J
Отсюда 1) sin( = 0,2) sin--cos-sinr- 1 = 0.
1) /] = кк, к е Z
2) sin—cos--2sin-cos—1 = 0, sin 2 cos2 - sin 1 = 0,
2 2 2 2 2 2 2
sin^-2 1-sin2- sini--l = 0»2sin3--sini-l = 0,
2 V. 2) 2 2 2
sin3 — sin—+ sin3 —1 = 0, sin—I sin^ ^— 11 + 1 sin-— 1 |x
2 2 2 2^ 2 J V 2
x sin2- + sin- + l =0, sin—(sin—-11 sin—+1+1 si

x sin2 — + sin— +1 = 0, sin—1 2sin2 —+ 2sin—+ 1 =0.
{2 2 J ^ 2 A 2 2 )
Отсюда
1) sin--1 = 0, sin- = 1, - = — +2nk, t2=n + 4ni, к e Z, t2 юсодигв (,;
2) 2sin2- + 2sin- + U0 {D<O),0.
2 2 *
Ответ: x = irfr, к е Z.
sirJ — + x
\6 ,
4sin[ — + x I siri
8.293. ^ 1Л1 i + 2tgx=0.
COS X
Решение.
ОДЗ: cosx*0.
Запишем уравнение в виде
J (к 5п 1 (к 5п
2 cos — + х х -cos — + х+— ч ....
{ (6 6 J \6 6 JJ 2sinx „
COS X COSX
2 cos— rt-cos(rt + 2x) + 2sinxcosx
<=»-Ь ^-1 = 0«
COS X
<=* -1 + 2cos2x+2sinxcosx = 0 <=*
e* -cos2 x-sin2 x+2cos2 x-2sin x+2sinxcosx = 0 e*
e* 3sin2 x-2sinxcosx-cos x=0e* 3tg x-2tgx-l = 0.
Решнв.это уравнение как квадратное относительно tgx, имеем
lgx=--,x, = -arctg- + rti, ke Z lgx = l, *2 =- + пл =-(4л + 1), nsZ.
Ответ: xt = -arctg- + jtit; X2 = — (4л +1), гдеIcHtieZ.
8.294. 4cos t~1=ctg;(l + 2cos2t).
sin»
Решение.
ОДЗ-. sin»*0.
165

Запишем уравнение в виде
4cos2r-l cosr(l + 2(2cos2r-l))
sin г sin г
«• 4cos2r-l = cos»(4cos2 t-l), (4cos2 r-l)-cosr(4cos2 r-l) = 0,
(4cos3 t - lVl - cos») = 0.
Отсюда
l)4cos2!-l = 0,cos2; = -,cos; = +!,», =±l + nk=±(3k±l),keZ,
4 2 i 5
2) 1 - cos t = 0, cos t = 1 — не подходит по ОДЗ.
Ответ: х- -(ЗА: ± 1), к е Z.
8.295. (sinx+cosx) =2ll + sin2 x)-(sinx-cosx) .
Решение.
Перепишем уравнение в виде
((sinx+cosx) j +f(sinx-cosx)") = 2(1 + sin2 xj <=*
e=> (sin2* + 2sinxcosx-t-cos2jcJ +(sin x-2sinxcosx + cos xf =
= 2(l + surx)<=*
^(l-^sinxcosx) +(l-2sinxcosx) = 2(1 + sin2 xj<=*
<=* 1 + 4sin;>ccos jc + 4sin2 xcos2 x +1 - 4sinxcosx + 4sin2 jccos2 x-2 —
- 2sin2 x = 0 «• 4sin2 xcos2 x- sin2 x= 0, sin2 ^4cos2 x-1) = 0.
Отсюда
1) sinx = 0, x, = nk, к е Z,
2)4cos2x-l = 0,cos2x = i cosx = ±-, ^ =±^ + n/ = y(3/±l), UZ
n
Ответ: л-, = кк, х2 = — (3/± 1)5 где А: н leZ.
8.296. cos-4 z = 64cos2 2z.
Решение.
ОДЗ: cosz ф 0.

Из условия имеем
= (8cos2z)2
l-t-cos2z
1
- = 8cos2z,
,l + cos2z
8cos2z,
- = 8cos2z, cos2z>0,
г <=»
- = -8cos2z, cos2z < 0,
z
4cos2 2z + 4cos2z -1 = 0,
4cos 2z + 4cos2z+1 = 0,
-2±Jl -l±Jl
cos2z =
4 2
(2cos2z + l)!=0,
cos2z =
cos2z =
2
-1 + -Л
<-i,0;
cos2z = —.
2
... 2 , -I + V2 , V1 + V2 . 1/I + V2 , , _
1) 2cos z-l = ,co&z=±- ,Zi = ±arccos + пк,КЕ%
2) 2z = ±-n + 2rot, z2 =±- + лл = -(Зл±1), heZ
Ответ: z, = ±arccos^ +rtfc, A: e Z; z, =-(Зл±1), neZ
8.297. 4sin5xcos5x)cos4 x- sin4 x) = sin4x
Решение.
Запишем это уравнение в виде
2sinl0x(cos2 x-t-sin2 xWcos2 х-sin2 x)-2sin2xcos2x=0e*
<=»2 sin Юх cos 2x - 2 sin 2x cos 2x = 0, 2cos2x{sinl0x- sin2x) = 0.
Отсюда
-. n , n Kk , ™
1) cos2x=0, 2x = - + irfr, x, = - + —,fceZ;
2) sinl0x-sin2x=0<=* 2cos6xsin4x= 0.
Отсюда
1) cos6x = 0, 6x=j + m, X2 = — + — = — (2и+ 1), ni=Z;

2)sin4x=0, 4x=n/, *i = — , leZ, x, входитв aj.
гас ^ / л
Ответ: х,=—;х2 = тг(2я+ 1), гдеАгн neZ.
8.298. J§± + !?£ + ! = 0
tg2z Ig4z 2
Решение.
tg2z * 0,
tg4z * 0,
cos2z * 0,
cos4z;s0.
Из условия имеем
ОДЗ:
tg2z
Ig2z
tg4z
Решив это уравнение как квадратное относительно т~^~ * получим
tg4z 1 tg4z
—~ = -—,2) —— = -2. Перепишем первое уравнение в виде
-iS^- + tg2z»4tg2z + tg2z(l-tg22zWo, tg2z(5-tg22z) = 0.
l-tg22z v ' . к '
Отсюда
5-tg22z = 0, tg22z = 5, tg2z=±V5, 2z = ±arctgV5 + rat,
rat
-arctgV5 + y, fceZ; tg2z*0.
Второе уравнение запишем в виде
2lg2z ___ „ j
tg2z(l-tg22z)
= -2,
l-tg22z
1, tg22z = 2, tg2z = ±72,
2z = ±arctgV2 + 7W, z, = ±—arctgv2 + —, neZ
Ответ: z, =±—arctgV5+ —; z2 *
:-arctg72+ —, гдеАгн ле Z

8 299 — — = 6cos2x+4sin2x.
Решение.
{ctgx- tgx * 0,
cosx*0,
sinx*0.
Запишем уравнение в виде
sinx cosx
cos* d" -6cos2x- 4sin2x = 0<=»
cosx sinx
sinx cosx
sin x-t-cos"x cosxs'
smxcosx sin x- cos" x
1
- 6cos2x- 4sin2x= 0 *=>
6cos2x-4sin2x = 0<=* l-6cos22x-4sin2xcos2x = 0,
cos2x
cos2 2x+ sin2 2x- 6 cos3 2x- 4sin2xcos2x= 0,
sin22x-4sin2xcos2x-5cos22x = 0, tg22x-4tg2x-5 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tg2x, получим
tg2*=-l, 2*=-| + л*, *i=-J + Y- keZ tg2x=5'
1 7W
2*2 =arctg5 + 7w, X2 = ~arctg5 + —, ne Z
71 idc 1 7W
Ответ: *, = - — + —; ^ = — arctgb + —, где А: н neZ
о z 2 2
8.300. tg5x-2ig3;t=tg23xtg5x.
Решение.
Гакбх^О,
Д3' jcos3x*0.
Из условия имеем
5x-lg3x=lg23xl
> lg5x - lg3x = Ig3x(lg3xtg5x +1)«
169

sin(5x-3x) sin3;t ^sin3xsin5x + cos3xcos5xl n
cos5xcos3x cos3xl cos3^cos5x
sin2x sin3xcos2x
cos5xcos3x cos2 3xcos5x
sin2xcos3x ~ cos2xsin3x
= 0«
0« —= = 0=> sinx=0,
cos 3*cos5;c cos 3xcos5x
x= tUc, fceZ
Ответ: x = nk, ke Z
8.301. cosz + sinz = \l-2cos z.
Решение.
ода jl-2cos2z*0,
[cosz + sinz> 0.
Возведем обе части уравнения в квадрат. Имеем
cos"z + 2coszsinz + sin z = l-2cos z,
cosz + sinz к 0.
=>2coszsinz + 2cos2z = 0o cosz(sinz + cosz) = 0,
откуда
l)cosz = 0, zl = — + nk,k eZ, учитывая,что cosz + sinz ^0, z, - — + 2n£ =
= |(4fc + l),fceZ
2) sinz + cosz = 0, tgz = -l, z2 = -- + тш =-(4n-l), neZ
Ответ: z{ = — (4fc +1); z2 = т(4л- D» гдеА: н л е Z
8.302. V3(l + ig2^g3x) = tg2xcos"'3x
Решение.
ОДЗ:{С082^°'
[cos3x * 0.
Запишем уравнение в виде
ггЛ sin2xsin3x^ sin2x
cos2xcos3xJ cos2jccos3;t

V3(cos2xcos3x + sin2xsvn3x) sin2x _n
cos2xcos3x cos2xcos3x
V3cosx sin2x
cos2jccos3x cos2xcos3x
cosx(V3-2sinx)=0.
Отсюда
cosx=0, xi = — + nk, keZ,
-0<=> V3cosx~2sinxcosx- 0,
S , Л1К
или
V3-2sinx=0, sinx= —, % =(~1) —л-тй, Ie Z\ x{
не удовлетворяет уравнению.
Ответ: i=(-l)'- + «l,leZ
8.303. cos~6z-tg6z-- (sinz + cosz + 2) = 0.
Решение.
ОДЗ: cosz*0.
Из условия имеем
_J sin6 z 7 _
cos6z cos6z 3~ '<=> 3-3sin6z-7cos6z = 0<=>
sinz + cosz -t- 2 = 0, 0.
> З-З^ип2 zf -l^os1 zf =0 <
o3-3|i(l-cos2z)j -7[-(l + cos2z)j =0»
«• 2cos3 2z +15 cos2 2z + 6cos2z -7 = 0»
«• 2cos3 2г + 2cos2 2z+ 6cos2 2z+ 6cos2z+ 7cos2 2z- 7 = 0 «•
«• 2cos2 2z(cos2z +1)+ 6cos2z(cos2z +1) + 7(cos2z + lXcos2z -1) = 0,
(cos2z+l)(2cos22z+13cos2z-7) = 0.
Отсюда
1) cos2z+l = 0, cos2z=-l, 2z = n + 2rat, h =-z + *k> keZ

2) 2cos22z + 13cos2z-7 = 0.
Решив последнее уравнение как квадратное относительно cos2z, имеем
cos2z--7,0; cos2z = -, 2z~±— + 2nn, z-, = ±— + тш= —(6и±1),
2 3 2 6 6V '
neZ; z, не входит в ОДЗ.
Ответ: z = -(6л ± l), „ e Z
6
8.304. Ig2x-clg3x+clg5x=0.
Решение.
{cos2x*0,
sin3x*0,
sin 5* * 0.
Перепишем уравнение в виде
[sin2jc qos3jc^ cos5x Л
+ = 0«
cos2x svn3x^ svn5*
sin2xsin3;c —cos2jccos3;c cos5x n
<=> —— + , f = 0<=>
cos2xsvn3x sin 5 *
cos5x cosSjc
о —— +——-0o -cos5^{2sin5x~2cos2xsin3x) = 0.
cos2xsin3x sm5x
Отсюда
, тс , я й it,., л
1) cos5x=0, 5x=j + nA:, x, = —+ y = —(2/i + l), keZ,
2)2sin5x-2cos2xsin3x = 0e* 2sin5x-sinx-sin5x= Oe*
<=* sin5x-sinx = 0<=* 2sin2xcos3x=0.
Тогдаили5т2х = 0, 2x=im, x2 = — ,neZ,iumcos3x = 0, Зх=т- + л/,
n n/
*з = — + —, /eZ;x, входит вх. нлнвх,.
О J ■* l *
Ответ: x, =Tr(2i + l); x^ =-(2/ + 1),гдеА:н / e z
1U О
8.305. cos-12t+ sin-12r + cos_12rsin_12r-5 = 0.
ОДЗ: Н2'^0'
sin2r*0.
172

Из условия имеем
1 1 1
--5 = 0»
cos2? sin2? cos2?sin2?
l + lg2r l + lg2r 0 + lg2r/ , n
<=> V+ ° + " I ' i-5 = 0<=>
l-ig2r 2igr 2igr|-ig2rJ
о 6tg3r + tg2r - 4tg/ +1 = 0 «•
о (tg3r+ tg2r)+ (4ig3r- 4ig() + (ig3r +1) = 0 «•
«• tg2r(tgr+1) + 4igr(igr+ l)(ig/ -1) + (igr + l)(ig2r- igr +l) = 0 «•
o(tgr+l)(6tg2r-5igr + l) = 0.
Так как tg/ + 1 * 0, то 6ig" г — 5igr + 1 = 0. Решив это уравнение как
квадратное относительно Igf, получим ig? = —, ?t = arclg — + кк, к е Z,
1 1
tg' = т ■ r2 = aictg- + пи, л е Z
Ответ: tx ~ arclg — + nfc; ь = arctg~ + 7W, где А и ле Z.
8.306. cos(22°-r)cos(82°-r)+cos(l 12°- r)cos(l72°-r)=-(sinr + cosr}
Решение.
Из условия получаем
-(cos 60°+cos(104°-2l))+- (cos 60°+cos(284',-2r)) = -(sinr + cost)»
о cos(104°-2r) + cos(2840-2r) +1 = sin r + cos t «•
«• 2cos(194°-2r)cos90o+l = sinr + cosr, sinr + cosr-1 = 0 о
-, ■ ' ' 2' -2' 2' • 2 ' n
<=* 2 sin—cos— + cos — sin — cos — sin — = 0,
2 2 2 2 2 2
2sin2 - - 2sin-cos- = 0,2sin- sin- - cos- = 0.
2 2 2 2^ 2 2)

Отсюда
1) siny = 0, у = 180°fc, fi = 360° к, keZ;
2)sin--cos- = 0<=»lg- = l, " = 45°+180°n,
'2222
*2«90* + ",'0о» = 90°(4л + 1} neZ
Ответ. ', . 50°к; h ~90°(4n +1),гдекп neZ.
8.307. sin4^3sin4x~2cos4x) = sin 2x-16sin xcos xx
xcos2 2x + cos22x
Решение.
Из условия получаем
sin4^3sin4x-2cos4x) = ~(l-cos4x)—(l-cos4x)-4sin22xx
xcos22x+-(l + cos4x)o 2sin4^3sin4x-2cos4x) = l-cos4x-
-2sin 4x+1 + cos4jc, 6sin 4x-4sin4xcos4x-2cos 4x-0,
3sin2 4x-2sin4xcos4x-cos 4x= 0.
Разделив на cos 4x*0, получим 3ig24x-2tg4x-l-0. Решив это
1
уравнение как квадратное относительно lg4x, имеем tg4x=—,
1 , 1 1 пк тс
4x1 = -arcig-+icfc, х{ = --arcig- + —, к е Z, lg4jc=l, 4х, =- + ля,
тс ял тс . Л
^ = H+T = T6(4"+1)'"eZ
Ответ: х, = —arcig- + ——; х, = т-(4л + 1), где£ниег
4 3 4 " 16
8.308. cos3z-cos3z + — sin2z = 0.
4
Так как cos За = 4cos3 а - 3coscc, то получаем
4(4cos3 z- 3cosz) - 4cos3 z + 6sinzcosz = 0,
12cos3z-12cosz + 6sinzcosz = 0, 6cosz(2cos2 z-2 + sinz] = 0,
174

6coszl2ll-sin zj - 2 + sinz) = 0, 6cosz(-2sin2 z + sinz) = 0,'
6coszsinz(2sinz- 1) = 0.
Отсюда
1) cosz = 0, z, = | + nfc = ^(2fc + l), kzZ,
2) sinz = 0, z2 = ли, л е 2;
3) 2sinz-l = 0, sinz = -, z3 = (-1)* ^ + я/, leZ
2 6
Ответ: z, = — (2fc + 1); z2 =пл; z3 =(-1)*- + п',гдеА:, ян ;ez.
^ 6
8.309. tg(r2 - r)ctg2 = 1.
ОДЗ: cos(r2-r)*0.
Из условия имеем
/ ■> \ ,, \ sin(r2-r-2)
tg(r2-r =tg2, tg(r2-r)-tg2 = 0«. —7^—г—^- = 0«»
coslr" - r)cos2
«sin(r2-r-2) = 0<=> r2-r-2 = rat, kzZ, t2-t-2-nk = 0,keZ
Из этого уравнения получаем
v 2 4л
l±i/9+4№fc
Ответ: t[2 = , гдеfc = 0; 1; 2;....
8.310. sin3^l-ctgx) + cos3j(l-tgx) = l,5cos2x
ОДЗ:!8511^0'
[cOSX*0.
Запишем уравнение в виде
. з /, ажх) з /, япдЛ , , - „
«па 1 +cos л 1 -l,5cos2x=0<=*
^ smxj ^ cosx^
о sin2 ^sinx-cosxj-cos ^sinx-cosx)-1.5cos2x=0^
175

o(cosx-sinx)fcos2 x-sin2 jc)-1,5cos2x=0<=>
«• (cosx-sin;c)cos2jc-l,5cos2x= 0** cos2^cosx-sinx-l,5) = 0.
Отсюда
cos2x= 0, 2*= - + )*. x= - + — = -(2k +1), A; <= z,
cosx-sinx-1,5*0.
Ответ: x= -(2k +1), к е Z.
= cos~22r-l.
8.311. U
l + cos2r
Решение.
ОДЗ:{С°52'*0'
|cos2/*-l.
Из условия имеем
sin22r 1 , „ l-cos22r l-cos22r „
=— + 1 = 0, = = 0,
l + cos2r cos 2t l + cos2r cos 2r
(l-cos2r)(l + cos2r) l-cos22;
l + cos2r cos22r
„ (l-cos2r)(l + cos2r) „ ,, „ , f, l + cos2r"| „
l-cos2r-^ '\ '- = 0, (l-cos2r)- 1 -. =0.
cos2 2t . К cos2 2t )
Отсюда
1) 1- cos2r = 0, cos2r = 1, 2t = 2nk, t,=nk, keZ,
-чл , l-t-cos2? . -, „ , „
2) 1 = = 0» cos 2r-cos2r-l = 0,решим его как
квадратов 2t
ное относительно cos2t, получим cos2? = > 1,0: cos2?= ,
2 2
1-V5 1 1-V5
2? = ±arccos + 2tui, U — ±—arccos + iui, neZ.
2 2 2
1 1-V5
Ответ: t\ = nk; /2 = ±—arccos—-— + Tin, гдек н n e Z.

8.312.4cos xcos2xcos3x = cos 6x.
Решение.
Умножаем обе части уравнения на sin х * 0. Получаем
2(2 sin х cos x)cos2x cos Зх = sin x cos 6x «.
«• (2 sin 2x cos 2x) Cos 3x = sin x cos 6x «•
«• sin4xcos3x-sinxcos6x=0**
«•— (sinx + sin7x) + —(sin5x-sin7x) = 0«-
«• sin x + sin 5x = 0 ** 2 sin 3x cos 2x = 0.
Отсюда
Ilk
1) sin3x = 0,3x = TcA:,x1 = —, AeZ, исключив значения x = nm,
прикоторыхsinx = 0,полупим X, = —(3/±1),/е Z.
л -ч Я п ЯП 71,- ,. „
2) cos2x = 0, 2х~~+пп, х2 - —+— = —(2п + 1), пе Z.
Ответ: х!=-(3/±1); х2 - j(2n + l),r]iel nneZ.
8-313. l-cosx = vl~ v4cos2x-7cos4x.
Решение.
[4cos2x-7cos4x>0, ,
ОДЗ:
}l--j4cos2x-7cos4x >0.
Возведя обе часта уравнения в квадрат, получим
l-2cosx+cos2x = l-v4cos2x~7cos4x ^
1 - cos х £ О
v4cos2 х - 7 cos4 x ~ 2 cos x - cos2 х,
cos х ^ 1,
2cosx-cos2xS0.
Еще раз возведя уравнение в квадрат, получим
4cos2 х -7cos4 x = 4cos2 x -4cos re + cos4 x,
8cos4x-4cos3x=0,4cos3x(2cosx-l)=0.
177

Отсюда
1) cosx=0, x, =- + irfr = -(2i + l), к eZ;
2)2cosx-l = 0, cosx=-, X2 = ±- + 2гсл = -(бл±1), n e Z.
Проверкой убеждаемся, что оба корня являются решениями уравнения.
тс . тс / .
Ответ: х, = —{2к + 1); xj = -г (6л ±1), где* и neZ.
2sinx-sin2x 2 x 10
8.314. — r-r- + cig'!-= —.
2sinx+sin2x 2 3
ОДЗ
sin— *0,
2
2sinx+sin2x*0.
Перепишем уравнение в виде
2sinx-2sinxcosx 1 + cosx 10 п
Н : =0,
2sinx + 2sinxcosx 1-cosx 3
2sinjc(l-cosx) 1 + cosx 10 „ 1-cosx 1 + cosx 10 _.
2sinjc(l+cosx) 1-cosx 3 ' 1 + cosx 1-cosx 3 ~ '
з/1-cosxV 10ri-cosxV3 = 0
^l + cos;ty ^l+cosav
1 - COS X
Решив это уравнение как квадратное относительно , получим
1 + COS X
fl-cosx^l ! 1 . п л , , .,
1) h = -,cosx=-, x,=±- + 2rc/, leZ,
' \\ + <х&х) 3 2 3
(l-coex> , 1 .2
2) \-. = 3, cosx = --, x, = ±-тс+2лл, neZ\
' \l + casx) 2 3
x=±^ + rci = ^(3i±l), ieZ
Ответ: x = - (3k ± 1), к е Z.

8.315. 4(sin (cos51 + cos t sin51\ + sin3 It = 1.
Решение.
Имеем
4sin(cosl(cos4 t + sin4r) + sin32t-l = 0,
2sm2t[ (cos2 I + sin2 t) - 2cos2 I sin2 I ] + sin3 (
2sin2r - sin2l(4cos; I sin2 t) + sin3 21 -1 = 0,
2sin2r-sin32r + sin32r-l=0, sin2( = -, 2t
v ' 12 2
8.316. sin4 x-sin2x + 4(sinx + l) = 0.
Решение.
Из условия имеем
sin2 л/sin2 x-l]-t-4(sinx-t-l) = 0,
sin2 j{sinjc-l)(sinjc-i-l) + 4(sinx + l) = 0,
(sin x+ l)(sin3 x - sin2 x + 4J = 0.
Отсюда
1) sinx=-l,x = -j + iik=,~(4k-l),keZ,
2) sin3 x-sin2 x + 4*0.
Ответ: х= — (4к- 1), A: e Z.
2* '
sin2 (- tg21 ,
8.317. —j ~ + 2tg3t + l = 0.
cos r-ctg r
Решение.
(cos(* 0,
sinr*0,
sinr*±l.

Перепишем уравнение в виде
. 2 sin2 t
siiT t т-
sin2r(cos2 (-l) d 2.
«=> Ц *■ —^4 >+2tg3r + l = 0,
cos r cos" rl sin" t - II
(tg3r)2+2tg3( + l = 0, (tg3r + l)2 = 0, tg3r = -l, tg[ = -l,
f = -- + jtt = -(4t-l), fceZ
Ответе r = —(4fc-l), keZ
tgt tg5f .
8.318. —YZ — = °-
cos 5t cos r
Реше/ше.
fcosr * 0,
Oe* sin?cos?-sin5?cos5? = 0.
Запишем уравнение в виде
sin? sin 5?
cos t cos 5? cos 5/cos t
и 4. sin2a
Используя формулу sinacosa = , получим
sin It sin 10? л . - . 1/ч Л „ „ . ,
= 0, sin2r-sinl0r= 0» -2cos6rsin4r = 0.
2 2
Отсюда
тс . тс nfc n ,„, ,, , „
l)cos6r = 0, 6t = ~ + nk, I, = — + — = — (2A: + 1), к е Z,
2) sin4r = 0, 4r = rcn, r, =-,»eZ
2 4
С учетом ОДЗ t2 = iui, n e Z.
Ответ: h~T^ O-k + 1); r2 <= тш, где А: и n e Z

l + sin2jc+cos2;t
8 319 + sin,
* 1 +sin 2*-cos 2*
Решение.
il+tgxtg|j=^
ОДЗ:
cos** 0,
X
cos— * 0,
2
l + sin2;t-cos2;t*0.
Из условия имеем
sin2 x +cos2 x + 2sin;ccos;c +cos2 *-sin2 x
sin2;t+cos2;t+2sin;tcos;t-cos2;t+sin2;t
smjcsm—
1+ 2_
? smxl cosxcos —+ sin;tsin
2sin;tcos;t+2cds * 1 2 2
__ + i.
2smjcoosx+2sin x cos^cos-
2
-4 = 0«
2cos^sin^ + coso:)
2an^cos^+sino:)
-т-4 = 0, cosx sin x
sin л cos x
cos л + sin x
1-2, -J—= 2, sin2x=-, 2* = (-1)*- + тЛ,
2sin*cos;t sin 2* 2 6
v ^ 12 2
Ответ: x = (-1) — + — ,teZ
v '12 2
8.320. sin22-sin6z + 2 = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде sin2z-sin3(2z) + 2 = 0. По формуле
sin За = 3sina-4sin3a,HMeeM
sin2z-3sin2z + 4sin32z + 2 = 0, 4sin32z-2sin2z + 2 = 0,
2sin3 2z- sin2z +1 = 0, 2sin3 2z + 2-mi2z-1 = 0,

2(sin2z + l)^in22z-sin2z+l)-(sin2z + l) = 0,
(sin2z+l)(2sin22z- 2sin2z+l)=0.
Отсюда
l)sin2z + l = 0,sin2z = -l,2z = -^+2»t, * = -j + t*= j(4fc-l), keZ,
2) 2sin22z-2sin2z + l = O(B<O),0.
Ответ: z = — (4k -1), A: e Z
8.321. sta2(r + 45°)-sh2(r-30°)-sml5°cos(2r + I5°) = 0,5sin6r.
Решение.
Из условия имеем
1 - cos(2r + 90°) -1 +cos(2r- 60°) - 2sinl5°cos(2r +15°) - sin6r = 0 «•
«• sin 2r+cos(2r - 60°) + мп2г - sin(2r + 30°) - sin6r = 0 «•
<=*2sin2r+cos2rcos60° + sin2rsin60°-sin2tcos30°-
-cos2rsin30°-sin6r = 0,
2sin2r + -cos2r + — sin2r sin2r--cos2r-sin6r = 0,
2 2 2 2
2s'm2r-sin& = 0.
Так как sin3a = 3sina-4sin3a, то 2sin2r-3sin2r + 4sin32r = 0,
4sin32r-sin2r = 0, sin2r(4sin2 It-1) = 0.
Отсюда
1) sin2r = 0, 2r = 180°A:, r,=90°A:, keZ,
2)4sin2 It- 1 = 0, sin2r = ±-, 2t = ±30°+180°I, r2 = ±15°+90°/, I e Z
Ответ: t, = 90°k, t2 = ±15°+90°f, гдеА: и / e Z
8.322. 3tg3x-4tg2;c=tg22;ctg3x
Решение.
[cos3jc*0,
°«3: cos 2**0.

Запишем уравнение в виде
3tg3x- 3lg2x = tg2 2xtg3x + tg2x,
_ (sin3x sin2x^ . f sin2;csin3;t ,,
3. = tg2x- r- + l «=>
Vcos3x cos2x^ Vcos2xcos3x
_ fsin3xcos2x-cos3xsin2;t ^ sin2x
cos 3x cos 2x J cos2x
('sin2;csin3x+cos2;ccos3x^
cos2xcos3x
3sinx sin 2x cos
:0«
:0«
cos3xcos2x cos 2xcos3x
<=>3sinxcos2x-sin2xcosx = 0, 3sin^2cos2 x-l)-2sinxcos2 x-0,
sinx(4cos2 x-3)=0.
Отсюда
1) sin x = 0, *! = rtfc, A: e Z;
2)4cos2 x-3 = 0, cosx = ±—, x2 =±^ + тсп, п е ^л2невходитвОДЗ.
2 6
Ответ: х = nky к е Z.
0-_, 5sinx-5tgx .„ ч л
8.323. —+ 4(l-cosx) = 0.
sinx + tgx
Решение.
(cos x * 0,
sinx*0,
cos x * -1.
Из условия имеем
, . 5sinx
5sinx
S°si+4{l-cosx)s0<=>
sinx +
COS X
5sin^(cosx-1) cosx .,, ч .
^ 3 L + 411 ~- cos x) = 0,
cosx sin^cosx+l)
(cosx-if —--a\ = 0.
v Л cosx+ 1 J

Отсюда
1) cosjc- 1 = 0, cos*- 1, хх = 2кк, ke Z\
2) --4 = 0,cos:r=-, ^ = ±arccos- + 2nn, neZx: не вхо-
cosx+1 4 4 ^ '
дитвОДЗ.
Ответ: х = ±arccos— + 2tui, n<=Z.
4
8.324. 4cosjc = >/3ctgx+l.
Реше/ше.
ОДЗ: sinjutO.
Запишем уравнение в виде
4cos;c- OS*-l = Oo 2sb*cos*- — cos* + -sin* =0,
sin* ^ z A )
sin 2л- sin — cos л+cos — sin jc | = 0e* sin2jc-sin] -^ + ;c| = 0<=>
. (Зх и
<=* 2 cos — + —
I 2 6
Отсюда
2) sin--- =0, = 7W, ^2 = - + 2тсп = -(6n + l), neZ
\2 bj 2 6 3 3
Ответ: Х\ =—тс(ЗЛ + 1), *2 = "г(6п + 1),гдеА:и neZ
2fcos 2ztez - sin 2z)
8325. 1 + -* == ^cos2z.
cos z
Реше/ше.
ОДЗ: cosz*0.
Перепишем уравнение в виде
- sinl — + х = С
,Jcos2zsin2 . „
2 sin2z
-cos2z = 0<=*
1
cos2 z
e* l + 2(sinzcos2z-coszsin2z)cosz-cos2z = Oe*

<=> I + 2sin(-z)cosz-cos2z = 0, 1 - 2sinzcosz- cos2z = 0 «•
e* l-2sinzcosz-l + 2sin2z = 0 <=> 2sin z-2sinzcosz = 0,
svnz(svnz-cosz)-0.
Отсюда 1) sinz = 0, z, = Tin, n eZ,2) sinz-cosz = 0e* tgz = 1,
откуда z, =- + Tcfc = - (4k + 1), A: e Z
Ответ: z, = теп, пе^г,= т(4& + 0, teZ
8.326. (cosx-sinx) + cos4 x-sin4 x=0,5sm4x
Решение.
Из условия получаем
cos2 x-2cosxsinx + sin2 x + lcos2 x+sin xj/cos x-sin2 xj-
-0,5sin4x = 0<=* l-sin2x+cos2x-sin2xcos2x = 0<=*
<=* (I + cos2x)-(sin2x + sin2xcos2x) = 0<=*
«• (1 +cos2x) - sin2x(l + cos2x) = 0 «• (1 +cos2x)(l- sin2x) = 0.
Отсюда
l)l+cos2x=0, cos2x = -l, 2x, =n + 2m, x\ = — + nn = — (2n + l),neZ.
2)l-sin2x = 0,sin2x=l,2x2=^+2irfr, % =^ + гЛ=^(4А: + 1), к е Z
Ответ: хх = —(2п + 1); Xj = ^(4Л:+1),гдепИ JteZ
8.327. ctgxj 1 - - cos 2x I = 1.
Решение.
ОДЗ: sinx*0.
1-tg2^
По формуле cosa = —, имеем
i+tgz-
tgx
i_Jrii!iL.
I 2(1+<s2*)J
:!«• 2tg3x-3tg2x+2tgx-l = 0»

«• (2tg3x- 2tg2 xj- (lg2x- 2tgx +l) = 0 «•
»2tg2x(tgx-l)-(tgx-l)2 = 0, (tgx-lX2tg2x-tgx + l)=0.
Отсюда
1) tgx- 1 = 0, lgx = 1, x = - + кк, к е 2,
2) 2tg2x-tgx+l*0(D<0), 0.
Ответ: х = — + пк, к е Z.
4 ,
8.328. cos2(x+40o)+cos2(jc-40o)-sinl0ocos2jc = sin 2x.
Решение.
Понижая степень, имеем
-(l+cos(2a: + 80o)) + -(l+cos(2a:--80o))-sinl0ocos2a:=sin2a:,
1 + -(cos(2* + 80°)+cos(2x -80°))-sinl0°cos2;c = sin2x о
о l+cos2jccos80o--sinl0ocos2;t = sin2;t о
о l+cos2*sinl0°-sinl0ocos2;t = sin2;t ,
sin2*=l, 2x=- + 2nk, x = -- + ■!& =-(4k+ l\ к е Z
2 4 4
Ответ: x = - (4fc +1), к e Z
8.329. 2cos2~(l-sin;c)+cos2 *=0.
Решение.
Сумма двух неотрицательных чисел равна нулю тогда и только
тогда, когда каждое из них есть нуль. Таким образом имеем:
2х
2cos — (l-sin;t)=0, ^ [(j+cos*)(i-sin*)=0, _ [sin*=l,
, Л ,cosx = 0, cos*=0,
cos x = 0,
x = - + 2nk = -(4k+l),keZ.
Ответ: x-~ (4k +1), к е Z

8330. 'tg6xcos2x-sin2x-2sin4x = 0.
Решение.
ОДЗ:соз6л*0.
Запишем уравнение в виде
5!п6лсоз2л . _ ") . . . .
sin2л -2sin4x = 0,
cos 6л I
51ПбхС052л-С05бл51П2х ... л . . . . ,
25т4л = 0о5т4л-251п4лсо5бл = 0,
cos 6л
sin 4л (1 - 2cos 6л) = 0.
Отсюда
кк
1)8!п4л = 0, 4х=пк, л, = — ,keZ; учитывая ОДЗ, получим
пт _,
л, = , те Z.
1 2
2)1-2со5бл = 0, со5бл = -,6х = ±- + 2тс/, х2=±~ + ~,leZ.
2 3 2 18 3 .
_ Km я,,.,.. , „,
Ответ: л, = : л7 = — (6(±1), где т и leZ.
1 2 18
8.331. cos 8л +Зсоз4л + 3 cos 2л = 8cos л cos3 Зл -0,5.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
cos 8л + 3 cos 4х + 3 cos 2л = 2( 2 cos л cos Зл) (2cos2 Зх) - 0,5 о
Осо8 8л + 3соз4л + 3со5 2л = 2(соз2л + соз4л)(1 + сс*6л)-0,5о
о cos8л + 3 cos4л + 3cos2л = 2cos 2л + 2cos4л + 2cos2л cos 6л +
+2cos 4x cos 6л - 0,5 о
о cos 8л + cos 4л +cos 2л = cos 4л + cos 8л + cos 2л + cos 10л - 0,5,
со510л = 1,10л = ±- + 2я£, л = ±—+— = — (6*±1), keZ.
2 3 30 5 30v '
Ответ: —(6A±l),AeZ.
30
8332. tg*tg(* + l) = l.
Решение.
ОДЗ:{С°5^0'
lcos(jc+l)*0.

Запишем уравнение в виде
sinxsin(jc+l)
; r-l = 0<=> sinjcsin(jc+l)-cosjccos{jc4- 1) = Ое*
cosjccos(jc-i-1) ч
<=*-cos(2jc+1) = 0, lx+l = — + nk, x = -i , keZ
\ i • 2 All
Ответ: х- н , fce Z
4 2 2
am 8sin~22jc+l 2 4
8.333. . =- = ctg2x + -.
cos i+lg j 3
Решение.
ОДЗ: sin2x*0.
Перепишем уравнение в виде
—5 + 1 2
sin2 lx _ «» * , 4
2 2 ^ '
1 sin x sin x 3
2~+ T~
COS Л COS X
l-cos22;c ^1 + cos2jc 4 l + 2cos2* _Q
1 | l-cos2* l-cos2;c 3 3(l-cos2;c) '
1 + cos2jc 1 + cos2jc
[1 + 2cos2jc = 0, i 2
1 ~.i -^n т.е. cos2:r=--, 2х=±-п + 2пА:,
Icos2jc*U, 2 3
* = ±-^ + nA: = y(3A:±l), keZ
Ответ: x= —(3fcrt 1), к е Z
8.334. 2 + sinr = 3tg-.
Решение.
ОДЗ: cos- * 0.

2tgY
По формуле sin a = ^—, имеем
i+tg3f
1ч\ t , , ,
2 + 1--Зв- = 0« 3tg^-21g^ + 1g{-2 = 0<
1 + tg2- 2 2 2 2
»3tg3~-3-2tg2- + tg- + l+2-2 = 0»
2 2 2
«3ftg3i-lJ-2ftg^-lJ + (tg^-l| = 0«
«3ftgi-lTtg2i + tgi + iy2ftgi-lTtgi + lj+ftgi-l] = 0«
Отсюда
1) lgi-1-0, x%'-=\, £ = £ + **. r = | + 2nfc = f(4A: + l), fce2;
2) 3tg2- + tg- + 2*O(D<O),0.
Ответ: t = —(4k + i), ke Z.
8.335. tg(35°+x)ctg(10°-x)=|.
Решение.
fcos(35°+;c) * 0,
ОДЗ: I ; '
[sin(10o-x)*0.
Перепишем уравнение в виде
tg(35°+x)ctg(90°-(80°+x)) = |«•
«• tg(35°+x)tg(450+(350+x)) = - «•

SK ' l-tg45°tg(35° + *) 3
«tg(35° + X).|±|g±ij = |«3tg2(35- + ,) + 5tg(35° + x)-2 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tg(35°+*), получим
tg(35°+;c) = i, 35°+* = arctg i +180°к, х, = arctg- - 35°+180° к, к е Z,
или
tg(35°+x) = -2, 35°+x = arctg(-2) + 180°n, х, = -arctg2-35°+180°n,
п е Z.
Ошваи.- *1= arctg- -35°+180°i, is Z, x, = -arctg2-35°+180°n, beZ
8.336. 2tgx+ig2x + 2tgxtg3x+tg2;<tg3x = 0.
Решение.
{cosx*0,
cos2x*0,
cos3x * 0.
Перепишем уравнение в виде
(2tgx+ 2tgttg3x) + (tg2x + tg2:*tg3x) = 0 <=>
«* 2tgx(l + tg3x)+ tg2x(l + tg3jc) = 0, (1 + tg3x)(2tgx+ tg2x) = 0.
Отсюда
- . - я тс тсА: . _ ~
1) l + tg3x = 0, tg3x=-l, 3x = -- + rcA:, x, = -— + — , keZ,
2) 2tgx+tg2x = 0»2tgx+-^- = 0, 2tgJl + Ц-| = 0.
l-lg2x (, l-tg2xj
4
К кк
arcigvz +7ч, ici с учетом идл x,=-
me Z
Ответ- xl = ~tt + —, /t * 3m+1; x, = пи, x3 = ±arclgV2 + те/, где
UhmeZ
Отсюда илиtgx = 0, х, = теп, neZ,или 1 + -— = 0, tgx = ±V2,
1-tgzjc
x3=±arctgV2+rc/, UZ С учетом ОДЗ х, =-—+-^, A:* 3m + l,

8,337, sin42jc + sin32jccos2jc-8sin2xcos32jc-8cos42jc = 0.
Решение.
Запишем уравнение в виде
«• (sin 2х +cos 2х) (sin3 2х - 8cos3 2х) = 0.
Отсюда sin2x+cos2jc = 0 или sin32x-8cos 2х = 0.
1) tg2* = -l,2* = -- + 7ti, *.=--+—,keZ.
' 4 ' 8 2
2) tg32x = 8, tg2x = 2, 2jc = arctg2+rtn, x2 =-arctg2 + —, neZ.
„ n ni 1 , „ nk
Ответ: х. = - —н ,jc, =—arctg2-l , где к и neZ.
1 8 2 2 2 2
8.338, cos t (1 - tg r) (sin t + cos r) = sin t.
Решение.
ОДЗ: cosr^O,
Перепишем уравнение в виде
Г , sin г \ . ,
cosn 1 Ksm? + cos0-smf = 0e*
I cos t I
<=> (cos г-sin г) (cos г+sin г)-sin r = 0e*cos t-sin2 t-sint = 0<=>
<=>l-2sin2t-sint = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно sin t, найдем
sinr = -l, t, = — + 2rci,ieZ;sinr = -, r, = (-l)'- + n/, leZ;t, не
2 2 6
подходит по ОДЗ.
iV"j
Ответ: t-(-l) - + nl, leZ.
К 6
8,339,
JCOSJC JCOSX
-^
cos* Jcosjc +
г-
Решение.
0<cosjcS1,
ОДЗ:
COS* Ф—.
2

Запишем уравнение в виде
2 [ cos х
cos х
= 0«
/cos x - -Jl - cos x Vcos* + Vl-cos x у
i/cosx + -Jl — cos л: + Vcosx - Vl — cos jc
-COS Л'
Wcosx- Vl - cos x JU/cosx + -Jl - cos* j
2cosWcosx л 2cosx-l-cos x
2cos;t-l
\/cos;t(2cos;t-l)
«cos *-2cos;t + l = 0, coe*=l, x=2nk, keZ.
Ответ: х- Ink, ke Z.
8.340. l + sinz+cosz + sin2z + cos2z = 0.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
sin2 z + cos2 z+sinz + cosz + 2sinzcosz + cos2 z-sin2 z = 0
о (sinz + cosz) + (2sinzcosz+2cos2 z]=0o
<^> (sinz+cosz)+2cosz(sinz+cosz)=0 о
о (sinz + cosz)(l+2cosz)—0.
Отсюда 1) sinz + cosz = 0,2) l + 2cosz=0.
1) tgz = -l, z, =-j + nfc = -(4fc-l), keZ
1 2 2
2) cosz = —, z2 =±—я + 2тш = ~я(3п±1), пе Z
Ответ; zx — — (4fc-l); z2 =— тс(3п±1), где А: и neZ
8.341. ctg(x-25°) + tg(3* + 15o) = 2sin(2x-50o).
Решение.
Jsin(;t-25°)*0, J л- 25° * 180°?,
|cos(3* +15°) ?t 0, ** [3jc + 15°* 904180е л **
\x*25°+\%<ft,teZ,
\x*25°+$Fp,peZ
ОДЗ:

Запишем уравнение в виде
cos(x-25°) sin(3x + 15°) , . л, „.•, „
^7—^ + —к —4-2sin(2x-50°)=0o
sin(x-25°) cos(3x + 15°) v
ocos(,-25°>os(3, + 15°)+sin(x-25°)sin(3x + 15°)_2s.n(2;c_50o)
sm(x-25°)cos(3x + 150) . '
cos(2x + 40°
sin(x-25°)cos(3x+15'
cos(2x + 40°)
T-2sin((2x +40°)-90°) = 0 «•
t + 2cos(2x+40°)=0»
sin(x - 25°)cos(3x +15°
о cos(2x +40°Xl + 2sin(x -25°)cos(3x +15°))= 0.
Отсюда
1) cos(2x + 40o) = 0, 2x + 40°=90°+180°A:, x, = 25490° A:, JteZ;
2) l + 2sin(x-25o)cos(3x+15o) = 0»
о 1 + sin(x- 25°-3x-15°) + sinfx- 25°+3x+15°) = 0 «•
«• l-sin(2x + 40°) + sin(4x-10°) = 0»
«• l-sin(2x +40°)+sin(4x + 80°-90°) = 0 «•
«• 1 - sin(2x + 40°) - sin(90°-(4x + 80°)) = 0 «•
«• l-sin(2x + 40°)-cos(4x + 80°) = 0<=*
«• 1 - sin(2x + 40°) - cos2(2x + 40°) = 0 «•
«• 1 - sin(2x + 40°) -1 + 2sin2(2x + 40°) = 0 «•
«• 2sin2(2x+40°)-sin(2x + 40°) = 0 «•
«• 2sin2(2x + 40°)(2sin(2x+40°)- l) = 0 <=»
"2x + 40° = 180°n,
2x + 40° = 30° + 360°m, «•
2x + 40° = 150° + 360°/,
"sin(2x + 40°)=0,
sin(2x+40°^
-I **
' 2'
'x2 = -20° + 90°n, neZ,
x3=-5°+180°m, meZ,
x4 = 55° + 180°f, IeZ.
7 Сканави М. И..

С учетом ОДЗ имеем х, = 25°+90°(2г + 1) = 115°+180°r, rzZ.
Ответ х, = 115°+180°r, r e Z; х, = -20°+90°n, neZ; x,= -5°+180°т,
meZ; xt = 55°+l№°l,leZ.
8.342. tg2x + ctg2x + 3tgx+3ctgx+4 = 0.
Решение.
Гссвх^О,
ОДЗ: • ^n
[sinx^O.
Запишем уравнение в виде
(tgx + ctgx)" - 2tgxctgx + 3(tgx + ctgx) + 4 = 0,
(tgx+ctgx) + 3(tgx + ctgx) + 2 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tgx+ctgx,
получим (tgx+ctgx^ = -2 или (tgx+ctgx)? = -1.
1) tgx+— + 2 = 0» tg2x+2tgx+l = 0, (tgx+1)2 =0, tgx=-l,
tgx
jt=-" + j* = -(4fc-l), keZ
4 4
2) tg2x + tgx + l*O(D<O),0.
Ответ: x=-(4k-l),keZ
8.343, tg2r = ctgr-4cosrcos3r.
Решение.
„„„ [cos2r*0,
ОДЗ: . ■
[sinr*0.
Перепишем уравнение в виде
sin2r cosf^
+ 4cosrcos3r = 0<=*
cos 2? sin г J
sin2rsinr-cos2rcos( . , „
=> + 4cos?cos3? = 0«
cos2?sinr
cos3? ,
* -—:—+ 4cosrcos3r = 0<=> -cos3r(l-4cosrcos2rsinr) = 0.
cos 2t sin? * '

Отсюда
1) cos3r = 0, 3I = - + rat, (.=- + —, fce Z;
2 ' 6 3
2) l-4cosrcos2rsinr = 0<=> l-2(2sinrcosr)cos2t =0o
«•l-2sin2rcos2r = 0<=* l-sin4t = 0<=> sin4r=l, 4r = — +2nn,
2
71 71
Ответ: Ц~-~(2k +1); c? = — (An +1),гдеки пе Z.
6 8
8.344, cos2;t = cos2—.
2
Решение.
Из условия имеем
cos2x=—(l + cos3x)
2* ;
и по формуле cos2cc = 2cos a-1, cos3x= 4cos3 x-3cos;t имеем
2(2cos2x-l)-l-(4cos3;c-3cos;c)^0o
o4cos3 *-4cos2 x- 3cosjc + 3 - Oo
о 4cos2 *(cos;c -1)- 3(cos;c -1)= 0 о (cosл- l)(4cos2 х- з) = 0.
Отсюда
1) cos х- 1- 0, cos л- 1, xx - 2tUc, ke Z\
2) 4cos3x-3 = 0, cosx-i—, *2 =±—+ 7in = —(6n±l), neZ
2 6 6
Ответ: xx ~ 2nk; x~, = — (6n + 1), где к и n e Z
8.345, (tgr - ctg? + 2tg2r)( 1 + cos 3?) - 4 sin 3t.
Решение.
(cost*0,
shu*0,
cos2f*0.
Перепишем уравнение в виде
(sin t cos t л ^\ ,. ,\..,Л '
:— + 2tg2f • (1 + cos 3f) - 4sin 3f = 0 **
Vcosr smr )

sm2r cos"' + 2tg2(|.(l + cos3r)-4sin3r=0o
sinfcos?
2cos2r
sin2?
+ 2tg2r -(l + cos3r)-4sin3r = 0<
, fcos2t sin2rN) /, л „ . ,. „
«•-2- (l+cos3r)-4sin3r = 0<=*
^sin2r cos2(J
. fcos22r-sin22rl /, , i . . , „
»2- (l + cos3n+4sin3r = 0<=*
I sin2rcos2r I
^4cos4rg + cos3r_) + 4s.n3r = 0^ cos4((i + cos3,)+sin3,sin4( = o,
sin to
Cos4? + cos4?cos3/ + sin4fsin3? = 0 <=> cos4/ + cos? = 0e*
-, 5r It .
*=> 2cos — cos — -0.
2 2
Отсюда
1) cos— = 0, — = — + Jtfc, t, = —i—я*. Н4
2 2 2 ' 5 5
.. 3/ 3r я я 2 „
2) cos— = 0, — = — + яп, ?. = — + —яп. neZ
2 2 2 2 3 3
Учитывая ОДЗ, получаем
ti=-j+5^A: = -(2i + l),i;i5; + 2;l2=j + jra = |(2n + l), и*3( + 1,
гдеА:, л, и ;ez
Ответ: Г, = -(2А: + 1), fc * 5/ +2; '2 =т-(2л + 1). л *3/ + 1, гдеА:, л, и
/eZ
8.346. sin^cos^-2) + tgx = 2-cosx-cos-1 x.
Решение.
ОДЗ: cosx*0.
Запишем уравнение в виде
sinj/cosx-2) + (cosJc-2)+ -1 = 0»
Icosx cos л J

, „w . ,, sinx+1 „
e*(cosx-2)(sinx-t-l н = 0e*
v cosx
<=*(sinx + l)- cosx-2-i =0.
V cosxj
Отсюда
1) sinx + l = 0, sinx = -l, л:] = -■- + 2я£, к е Z;
1 ? 2
2)cosx-2 + = 0<=> cos x-2cosx + l = 0, (cosx-1) =0,
cosx v '
cos x -1 = 0, cos x = 1, x, = 2rm, neZ, x, не подходит по ОДЗ.
Ответ: х - Ът, п е Z
8,347. (1 + cos x)J tg 2 + sin x = 2 cos x.
Решение.
Запишем уравнение в виде
(1-t-cosxUtg 2-2cosx = -sinx<=>
о (l-t-cosx)Jtg 2(1 +cosx) = -sinx<=>
<=*(l + cosx)| 2-,/tg— I = sinx<=* 2-,/tg— = .
* n ,f 2 V 2 1 + cosx
oc since x I x „ л „
Используя формулу tg— = , имеем tg- + , tg 2 = 0. Pe-
2 1 + cosa 2 V 2
шив это уравнение как квадратное относительно л/Ш^". получим
= -2, 0 или ^tg- = l, tg- = l, - = - + кк,
x = Jl + 2ak = -(4k + l),keZ
Ответ: х = —(4/fc + l), keZ.

8.348. 1 - sin 2x - cos x - sin x.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
cos2 х- 2sinxcos;t + sin2 х-(cosх-sinх) = 0о
<^> (cosх-sinx) -(cosjc-sinx) = 0 <^>
o(cosx-sin;t)(cos;t-sin;t-l) =0.
Отсюда 1) cosх-sinx-0,2) cosx-sinx—1 = 0.
1) tgx=l, X! =- + 7cfc = -(4fc + l), keZ
2 X . ■> X . X X -у X • 2 X -
2) cos sin" 2sin—cos cos- sin — = 0 <^>
'222222
* ■ 2 x * ■ x x л -ч . x( . X x\ л
£=> 2sin —+ 2sin—cos— =0, 2sin — sin—+ cos— =0.
2 2 2 21, 2 2j
Отсюда или sin— = 0, — = nl, x, = 2izl, le Z, или sin—+ cos — = 0.
2 2 2 2
. x i X ТС ТС ТС,. ч
tg—= -1, — =— + тсп, х, = — + 2тсп = — 4п-1 , neZ.
*2 2 4 ' 3 2 2V J
тс тс
Ответ: *i - т (4fc +1); х2 - 2тс/; *3 = — (4и - 1), где к, 1и п е Z.
А ' 1 4 ! 106
8.349. tg4*+tg-;c + ctg4x-ctg-x = —-
Решение.
ОДЗ: (М"*°-
[sinjc^O.
2 a 1-cosa за 1 + cosa
Так как tg — - и ctg — = , то получаем
2 1 + cosa 2 1-cosa
1 - с<к2дЛ f 1 + cos2jA 1 - cos 2л 1 + cos 2x 106 .
= 0<=>
1 + cos2jc,J 1,1 - cos2x J 1 + cos2* 1 - cos2x 9
l-cos2* l+cos2x ] ,-l-cos2;t l + cos2*
l + cos2* l-cos2x J l + cos2x 1-cos2jc
198

(l-cos2;c)'-(l + cos2x)' 106 _
(l + cos2j:Xl-cos2x) 9
(h-ayslxj +(l + cos2x)! 1 , 4cos2x 106 „
I V '- ^ '— I -2 —: = 0<=*
1 - cos 2x I 1 - cos" 2x 9
[2 + 2cos2x| 4cos2x l24_n
1-cos 2л I l-cos22x 9
fl + cos22xY cos2x 31 л
- = 0<=*
ll-cos 2xj 1-cos 2л 4
«• 22cos4 2x - 9cos3 2x - 80cos2 2л + 9cos2x + 22 = 0.
Пусть cos2x = у. Тогда уравнение примет вид
22/ - 9/ - 80/ + 9у + 22 = 0.
22.у2-9.у-80+- + -^ = 0»22 L2+-i- -9 L-- -80 = 0,
У У { У ) \ У)
22[(,-lJ+2]-9(,-l)-80 = 0,22[,-jJ-9(,-i)-36 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно у —, найдем
У
Hl-if'Hl-I-
После упрощений получим
И.у2+12.у-11 = 0и 22/-ЗЗ.у-22 = 0; У\ = :-^г. .
Уг= Yl ' Уз=~2' у*=2'
-6 + -Л57
Тогда
, -6--Л57 ,_ . -6 + -Л57
cos2x = <-1,0; cos2x = — ,
199

-6 + -Л57 A -6 + VT57 , , „
2x = ±wxoi-~^— + 2wt, j:, = ±-arccos + nk, keZ,
cos2jc =—, 2x = ±—n + 2nn, Xi =±— +nn = — (3n±l), neZ,
cos 2x =2, 0.
Ответ: xx = ±— arccos- — + кк; Xi - ~ (Зп±1), где А: и n e Z
8.350. cos2 2x+.- + cos2\ — -x| = 0.
Решение,
Запишем уравнение в виде
cos2 [ 2л + — + cos2 х |=0» •
cosl 2x+- = 0,
cos| д:-— 1 = 0,
12j
2x4— = — + кк,
3 2
12 2
гс гсА:
"12+Т'
= — + к1.
12
Отсюда
JL+?!L = l?- + i k=l + 2l, keZ, leZ,
12 2 12
n n(l + 2/) 7n , , „
12 2 12
Ответ: х- s-тс/, / e Z
12
8.351. 3V3tgxsin x - ctgxcos x + 9 sin л - Зл/З cos л = 0.
Решение.
ода:!0"*""-
sin* *0.

Перепишем уравнение в виде
- + 9sinjc- 3V3 cos x = О <=>
Зл/З sin2 x cos л
о 3V3sin3x + 9sin jccosjc-3V3cos xsinjc-cos3 jc = 0 о
«• 3>/3tg3Jc + 9tg2jc - 3>/3tgx -1 = 0 «•
«=» ^V3tg3* -1)+ (ptg2 * - 3V3tgx)= 0 <=>
«• (V3tgx -l)ptg2x + V3tgj: +l)+ 3V3~(>/3tgx-l)gx = 0 «•
»(>/3tgj:--l)^tg2jc+4>/3tgj: + l)=0.
Отсюда
1) V3tgx-1 = 0, tgx = -p, x, = - + яАг = -(№ + 1), te^
V3 6 6
2) 3tg2jc + 4V3tgx+l = 0. Решив это уравнение как квадратное
относительно tgx, найдем
-2-Уз-З -2-Уз-З
tgx= , x2=arctg + яи, neZ,
или
-2-Уз + З -2л/з+3 ,
tgx = , х3 = arctg + я(, leZ
я. . -2-Уз-З
Ответ: хх =— (бк + 0, x2 =arctg ЬЯп,
х3 = arctg + я(, гдеk,nnleZ
8,352. cos2jc-cosjc + cos| jc + — | + sin| x + — | = sin—-1.
h-J + Sl^ + -J = S
я
4~
Решение.
По формулам
cos(a + P) = cosacosp"-sincesinp\ sin(a + p) = sinacosP + cosasinP
и cos2a = 2cos2 a -1
имеем
2 , Я . Я . . Я .Я
2cos jc-l-cosx+cos— cosx-sin—smx+smxeos— + cosxsin— =
4 4 4 4

■ П , „ 2 V2 l/2 . V2 .
= sin 1 <=> 2cos x-1-cosxh cos* siiijch sinx +
4 2 2 2
+ ^cos^-^- + l = 0» 4cos2x-2(l-72)cosx-72 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно cos x, имеем
со5*=-^, х,=±~ + 2пк = ?-(&к±3), keZ,
2 4 4s '
2^3 3V '
Ответ: х1 = -(8А:±3); л, = -(6л±1),гдеА:и л е Z
8,353. tg4jc + ctg4x + tg2jc + ctg2x = 4.
Решение.
cos л * О,
ода-^о.
Так как
а4+64=((а+6)2-2аб) -2а262 u(a+bf =(a+bf -lab,
то имеем
((tgx+ctgx)2-2tgxctg.t) -2tg2xct'g2j: + (tgx + ctgx)! -
-2tgx-tgx-4 = 0<=*
«•((tgx + ctgx)2-2) -2 + (tgx + ctgx)2-2-4 = 0»
«• (tgx + ctgx)4 - 3 (tgx + ctgx)2 - 4 = 0.
Решив это уравнение как биквадратное относительно tgx+ctgx,
получим
tgx + ctgx = -2 или tgx+ ctgx = 2,
tg2x+2tgx+l = 0 или tg2x-2tgx + l = 0,
(tgx + 1)2 =0 или (tgx-l) =0.
Отсюда tgx= ±1; x = - + — = -(2/t + l), A: e Z
4 2 4* '
Ответ: * = — (2k +1), к е Z.
4

(7n
. COS + X
8.354. J%-Xy-±1. -_
\ 2 ) 1 + cosjc
Решение.
[sinx^O,
[COSJC^-1.
Имеем
sin x cos x sin x . .
ctgx+ 2 = 0, + 2=0«
1 + cos x sin x 1 + cos x
<=>cosjc(l + cos;c) + sin2 x -2sin;t(l + cos;t) = 0 &
<=>cos;t(l + cos;t) + (^cos2;tj-2sinx(l + cos;t) = 0 о
о cos*(l + cos;t)+(l-cosx)(l + cosx)-2sinx(l + cos*) = 0 &
о (l + cos;t)(l-2sin;t) = 0.
Отсюда
1) l + cos* = 0, cosx = -\,xl = к + 2кк, k^Z,
2) l-2sin;t= 0, sinx - —, д^ =- (- 1) — + izl, /e 3 л^ неподходитпо ОДЗ.
2 6
Ответ: х = (-1) - + тс/, / е Z.
6
8.355. tgY-tg2.v=sinx
Решение.
fcosjc^O,
°да:1о<»2х*о.
sin(oc-fl)
По формуле Ш« _ tgp п > имеем
т r ' cosoccosp
-srnx
-sinx=0e* -sin
cosxcos2x
Отсюда
1) sin* = 0, xt = nk, fee Z,
4—4-4
^cos*cos2x ^

2) — + 1 = 0<=> l + cos*cos2;t=0, 2cos3*-cos;c+l = 0,
cos*cos2;t
(2cos3;t + 2]-(cos;t + l) = 0, 2(cosx + l)lcos2x-cosx + l)-(cosx+l) =0,
(cosx+ l)(2cos2 x-2cos* +1) = 0.
Отсюда cosjc+1 = 0, cosx= -1, x^ = я + 2тш, ne Z,
2cos2 x-2cosx+l *O(D<O),0; x, входит в xx.
Ответ: х- nk, к е Z
8,356, 2sin23;t + sin26;t = (sin2.x+sin4;t)cos~1 jcsiiT1 Зх.
Решение.
ОДЗ:(С0"*°'
Lsin3x*0.
Запишем уравнение в виде
\2 sin2x+sin4x
2sin23x+(sin2(3x))
cos x sin 3x
„ . 2 -, i-, ■ t , i' 2sin3xcosx
o2sm 3x + (2sin3xcos3x = : о
cosxsin3x
<=> 2sin23x+4sin23xcos23x-2 = 0<=*
«• 2sin2 3x + 4 sin2 3x(l - sin2 3x)- 2 = 0 «•
<=*2sin43x-3sin23x+l = 0.
Решив это уравнение как биквадратное относительно sin Зх, получим
. , . -Il , К кк К кк , . .
апЗх = ± —, Зх, = — н , х, = —л , keZ, sin3x = ±l,
2 ^ 4 2 ' 12 6
я тс ген _
Зх, = — + 7W, х, = — + — ,neZ.
2 " 6 3
С учетом ОДЗ х, = - + —, л*3/ + 1, леД/eZ
"63
Ответ: х, = —(2А:+1), х, =—(2в + 1), л * 3/+1,гдеА:, пи leZ
12 '6

8.357. 4sin4 x + cos4x = 1 + 12cos4 x.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
4(sin2 х\ + cos2(2x) - 1 - 12(cos2 x\ = 0 <=*
o(l-cos2x)2+2cos22;c-l-l-3(l + cos2x)2 =0» cos2x=--,
2x = ±-n + 2nk, x=±~ + nk = ~l3k±l), ksZ.
3 3 V '
Ответ: x = — [Ък± 1), к e Z
8.358. 5[l-sin2;c)-16(sinx-cosx:) + 3 = 0.
Решение.
Из условия имеем
5(sin2 x-2sinxcosx + cos2 х\- 16(sinx-cosx) + 3 = 0e*
о 5(sinx-cosx) -16(sinx-cosx) + 3= 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно sin x - cos x, имеем
1
sinx-cosx = 3, 0; или sinx-cosx = - <=>
. (п > 1 п . ( п)
- sird х \ = -, 2 cos— sira х =
\2 J 5' 4 \ 4j
5V2 Ю
>V2siafx-ij = -i,sinfA:-5J =
Тогда
тс / .^ . v2 / i\* ■ V2 я /7-7
x—=1-1) arcsin г-гск, x=(-1) arcsin 1 t-кк, k&Z.
4 v ' 10 v ' 10 4
Ответ: x = I- 1) arcsin h— + nk, к е Z.
K ' 10 4
8.359. 37tg3x=lltgx.
Решение.
Ofl3:|cos3x^0,
cosjt^O.

Используя формулу tg3cc = , перепишем уравнение в виде
l-3tg2oc
37.ltg,-,g-x_lltg;t = 0otg;t('lll-37tg2x-l1 + 33tg2xV0o
l-3tg2x I
<=>tgx
l-3tg^
100-4tg2x
l-3tg2x
= 0»
tgx = 0,
tg2x = 25,0.
tg2x^
tgx = 0,
tgx = ±5,
gx,±-L
Последнее решение не удовлетворяет исходному уравнению. Отсюда
л, -кк, ке Z; х2 = arctg(±5) + 7cn = ±arctg5 + rt/i,neZ.
Ответ:xl = пк, ке Z; x2 =±arctg5+Tcn,ne Z.
8.360. V2(cos42x-sin42;t) = cos2x+sm2;t.
Решение.
Запишем уравнение в виде
■^(cos22x+sin22x)(cos22x~sin22^)-(cos2x+sin2x) = 0o
& VI (cos 2x + sinlx) (cos 2x - sin 2x) - (cos 2x +sin 2x) = 0 о
о (cos2x + sin2jc)(V2 cos2x -VI sin2л:-1) = 0,
Отсюда cos2jc + sin2;t = 0 или VI cos 2.x - VI sin2x-l =0.
I)tg2x = -l,2x = -- + nfc, x, =--+— = ~(4k-l),keZ.
' 6 4 '828 '
„4V2 „ V2 . „ 1 я „ . л . „ 1
2) — cos2x-—sin2x = — ocos — cos 2x-sin—sin2x = — e*
2 2 2 4 4 2
fit , 1 1 « , . я , , п п
<=*ам —+2x = —,— +2x=± — + 2ТСЛ, x2 =± +nn,nsZ.
14 2 4 3 6 8
Ответ: x, = — (44-1), is Z; x2 =± t-Kn,neZ.
8 6 8
8.361. tgx-ctgx = sin~'x-cos~'x.
Решение.
ОДЗ:
cosx ?^,0,
sinx^O.

-о (sin2 x-cos2 x) + (sin;c-cos;t) = 0,
Запишем уравнение в виде
sin л: cos.y_ l 1
cos x sin x sin x cos x
(sinx-coso:)(sin^+cosa:)+(sin^-cosa;) = 0,
(sin;t-cos;t)(sin;t + cos;t + l) = 0.
Отсюда 1) sin x - cos x = 0; 2) sin* + cos x+1 = 0.
1) tgx=l, jc, =-+nfc = -(4fc + l), fceZ
_. .. ■ X X 2 X . 2 X 2 X . i X „
2) 2sin—cos—+ cos—sin —+ cos —+ sin — = 0e*
2 2 2 2 2 2
• X X 2 X „ , x( . X X~)
«• 2sm-cos- + 2cos - = 0<=* 2cos- sin-+ cos- =0.
2 2\, 2 2
Отсюда cos—= 0,— = — +rcn, Xj = гс + 2гси, reZ imHsin— + cos— = 0e*
2 2 2 2 2
ГС
2 "4"
- = -!, — = — + rc/, x3 = н2гс/, / e Z; x2 и хэ не входят в ОДЗ.
Ответ: х-~ \Ак + 1), А: е Z
4
8.362. sin6 л: + cos6 x = —.
16
Решение.
Запишем уравнение в виде
(sin jc + cos jcllsin x-sin xcos x+cos х) = 0е*
(2 2 \^ "7 2 I
sin х + cos х] -3sin лесе" л: = 0е*
«• l-3sin2 xcos2 х- — = 0<=* 16-12(4sin2 xcos2 j)-7 = 0o
16 ^ '
,3 т/3 гс
<=*sin 2х = —, sin2*=±—, 2х=±— +яА:,
4 2 3
, гс гсА: Л,,, , ,, , „
х=±-+— = -(ЗА:±1), teZ
6 2 6
Ответ: х = ~(Ък±\), к &Z.
6

8.363. sin3^ + sin^-sin2^= 2cos.x(cos;t-l).
Решение.
Так как sin2cc = 2sinacosa и sin3a = 3sina-4sin3a,TOHMeeM
3sin;t-4sin * + sin;t-2sin;ecos;t-2cos.x(cos;t-l) = 0o
о (4sinx-4sin3 x-2sinjccosx)-2cosA(cos^-l) = 0o
о 2sin;d2-2[l-cos2;t)-cos;t)-2cos.x(cos;t-l) = 0o
o2sin;rf2cos2 *-cos;<:)-2cos.x(cos;t-l) = 0<=>
о 2sinjccos.x(2cos;t-1)- 2cos.x(cos;t- l) = 0о
о 2cosx(sin^2cos^-l)-cosx+l) = 0.
Отсюда
1) cos*=0, x, =- + 7Cfc = -(2fc + l), keZ,
2) 2sin;tcos;t-sin;t-cos;t+l = 0o
о (l+2sinxcosx)-(sin^+cos^)=0^*
<=>(sin2 *+2sin;tcos;v+cos2 *)-(sin;t+cos*) = 0<=>
о (sin** cos*) - (sin x + cos x) ~ 0<=>
<=> (sin;c + cos;t)(sin;t + cos;t-l) = 0<=>
olsinx+cosx) 2sin— cos— + cos —sin —1 =0o
V " 2 2 2 2 '
<=> 2sin— (sinx+cosx) cos—sin— =0.
2V ^ 2 2j
Отсюда а) sin—= 0;6) sinjc + cos;t = 0:B) cos—sin—= 0.
2 2 2
x я
Тогда a) - = ли, *2 = 2тсп, п e Z, 6) tgx=-l, Л3 =-■j + я/, /e 2$
в) tg— = 1, - = —+ 7U, *4 = —+27U, f e Z Решения*, входят в л:,.
2 2 4 2 4 i
Я , 71
Ответ: х, =—(2fc + l), А: е 3 ^ = 27сп, п е Z\ л3 =-(4/-1), / е Z.

8.364. cos2x= (cosx+sinx).
2 v '
Решение.
Запишем уравнение в виде
? . •> i+Тз, . .
cos" х-sin" х cosx+ sinx) = 0<=>
2 * '
<=> (cos x+ sinx)(cosx- sinx) (cosx+ sinx) = 0 <=>
( • / • 1 + Jl) „
<=> (cosx+sinx) cosx-sinx =0.
Отсюда 1) cosx+ sinx= 0,2) cosx-sinx — = 0.
1) tgx = -l, xx =-j + Kk = j(4k-l),keZ.
2) cosx-sinx = 0<=> cosx— - sinx+— = 0<=>
2 2 I, 2) { 2
( *} ( ■ ■ *) „
<=> cosx-cos— - sinx+sin— = 0<=>
<=>-2siiJ- + — siij — -2siiJ- + — cos —-— =0»
\2 6) \2 6) !•> ^ I I •> л I
2 6 J 12 6
VZ
o-2sin| r+ -^ II sinf|-|j + cosf|-|j | = 0.
- + — =0, - + —= ли, x, = — + 2nn, ие Z:
2 6j 2 6 ^ 3
Тогда
sinj —
ИЛИ
. i л «. i x л n , h: it . x к к
H___| + cos|___j = 0«,g^--j = -l,--- = _- + Ilm,
;c3 = — + 2jtm, m e Z.
6
Omeem; Jc,=7(4/c-lUeZ; *2 = -(би- 1), и е Z;
1 4 '3
x3 =— (12m-1), me Z.

8.365. 2(l + sin2x) = tg \— + x
Решение.
ОДЗ: ccd - + х \* 0.
Перепишем уравнение в виде
siiJ — + х I
2lsin2 x+2sinxcosx+cos2x) у- ^- = 0<=>
sin—cos х+ cos — sin x
<=>2(sinjc+cosJc)2 = 0<=>
л/2, . ,
—(cosx+sinx)
<=> 2(sinx+ cos x)2 - -2= = 0 о
—fcosx-sinx)
2 * '
~/ . \2 C0SX+ sinx
<=> 2(sinx+cosx) +— = 0<=>
sinx- cos*
<=> (sinx+ cosx) 2(sinx+ cosx) + = 0.
\ sinx-cos*7
Отсюда 1) sinx+cosx= 0, 2) 2(sinx+cosjc) +
sinx-cosx
1) tgx=-l, x1 =-j + nk = j{4k-l),keZ
2) 2(sin2 x-cos2 x)+l = 0, cos2x=-, 2х = ±^ + 2ли,
X2 =± — + кп = —(6и±1), и eZ
6 6
Ответ: х, =— (4&-1); x, = — (6и±1),где&н «eZ

l + sinx+cosx+sin2x+cos2x n
8.366. = 0.
tg2x
Решение.
fsin2x*0,
ОДЗ: i
[cos2x*0.
Из условия имеем
l + sinx+cosx+2sinxcosx+(cos2 х-sin2 x) = 0<=>
<=> (sinx + cosx)+ (l + 2sinxcosx)+ (cos2 x - sin2 x)= 0 <=>
<=> (sinx + cosx)+(sin x + 2sinxcosx + cos x)+(cosx-sinx)x
x(cosx + sinx) = 0<=> (sin x + cosx)+(cosx +sinx)2+ (cosx-sin x)x
x(cosx + sinx) = 0<=> (sin x+cos x)(l + cos x+sin x+cos x-sinx) = 0,
(cosx + sinx)(l + 2cosx)=0.
Отсюда 1) cosx+ sinx= 0,2) l + 2cosx = 0.
1) tgx=-l, x, =-- + nk, keZ
2)cosx=-—,X2 =±—n + 2im = ~(Зи±1), и e/^неподходитпоОДЗ.
Ответ: х= —(Зи ± 1), и е Z.
8.367. Ш.--Щ—&
cos t cos 2r
Решение.
fcosf^O,
°Д3:1со52г*0.
Запишем уравнение в виде
sin2r sinf n sin2fcos2r-sinfcosf n
- = U, г : = U ^
cos2fcos t cosrcos 2r cos r cos 2r
2sinrcosrcos2r-sinrcosr . sinrcosr(2cos2r-1)
о = = = 0o -i i = 0,
cos «cos 2« cos2rcos22r
sinr(2cos2r-l) „
■ 5 - = 0» sinr 2cos2r-l) = 0.
cos r cos2 2*

Так как tg2a = -—^— н tg3a = ё —|—, то имеем
Тогда
1) sinf = 0, rs = кк, keZ;
2) 2cos2f-l = 0, cos2f = -, 2* = ±-^ + 2яи, t2 = ±- + тш, neZ.
Ответ: 1г - пк, t2 = ±— + ли, где Л: и и е Z
6
8.368. tgx+tg2x+tg3x=0.
Решение.
{cosx^O,
cos2;c*0,
cos3x^0.
l-tg2a l-3tg2a
2tgx 3tgx-tg3x „
tgx+ ^ + ———%— = °°
l-tg^x l-3tg2x
2 3-tg2x1 „ tgo^tgV-5tgVf3)_
1 + r- + =-r- =0o -7— Г7 \
\-\£x l-3tg-xj (l-tg2*) (l-3tg2;<:)
Отсюда 1) tgx=0, xi=nn, ne%2) 2tg4x-5tg2x+3 = 0. Решив
уравнение как квадратное относительно tg2x, найдем
tg2x=-, tgx=±—, Ч = aictg ±— +jt& = ±aictg — +тй, £ е 2
tg2x = 3, tgx = ±3, x3 = aictg(±V3l + Jlm = ±—+ joti = —(Зш±1), meZ
Ответ: xt =nn,n<= Z; %= nk ±arctg—, к e Z x3 = — 0m± 1), me Z.
8.369. ctgx - tgx = sin x + cos x
[sinx*0,
°«3:W*o.

Перепишем уравнение в виде
cos* sin* , . п
— (cosx+smx) = 0<=>
sin л: cos л:
<=> cos х- sin2 x-(cosx+sinx)sinxcosx = 0,
(cosx-sinx)(cosx+sinx)-(cosx+sinx)sinxcosx= 0<=>
<=> (cosx+sinx)(cosx-sinx-sinxcosx) = 0.
Отсюда 1) cosx+sinx = 0;2) cosx-sinx-sinxcosx= 0.
1) tgx = -l, x1 =-~ + jc/c = -2.(4A-I), keZ
2)nyCTbcosx-sinx=_y=> cos2 x-2sinxcosx+sin2 x=^2,-2sinxcosx =
r -1
= y'-\, -sinjccosJc:=- . Относительно^ уравнение принимает вид
У+У =0, у2 + 2у-\ = 0, откуда Л=-1-72, 0; у2=-\ + 42.
Отсюда
Я , 1 1 . V2-1
cosx-sinx=V2 -1 <=> -=cosx—j=sinx =—■=— <=>
V2 V2 V2
V2-1 . ( n~) 1-V2
. fit "l V2-1 . ( л*
iinU-T^ros4*"4
Л '
n . ,,„ . 1-V2 , ,,„ . 1-т/2 л _
x—=(-!) arcsm—=—\-%n,x1= -I) arcsin—=—i t-7tn,neZ.
4 V2 V2 4
Ответ: x, =—(4k-1); x,.= (-1)" arcsin—j=- + — (4и +1), где £ и
1 4 " V2 4
neZ
8.370. Jcos2 x+- + Jsin2 x+ - = 2.
Решение.
Пусть
Jcos" x+— =u>0,
Jsin2 x+— = v >0.
.V 2
cos2 x+ — = u2 >0,
2 =» и2 + v2 = 2.
sin2x+- = v2 >0.
2
213

Получили следующую систему
Jm+v = 2, Jm+v = 2, Jm+v = 2,
|u2 + v2=2,° j(u+v)2-2uv = 2,° |„v = 1. => " = Lv=l.
Тогда
/ l Г 2 1 , , 1 -Jl
Jcos" x+— = 1, cos x+ — = \, cos" x = —, cosx=±——,
V 2 2 2 2
x = ~ + — = -(2k+\), keZ.
4 2 4* '
Ответ: x=—(2k + l), k<= Z.
8.371. sin3x=asinx
Решение.
По формуле sin3a = 3sina - 4sin3 a имеем
3sinx-4sin3x-asinx=0, 4sin3x+(fl -3)sinx=0,
sin;a4sin2 x+a-3l = 0.
Отсюда
1) sinx = 0, x, = nk, keZ,
2)4sin2 x+a-3 = 0, sin2x=—-^-o -(l--cos2x) = ^^-, cos2x=^-^,
4 2K ' 4 2
й- 1 -
2x=±arccos + 2nn, \ 1 fl-l
2 —s be, = ± — arccos + nn,neZ,
fl-l 2 2
-1<^-<1, [-l<fl<3. ,
Ответ: x, -nk, где a e R, x, = ± — arccos + ли,где ne[-1;3];
bneZ
8.372. cos 3x = mcos x
Решение.
По формуле cos За = 4 cos3 а - 3cosa имеем
4cos3x-3cosx-mcosx=0, cos^cos2 x-3-m) = 0.
Отсюда
1) cosx = 0, *i=! + n* = |(2fc+l), fce£

2)4cos2;t-3-m=Oo2(l + cos2x)=m + 3, cos2x = ——,
m + \ „
2x = ±arccos + 2тгн,
I 2
-IS —<1,
I 2
, 1 m + 1 ,
x-) = ± —arccos + nn,ne Z.
1 2 2
-3<m<l.
Ответ: x, = — (2k + \), гдеше R; x2=±-arccos + ли,где
1 2 2 2
me [-3;l];i н «eZ.
8373. tgx+tga+l = tgxtga.
/•ешеные,
ОДЗ: i
[cosa*0.
Запишем уравнение в виде
tgx + tga , . , л ,
tgx+tga = -(l-tgxtga)=>-e 2—= -l=»tg(x+a) = -l,
1-tg.itga
x+a =—+тгк, x = -a — + nk, ke Z.
4 4
Из ОДЗ следует, что a* —.
4
Ответ: х = -а + — (4/t-l) прн a* —,&£Z. Прн a = — решений нет
4 4 4
8374. 12sin;t+4V3cos(Jt+;t) = mi/3.
/•ешеные.
Из условия имеем
12sinx-4i/3cosjc = 8V3l —sinx — cosx =8V3(sin60°sinx-
-cos60°cosx) = -8VJ cos(60° + x) = 8V3sin(;t-30o).
Тогда
&4з sin(x -30°) = m 43, sin x— = —,
I 6j 8
x = (-1)" arcsin— + m + — = (-1)" arcsin— + - (6и +1),
8 6 8 6
где ~2<m<S,neZ.
Ответ: x = (-l)n arcsin— +—(6н + 1),где-8</и <8, «eZ.
8 6

8.375. siix+-j + sinfx+-J = cosa.
Решение.
Из условия имеем
2sinl x+— cosl = cosa, siij
- i -i 3 I cosa
+ — |cosl = cosa, sin| x+— = .
2) 2cosl
Отсюда
!3 , ,,fe cosa ,
x+—= -1) arcsin + Ш,
2 v ' 2cosl 0
2 cosl
f , лк . cosa 3
.. Ix = -1 arcsin - — trt,teZ,
» * ' 2cosl 2
[-2cosl <cosa <2cosl.
Ответ: x = (-\)k arcsin + Jit при a e R, к е Z
y ' 2cosl 2
2tg—cosx
8.376. 2 2 =4.
ОДЗ: cos- * 0.
Запишем уравнение в виде
2tg—cosx ., x
2 2 = 22 о 2tg--cosx = 2o
2
2(1-cosx)
<=> —-—; --cosx-2^0=> 2-2cosx-sinxcosx-2sinx=0<=>
sin л:
<=> 2 - 2(cosx+ sinx) - sinxcosx = 0.
Пусть cosx+sinA: = ^=> cos2x+2suixcosa:+cos2x=^2, 2sinxcosx =
= v -1, sinxcosx= .
' 2
Относительно у уравнение принимает вид 2-2^+ ~^ = 0,
у2 + 4у-5 = 0,У1=-5, у2 = 1

1) sin 2x =24,0;
2)sm2x=0,2x = nk, x=~ keZ
2
Учитывая ОДЗ, имеем х = — + 2кк = —(4k+l),keZ
Ответ: х = — (4& +1), keZ.
8.377. 2dn!* + 4-2c0,2)< = 6.
Решение.
Перепишем уравнение в виде
2tf' + 4-2|-si,,!"-6 = 0e(2"n'If-6(2an,I) + 8 = 0.
Решив его как квадратное относительно 2ЯП х, получим
1) 2d°!* = 2, sin2x=l, sinx=±l, x=- + nk = -(2k+ 1), к е Z,
2) 2d"!)< = 22,sin2x=2, 0.
Ответ: х=-(2к+1), keZ.
8.378. 31+dnw"+sin"w =3/9.
/*ешеиие.
Из условия имеем
3i+«.*+_+sin"*f_ =3I 0 1 -J.sinjcн-... + sin"x + ... = -.
По формуле суммы членов бесконечно убьгоающей геометрической
прогрессии получаем
12. 1 , .*+] л
sm;c =—, jc=(-1) — + кк, keZ.
1-sinx 3 2' v ' 6
Ответ: ;е= (-1) — + л&, fceZ
6
о -270 9-l+cos;c-cos2x+-"+(-l)'1~lcos''x+"- _ з/п о^
/*ешеные.
Запишем уравнение в виде
_2
•y-1+cosx-cos2x+...+(-lY~ cos"*+... _T~3 >_i
217

о-1 +cosx-cos *+...+(-1)" cos" *+...= - —.
По формуле суммы членов бесконечно убьгоающей геометрической -=
прогрессии получаем
! = --, cosx=-, х=±- + 2я* = -(б*±1), k<=Z
1 + cosx 3 2 3 3V '
Ответ: х = — (6к± 1)Д е Z
8.380. ^-""^^З01*3*.
Решение.
ОДЗ: J"-3*"0-
[япЗхгО.
Перепишем уравнение в виде
32-2со,б* _Зм8з* 0 2_2cos6x=^—, 2-2cos6x-tg3x=Oo
ctg3x
<=>2-2cos6x = 0<=> 2sin26x-sin6x=0,
l + cos6x
sin6A(2sin6x-l) = 0=> 2sin6x-l = 0, sin6x= —,
6x=(-l)*5 + 7tfc, *=(_!)*-£- + 5* keZ, sin6x*0.
v ' 6 36 6
v ' 36 6
8.381. 81™!х + 81га!* = 30.
Решение.
Запишем уравнение в виде
81!
"!* + si1-51»2* - 30 = 0 <=> (si™2*)2 -yL\**A+ 81 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно 81s1" *, получим
gjsin2! _ з^ yisin2* _ 3 нлн 81d°2)e = 27, 34d°!;t = З3 =>

1)4sin2 x = l, sinx = ±-, x% = ± — +—, &eZ;
' 2*62
^ . ■ 2 ., . V 3 71 71Л „
2)4sin x = 3, sinx = ±—, x2=± —+ —-, neZ;jc2 входитв xj.
Ответ: * = -(3*±l),*eZ.
6
8382. l + 2t8*=3-41'
Решение.
ОДЗ: cosx*0.
Из условия имеем
1 + 2* =3-2
sin—cos*-cos—sin*
-^-! i
V2 cosx
<=>l + 2tpt=3-2
3-2
о1 + 2,^=3-21-*,1 + 2'8'-^^ = 0о(2,^)2+2*-6 = 0.
2«*
Решив уравнение как квадратное относительно 2Х%Х, имеем
1)2'^=-3, 0;
2)2ts» = 2otgr = l, * = - + я*=-(4* + 1), £eZ.
4 4
Ответ: х = -(4* + 1), teZ.
4
8383. logco„4-logcos2;c2 = l.
/*ешеные.
ОДЗ:0<акх<1.
Перейдем к основанию cosx. Получаем
ilogc05122 logco„ 2 = 1, log2,,, 2 = 1.
Отсюда
l)logcos;t2 = locosx = 2, 0;
2)log„,,,2 = -l„—!— = 2,cosx = i, *=±- + 2я*=-(б*±1), *eZ.
' Bc0" cosx 2 3 3
Ответ: х = -(6к±1), keZ.

8.384. logsin;(4-logsin2;(2 = 4.
Решение.
ОДЗ: 0<sinx< 1.
Перейдем к основанию sin x. Имеем
logd„,22-logsin;(2 = 4, logL.2-4.
Отсюда
1) log^„2 = 2, sin2x=2, 0;
2)logsi„2 = -2, -^ = 2, ■„-*=-. smx=±T.
УчнтываяОДЗ, smx= —, * = (-!)* - + nk, k<=Z
Ответ: *=(-!) 7 + Л&, fceZ
8.385. 3(jog2sinx)P+log2(l-cos2x) = 2.
Решение.
ОДЗ: sinx>0.
Из условия имеем
3(log2 sin*)2 + log2(l-1 + 2sin2 xj- 2 = Оо
<=> 3(log2 sin x)2 + log2 (2 sin2 x)~ 2 - 0 <=>
<=> 3(log2sinx) +2(log2sinx)-l = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно log2 sinx, получим
log2sinx=3, sin* = 8, 0;
или
log2smx=-l, sinx=-, x> = (-\)k — + nk, ke Z
2 6
Ответ: х={-\) — + nk, k<=Z.
о
8.386. Дано (1 + tgx)(l + tgy) = 2. Найти x+ j>.
Решение.
[cosx^O,
°«3:icos,*0.
220

Перепишем уравнение в виде
t£X+ t2V
l + tgx+tgy+tgxtgy=2, tgx+ tgy = 1 - tgxtgy.=> 7е-—— =!=>
1-tgxtgy
=>tg(x+;>) = !, х+.У = - + л& = -(4&+1), fceZ
Ответ; х+ у = ~(4& + 1), hZ. ^
8.387. Показать, что уравнение ctg2x+ ctg3x+ = 0
smxsin2xsin3x
не имеет корней.
Решение.
fsinx^O,
sin2**0,
sin3x*0.
Запишем уравнение в виде
cos2x cos3x 1 л
+ + = 0<=>
sin2x sin3x sinxsin2xsin3x
sin3xcos2x+cos3xsin2x 1 л
о + . = 0o
sin2xsin3x sinxsin2xsin3x
sm5x 1
= 0o sin5xsinx+l = 0,
sin2xsin3x sinxsin2xsin3x
fcos4x = -1,
2sin5xsinx = -2 о cos4x-cos6x=-2 <=> <
^cosox = 1.
n nk
Из первого уравнения системы имеем 4х = п + 2пк, х = ~ + —»
& е Z Тогда из второго уравнения системы имеем cos -— + Ъпк \*\, 0.
8.388. Один из углов прямоугольного треугольника удовлетворяет
уравнению sin3 x+ sinxsin2x- 3cos3 x= 0. Показать, что треугольник
равнобедренный.
Решение.
Запишем уравнение в виде
sin3 x+ sinx-2sinxcosx-3cos3 x=0<=>

osin3x+2sin2icosx-3cos3x=0o tg3x+2tg2x-3 = Oo
о tg'x- tg2x+ 3tg2x- 3 = 0 о tg2A(tgx-1) + 3(tgx- l)(tgx+ 1) = 0,
(tgx-l)(tg2x+3tgx+3) = 0.
Отсюда 1) tgx-1 = 0, tgx= 1, x1 =—■ Так как треугольник прямоу-
% к к %
гольный, то второй угол *г = Т ~ Т = Т' х\ - *г =~7> что н
требовалось доказать; tg2x+3tgx + 3*O(.D<O),0.
8.389. Показать, что не существует треугольника, каждый угол
которого удовлетворял бы уравнению
(3cosx- 2)(l4sin2 х+ sin2x-12) = 0.
Решение.
Уравнение равносильно совокупности уравнений
1) Зсс*;с-2 = 0илн2) 14sin2 x+sin2x- 12 = 0.
,. 2 _ . Г 4~ Л sinx V5
1) cosx= —. Тогда sin х - +.11 — = —, tgx = = —.
3 V 9 3 cosx 2
2) 14sin2 x + 2sinxcosx-12(sin2 x + cos2 x)=0<=>
<=>sin2x + sinxcosx-6cos2x = 0<=> tg x+tgx-6 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tgx, получим
tgx=-3mra tgx=2. Пусть tgx = — = tga, tgx = -3 = tgP, tgx=2 = tgy,
где a, P, у—углы треугольника. Так как сумма углов треугольника
a + p + y = 7t, p + y = 7i-a, то
. m i .1 \ . М±Ж-Й„ -3+2 1 Л
tg(P + У) = tglit - a) = tga => Т ГгП ~ * ' = — 5* — ■
1 " ' ' 1-tgPtgy 1 + 3-2 7 2
Противоречие. Таким образом доказано, что не существует
треугольника, каждый угол которого удовлетворял бы уравнению
(3cosx-2)(l4sin2 x+ sin2x-12) = 0.

8.390. Показать, что существуют треугольники, у которых каждый
уголудовлетворяетуравнению(б55тх-56)(80-645тх-65со82 х) = 0.
Найгн этн углы.
Решение.
Уравнение равносильно совокупности двух уравнений:
1) 65sinx-56 = 0KHH2)80-64sinx-65cos2x=0.
1) sinx=—-
О J.
2) 80-64sinx-65(l-sin2x) = 0«> 65sin2 x-64sinx+15 = 0,
5 . 3
откуда sin x = — илн sin x - -.
3 ■ 5 . 56
Пусть sinх2 =-, sin^2=TT, suiXj =77, гдех1,х2,хг—углытреу-
гольника н Xj + х^ + хъ = к, или хг + х^ - к - х3. Тогда
sinfxj + Лз) = sin(rc- Дз) = &пхз-
3
Отсюда sinjcj cosxj + cosxs suiXj = sinxj. Из равенства sinxj = -
получаем
sin x, =—, 1-cos x, = —, cosx, =± —.
^ 25 ! 25 ^ 5
Так как sinx, = —, то имеем
^ 13
s^x2=^A.COs2x2=^,cosx2=±fy
Подставляя значения sinxj, sinx^, cosxj н cosxj в уравнение, нахо-
3 .5 .56
Xr, = arcsin—, x, = л-arcsin—.
^ 13 3 65
3 .5 .56
-, Xr, = arcsin—, x, =n-arcsin—.
5 ^ 13 ^ 65
8.391. Показать, что треугольник, каждый из углов которого
удовлетворяет уравнению 3tgx - Згщ — - 2-Уз = 0, является равносторонним.
днм, что Xj =arcsin-, х^ = arcsin—-, х3 = rc-arcsin
Ответ; х, = arcsin-, х> = arcsin—, х, = к-arcsin—.
4 5 13 65

Решение.
Из условия имеем
i-tg
^-3tg|-2^ = 0«3tg3£ + 2V3tg2i + 3tgi-2^ = 0,
tgf-ib2f+3^gf+6 =а
откуда
l)tg
X 1 X _ J_ Х_ Я Я
2-^ = °'42-Jl'2~6'X=r
2)3tg2- + 3,/3tg| + 6*O(.D<O),0.
Получнлн, что треугольник, каждый нз углов которого равен
п к п Л х г-
- + Т + Т-'11н удовлетворяет уравнению 3tgx-3tg — -2 V3 =
является равносторонним. Что и требовалось
v3
8392. Найти sina, если cosa = tgp, cosp = tgy, cosy = tga (0<a< —,
0<P<-,0<y<-).
H 2 2V
Решение.
Из условия имеем
cosa = tgp,
cosp = tgy, о
cosy = tga,
cosP =
sinp
cosp'
sin у
cosy'
sina
2 sin2p
cosz a = , ,
cos'P
2 a sin2 У
coszp = ——-, <
cos" у
? sin2 a
cos" у = ———,

1 - cos2 P
cos" a = —-,
cos2p
-> a 1 - COS2 V
cos-p = —1~,
COS" у
l-cos~a
cos у = -
cos a
_ -> 1 - cos" a
Так как cos- у = , то имеем
1-
cos-a
1 - cos2 a
cos^=—9°4^=2cos"a,-'.
1 - cos a 1 - cos" a
cos" a
_ i. 2cos2a-l
Подставив значение cos p = -— в первое уравнение снсте-
1-cos a
мы находим
2cos2a-l
1-
cos2 a =
l-cos2« 2-3cos-a 4 i . n
' ''"' " = - о cos a + cos- a -1 = 0.
2cos a-1 2cos_a-l
1-cos a
Решив это уравнение как квадратное относительно cos2 a, имеем
2 -1-ч/5 . 2 -1 + V5
cos a = < 0, 0 илн cos a = .
2 2
Отсюда
, . 2 -1 + S . 2 , -1 + S 3-JE
1-sin a = , sin a = 1 = — ,
2 2 2
h-S /б-2т/5 т/б-2,/5 /5-2V5 + 1
Slna = V^=V^="^—= 2 =
2 2 2'
• ^"!
Ответ: sina = .
2
8 Сканави М. И., кн. 2 225

8.393. Найти углы а, Р и у первой четверти, если известно, что онн
п
составляют арифметическую прогрессию с разностью —, а их
тангенсы составляют геометрическую прогрессию
Решение.
Пусть а, Рн У —члены арифметической прогрессии, d = —;
tga> tgP, tgy—члены геометрической прогрессии; p = a + —, y = a + —.
12 6
По свойству членов геометрической прогрессии
Ъ\ = bk_1bk+1,k = 2, 3,..., и - 1, следовательно tg2p = tgatgy,
. .( пЛ
, л sinasin a + —
Так как tg2 — = , sinasinB = — (cos(a - В)- cosfa + В)) и
2 1+cosa 2V * ' l "
cos a cos p = — (cos(a - P) + cos(a + P)j, то имеем
l-cos2a + — cos—cod2a+ —
I 6J_ 6 \ 6.
1 + cos 2a+ — cos—+ cos 2a + —
6) 6 I, 6
l-cos|2a+- VJ-2cos 2a + —
1 + cos 2a+- -(/3 + 2coj2a + -
=> f 1 - cosf2a + |1|V3 + 2cosf2a + -11 = f fi - 2-cosf2a + -1
1 + соя 2a + —
\ 6

It k) n , Я Я „ я я 2я
ocos 2а + т =0, 2а + - = -, 2а = = —, а =
У 6) 6 2 2 6 6
^ - Я Я Я 717171
Т0ГДаР=6 + Т2 = 4Л=6+6=1-
6' 4' 3'
Решить системы уравнений (8.394—8.405):
)sinx+cos^ = 0,
■ 2 2 1
snr х+ cor .у = -.
/*ешеные.
Запишем данную систему уравнений в виде
{sinx+cos_y = 0, fsinx+cos_v = 0,
/ • ч2 , . 1« . 1 =>
(sinx+cosy) -2sinxcos_y = — sinxcos_v = —
• t - \ 1-3 1 • Л
=> cos у = - sin x, sin х- -sin x) = —, sin x=—, sinx=± —.
- v ' 4 4 2
Таким образом данная система равносильна следующей
совокупности двух систем уравнений:
{sinx+cos_y = 0,
sinx=--;
2
(sinx+cos_y = 0,
sinx=i.
Решив системы, найдем
U = (-1)*+1 7 + **> [*2 = (- D* 7 + ^
J 6 J 6
1 л 1 2 it, nez
\y1 = ± — + 2nn, \y2 = ±"гл + 2ли,
Ответ: Xj = (- 1) *+1 — + л&, ^ = ± — + 2ли,
6 3
x, = (-l)* —+ jufc, j>2 =±7^ + 2jt«, где kvi n eZ
6 3
227

8.395.
n2tgx+coey _ -j
Решение.
ОДЗ: cosx^O.
Из условия имеем
9со,,_81.в» = 2^ 9«" = 2 + 81*-. 81^(2 + 81^) = 3,
Решив это уравнение как квадратное относительно 81 **, получим
81** = -3, 0; 81** = 1. Отсюда tgx= 0, х = rat,, £, е Z
Тогда
9е™' = 2 + 1 = 3, 32с™' =3, 2cos^ = l, cos^ = -i, j* = ±| + 2rat2, k2 e Z.
Ответ: х=ккг, у = ±-~ + 2пк2,гдек]и к2 е Z.
8.396. Iх У~
5л
3
sinx= 2sin_y.
Решение.
Из условия имеем
+ у, siiJ—+ y\-2siny = 0, -siiJ И-2яп.у = 0<=>
o-sin-cos.y + cos-sinj;-2sin.y = 0o ,/3cos.y+3sin.y = Oo
otg^ = —=, у = --- + кк = --(6к-1), keZ.
V3 6 6
Тогда x = + nk = — + nk = — (2k+ 3), keZ.
3 6 2 2V '
Ответ: x = — (2k + 3), y = — (6k-\), где Are Z
2 6

8.397.
(sinxcos)j=:0,25,
[sin >■ cos ;c= 0,75.
Решение.
Сложим н вычтем первое н второе уравнения системы. Получаем
fsinxcosy + sin^cosx = l, fsin(x + _v)=l,
lsinxcos_y-sin_ycos;e = —, jsin(x-_v)
1 о
2 kink2eZ=
xi=-£ + n(ki-k2)> У\=^ + ъ(к\+кг)> Х2=—£ + к(к1-к2).
уг = — п + КЩ + к2}, к] н ^ eZ
Ответ: % = - + Л - &2)> Л = -г + «(Aj + к2);
о j
х2=--~ + %\к1-к2), у2 =~п + л[кг + к2); где&, н &2 е Z.
8.398.
cos тис-sin ?с)> = -
Решение.
Перепишем второе уравнеаше системы в виде
-(1 + cos2to;)--(1-cos27cj>) = --, cos2tcx+cos2tc_v= 1 о
. 2тсх+ 2пу 2пх- 2лу . . .
<=> 2cos —-cos —- = 1, 2cos7c(x+^)cos7c(x-^) = l<=;
<=>2cos7c(x+_v)coa-- =1, 2cos7c(x+iy)-- = l, cos7c(*+,y) = l,

Таким образом получим
1
x+y = 2k,keZ.
1
х=к-~,у = к + ~,где ке Z
6 У 6
Ответ: х= к — ~, у = к + —,где ке Z.
6 6
8.399.
\х + у =
4'
1
tgxtg.y=-
Решение.
[cos х * О,
[cosy * 0.
Из условия имеем
ОДЗ:
ГУГ=Г
tg--tgy tgj> j
ГС 6 '
1 + tg-tgy
4
(l-tgy)tgy 1
1 + tg)- =6' «g2>-SD-+l = a
Решив последнее уравнение как квадратное относительно tgy,
получим tg^j = —, tgy2 = -. Подставив эти значения во второе уравнение
1 1
системы, найдем tgxj = -, tgx2 = —. Отсюда
1
xl = arctg- +лк,
У\ = — - arctg— — я*;
х, = arctg—+ гея,
2
л 1 к, nzZ.
у, = — arctg—геи;
4 2
\хг = arctg — + nk,
Ответ: \ ^
\х1 = arctg — + гси,
1 , I я 1
Л = _-_arctg--nk; \y2 = —-arctg--геи;
k, neZ.

8.400. i
sinx= sin v,
V2cosx= V3cosj>.
Решение.
Возведя оба уравнения системы в квадрат, получим
2 sin2 х = sin у,
2cos2 x= 3cos2 у.
2 = sin2 ,y+3cos2.y, 2sin2 y-i-dll-sin2 y\
• 2 1 . -J2 ,я , ,
snO = - sin^ = ± —, y = ±~ + nkl, kxeZ.
* • 2 -2 1-2 1- ,1 , Я ,
Тогда 2sin ,t=sm y = —, sin лг=—, smx=±—, x=± — + nk7,
2 4 2 6
&2 eZ
Ответ: x = ± — + iUc2, y = ± — + itkl; & и к, eZ; k.nk, —числаод-
6 4 -* ^ '
ной четности.
8.401. 2 2
[ctgx+ ctgy = -1,8.
Решение.
[sinx* 0,
ОДЗ:
sin_y* 0.
Используя формулу ctga = —, запишем систему уравнений в виде
^ = 2-tg-,
l"tg2f l-tS2f -tg2 = 2-tg|,
i- + £ = -1,8. 2 2
2tg2
2tg^
^.'-l2-'^
2*j
2 2-
- = -1,8; 4tg2|-8
-5 = 0.

Решив это уравнение как квадратное относительно tg—, получим
х 1 х 5
tg~2~~!' tgl = ^-Далеенмеем
L>l = 1, ftg& = -l,
2 2 2 2
Г 2 2 lB 2 2'.
—L = -arctg — + nku \xl= -2arctg — + Ink,,
— = arctg — + nk2, \yl =2arctg— + 2nk2.
Iх! 5 , f 5 „ ,
Hr- = arctg- + 71^, x, =2arctg- + 2jiA:1,
J 2 2 <=> <
2) Lb .' i -. . 1 -. i гле fc, H t, 6 Z
' \~ = -arctg- + 7i*2, \y2 = -2arctg- + 2nk2, ' 2
Ответ: x, =-2arctg- +2^, j>, =2arctg- + 27[t2;
Xj =2arctg- + 27[A:1, j>2 = -2arctg- + 27[fc,, где^иА:, eZ
J2C0" + 2C0S~'' = 5,
8.402. 1-cosx _ 2cos"'->'= 4
Из условия имеем
2a*-V = 5_2cos*, 2C0S*(5-2C°") = 4, (2COS*)2-5(2COS') + 4 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно 2C0SX, получим
2С°™ = \, cosx = 0, х=- + лк = -(2к + 1), keZ
2 2К '
или
2ак* =22,C0SX=2, 0.

Подставив значение 2cosx = 1 в первое уравнение системы, найдем
2»--1 у = 4, cos"1 у = 2, cosy = ~, y = ±^ + 2nkl=^(6kl±l), к{ е Z
Ответ: х= ~{2к+\), у = -46^ ±1],где£и ^eZ
fsinxsinv = 0,75,
8.403. f . .
Решение.
ОДЗ:{С°"*°'
[cos_v * 0.
Перепишем второе уравнение системы в виде
0,75
- = 3, cosxcos_v = 0,25.
cos xcos у cos xcos у
Тогда данная система имеет вид
[sin ;esinj> = 0,75,
[cos zzosy = 0,25.
Сложив второе уравнение этой системы с первым, а затем вычтя из
второго уравнения первое, получим
(cos х cos у + sin x sin у = 1, f cos(x -y) = l,
1 О \ , V 1
COS X COS J> - Sin X Sin у = , COS(* + у ) = ,
\х-у=2%ку, Г = ±Т + n(ki+k2)>
Ответ: x = ± — + n(lcl+lc2), у = ± — +к(к2-к1), ^ н £2 e Z
8.404. 1
cos" x+ cos _v = 0,25,
5л
x+ v = —.
6
Решение.
Запишем первое уравнение в виде
-(1 + cos2x) + -(1 + cos2^) = 0,25, cos2x+ cos2^ = -- о

<=> 2cos(x+ ,y)cos(x-у) = — <=> 2cos — co^x-y) = - —,
2 6 2
cos(x-^) = —, x- v = ± — + 2л&, leZ
2 6
Отсюда исходная система принимает вид
\х-у = ± — + 2кк,
\ с6 keZts
5л
х+ у- —,
bZe
x, = — + лк = — 2к + 1), bc,= —+ лк,
l 2 2^ '' p з
у1=~-пк='^(\-Ък\; ^2=|-Jtt,
4eZ
Ответ: Aq = - (2* +1), j>, = - (1 -3k);
xj=|(3*+1), y2=~(l-2k),keZ
8.405.
sinxsin_v = 0,25,
л
/•ешемые.
Запишем первое уравнение системы в виде
cos(x-^)-cos(x+.v) = -о cos(jc-j;)-cos — = -, cos(x-y) = \,
х-у = 2кк, £eZ
Таким образом исходная система уравнений принимает вид
)х-у = 2тЦс,ке Z
л <
Х+У=У
г+кк,
\у = --лк,
I о
keZ
Ответ: х=— (6к+1), у = —(\-6к), kzZ

Решения к главе 9
НЕРАВЕНСТВА
НЕРАВЕНСТВА С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ
Неравенства/|(х)>/2(х),/|(х)>/2(х))/|(х)</2(х),/|(х)</2(х))
где /|£с) и f2(x) — заданные функции переменной х (одна из них
может быть постоянной), называются неравенствами с одним
неизвестным.
Переменная величина х называется неизвестной. Если f{ (х) и /2 (х) —
алгебраические выражения, то неравенство называется алгебраическим.
Решением неравенства с одним неизвестным называется такое
значение неизвестного, при котором данное неравенство обращается в
тождественное (истинное).
Решить неравенство с одним неизвестным — значит найти
множество (совокупность) всех его решений или показать, что оно не имеет
решений.
Областью допустимых значений неизвестного данного неравенства
(ОДЗ) или областью определения неравенства называют множество всех
значений неизвестного, при которых существуют обе части неравенства.
Равносильные неравенства и основные теоремы
о равносильности неравенств
Так как рассматриваемые ниже понятия и свойства неравенств
одинаковы для неравенств /, (х) > /2 (х), /, {х) > /2 (х), /, (х) < /2 {х),
/i(x)</2(x), то будем рассматривать только неравенства вида
/|(*)>/2(*)-
Пусть даны два неравенства с одним неизвестным
/|(*)>/2(*)> (9-1)
235

g\(x)>g2(x).
Неравенство (9.2) называется следствием неравенства (9.1), если все
решения неравенства (9.1) есть решения неравенства (9.2) или
неравенство (9.1) не имеет решений.
Два неравенства (с одним неизвестным) называются равносильными
(эквивалентными), если каждое из них являетсяхледствием другого.
Если над обеими частями неравенства с одним неизвестным
произвести тождественные преобразования, не меняющие области определения
неравенства, то получим иеравеиство того же смысла, равносильное
данному, т.е. если дано иеравеиство Д (х) > f2(x) с областью определения D
и в результате тождественных преобразований получилось
иеравеиство /3 (х) > /^(х) с той же областью определения; то они равносильны.
Если к каждой части данного неравенства прибавить одно и то же
число или выражение, имеющее смысл при всех значениях неизвестного из
области определения неравенства, то получим иеравеиство того же
смысла, равносильное данному, т.е. если дано иеравеиство Д (х) > f2 (x) с
областью определения D и т (х) — число или выражение, имеющее смысл
привсехзиачеиияххизДтоиеравеиство f\(x) + m(x)> f2(x) + m(x)
равносильно данному.
Члены неравенства можно переносить с противоположным знаком из
одной части неравенства в другую.
Если обе части неравенства умножить на одно и то же положительное
число или выражение, принимающее положительные значения при всех
значениях неизвестного из области допустимых, то полученное
иеравеиство того же смысла будет равносильно данному.
Если обе части неравенства умножить иа одно и то же отрицательное
число или выражение, принимающее отрицательные значения при всех
значениях неизвестного из области допустимых, то получим равносильное
данному иеравеиство противоположного смысла, т.е. если даио
иеравеиство f\{x)> f2{x) и число или выражение/и(д:)< 0 при всех а: из ОДЗ
неравенства, то иеравеиство f\{x)-m{x)< f2{x)-m{x) будет равносильно
данному.
Неравенство ■ * ■ <0 равносильно неравенству Д(х)-/2(х)<0
fl(x)
при/2(х)*0.
Неравенство -^ ' >0 равносильно неравенству f](x)-f2(x)>0
при/2(х)*0.
236

РЕШЕНИЕ РАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ
С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ
Решение неравенства первой степени
с одним неизвестным
Неравенства вида
/,(*)>л(4 /|(ФлМ
/i(*)</2(4 /iWs/iW
где /i (х ) и /2 (л:) — линейные функции переменной х (одна из которых
может быть постоянной),* называются неравенствами первой степени с
одним неизвестным.
Всякое линейное неравенство с одним неизвестным всегда можно
привести к каноническому виду
ох+6>0. (9.3)
Решение неравенства ах + Ь > О
Если а > 0, то после умножения обеих частей неравенства на — > О
ь а
получим равносильное данному неравенство х + — > 0, из которого по-
*
следует х > —.
а
Если а < 0, то после умножения обеих частей данного неравенства на
— < 0 получим равносильное данному неравенство х + — < 0, из которо-
а а
Ь
го следует х < — .
а
Если а = 0, то при Ь < 0 для любого действительного значения х
неравенство обращается в неверное, т.е. решений не имеет, а при Ь > О
данное неравенство верно при всех действительных значениях х , т.е.
все действительные числа являются решениями неравенства.

(9.4)
Решение неравенств второй степени (квадратных)
с одним неизвестным
Неравенство, обе части которого есть многочлены относительно
неизвестного не выше второй степени, причем хотя бы один из них второй
степени, называется неравенством второй степени с одним неизвестным.
Всякое неравенство второй степени с одним неизвестным
(квадратное неравенство) можно привести к одному из его канонических видов:
ах2 + bx + c>0, ах2 + bx+c>0,
ах2 +Ьх+с< 0, ах2 + Ьх +с<0,
где а: Ф 0 .
Решение неравенства ах + Ьх + с > 0 (а Ф 0)
Если а > 0 ,то данное иеравеистворавиосильио неравенству
2 Ь с
х +—х+—>0
а а
или
х2 +px+q>0, (9.5)
Ь с
где р = ~ , q = ~.
а а
Если а < 0, то данное неравенство равносильно неравенству
2 Ь с .
х +—х+-<0
а а
или
x2+px+q<0, (9.6)
Ь с
где р = - , q = - .
Другие неравенства вида (9.4) также приводятся к виду,
аналогичному (9.5) или (9.6).
Исследование трехчлена х2 + рх +q = О
Рассмотрим трехчлен
x2+px+q. (9.7)

1. Если D= p2 -Aq > 0 ,то трехчлен х1 + рх +q можно разложшь на
множители с действительными коэффициентами
х2 + рх + q = (х -х|\х -х2 ),
где *i="f "J f "9 и *2=~f+ V f ~9 ~КОрии ТР6™6™
(х1<х2).
Если х<Х} <х2,то х -х1 < О и х -х2 <0 ; тогда х + рх +q > 0 .
Если Х| <х <х2,то х -х, > 0, а х -л: 2 <0 ; тогда х + рх +q < 0 .
Если х >х2 >х, ,то х -х, >0 и х -х2 >0 ; тогда х + рх +q > 0.
Яывод. Если Z) = р1 - Aq > 0, то квадратный трехчлен х2 + рх + g
положителен при значениях х , меньших меньшего корня и больших
большего корня, и отрицателен при значениях х , лежащих между
корнями.
2. Если D=p2 -Aq =0 g = £- , то трехчлен х2 + px+q приии-
2 1 Р
х + рх +q = х +/7Х+ ^~-
р р
и при всех а: Ф -— будет положительным, а при х =- — равен нулю.
3. Если D = р2 - Aq < 0, то трехчлен х2 + /?х + q можно
представить в виде
Так как х + — > 0 при всех х , a Aq - р2 > 0 , то трехчлен
I 2)"
х2 + рх + q положителен при всех значениях х .
239

Решение целых рациональных неравенств с одним
неизвестным
Целым рациональным алгебраическим неравенством с одним
неизвестным называется такое иеравеиство, обе части которого есть
многочлены относительно неизвестного.
Степенью целого рационального алгебраического неравенства с
одним неизвестным называется большая из степеней многочленов,
входящих в это иеравеиство.
Всякое целое рациональное алгебраическое иеравеиство и-й
степени с одним неизвестным может быть приведено к одному из
канонических видов
aQx" +alx"~l +a2x"~2 + ... + а„_2х2 +an_tx +an > О, (9.8)
aQxn +alx"~l + а2х"~2 + ... + ап_2х2 +апАх +а„ >0 (9.9)
или
aQx" +alxn~l + а2х"~2 + ...+ап_2х2 + ап_^х +а„ < 0, (9.10)
aQx" +alx"~l+a2x"~2 +... + an_2x2 +an_tx+a„ <0 (9.11)
(«0*0).
Метод интервалов
Чтобы найти решения неравенства
(Л-х,Хх-х2Хх-х3)...^-хП)>0 (9.12)
или
^с-х^х-х2Хх-хъ)...(х-х„)<0 , (9.13)
достаточно нанести на числовую ось нули (корни) левой части
неравенства xt,x2,x3,...,xn, а затем проверить знак левой части неравенства
на каждом из полученных интервалов путем подстановки любого числа
из этого интервала. Тогда множеством всех решений неравенства (9.12)
(х -х{\х -х2\х -хг)...(х -х„)>0
будет объединение всех промежутков, в которых поставлен знак плюс,
а решением неравенства (9.13)
(■* ~ х i Xх ~ х 2 X* - хз )■.. (х - х п ) < 0
будет объединение всех промежутков, в которых поставлен знак минус.
240

При решении иеравеиств
(х -xt\x -х2\х -х3)...(х -хп)^ О
и
(х -х,Хх -хгЪ- ~*з)---(* "хп)<0
с помощью метода интервалов, кроме соответствующих интервалов зиа-
копостояиства левых частей иеравеиств, к их решениям надо относить и
их нули (корни).
Обобщенный метод интервалов
Рассмотрим схему решения неравенства (9.8)
aQx" + a{xn~l + а2х"~ + ... + ап__2х2 +ап-\х + ап > О (а * О)
Многочлен а0х " + ахх "~ + а2х "~ +... + ап_2х + ап-\х + ап в миоже-
• стве действительных чисел можно представить в виде
aQxn +«|x"~j +a2x"~ +... + att_2x +an_{x+an =
= а0(х-х,)'",(х-Х2)'"2 ...(х-хк)т*\х2 +plx+qlf ...\х2 + р,х+д{)\
где xy,x2,...,xk —действительные кории соответственно кратности
mx,m2i..,,mk , а трехчлены х2 +р{х +q\,...,x2 + pfx + g, имеют
отрицательные дискриминанты, т.е. при всех х положительны.
Неравенство (9.8) можно переписать в виде
a0(x-X[)mi^c-x2)m2 ...(*-**)"* (*2+A*+?i/' ••■
...(г2 +PjX+qJ' >0.
Так как квадратные трехчлены в этом неравенстве принимают
положительные значения при всех действительных значениях неизвестного,
то оио равносильно неравенству
«обе-х1У"'(*-*2Г2 ■••(*-** У"* >0.
Множители левой части неравенства с нечетными показателями можно
оставить в первой степени, а с четными - опустить, выписав те значения х ,
при которых они обращаются в нуль. Тогда неравенство примет вид
aot* -xJt }x-xh l-.^-Xj )> О,
при а0 > 0 оио равносильно неравенству
^-хл}х-хл)...^-х^)>0,
241

а при aQ < 0 — неравенству
{?-xk)?-xh)...{?-xJi)<0.
Последнее неравенство решаем методом интервалов.
Дробио-рациоиальные неравенства
Неравенства вида
Р»{х) „ Р„(х) „
е„(*) е„(*) ( J
или
е„(*) е„(«) ' (9Л5)
где Рп(х)=а0хп+а-1х"~1+а2х"~2+ ... + ап_2х2+а„_{х+ап (а0*0) и
em(x)=60xw + fc1x'"~I +Ьгхт~2 + ... + bm_2x2 +bm_lx+bm (b0
*0)—многочлены переменной х , называются дробио-рациоиальными неравенствами.
При решении таких неравенств пользуются следующими
утверждениями:
Р (х)
1. Неравенство —, ( > 0 равносильно неравенству
р„(*)аЛх)>о-
Р (х)
2. Неравенство —. . > о равносильно системе неравенств
Р (х)
3. Неравенство —. . < 0 равносильно неравенству
р„(х)аЛх)<°-
, и Рп(х)
4. Неравенство —, 'so равносильно системе неравенств
е„(*)
P„(?)Qm(x)<0,
Q„(x)*0-

Таким образом, решение дробио-рациоиальиых иеравеиств
сводится к решению целых рациональных иеравеиств.
При решении дробио-рациоиальиых иеравеиств нужно
придерживаться следующей схемы:
а) перенести все члены неравенства в левую часть;
б) привести все члены левой части неравенства к общему знаменателю;
в) заменить дробные неравенства целыми;
г) разложить левую часть полученного неравенства на простейшие
множители;
д) привести полученное неравенство к виду (9.12) или (9.13);
е) найти решения полученного неравенства по методу интервалов.
РЕШЕНИЕ СИСТЕМ РАЦИОНАЛЬНЫХ
НЕРАВЕНСТВ С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ
Системой иеравеиств с одним неизвестным называется несколько
иеравеиств, в которых под одной и той же буквой, обозначающей
неизвестное, подразумевается одна и та же величина.
При решении системы иеравеиств с одним неизвестным обычно
решают каждое из иеравеиств системы, а затем находят пересечение
множеств полученных решений.
Решить систему иеравеиств с одним неизвестным - значит найти
множество всех ее решений или показать, что система ие имеет решений.
НЕРАВЕНСТВА С НЕИЗВЕСТНЫМ ПОД ЗНАКОМ
АБСОЛЮТНОЙ ВЕЛИЧИНЫ
При решении иеравеиств, содержащих переменную под знаком
абсолютной величины (модуля), используется определение абсолютной
величины:
\г(гЛ-\ /(*)при/(*)><>,
|Л*П-/(*)при/(*)«,.
Кроме того, иногда бывает полезным применить геометрический
смысл модуля числа, согласно которому \х | есть расстояние от точки х
числовой прямой до начала отсчета, а \х - а\ — это расстояние иа
числовой прямой между точками хна.

Рассмотрим иеравеиство
/NWW. (9Л6)
где fijc) и g(x) — некоторые функции.
Неравенство такого вида равиосильио следующей совокупности
двух систем неравенств:
\х < О, \х > О,
1)|/(-)<^)ИЛИ2)№)<^)
Рассмотрим иеравеиство
\f(x) <g(*), (9.17)
где f(x) и g(jc) — некоторые функции. Неравенство такого вида
равиосильио следующей совокупности двух систем неравенств:
Рассмотрим иеравеиство
|/(* J >«(*), (9.18)
где fix) и ^(х) — некоторые функции. Это иеравеиство равиосильио
следующей совокупности двух систем неравенств:
о
/W>*M ИЛ„2)Р)>0'
Рассмотрим иеравеиство
ИНЬ***)- (9-19)
где f(x) и gijc)— некоторые функции. Это иеравеиство можно решить
двумя способами. Во-первых, оио равиосильио совокупности двух систем:
'х < 0, |х > О,
1)11/Ы<в(«),,ш,2)11/И<*(«)
Во-вторых, оио также равиосильио двойному неравенству
Рассмотрим иеравеиство
ИИ) >*(*)• (9.20)

где f(x) и g(jc) — некоторые функции. Это иеравеиство можно решить „
двумя способами. Во-первых, оио равносильно совокупности двух систем:
(ж < 0, \х > О,
1)||/(-^>^)ИЛи2)||/(^>^)
Во-вторых, оио также равносильно совокупности двух неравенств
И*|)<-««
Рассмотрим иеравеиство
ИФИ*]|> (9.21)
где f(x) и g(x) — некоторые функции. Это неравенство решается при
помощи разбиения области его допустимых значений иа промежутки,
каждый из которых является промежутком постоянства знака как функции
fix ), так и функции g(x). Затем на каждом из этих промежутков
решается иеравеиство без знака абсолютной величины. Объединив решения иа
всех промежутках, получим множество всех решений неравенства.
Некоторые неравенства вида (9.21) \f(jc} ^ \s(xJ целесообразно
решать, перейдя к равносильному неравенству (/"(х))2 > (g(jc)f , т.е.
возведением обеих частей исходного неравенства в квадрат.
ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА
Алгебраическое иеравеиство называется иррациональным, если его
неизвестное входит под знак корня.
При решении иррациональных неравенств, как и иррациональных
уравнений, кории четной степени рассматриваются только
арифметические, а кории нечетной степени рассматриваются иа всей числовой
оси (при всех действительных значениях подкоренных выражений).
Если иеравеиство, обе части которого неотрицательны при всех
значениях неизвестного из области допустимых, возвести в любую
натуральную степень, то получим иеравеиство того же смысла,
равносильное данному, т.е. если дано иеравеиство
/.(*)>л(*)>
причем при всех х из ОДЗ Д (х ) > 0 и /2 (х ) > 0 , то неравенство
245

равносильно данному.
Если обе части неравенства возвести в нечетную натуральную
степень, то получим иеравеиство того же смысла, равиосильиое данному,
т.е. если даио иеравеиство
то иеравеиство {fl(x)fn+l>{f2(x)fn+l равносильно данному.
В частности, иеравеиство вида
1{7ф)<14в(х), neN, (9.22)
f/(x)>0
равносильно системе 1 ,/ \ t \ а иеравеиство вида
1"ifF)<1"ig(x), »eJV, (9.23)
равносильно неравенству f(x)< g(jc); иеравеиство вида
247£)<gk\ n^N, (9.24)
равносильно системе < g(x) > 0, а иеравеиство вида
ш<шг,
г"Ц$)<е(х\ neN, (9.25)
равносильно неравенству f(x)< (g(x))2"+1; иеравеиство вида
Ч№1>*М n*N, (9.26)
равносильно совокупности двух систем неравенств
ш>шг,
а иеравеиство вида
1"if£)>g(4 n*N , (9.27)
равносильно неравенству f(x)> (g(x)f"+l ■
g(x)<0,
/(*)>0или
246

ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ
НЕРАВЕНСТВА
При решении показательных неравенств используются следующие
правила:
1) Если а > 1, то неравенство
„/.(*)< „/,(*) (9.28)
равносильно неравенству fi(x)< /г(х), а неравенство
я/.(0>вЛ(0 (9.29)
равносильно неравенству /, (х ) > /2 (х ).
2) Если 0 < a < 1, то неравенство
■а/^)<аА^) (9.30)
равносильно неравенству /1(х)>/2(к), а неравенство
в/.(*)>вЛ(*) (9.31)
равносильно неравенству /[ (к ) < /2 (* ).
3) Если а > 1, то неравенство
loge/i(*)<loge/2(*), (9.32)
где /,(х)>0, /2(х)>0 , равносильно неравенству f\(x)< f2(x), а
неравенство
toge/1fr)>loge/2(x), (9.33)
где /t(x)>0, /2(х)>0 , равносильно неравенству f\(x)> f2(x).
4) Если 0 < я < 1, то неравенство
1оВв/,(*)<1оВв/2(к), (9.34)
где /,(х)>0, /2(х)>0 , равносильно неравенству f\(x)> f2(jc), г
неравенство
log ,,/,(*)> log а/2(*)> (9.35)
где у, (д:) > 0, /2 (t )> 0 , равносильно неравенству Л(^)</г(л:)-
247

ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА
Тригонометрическим неравенством называется неравенство, в
котором неизвестное входит под знак тригонометрических функций
непосредственно или в виде линейной функции неизвестного, причем иад
тригонометрическими функциями выполняются только алгебраические
действия.
К простейшим тригонометрическим неравенствам относятся:
1. Неравенство sinx > а. Если а < -1, то решением неравенства
будет любое действительное число. Если -1 < а < 1, то решениями
неравенства будут
arcsin a + 2im< х < 7t-arcsin а + 2ш, п€ Z . (936)
Если а > 1, то неравенство решений не имеет.
2. Неравенство sinx < а. Если а < -1, то неравенство решений не
имеет. Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут
7i-arcsina + 2jiH < х <2л + arcsin а+2ли, ие Z . (9.37)
Если а > 1, то неравенство верно при всех действительных значениях х.
3. Неравенство cosx > а . Если а<-\, то неравенство верно при
всех действительных значениях х . Если -1 < а < 1, то решениями
неравенства будут
-arccosa + 27tn <x < arccosa + 27m, neZ . (9.38)
Если а £ 1, то неравенство решений не имеет.
4. Неравенство cosx < а. Если а<~\, то неравенство решений ие
имеет. Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут
arccosа + 2пп< х <2п-агссоза + 2тиг, ие 2 . (9.39)
Если а > 1, то неравенство верно при всех значениях х .
5. Неравенство tgx > а. Это неравенство имеет решения при
любых действительных значениях а, причем
arctg а + пп <х < — + ли, neZ. (9.40)
6. Неравенство tgx <a. Это неравенство имеет решения при
любых действительных значениях а, причем
— + пп< х <arctg а + яп, ие z . (9.41)
248

7. Неравенство ctg х > а. Это неравенство имеет решения при любых
действительных значениях а , причем
ли < а: < arcctg а + пи, не Z . (9.42)
8. Неравенство ctg х < а . Это неравенство имеет решения при
любых действительных значениях а , причем
arcctga+ли <х < ж + пп, пе Z . (9.43)
В случае нестрогих неравенств к решениям присоединяются
соответствующие концы интервалов.
9.096. Доказать, что произведение суммы трех положительных чисел на
сумму обратных чисел не меньше 9.
Решение.
Пусть а>0, Ь>0 и о 0. Докажем, что (а + Ь + с]— + — + - > 9.
[а Ь с
Имеем
, а а Ь . Ь с с , п (а ЬЛ (Ь с Л (а с V .
Ь с a cab ' \Ь а \ \с Ь) \с a J '
а '* +2+ £-.£ 1+2+1 ,|--,|- 1+226
Ь V а ' ( V с \Ь
v +\ V 1/ I +\i!~~\l~ I ^ 0, неравенство истинно.
Что и требовалось доказать.
9,097. Доказать, что если а — любое действительное число, то верно
а2+а + 2 >2
неравенство г~->
■Ja' +а +
Решение.
Имеем
а2 + а + 2 (а2 +а + \)-2^а2 +а + \ +1
-2>0 о ^ ' >0,
-Ja2+a + \ Va2+a + l

47^л-А (п -a
——-— ^~>0 неравенство истинно, т.к. Va +а+\-\ >0
V7+«+i ^ J
н \а +а + 1 > 0 при ае Я. Что и требовалось доказать.
9.098. Найти все значения^, при которых выражение
lg((/>-l)x + 2/>х+3/>-2) определено для любых л-.
Решение.
ОДЗ:(р-1)л2+2рд+Зр-2>0.
Неравенство Ах2 +Вх + С>0 выполняется для всех xetf,
когда В2~4АС<0, А>0, г.е. когда J р~ -(Р~ШЗр-2) < 0. ^
[р-1>0
[2р2-5р + 2>2,
<=>(;;> 2).
U<>1
Ответ: /^е {2;°°).
9.099. Найти все значениям, при которых выражение
J(o + 1)a-2 -2(й-1):с+Зй-3 имеет смысл для любых лей.
Ранение.
ОДЗ:(« + 1)х2-2(а-1)х + За~3>0.
Неравенство Ах2 +Вх+С>0 выполняется для всех лей, когда
В2-4АС<0, А > 0,т.е. когда
(o-l)2-(o + l)(3a-3)<0, [(а-1)(</ + 2)2 0,
а + ]>0 [а + 1>0
Ответ: а е [1;™).
9.100. Найти множество целых значений х , удовлетворяющих
неравенству 42+^Г[ +3 .22+^"* -16 < 15-4^ +23+^ + 5-2Н^ .
Представим неравенство в виде
16.22^+3-4.2^-16<15-22^+8-2^ + 5-2^2^-' о

«2
x" -6-2 x" -16 < 0. Решив это неравенство как квадратное
относительно 2 ч , имеем -2 <2^х'1 <8 . Неравенство 2^"'>-2 <=>
ох-1>0, х>1 .Неравенство 2,^=?<8 о 2^ < 23 <=> Vx^T<3,
О < д: -1 < 9 , 1 < х < 10 . В ответзапишем целые числа из этого промежутка.
Ответ: Xj=l; х2 = 2 ; х3=3; х4 =4 ; х5=5; х6=6; х7=7;
xs = 8; х9 =9.
9.101. При каких значениях р оба корня квадратного трехчлена
х2 +2{р+\)х + 9р—5 отрицательны?
Решение.
По теореме Виета корни квадратного трехчлена Ах +Вх + С
существуют и оба отрицательны тогда и только тогда, когда
D
= В2-4ЛС20,
— >0, о
А
А
5
4{p + lf-
4(9р-5)>0,
9р-5>0,
р + 1>0
р2-7р+б20, и
р > — откуда имеем
9'
р>-\,
-< р&\,
9 и
р>6.
Ответ: ре -;1 11[б;°°).
9.102. При каких значениях и оба корня уравнения(п-2)х2 -
- 2пх + и + 3 = 0 положительны?
Решение.
По теореме Виета корни квадратного трехчлена Ах2 +Вх+С
существуют и оба положительны тогда и только тогда, когда

D = B2-4AC>0,
A
A
и2-(и-2Хи + 3)2 0,
>0,
n-2
и + 3
>0
.n-2'
(ие(-~ ;-3)U(2;6j.
f"<-3,
° [2<«S6
Ответ: и е (- °°; - 3)U (2; б].
9.103. При каких значениях m корни уравнения 4х2 -(Зт + 1)яг-т-2=:0
заключены в промежутке между-1 и 2?
/*ешение.
Корин уравнения ах + Ьх-ьх -0 заключены в промежутке (Х,5), т.е.
Х<х, <5 иХ<х2 <5,когда
*2-4яс2 0,
я(я82+*8 + с)>0,
а(яХ2 + *Х + с)>0, °
Х<-А<6
(Зш + 1)2+16(ш + 2)>0,
4(2)2-(Зш + 1)2-ш-2>0,
4(- if - (Зш + lX-1)- m - 2 > 0,
Зш + 1
-i<;
-<2
Ответ: т е I : —
2 7
шей,
9m + 22m+ 33
-7т + 12>0,
2т + 3>0,
Зт-15<0,
Зт + 9>0
ьо,
<=>
12
т < —.
7
3
т> —,
2
т<5,
т>-3
"
3 12
<т < —
2 7

9.104. При каких значениях а квадратный трехчлен ах - 1х + 4а
принимает отрицательные значения для любых действительных значений х?
Решение.
Квадратный трехчлен ах ~1х +4а<0 для хе R , когда
U9-I6a2<0, \а2>—, ( 7
1"<° \a<0 I 4
( 7
Ответ: а е - °°; - —
I \
I 2 I 8
9.105. Найти целые числа х , удовлетворяющие неравенству > — .
, , 9 9 ^ 9 43 61
Из условия имеем к-13к — , х *13 , отсюда- — <*~3< —,—;<*<—,
Г-14> 4 44 4
х *13; хе —;13 U 13; — .Целыми решениями из объединения этих
интервалов будут х1 =\\ ; х2-12; х3 =\4 ; х4 ~\5 .
Ответ: х} = 11 ; х2 = 12; х3 =14 ; х4 = 15 .
9Л06. Доказать, что при условии 2_у + 5х = 10 выполняется
неравенство Ъху -х2 -у2 <7.
Решение.
Получаем систему
|2^ + 5ж = 10,
\Ъху-х2-уг<1
10-5х
\У = -
10~5х
Зх(10-5х) х2 Г10-5дЛ2 ;7
2 I 2 )
2
|59х2-160х + 128>0.

Неравенство 59х -160х +128 > 0 выполняется для всех х ,т.к. 59>0,
D>0.
Что и требовалось доказать.
9.107. Доказать, что если 46 + а = 1, то выполняется неравенство
а2+4Ь2>~.
5
Решение.
Имеем
4* + Я=1, fa = l-4i, fa = l-4i,
a2+4b2 >i ° \(l~4bf+4b2>~ ° \25*2 -10i + l >0 '
(a = \-4b,
~[(5b-lY>0.
Последнее неравенство истинно.
Что и требовалось доказать.
9.108. Доказать, что многочлен т ~т + т +т -ти+1 принимает
положительные значения при всех действительных значениях т .
Решение.
Перепишем данный многочлен в виде
т6 + т2 -(т5 +т)+(т4 + \)=т2(т* +l)-m(m4 + l)+(m4 +l)=
~{т4 +lj(m2 -т+1).Таккак /и4 +1>0 и/и2-/и+1>0 при те R ,
то (т4 +1Д/и2 -m + lj>0 при те R .
Что и требовалось доказать.
9.109. Найти область определения функции / , если
/(ж)=\4 х -172х +4-
Решение.
Имеем при х *0 неравенство
£+1 I Г iV £
4 * -17-2* +4 >0 о 4- 2х -17-2* +4£0,
решим его как квадратное относительно 2 х .Получим

2х >4,
1
2*<1
2% >2Z
2* <2
x<0,
-£2,
-<-2
l-2x
l + 2x
ao,
<0
|x*0,
x + - |x<0,
0<x<-
1
— <x<0.
2
x*0
Ответ: xE I
9.110. Найти область определения функции/ если
•н«т
Г4х-22
х-5
/•ешеные.
Получаем неравенство 9 -I -^— > 0 <=> ( —^-— I < 9 <=>
х-5
4Ж-221 ,^4ж-22^,
- < 3 <=> -3 < < 3 <=>
*-5
4х-22
х-5
4х-22
х-5
-3<0,
+ 3>0
х-5
х-7
х-5
7х-37.
^ х-5
4х-22<з,'
>-3
х-5
4х-22
х-5
<0, Rx-7)(x-5)<0,
<=>1(7х-37)(х-5)>0,
х-5
>0 х*5.
ш
31
Г37
Методом интервалов получаем хе\ — ;7
Ответ: ХЕ
№

9.111. Найти целые неотрицательные значения х , удовлетворяющие
х + 3 1 2х
неравенству —--— < ——- .
х2-4 х+2 2х-х2
Решение.
х+3 1 2х
Перепишем неравенство в виде —z + —. ^ < 0 о
хг-А х + 2 х(х-2)
* + 3 1 2 . п [/ 2*v9M<0,
+ <о при х*О, о \(х-2\х+2) о
(х-2Ух+2) х + 2 х-2
(2х + 9)(*-2)(х+2)<0,
х*0.
С помощью числовой прямой получаем х = 1.
Ответ: х~\.
9.112. При каких значениях а неравенство —= < 1,5 выполняется для
х +4
любых значений х е R ?
Решение.
Таккак х2 +4 >0,тоимеем ах < 1,5х2 +6 о 1,5х2-ах + 6>0 . Это
неравенство выполняется для любых значения хе Л ,если Z)=a2-36<0,
а2 < 36 , -6 < а < 6 .
Ответ: а е (-6; б).
9.иЗ.Найтао6ластьогфедшения45^киии/)если/(х)= Jlog05(x2 -9J +4.
.Решение.
Область определения данной функции найдем, решив неравенство
log05^2-9)+4S0, log0i5^2-9)>-4 о
о 0<х2-9<16, 9<х2<25 о

b^<25,
1x2>9
Ошвеш.же[-5;-3)и(3;5].
9.114. При каких значениях х определено следующее выражение:
Решение.
Получаем неравенство
l-log0>5(*2-2*-2,5)>0, 1<*0>5(*2-2ж-2,5)<1 о
о х2-2х-2,5>0,5, х2-2х-3>0, (x + lX*-3)>0 о
о (re(-«;-l)U(3; + «)).
Ответ: х е (- °°; - l)U (З; + °°).
9.115. Найти те значения т , при которых неравенство
х2-8х + 20
тх 2 + 2 (т +1 )с + 9т + 4
<0
вьшолняетсядлялюбыхдействительныхзначенийх .
Решение.
Так как х - 8х + 20 > 0 при хеД , то необходимо
тх2 +2(m + l)t+9m+4<0.
Последнее неравенство истинно для х е Я , когда
(ш+1)2-ш(9ш+4),<0,
ш<0
Ответ: те -»; .
2
8ш2 +2т-
т<0
1 > 0, ,1
> <=> т< —
2
9 Синем М. И., кн. 2

11ж2-5ж + 6
9.116. При каких значениях ж разность — ж принимает
х + 5ж + 6
только отрицательные значения?
Решение.
Имеем
11ж2-5ж+6 11ж2-5ж+6-ж3-5ж-6ж
— х<0 о ; <0 о
ж2+5ж+6 ж2+5ж+6
-ж3+6ж2-11ж + 6 „ ж3-6ж2 + 11х-6
о <0 о г
х + 5ж + 6 х + 5ж + 6
>0 о
о (^-'Х^-2Х^-3)>0 0 (х-1Х*-2Х*-зХ* + зХ*+2)>0.
(ж + ЗХж + 2)
Методом интервалов получаем х е (- 3; - 2)U (l; 2)U (3; °°).
Ответ: же (-3;-2)U(l;2)ll(3;°°).
« .,» „ ж +тх -1
".117. При каких значениях т неравенство—г <1 выполняет-
2ж2-2ж+3
ся для любых х ?
Решение.
Из условия получаем
ж2+тх-1 , „ ж2+тж-1-2ж2+2х-3 „
—г— 1<0 о -. <0 о
2ж2-2ж + 3 2ж2-2ж+3
-ж2+(т+2)г-4 . ж2-(т+2>г+4 „
о ^ С <0 о ^ - >0.
2ж2-2ж + 3 2ж2-2ж+3
Таккак2ж2-2ж + 3>0 при же R ,то ж2 -(т + 2)г+4>0 для же Я <=>
о (т+2)2-16<0, (т + 2)2<16,-4<т+2<4,-6<т<2.
Ответ: т е (- 6; 2).

9.118. При каких значениях т неравенство — > -1 выполия-
х2-Зх + 4
ется для любых х?
Решение.
и 2л: -(/и + 3)х + 2 п ~ 2 -. л п
Из условия имеем ь - > 0 Так как х - Зх + 4 > О при
х2-Зх + 4
xeR, то 2х2-(ш + 3)х + 2>0 для любыхх, откуда D = (ш + 3)2-16<0,
(ш + 3)2<16, -4<ш + 3<4, -7<ш<1.
Ответ: /ие(-7;1).
~..~ „ -1 + 9я + 4я
9.119. При каких значениях я сумма ал ^ принимает толь-
я2-Зя-10
ко положительные значения?
Решение.
Запишем неравенство
-1 + 9а + 4я2 „ я3-Зя2-10я-1 + 9я + 4я2 „
я+—= >0, = >0,
я2-Зя-10 я2-Зя-10
я3 + я2-я-1;0 я2(я + 1)-(я + 1)>0 (я + 1)(я2-1);0
я2-Зя-10 ' (я + 2)(я-5) ' (я + 2)(я-5) '
(я + 1)2(я-1)(я + 2)(я-5)>0.
Методом интервалов находим ae(-2;-l)U(-l;l)U(5;°°).
-1
Omeem:ae (-2 ;-l)U(-l;l)U(5;°°).
9.120. Найти целые значениях, удовлетворяющие неравенству
log4 x + log2(-v/x -1) < log2 log_yj 5.
Решение.
Перейдем к основанию 2. Имеем-log2x + log2(Vx-l)<log22 <
о log2 -Jx + log2(\fx -1) < 1 о log2(-v/x(-v/x -1)) < 1 о

iJx(Jx-1)<2, f(Vx)2r-v/x-2<0, i ,_
n n \-1<tJx<2,
<=>ix>0, <=>{x>0, <=>< о
/ r- [x>1
|V*-1>0 [Vx>l
<=> i <=> 1<X<4.
Ответ: Xj=2; x2-3.
9.121. Показать, что при любых действительных значениях* функция
х2 + х + 1 . г 3 1
у = —г не может принимать значении, больших — и меньших — .
х2 + \ 2 2
/*ешеные.
Пусть, от противного, имеем
,2
1) , " > - о 2х2 + 2х+2 > Ъх1 + 3 о х2 -2ж +1 < 0 о
;Г + 1 2
,х + * + 1^3__ 2|_ . , , ,^2
2)^4^-<-<=>2ж2+2ж + 2<ж2 + 1ож2 + 2ж + 1<0о
х2 + 1 2
<=> (х +1) < 0, нет решений.
Полученные противоречия показывают, что .у не может принять
значения, меньшие, чем — или большие, чем —.
2 ч2
Что и требовалось доказать.
Найти области определения функций (9.122—9.129):
9.122. У = 2VI ^ ' '.
Решение.
Областью определения данной функции будут все те значения х, для
которых выполняется неравенство|x-3|-|8-jtj>0.Раскрывая модули,
получаем три случая:
nfx<3> \Х<Ъ<
}-х + 3-8 + х>0 1-5>0,

(-, , о 13 < ж < 8,
3<х<8, ' и
2)| й И — <х<8;
'\х-Ъ-% + х>0 \х- ' 2
,, \х>%, \х>%, \х>%,
3)J о J | ' х>8.
х-3+8-х>0 5>0, жей.
Ответ.
•: хе\ —;°
■ibx-x1
9.123. у =
log
Решение.
Получаем
J4x-x22 0,
|log3|x-4U0
[ж(ж-4)<0,
о <1х-4|*1. о
О < х < 4,
ХФ\
хфЪ,
х*4.
[х-4*0
Ответ: хе [0;3)U(3; 4).
9.124. у = log,(o,642~""^* -l^S8-^"^ '
Решение.
Рассмотрим неравенство 0,642~'°8л,'-1,258"("'8г")! >0 о
<=> 4-21og кх >log2x -8 . Переходя к основанию 2, получаем
log2x + 41og2x —12 > 0. Решая это неравенство как квадратное относи-
х> 4,
тельно log2 х , имеем
log2 х > 2,
log2x<-6
0<х<—.
64
Ответ: хе\0; — |U (4; °°).

9.125. у
-- |log]log3|x
-3
Решение.
Областью определения данной функции будут те значения х , для
которых имеет место неравенство
log, Iog3|jc -3|>0 <=> O<log3|x-3|<1 <=> 1<|х-3|<3 <=>
||х-3|<3,
||*-Э|>1
-3<x-3S3,
"х-3>1,
х-3<-1
Ответ: хе [0;2)11(4;б].
9.126. У = jlog2i (x
-3)-1.
<=> •
0<ж<6
х>4,
х<2.
Решение.
Получаем неравенство log2 (х -3)-1->0 , log2, (x -3)>1
iogi(x-3)21,
2
log,(x-3)s-l
2
em: x e 3; — U
0<х-3<-,
2 о
х-3>2
3<х<-
х>5.
[5;-).
9.127. j>=^2-lg|*-2| .
Решение.
Имеемнеравенсгво2-1ф-2|>0, lg|x-2|<2 <=> 0<|jc — 2| < 100 <=>
J|x-2|<100, Г-100<х-2<100, |-98<ж<102,
°{|х-2|>0 ° [х-2*0 ° [ж*2.
Ответ: хе [-98;2)ll(2;102].

9.128. ^ = log,^108"-'0'5-
1
log3(2x-6)'
Решение.
Область определения данной функции найдем, решив систему
неравенств
М**-'0*5 -1 > 0, i2H"'0'5 > 1, [log,_30,5 > 0,
jlog3(2x-6)*0, <=> J2j:-6?tl, о <2х*1,
2х-6>0 2х-6>0 2х>6.
Получаем два случая:
2)
0<х-3<1,
0,5 < 1,
7
х*-,
2
х>Ъ
ж-3>1,
0,5 >1,
7 0.
**2'
ж>3,
Ошвет:же|3;-|и[у;4
'■i2^=iS^
-1н
1
-4) logg (х-4)-
.Решение.
Из условия получаем систему неравенств
х2-1
(х + ЗХх-4)
logs (х-4)^0
х-4>0
ISO,
ж + 11
т 5 4s 0.
(x + 3Xx-4)
х-4*1,
ж>4
(х+пХ*+зХ*-4)>о,
хф-Ъ,
хфЪ,
х>4.

Методом интервалов имеем х е (4; 5)U (5; °°).
-И -3 4
Ответ: же (4;5)U (5;°°).
Решить неравенства(9.130—9.205):
|Зж + 1| ,
9.130. г <3.
I *-з |
Решение.
Неравенство равносильно системе двух неравенств
[Зж + 1
х-Ъ
\Ъх + \
<3,
3£±1.3<0, Ц°-<0,
х-3 ' х-3
. Зж + 1
> -3 + 3 > 0
х-3 U-3
[х-3<0, 4
|(Зх-4Хх-3)>0 3
Зх-4
U-3
>0
Ответ: х е
9.131. log|I_1|0,5>0,5.
Решение.
Из условия имеем две системы неравенств:
[0<|ж-1|<1,
(|Н>1,
0,5>,&
0,25<|х-1|<1,
х*1;
ж-1|>1,
0.
х-1 <0,25,
Из системы 1) имеем ■
0 < х < 2,
х*1,
ж > 1,25,
ж < 0,75.

Методом интервалов получаем х е (О; 0,75)U(l,25; 2).
О 0,75 1 1,25 2
Ответ: х е (0; 0,75)1) (1,25; 2).
9.132. logx^pi>0.
х +1
Решение.
Данное неравенство равносильно следующим двум системам
неравенств:
0<х<1,
Зх-1 ,
Зж-1 „
<=>
0<х<1,
х2-Зх + 2
х2+\
Зх-1>0
U'+i
->0
(0<х<1,
■> 1
х -Зх + 2>0, <=> -<х<\;
Зх-1>0
х>\,
Зх-1
U2+l
\х>\,
>i г , <о
{ х2+1
Х>\,
х2 -Зх + 2<0
о 1<ж<2.
Ответ: xe\-;l U(l;2).
|х + 2|-Ы
' 9.133 1-rJ=P>0,
/•ешеные.
ОДЗ:4-х3>0,*3<4,х<3Л'.
Отсюда получаем \х + 2| - \х | > 0. Раскрывая модули, имеем следующие
три случая:
\х<-2, \х<-2,
О
-х-2 + х>0
-2>0
' 0;
265
t

-2<x<0,
j-2<x<0,
|x + 2 + x>0 ' [ж>-1
<=> -1 < х < 0;
х>0, х>0,
\х + 2-х>0 2>0
хе (-1;°°). Учитывая ОДЗ, имеем хе (-1;V4J.
Ответ: х е (-1; V4 ).
sin2x
9.134. 0,5l/F<0,51-cos2x <0,5.
Решение.
Данное неравенство равносильно системе двух неравенств
j sin2x
11 - cos2x
sin2x
<
U-cos2x
>1,
Я
( sin2x
11 - cos2x
sin2x
11 - cos2x
-1>0,
-л/з<0
sin2*-l + cos2x
>0,
l-cos2x
sin2x - V3 + л/3 cos2x
l-cos2x
<0
2 sin x cos x - cos x - sin x + cos x - sin x
>0,
1 - cos x + sin x
2sinxcosx-V3cos2x-v3sin2 x+ V3cos2 x-v3sin2 x
<0
1-cos x + sin x
2sinx(cosx-sinx) > ^ Ugx-1 > 0, [ctgx > 1,
2sin2x I г- п r-
t \ <=>^ctgx-V3<0, « Jctg*<V3,
2sinxlcosx-V3sinx) „ .
^- ^ '<0 sinx*0 sinx*0
2shrx
>l<ctgx<-\/3 о — + nk<x< — + nk , keZ .
6 4
Ответ: x e — + nk; — + nk I, к e Z .
6 4 '
266

31og„x + 6
9.135. a) —Y > 1; 6) log, log, ж + log, log, ж < -4 .
log„x+2
Решение.
,„ loglx-31og.x-4
а) Перепишем неравенство в виде —— — < 0.
log'x + 2
Таккакк^2х + 2>0 при0<я*1 их > 0,то log^x-31og0x -4< 0.
Решая последнее неравенство как квадратное относительно log a х , имеем
-l<log„x <4 =>
|0<я<1,
1) 4 12)
я <х< —;
я>1,
— <х<я4
.я
Ответ: хе я ;— для 0<я<1 и хе —;я ,если я> 1.
б) log2log, х + log, log2 x <-4 . Перейдем к основанию 2. Имеем
log2log2-v/x+log2,/log2x й-4 => log2(log2-v/x-,/log2x)<-4,
log2 -v/x • ,/log2x < — , log2 x • ,/log2x < -. Возводя обе части неравен-
16 8
з 1 1 Г"
ства в квадрат, получим log2x < — .Отсюда 0<log2x < —, 1<х < V2 .
64 4
Ответ.
xe(l;V2j.
(х2 Зх 3 Of, (x-2f.(l-x)l „
Решение.
х3+6х2+12х + 8 (l-x)l? +2f -(x-2f (1-х)^
8* ' (х + 2)2 > °
^+8)+(бхЧ12х) 0-,)^+2У-(»-2У). ,.
8* (х+2)2

(x + 2)(i2-2x+4)+6x(x+2) (l-xX(x + 2+x-2)(i+2-x+2)); 0
° 8x ' (x + 2f
b + 2p+4x + 4) (l-x)-Bx (x + 2^ + 2f(x-l)x
8x (x+2f ° xCx + 2)2
f(r+2^r-l)<0,
о lx*0,
[x*-2.
Методом интервалов находим х е (- 2; 0)U (0; l).
Ответ: же (-2;0)U(0;l).
9.137. (log;,*)4-
32 .
+ 9-log2—<4
log, ж
Решение.
ОДЗ:х>0.
Перейдем к основанию 2. Имеем
log2x- log
+ 91og2^|-41
i x<0 <=>
olog4x-(31og2x-3)2+9(5-21og2x)-41og5x<0 о
ologjx-91ogf x+181og2 x-9+45-181og2 *-41ogf ж<0 о
ologj x-131og2 x + 36<0.
Решая это неравенство как биквадратное относительно log2 x ,
получаем систему неравенств
- < х < 8,
х>4,
0<х<
1_
4'
268

С помощью числовой прямой получаем х е -; — U (4; 8).
"^
^~
Ответ: ж е I-;-|U(4;8).
9.138.
к-з
->2
х1 -5х+6
Решение.
ОДЗ:х*2,3.
Раскрывая модуль, получаем два случая:
[*-3<&, \х<\
'М ГХ + Ъ -2>0 ° r^fll^x)
U2-5x + 6 [ х2-5х+6
х<3,
(*-2)(х-3)
<0
ж<3,
Методом интервалов получаем
:*2.
2)'
х-3>0, *£3,
£ >2 о | АХ +'" _>0 <=>
269

x>\
\х-2\х-Ъ)
SO
x*2,3;
(x-2)fx-|l<0, 0.
x>3,
-"[I
9.139.
m x + l m x+3 m+9x
2 3 < б-'
Перепишем неравенство в виде -
Зягх+3-2т'х-6-т-9х
т х+\ т х+3 /и+9*
3
<0 о
<0 о (ш2-9)с-(т+3)<0,
(m+3X(m-3>-l)<0.
Полученное неравенство равносильно следующим пяти системам
неравенств:
\т<~Ъ' fm=-3, И<т<3.
1) 1 2) ' 3) 1
\х<- ; 0; \х> ;
I ш-3 - I ш-3
Г , | Ш > 3,
ш = 3,
I т-3
Ответ: Если /и > 3 или /и < -3 , то х е - °°;
т-3
если
-3 < /и < 3, то х е
1
(т-3
если /и = 3,то хе (-°°;°°);
если т = -3, то решений нет.
270

9.140.
r-V2-x <2
J2-x
Решение.
ОДЗ: x < 2 .
Так как V2-x > 0, то имеем (v2-x J + 2(v2-x J-4> О.Вгшив это
неравенство как квадратное относительно V2-X , получаем V2-x < -1 - V5 ,
0;или V2-x >-l + V5 о 2-х > (r/s-l/, x <-4 + 21/s .
Ответ: хе (-°°;-4 + 2v5J.
9.141. ^9*-3*+2 >Зх-9.
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде V32* -9-Зх >3Х -9,Онорав-
носильно следующим двум системам неравенств:
[зх-9<0, [з*<32, \х<2,
1з2х-9-3*>0 [3*(з*-32)>0 U&2,
(зх-9>0, J3"232,
\з2' -9-3" >(з* -9]Р [з2х-9-3*>^*-9)!
Гз* >З2, Гх>2,
** [з2*-9-3*>32*-18-3*+81 ° [Э-З* >81
Ответ: хе (2;°°).
х2-5х+4
х>2,
х>2
о х>2.
9.142.
х2-4
<1.
Решение.
ОДЗ:х*±2.
Данное неравенство равносильно с истеме двух неравенств
х -5х + 4
х2-5х + 4
I х'-4
<1,
>-1
х -5х + 4
х'-4
х2-5х + 4
I х'-4
-1<0,
+ 1>0

x -5x +4-x +4
SO,
-5x+8
SO,
x2 -5Ж+4+Ж -4
>0
2x^-5x
x2-4
>0
х-Цх-2к + 2)>0,
x(x-^X-2fc + 2)>0,
x *±2
■Z_j^S»;
5 2
-2 0 2 5
Для системы неравенств графически получаем
«NHf-
-»NHf-
9.143. Vx + 3<Vx-l+Vx-2 .
/•ешеные.
|x + 3>0,
ОДЗ: jx-l>0, о х>2.
[x-220
Так как обе части неравенства неотрицательны, то, возведя обе части в
квадрат, получим
x + 3<x-l + 2ij(x-lXx-2) + x-2 о
<=> 2^(х-\\х-2) > 6 - х. Последнее неравенство, с учетом ОДЗ,
равносильно следующим двум системам неравенств:
f6-x<0, {х>6,
'ЧМХх-^О0 1(*-1)(*-2)>0ОХ>6;

б-жйО, [2<х<6, [2<ж<6, ,—
2)*>2, **Ь>2» ° /28 «J^<*S6.
tag
Объединяя промежутки решений, получаем, что х > .1— .
Ответ: х е
/г
ИМ
9.144.1 ±2—_>о.
log2|x-l|
Решение.
ОДЗ:|х-1|>0,х^1.
Корнями уравнений *- — р-ж) = 0 и log2|x-l| = 0 являются числа
1
*] =— , х2 =3, х3 =2, х4 - О, которые не являются решениями
заданного неравенства, поэтому на числовой оси отмечаем их полыми кружками:
(включая х = 1). Эти точки разбивают числовую ось на шесть
промежутков. Подставляя из каждого промежутка значение х в данное неравенство,
получаем знак неравенства в рассматриваемом промежутке. С помощью
рисунка находим ответ: х е 0; — U (2; 3).
Ответ: х<=\0;- 1)(2;3).

9.145. -^cos"2x<4tgx.
Решение.
Запишем иеравеиство в виде
•Л 4sinx V3-4sinxcosx „ f-Л-2sin2x <0,
5 <0 о <0в
cos х cosx cos2 х [cosx*0
7з
sin2x>—, * + 2m<2x<K-Z + 2m,neZ,
z 3 3
cos* * 0
— + nn<x< — + rm neZ.
6 3
Ответ: xe ~ + im\ — + im \, ne Z .
6 3 '
9.146. sin4x + cos4x ctg 2x > 1.
/*ешеные.
Перепишем иеравеиство в виде
. . cos4xcos2x , sin4xsin2x + cos4xcos2x
sin4x + : >1 о >1 о
sin2x sin2x
cos2x „ n 7i nn % nn
о >l,ctg2x>l, яи< 2* <- + яи,_ <*<_ + _, „eZ,
sui2x 4 2 8 2
у<х<-(4и + 1), „eZ.
Ответ: xe\ —;— (4и + 1) , neZ .
9.147. 2 + tg 2x + ctg 2x < 0.
/•ешеные.
Из условия имеем
2 + ,g2* + -i-<0 „ tg22x+2,gx + l<0(,g2x + iy<() ^
tg2x tg2x tg2x

jtg2x + l*0, jtg2x*-l, 2x*-- + ra,
1tg2x<0 ° 1tg2x<0 " « .
I 2
71 71И
Ж * + ,
8 2 v
ne Z ■
n nn nn
— + — <x<—,
4 2 2
Ответ: х^(2п-1);^(4п-1)Щ(4п-1)Щ neZ.
9.US.xt+3x3+24x2-*<0.
x
Решение.
Данное иеравеиство равносильно системе двух неравенств
1х4+Зх3+4х2-8<0, |(с4-ж3)+(4ж3-4)+(4ж2-4)<0,
[х * О \х*0
1х3(х-1)+4(х-1)(с2+х + 1)+4(х-1Хх + 1)<0,
° \х * 0 °
|(ж-1)^с3+4ж2+8ж + 8)<0,
J (х - l)ft3 + 8)+ (4ж2 + 8х ))< О,
[ж* О
о|(х-1)((х + 2)(с2-2х + 4)+4х(х: + 2))<0, о
]х*0
o|(x-l)(x + 2)(t2+2x + 4)<0, ^ |(*-1)(х + 2)<0,
\х * О 1* * 0.

<0 <=>
Методом интервалов получаем х е (- 2; 0)U (0; 1).
Ответ: хе (-2; 0)ll(0;l).
3 25ж~47 3
9 149 <—
' 'бх2-х-\2 10Ьс —15 Зж+4-
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
3 25х-47 3
(Зж + 4Х2х-3) 5(2ж-3) + Зж + 4
15-(25ж-47ХЗ» + 4)+15(2ж-3) -75х2+ 71х + 158
° 5(Зж + 4Х2ж-3) К ° (Зж + 4Х2ж-3)
75*>-71*-158 „ ЧХ + РХ"2) „
° (Зх + 4Х2х-3) >0' (3* + 4Х2х-3) >0 °
о | х +— Ь -2ХЗх +4Х2ж -3)> 0.
Методом интервалов имеем хе | -°°;— U ; — U(2;°°).
Ответ; х J—;-iju(-I|;| ]U (2; ~>).
9.150. 'Og°^-2|<0.
х - 4х
Решение.
ОДЗ:|х-2|>0,х*2,х*0,х*4.
Корнями уравнений log 03 |х - 2| = 0 и х2 - 4х = 0 будут числа хг
х2 =3, х3 =0, х4 =4 , х5 =2 —не подходит по ОДЗ.
276

Эти точки разбивают числовую ось на 6 промежутков. Из каждого
промежутка выбираем значение х и, подставляя его в данное неравенство,
определяем знак иеравеисгва иа рассматриваемом промежутке. Методом
интервалов получаем, что х е
(—;0)u(i;2)U(2;3)U(4;~).
0 12 3 4
Ответ: х е
(—;0)U(l;2)U(2;3)U(4;~).
9.151. т/х2-4ж >х-Ъ.
Решение.
Неравенство равносильно следующим двум системам неравенств:
fx-3<0, \х<Ъ,
In , <=> 1 / \ о ж SO;
;[ж2-4ж>0 |х(х-4)>0
Гх-3>0, И3' 9
2)1 2 / »в 9 « *>т-
[x2-4x>(i-3)2 *>- 2
Объединяя полученные промежутки, имеем х е (—;0]U ^-;- .
Ответ: х е(~°°; 0JU —;
1 - log4 х 1
9.152. , , <-■
l + log2x 2
/•ешеные.
Перейдем к основанию 2.
l--log2* , 2_, ж-1-108 2Х
Имеем —* <0, -Зг—, г=^—<С
l + log2x 2 2(l + log2x)
l-21og2x ... 1о«2*-
-S0,
1 +log j ж log2x + l

Умножив обе части этого иеравеиства на квадрат знаменателя, получим
togjJ-ipog^ + OaO, о
[log2 х +1 * О
Ответ: х е 0; - ]U \Д; °
log2xS-,
2 <=>
log2 ж < -1
х>-&,
0<х<-.
2
9.153. log4(Vx + 3-x)>0.
/•ешеные.
Из условия имеем -Jx + 3-x > 1, V* + 3 > х +1. Получеииое
неравенство равносильно двум системам неравенств:
\х +1 < 0, fx < -1,
1)\ о ^ о -3<ж<-1;
х+3>0 ж>-3
х +1 й 0,
ж>-1,
2),
|ж + 3>(ж + 1)2 (х2+х-2<0
Ответ: хе [-3;l).
2-х \-2х
9.154. — ->'
о -1<х<1.
xJ+x2 х!-Ъх1
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
2-х
\-2х
х2(х + \) х2(х-3)
>0 о
(2-хХх-3)-(1-2^Хх+1) х2+6х-7 (х + 7)(х-1)
x2(x + lXx-3) 'ж2(*-и)(*-3) V(x + lX*-3)
о х2 (х +1X* - 3 X* + 7Х* - 1 )> " . Методом интервалов получаем
xe(-°°;-7)U(-l;0)ll(0;l)U(3;°°).
-71 ~-i о it - и
Ответ: х е (—;-7)U(-l;0)u(0;l)U(3;°°).
278

6log4*-3
9.155. 0,2 '■*•* >^/o;00821°ei*""1.
Решение.
61og4.t-3
Запишем уравнение в виде 0,2 |ое4* >0,22log,x~'<
61og4x-3 61og.x-3 ., , „
>—— <21og4 x-1, —= 21og4x + l<0o
log4 x log4 ж
)61og4x-3-21og2x + log4x<^ 21og2x-71og4x + 3;0c
2|log4x-
>_i,
(log4x-3)
log4x
Методом интервалов находим
>0o| loft,*-- (log4x-3)log4x>0.
0<log4x<-,
* 2 о
log4x>3
\<x<2,
x>(A.
-*-log4*
Omeem: xe(l;2)U(64;oo).
2 /■}\logl(-r2+4.r+4)
9.156. (2,25)log2<J: "3*"10) > - »
Решение.
Запишем неравенство в виде
o21og2(x2-3x-10)>-log|(x2+4x + 4)o
o21og2(x2-3x-10)>log2(x + 2)2o

. 21og2(t2-3x-lo)>21og2|x + 2|
>log2(i2-3x-lo)>log2|x+2| о
x -Зх-10>|х + 2|,
x2-3x-10>0, о
x + 2*0
х+2<х2 -Зх-10,
х+2>-х2 +Зх + \0,
х2-Зх-Ю>0,
х + 2*0
ж>6,
х<-2;
'х>4,
х<-2;
~х>5,
х<-2;
х * -2.
Методом интервалов иаходнм х е (-
■^^.
х -4х-12>0,
х2-2х-8>0,
х2-Зх-10>0,
х+2*0
-2)U(6;-).
-2 4 5
Ответ: х е (- °°; - 2)U (б; °°).
9.157. log0>5(x + 3)<log0]25(x + 15).
Решение.
Перейдем к основанию 2. Имеем log05 (х + 3)< log0,5 V* + 15 . Это
неравенство равносильно системе неравенств
х > -3,
х2 +5х-6>0.
\х > -3,
х>1,
х<-6.

С помощью числовой прямой имеем х е (l; °°).
-6 -3 1
Ответ: х е (l;°°).
9.158. log,(x-l)+logi(i + l)+log^(5-x)<l.
з I
Решение.
U -1 > о,
ОДЗ:|х + 1>0, о 1<ж<5.
[5-ж>0
Перейдем к основанию 3. Имеем
(5-х)2
-log3(x-l)-log3(x + l)+21og3(5-:>:)>l о log3, _1vx + 1)>1 о
(i-iXx+i) (*-iX*+0 (*JiX*+0
-2х2-10х + 28 х2+5х-14 (х + 7Х*-2)
° fr-lfc + 1) Mfc + 0 ' (х-1Хх + 1)<0 °
о (ж + 7Хж-2Хж-1Х* + 1)<°-
С учетом ОДЗ методом интервалов получаем 2 < х < 5 .
-71 - Т-1 1Г ~ Т2
Ответ: х е (2; 5).
9.159. 21og3log3x+log,log3^Vx)£l.
з
/*ешеные.
ОДЗ:к«3х>0.
Перейдем к основанию 3. 2log3 log3 x -log3 log3 9vx > 1 «
olog3log2x-log3log39^al,log3 '°g3* >1, '°g3f^a3 о
log39Vx log39Vx

о l0&x ЗйО о '°Е^-'°Ь*-ба(ь
2 + Ilog3x 1о8з*+6
(log3x+2Xlog3x-3)^0 ^ |(log3x+2Xlog3x-3Xlog3x + 6)>0,
log3x+6 [log3x + 6*0.
Отиоснтельио log3x методом интервалов получаем
1) -6<log3x <-2 ,ие подходит по ОДЗ;
2)log3xS3 о х>27.
Ответ: х е [27; °°).
9.160. 0,008* + 5!~3* + 0,042 *+ <30,04.
Из условия имеем 0,23* + — + 0,08 ■ 0,23* < 30,04 <=>
« 1 + 5 + 0,08<30,04-53* « 53лг>5""1 « Зх>-1,*>--
Ответ: х е I —: °°
3
9.161. 0,4 * >6,25,og5*+2.
ОДЗ: х > 0.
Перепишем неравенство в виде —
0log3-log33x>-21og3x2-4 0
о (log, 3-log3xXlog33 + log3x)<-41og3x-4 о
о (l-log3xXl + 1°g3x)+41og3x + 4<0, log3x-41og3x-5>0.

Решая это иеравеиство как квадратное относительно log3 * , получаем
log3x>5,
log3x<-l,
х > 243,
0<х<-.
3
Ответ: хе 0; - Ю (243; °°).
9.162. 0,3 "Vi+" < з/о,33*45* < 1.
Решение- i-Ui-U... 3'45'
Запишем иеравеиство в виде 0,3 2 4 8 < 0,3 3 < 0,3° «
1 1 1
Зх'+5х
ol— + +...>
2 4 8 3
>0 о
,111 Зх2+5х
1 — + + ...> ,
2 4 8 3
Зхг +5ж
>0.
Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии, у
которой
,. , ' о *1 III 12
о, = 1,0 =— ,S = ——, следовательно, 1 — + + ...=—; г = -.
2' 1-?' ^ 2 4 8 , ( П 3
Тогда
2 Зх2 +5ж
1-
3 3
Зх2+5х
>0
Зж'+5ж-2<0,
Зж2+5ж>0,
-2<х<-
х>0,
С помощью числовой прямой иаходнм х е | - 2; — U 0; —
Ответ: хе\-2;--Щ0;^- \.

9.163. 'g7-'g(-8*-*2)>c
lg(x+3)
Решение.
\-ix-x1 >0,
ОДЗ:]*+3>0,
[lg(x + 3)*0
Из условия имеем —т j ^— > 0, log Л+3 -
-3<х<-2,
-2<х<0.
lg(*+3)
j > 0. Полученное
-8х-х
иеравеиство равносильно следующим двум системам неравенств:
0<х + 3<1,
7
1-8х-х"
<1
-3<ж<-2,
lt-
ex+х
-3<ж<-2,
->0°1* + ь+7>0 **
hfa
f-3<*<-2,
[(x+7X* + lX* + 8)c>0.
Отсюда методом интервалов находим -3 < х < -2 .
-8 -7 -3 -2 -1 О
ж+3>1,
2) 7
т8ж-ж"
>1
ж>-2,
I-&X
х>-2,
.<0 *» l£l + bL±I<0 °
h8x
U > -2,
° [(ж+8)г(ж+7Х*+1)<0.
С помощью числовой прямой находим -1 < х < 0.
-8 -7 -2 -1 О
Объединяя оба случая, получаем
Ответ: х е (- 3; - 2)U (-1; 0).
3<ж<-2,
1<х<0.
284

9.164. log3log4 —log! log! -<0.
x +1 - - Ax -1
3 4
Решение.
ОДЗ:
log4 ->0,
x + 1
x+1
г 4x - Г
>0
4x-l
x+1
x+1
4x-l
>1,
<1
3x-2
x+1
3x-2
>0,
4x-l
>0
3
x<-\.
Перейдем в исходном иеравеистве к основаниям 3 и 4. Получим
4ж-1 4ж-1 4ж-1
log,log4 — + log3log4 <0 => 21og3log4 -<0 о
х+1 х + \ х + 1
, , 4х~1 „ 4х~1 , 4ж-1 ,
о log, log4 <0 о 0<log4 <1 о 1< <4 о
х + 1 х + 1 х+1
х + \
Ах-\
\х + \
->1
4ж-1
х + 1
Ах-\
х + 1
U + 1>0,
1(Зж-2Хж + 1)>0
4<0,
1>0
х>-1,
2
х> —,
3
ж<-1.
х+1
Зх-2
U+1
<0,
>0
Ответ: хе —;°°
3'
9.165. 2|0,"*+ж1ч"*>2,5.
Решение.
ОДЗ:х>0.
Перепишем иеравеисгво в виде 2
о (2'°8«*)|°8«*+х1°в'"*_2,5>0
«W"k*M*+jeto,„»_2j5>0 0
2log!- +*"*■■*-2,5>0«

J + Jt'«'J- -2;5>О.ТаккакО<х">Е,!* *1,то
^.'ово,!* J _ 275\x'°e°-'" )+l > 0. Решая это неравенство как квадратное
относительно х ■ , получаем
>2,
2'
Логарифмируя первое и второе неравенства совокупности по
основанию 2, имеем
log2x Ew* >log22,
log2x,OE°-"<log2I
log2x<-l, 0;
log2 x > 1
log2 x > 1,
log2 ж < -1 .
log05xlog2x>l,
log05xlog2x<-l
(log2 x-lXlog2 x + l)>0
-log2 x>l,
-log2 x<-l
x>2,
0<x<-
Omeem: x e 0; - U (2; °°).
9.166. з^'^оЧ-'+'-г.
Решение.
ОДЗ: ж > 0.
Запишем данное неравенство в виде 243 • (з18* J - 9 • З1** - 2 > 0 .
Решив его как квадратное относительно з"8* , иаходнм
о lgx > -2 , х > 0,01.
Ответ: х е (0,01;°°).
з^^з-2,
3*'<-il, 0.
243

9.167.
1
x+l
Решение.
ОДЗ: х * -1.
х
Из условия имеем —
х2~Зх-1 \-2х
2 ^1-2*
-ж+1 ~ж3+1
-х + 1-2х-2 1-2х
ж3+1 ~х3+Г
<0
-3»-1-1 + 2» «'-«-2..Д
*"2 <р
х*-1
(x + lXx-2) ,.
(x+l^-x + l) ^ + 1*0
Ответ: х е (- °°; - l)U (-1; 2].
П зГ 1 1
9.168. £г-4< —2-
/•ешеные.
Неравенство равиосильио системе трех иеравеисгв
xJ+l
х-2<0, |х<2,
-Й0,
1-1>0,
ж 2
х2 4 U 2
4-Зх2
>0,
->0,
4х2
2-х .
2ж
J__3_ J _1_ J_
x2 4K x2 x + 4
x*~\.
T2
<i
3
x*0,
(f
(*
-2)r<0
-1>>0
2 ^ <• 2
т/3 т/3
x*0,
0<x<2,
x>l,
x<0.

С помощью числовой прямой имеем х е 1; -рг
V3.
Ш^х
Ответ; х е 1.
s
9.169.
1
4 ,. 1
-< + -
х2_4 2х2+7х+6 2ж + 3 2х3+Зх2-8х-12'
/*ешеные.
Перепишем неравенство в виде
1
1
(х-2Хх+2)+(х+2Х2х+3) 2ж+3 (2х+ЗХ*-2Х*+2)
SO о
2х + 3 + 4х-8-х2 +4-4 ^ х2-бх+5
(2x+3Xi-2X»:+2) " ' (2х + зХ*-2Х*+2) '
(^-lXx-5) ^Q
(2x+3Xx-2)(i+2)
(ж - lfc - 5X2* + ЗХ* - 2Х* + 2)> 0,
3
хф —,
2
ж*+2.
Методомннхерваловполучаем xe[-2;-IU[.;2)U[5;~).
Ответ: же j -2;-- U [l;2)U [5;«•).

o<™ 10(5-*) П 6-ж 5(б-ж)
.Решение.
ОДЗ;х*2,х*4.
Имеем
х-16 5(б-х),0 (х-1бХ*-2)-15(б-хХх-4К
3(х-4) х-2
3(х-4Хх-2)
л: -34Ж+76
ЙО
*-fV7)
г 6 гйО '
(*-*-2) '(х-4)(*-2)
^-£|fc-7fc-4fc-2)fc0.
х *4,
х*2.
Методом интервалов получаем х е (- °°; 2)U -г; 4 U [7;с
Ответ: хе (-°°;2)U -;4 ]U[7;°°).
9.171. 0;6^(->3 <|| j .
Решение.
ОДЗ:х<0.
Так как Igx2* = 2JtlgJxj, то, учитывая ОДЗ, перепишем данное
неравенство в виде
IZ\ < - о lg2(-x)+3>-llg(-x), lg2(-x)+41g(-x)+3>0.
10 Скннави М. И, кн. 2

Решив его как квадратное относительно lg(-*), получим
lg(-x)>-l, Г-ж S 0,1,
ж < -0,1,
х > -0,001.
lg(-x)s-3 [_-x<0,001
Ответ: х е (-°°; -0,l]U[-0,001; 0).
9.172. (ж-зУ*2 + 4<ж2-9.
/*ешение.
Запишем неравенство в виде (ж - 3)Vi2 + 4 - (х - зХж + 3) < 0
ж-3<0,
7х2 + 4-(ж + 3)>0;
ж-3>0, *
Vx2 + 4-(x + 3)s0,
Сг-з£/774-(* + 3))
<0 о
ж<3,
[Vx2 + 4 йж + 3;
[ж>3,
Wx2 + 4Sx + 3,
ж<-3,
-3<жй--,
6
жйЗ.
Ответ: же -<*>;■— U [3; °°).
9.173. rinrir^f
ж<3,
ж + 3<0,
же Я;
ж<3,
ж + ЗйО,
ж2+4;
ж>3,
ж2 + 4йж2 + 6ж + 9,
ж<3,
ж<-3,
[же R;
ж<3,
ж>-3, о
ж<-^;
6
ж>3,
._5
6'

Решение.
Данное иеравеисгво равносильно неравенству 1 Ъх2 > х4 + 36 > 12х2 «
[У + 36>12х2, [У-12х2 + 36>0, f(x2-6?>0
x4 + 36<13x2
x -13x' + 36<0
4<x2<9
x2-6*0,
x2 S 9, о
x2>4
x*±Jl,
-3<x£3,
~x>2,
x<-2.
Методом интервалов получаем хе [-3;—Уб)и(-т/б;-2]и[2;т/б )и(т/б;3}
Ответ: х<= [-3; -Уб )и (--Уб; -2JU [2; -Уб )и (л/б; з].
9.174. |х-3)2*-7'>1.
Решение.
,|2*2-?* ,
Перепишем неравенство в виде |х - 3| * ' * > \х ~ 3| ■ Оно равносильно
следующей совокупности двух систем неравенств:
[0<|х-3|<1,
[2х2-7х<0;
П*-3|>1,
[2х2-7х>0
-1<ж-3<1,
х-3*0,
х(2х-7)<0;
3>1,
3<-1,
х(2*-7)>0
2 < х < 4,
х*3,
0<ж<-;
2
ж>4,
х<2,
7
х>—,
2
х<0.

Решением первой системы неравенств будет (2; 3)U | 3; —
О 237 4
2
Решением второй системы неравен ств является (- °°; 0)(J (4; + °°).
2 7 4
2
Ответ: «(-»; 0)11 (2; 3)11 [ 3; | Ъ (4; ■»).
9.175. log, x+log4x>l.
5
Решение.
ОДЗ: х > 0 .
Перейдем к основанию 4. Имеем —^-r- + log4 x > 1 <=>
log4-
„J^ + ,og4*>lolog4*ji^f|>>«
-log45 I -log45
«log4x- ^fV >1 « log4x>-^l^;log4x>^_ ^
I l0«4 5 J log45-l ,5
4
о log4x>log55 о x>4 ' .
4 _(
Iog35 1о8з|т -log30,2 Iog40,2
Далее4 ; =4 <l ' =4 « =4 > = 4l0*M°-2.
Omeem:xe^loE°,0'2;.>

9.176. -9<x4-10x2<56.
Решение.
Из условия получаем
х4-10х2 + 9>0,
х4-10х2-56<0
х2>9.
-4<х2 <14
х>3,
х<-3,
-1<х<1,
Vl4 < х < -Jl4.
Методом интервалов находим х е (-л/14;-з)и(-1;1)и(з;л/й).
Ответ; х е
9.177. 216х6 + 19х3<1.
/*ешеные.
216* + 19* -1 < 0. Решаем иеравеиство как квадратное относительно
1 з 1
— <х' <— о
8 27
"2'3
1 1
— <х<-
2 3
Ответ: х е
9.178. х0-5"*»'-3 ao^3-2-51"8^ .
Решение.
ОДЗ:х>0.
Логарифмируя обе части данного неравенства по основанию 0,5, полу-
аем
0,5 k
,3-2,5 log.
. U,5lDg0sX-3 ^, п ,3"
tog0,5* ' ^^05 0,5
о (0,51og0>5x-3)log0_5x<(3-2,51og0]5x)log0>50,5 о
о 0,51og^5x-31og05x<3-2,51og0>5x о
о 0,51og^5x-0,51og05x-3<0
Решив это иеравеиство как квадратное относительно log05 x, найдем
-2<log0,5*£3 о 0,125<х£4.
Ответ: х е |р,125; 4].
293

9.179. |х-б|>|х2-5х+9|.
Решение.
Так как х -5х+9 > 0 при хе R , то данное иеравеиство имеет вид
|х - 6J > х -5х + 9. Оио равносильно двум неравенствам
1) х-6>х2-5х+9 <=> х2-6х+15<0, 0;
2) х-6<-х2+5х-9 <=> х2-4х+3<0 <=> 1<х<3.
Ответ: хе (l; 3).
9Л80.^-,Р^-24ДЕ>0.
х-2 Vx-2 Vx-2
Решение.
ОДЗ~йО;х*2.
/ \2х
Пусть *1 = у ^ 0. Относительно у иеравеиство имеет вид
Vx-2
4
У--у2-2у>0 « у{у*-2у-4)>0 « ^(у-2)();2+2^ + 2)>0.
Так как у +2_у + 2>0 при^е R, то получаем неравенство у{у-2)> О о
Jl2x „ 12х ,. Зх . . Зх-4 + 8 п
« v>2 ~ 2 >2 >16 г-4>0 >0
° ' V*-2 ' х-2 ' х-2 ' х-2
^~>0, ff|<0, (x-8Xx-2)<0, 2<х<8.
Ответ: хе (2;8).
9.181. log03log6^—1£<0.
х + 4
Решение.
Исходное неравенство равносильно неравенству l0g6 > 1 <=>
х+4
хг+х , х2+х . „ х2+х-6х-24
о >6 о 6>0 о >0 о
х + 4 х+4 х+4

x -5x-24
1>0 о Й±*^>0,(х+ЗХх-8Хх+4)>0.
х+4 х+4
Методом интервалов получаем хе (-4;-3)U(8;°°).
i^FfeJF1-
Ответ: х е (- 4; - 3)11 (8; °°).
9.182. log2x (х2 -5х + б)<1.
/•ешеные.
Исходное иеравеиство равносильно следующим системам иеравеиств:
(0<2х<1,
1х2 -5х + 6>2х
0<х<-
- 7х + 6 > О
0<х<-
х>6,
2 1
о о<х<-;
2
Г2х>1,
2) \х2 -5х + 6<2х, о -j
ж2 -5х + 6>0
- 7х + 6 < 0, <=> .
-5х+6>0
х> —,
2
К ж < 6, о
х>3,
х<2
1<х<2,
3<х<6.
Ответ: хе 0; - U (l; 2)11(3;6).
9.183. log , log 2 log I. | 9 > 0.
2
Решение.
ИсходноеиеравенстюравносильноиеравенствуО<^ 2 log^_] 9<1 <=>
<=> 1 < log x _ ] 9 < 2 . Получаем две системы неравенств:
fO<x-Kl,
[(x-l)2<9<x-l,

1х-1>1,
|x-l<9<(x-l)2
х>2,
х<\0,
х -1 > 3,
х -1 < -3
2<х<10,
х>4,
х<-2.
Ответ: хе (4; 10).
„ „, , \2х+\ ll 1
9.184. log0,25|^ + I|>-.
/*ешеные.
Данное неравенство равносильно неравенству
. 2х + 1 1 1 „
0< + - <-, 0<
ж+3 2 2
4Ж + 2 + Ж+3
2(ж+3)
, 0<
5ж + 5
2(х + Ц 2
5х+5 /0
2(ж + зГ""
5ж+5 1
2(ж + 3)-2' w
5ж+5 ^ 1
2(ж+3)' 2
ХФ-\,
хф-Ъ,
2х + \
ж+3
Зж + 4
х+Ъ
-<0, <=>
t>0
««^-■М-Ч
Ответ: хе | —; -1 |U|-1; --
9.185. х2(/ +Зб)-6-Л"(х:4 +4)< 0.
/•ешеные.
Имеем х6 -6-Узх4 + 36х2 -24-Л < 0
х*-1,
х*-3,
х<-3
2 о
^-2Л)
<0 о
о ж2-2-^<0 о ж2 <2-Л. Отсюда--у/гЛ <ж< -у/гЛ ,
-#2<ж<#2.
Ответ: xz (-4Л2;4Л2").

х'+Ъх'-х-Ъ п
9-186. —г— — < 0.
х2+Зх-10
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
(.»-,№-з) 0 42-'H^-i)<0 kr!fe±3}<0
(х + 5Хх-2) <0° (х + 5Хх-2) <0'(^Хх-2) '
(г-1Х« + 1Х«+ЗХ«+5Х«-2)<0.жб(—;-5)U(-3;-l)U0;2).
Ошвет.-же (-°°;-5)ll(-3; -l)U(l; 2).
9.187. 21о8|огз,3<1.
Лешеные.
Перепишем неравенство в виде log ,og x 9 < 1. Оно равносильно двум
системам неравенств:
о
2)
[0< log3x< 1,
9 > log3 x
К х < 3,
x<3v
х>3,
<=> К ж < 3;
о x>3v
9 < log, ж [х > 3V
Ответ: xe(l;3) U (з';°°).
9.188. Vx + 3 + Vx-2 - V2x + 4 > 0.
ОДЗ:
ж + 3 > О,
х-2>0, о х>2.
2х + 4 > О
Запишем данное неравенство в виде 4х + Ъ + 4х + 2 > V2x + 4 и
возведем обе его части в квадрат. Имеем
х + 3 + 2j(x + ЗХ* - 2) + х - 2 > 2х + 4 о 2-Дл: + ЗХ* - 2) > 3 о
о 4(х + зХ*-2)>9,4х2 +4х-33>0-

Отсюда
-1+V34
9 -1 + л/34
С учетом ОДЗ имеем х > — .
-I - л/34
Ответ: х е
'-1 + л/34
9.189. log5 л/Зх + 4 • log., 5 > 1.
Решение.
ОДЗ: 0 < х Ф 1.
log5V3x + 4
Перейдем к основанию 5, тогда > 1. Отсюда имеем
log5*
log.,. V3x + 4 > 1. Последнее неравенство равносильно двум системам
неравенств:
о
0<х<1, 0<х<1.
О < х < 1,
л/Зх + 4 < х [0<3х + 4<х2 |х2-Зх-4>0,
*>1, [*>1, \х>\,
0;
т/Зх + 4 > х |3х + 4>х2 \(x-4Xx + l)<0
<=> 1 <х< 4-
Ответ: хе (l; 4).
9.190. -
Решение.
х' -2х2-5х + 6
х-2
>0.
(х-1Ух + 2Хх-3) „
Перепишем данное неравенство в виде - - - > 0 <=>
х-2
<=> (х-1Дх+ 2Дх-ЗХх-2)> 0 . Методом интервалов получаем
xe(--;-2)U(l;2)U(3;»).
-тТ - Ti ?Т - 14
Ответ: хе (- °°; - 2)U (l; 2)U (3; «).

9.191. 2cosx(cosx"1/8_t^-v)<5-
Решение.
ОДЗ: cosa*0.
Перепишем неравенство в виде 2 cos л- cosa-~V8-—— |-5<0.Име-
I cos х I
}2cos2.v-2#sinx"5<0, }2sin3x+2#sinx+3>0,
cos д" Ф О
cos x Ф О
S1tlA'> , г г-
2 41
г- _ SItlx> ,
Ъ-Л _ **{ 2
Sin.Y< , 0, _trt
cos .* * О
,«eZ.
Отсюда л*е 2ян — + 2ян:—+ 2ян U — + 2ян;— + 2лп \,п
Ответ: хе 2яя-- + 2я»:- + 2ял U + 2я»;- - + 2яя ,»eZ
[ 4 2 J [2 4 J
9.192. VA'3+3jl' + 4 >-2-
Решение.
Решениями данного неравенства являются значения неизвестного,
принадлежащие ОДЗ: а'3 +Зл+4>0, (дг + 1)(дг2 -д: + 4)>0. Здесь
.«2-.г + 4>0 при .vetf.Тогда л + 1>0, *>-!.
Ответ: ле[-1;°°).
9.193. log2;(A--1)2 "log0.5(A-l) > 5.
Решение.
Запишем данное иеравеиство в виде41оё2(л-1) + 1<^2(л--1)-5>0.
Решив его как квадрашое относительно logi (а" -1), имеем

log2(x-l)>l,
logz(x-l)<
5 о
x -1 > 2,
0<х-1<
2t/2
x>3,
1 <X< =r + l.
2il2
1
Ответ; к 1 + 1 Ufa; °°).
[ 2Й J
9.194. 25-2* -10* +5' > 25.
Решение.
Запишем данное неравенство в виде (25 ■ 2* -25j-(10* -5*J>0,
25(2* -l)-5*(2* -l)>0, (2* -l)^5-5')> 0 о
2*>2U,
5*<52;
2*<2°,
5*>52;
2.
х>0,
х<2;
х<0,
х>2;
о 0<х<2.
0;
12* -1>0,
[25 - 5* > 0;
\г" -ко,
[25 - 5* < 0;
Ответ: хе (0; 2).
9.195. log3 log^ log>2 ж4 > 0.
/•ешеные.
Данное неравенство равносильно неравенству log г log 2 (*2|>1 <=>
> log , 21og , x1 > 1, log j 2 > 1 о
0<ж2 <1,
х2>2;
х2 >1,
U2<2;
Ответ: х е
-1<х<1,
х*0,
х>Л,
х < -V2,
"х>1,
ж<-1,
-72<ж<
0;
V2;
<=>
-л/2<ж<-1,
1 < х < -Л.

,2Л
Гх
9.196. 0,5"х +2>3 0,5"х.
Решение.
ОДЗ:ж>0.
Запишем данное неравенство в виде 0,5 - 3 • 0,5 х + 2 > 0 и решим
«Л
его как квадратное относительно 0,5 х . Получим
Vx"<-1, 0;
0,5Гх >0,5Ч,
Jx>0.
Отсюда х > 0.
0,5Л <0,5°
Ответ: хе (0; °°).
9.197. x2(x + 3V5)+5^x + -v/5")>0.
/•ешеные.
Из условия
ж3 +З75ж2 +15x + 5V5>0 о (x + Viif >0, * + т/5 > 0, *>W5 .
Ответ: хе (- V5; °°J.
9.198. g1»"''*-1)-1 _8.5I^''J,-Ib2 >91^г(-'-1) -16- s1082'1"1^"1-
Решение.
ОДЗ: х > 1.
Имеем
9W»-P 8.5"*>('-ч> fo8,(,-Q 16-510"''-1)
9'08'''-'' 9юг,(,-0, S-S'08'^"0 16-5to"'J-'>
9 25 5
.9iog2(»-i)>_Z?..5">e2(»-i);I.9iogI(»-0<A.5l»gI(»-i).
25
9log2(i-l) <j2 ,g4log,(x-l) ,g
9, 25
9log!(i-l) 51с«г (jt-I)
9I < p ° 5log,(i-l) "■ 52 > \J
о log2(x-l)<2,0<x-l<4,l<x<5
Ответ: хе (l; 5).

„„ log2(V4x + 5-l) 1
9.199. —6;' (- > -.
log2(y4x + 5+llJ l
ОДЗ:
V4x + 5-l>0,
i/4x + 5+ll>0,
log2(V4x + 5 + ll)^0
/4x + 5>l,
/4x + 5>-ll, ,
/4X + 5+I1 5*1
о л/4х + 5 > 1, 4x + 5 > 1, x > -1 •
Из условия имеем
log,
4,+5+иИ* + 5-и>2
1°8V3^+i1(>'^+T-l)>logvjrrj + 11fVV47+T + l
Для х > -1 очевидно, что V4x + 5 +11 > 1, поэтому получаем
/4х + 5 +11 > 1, |х > -1,
/4x77 - 1 > т/л/4х + 5 + 11 [л/4х + 5 - 1 > >/л/4х + 5 + ПТ
Так как обе части последнего неравенства неотрицательны, то, возведя
их в квадрат, имеем
х>-1,
{jAx + 5) - 2,/4х + 5 + 1 > л/4х + 5 +11**
fx>-l,
{(•ЛхП)2 -3,/4х + 5-10>0.
Решая второе неравенство этой системы как квадратное относительно
V4x + 5 , находим ,/4х + 5 < -2, 0 ; ,/4х + 5 > 5. откуда х > 5.
Ответ: х е (5; °°).
log05(^x + 3-l) ,
9.200.
1о6о>5(УхТз+5) 2'

Решение.
fx + 3>0,
ОДЗ:^ , о х>-2.
[,/*+!> 1,
Для х > -2 , Vx + З + 5 > 1, следовательно, log 0|5 (Vx + 3 + 5j< 0,
поэтому из условия получаем 2 log05 (Vx + 3 -1 J> log05 (Vx + 3 + 5j <=>
fx>-2, fx>-2,
{(ТТЛ-,)2
<Vx + 3 +5
-3Vx + 3-4<0
Vx + 3>1,
> 1 /
[- К Vx + 3 < 4
Ответ: хе (-2; 13)
1
(VxTl)2
о 1 < Jx + 3 < 4 о 1<х + 3<16 о -2<х<13-
9.201.
iog2(x-i) log2 vTTT
/*ешеные.
ОДЗ:Кх*2.
Рассмотрим два случая:
1) 1<х<2,тогда log2 (x-l)<0, log2 Vx +1 > 0 и неравенство
принимает ВИД log 2 Vx + 1 > log 2 (x - l) О Vx + 1 > X - 1 <=>
ох + 1>х2-2х + 1 о х2 -3х<0, х(х-3)<0,отсюда хе (l;2);
2) х> 2, тогда log2 (x-l)>0, log2 vx + 1 >0 и неравенство имеет
Bnalog2 Vx +1 < log2 (х-1) о Vx +1 < x-1, x2 -3x>0,x(x-3)>0,
отсюда xe (3; + °°).
В ответ записываем объединение обоих интервалов.
Ответ: хе (l;2)U(3; + ■»).
9.202. х
Решение.
ОДЗ: 0<х*1.
+ 16х"
* <17.

Перепишем данное неравенство в виде х log г х + 17 < 0 <z>
,. log 2 х
, 1°8г
<=> х og 2 х -\lx og 2 х +16<0. Решив это неравенство как квадратное
относительно х og 2 *, получим 1 < х og 2 * < 16. Прологарифмировав по
= 2
Г- 2 < log 2 ж<2, -<х<4,
е неравенству^
Ответ: же -;1 U(l;4).
9.203. 5'0g2i'+xtog''< 10.
Решение.
ОДЗ:х>0.
Перепишем неравенство в виде
5iogs *!<*, x +xiDgs » <ш 0 xio8s x +xbg5 x <10 0
о 2xlog s x < 10, x og 5 * < 5. Логарифмируя обе части этого
неравенства по основанию 5, получаем log 5 *log5 x<log5 5, log j х<1,
-l<log5 х<1, -<*<5.
Ответ: хе — ;5
9.204. log з (log 2 (2 - log „ *)-1)< 1.
/•ешеные.
Данное неравенство равносильно двойному неравенству
0<log2 (2-log4 х)-1<3 о 1 < log 2 (2 - log 4 х)<4 о
о 2<2-log4 x<16, 0<-log4 х<14 о -14<log4 x<0,
<x<\, 2"28 <ж<1.
4i4
Ответ: xe{2'u;l).

9.205. (x2 +4x + lo)2 -l(x2 + 4x + ll)+7<0.
Решение.
Перепишем данное неравенство в виде
(х2 +4х + 1о)2 -7(х2 + 4х + 1о)<0 о
о (х2 +4ж + ю)(ж2 +4ж + 10-7)<0 о
<=> (х2 +4х + 10](ж2 + 4х + з)<0.Таккакх2 + 4х + 10>0 при же R,
то полученное неравенство равносильно неравенству х2 + 4х + 3 < 0.
Отсюда-3<ж<-1.
Ответ: же (- 3; - l).
9.206.РасположитьвпорядкевозрастаниятрнчислаЯ] -log] sin2x,
2
я 2 = -1 ~ log 2 sin х, я з = log | (l - cos 2x), если 0 < x < — ■
4
2
Решение.
Перепишем я ], я 2, я 3 в виде
я, =-log2 2sinxcosx = -l - log2 sinx-log2 cosx,
я 2 =-1 ~ log 2 sin x,
я3 =-log2 2 sin2 x- -1-2 log 2 sin x.
к
При 0 < x < — log 2 sin x < 0, log 2 cos x < 0, следовательно, разме-
4
щеиие в порядке возрастания даииых чисел будет я 2, я,, я 3.
Ответ: аг, я,, я3.
Решить системы неравенств (9.207 — 9.214):
0,2cos;r <^
9.207. \х-\ 1
+ ->0.
2-х 2
Решение.
ОДЗ:х*2.
305

Перепишем данную систему неравенств в виде
0,2cos * < 0,2 " ,
2х-2 + 2-х
cos x > 0,
0 w }х(х-2)<0
{ 2(2 -х)
{п п
+ 2%п < х < — + 2хя,
2 2
0<х<2.
Ответ: хе 0;
п е Z ■ Отсюда имеем 0<х<,-
9.208. -Jx2 -9x + 20<Vx-lSi/x2 -13 .
Решение.
Ix2 -9х + 20>0,
Х-1Й0,
ж2 -13>0
Данное неравенство равносильно системе неравенств
•Л3<х<4,
х>5.
■Jx2 -9x + 20<Vx-l, Jx2 -9х + 20<х-1,
Vx2 -13й7х^Т °[х2-13>х-1
;2 -10х + 21<0,
с2 -Х-12Й0
3Sx<7,
х>4,
х<-3.
Методом интервалов имеем (с учетом ОДЗ)
х = 4,
5<х<7.
Щ_
^*
-3 3 4 5 7
Ответ: хе [5;7]ll4.

x' +4
->0,
9.209. x 2 _16x + 64
[lg Vx + 7 > lg(x - 5)- 2 lg 2.
Решение.
ОДЗ: ж > 5, x * 8.
Данная система имеет вид:
х' +4
(х-8
->0,
х-5
х*8,
х-5
lg Vx + 7 > lg -
|**8,
о jx2-26x-87<0, о
х>5
Vx + 7 > -
4
х-5>0
х*8,
-3<х<29, о
х>5
х + 7>
х>5
х*8,
5<х<29.
(х-5)2
Ответ: хе (5; 8)U (8; 29).
5х-7 х Зх
9.210. < 4 + < 4.
х-5 5-х х2 _25
/*ешеные.
ОДЗ: х*±5.
Перепишем неравенство в виде системы неравенств
5х-7
-<4-
Зх
х-5 5-х х2 _25
х Зх
5-х х2-25
2х + 13
5х-7 х Зх
х-5 х-5 хг-2Ъ
Зх
-<0,
(х-5Хх + 5) х-5
-<0
-<0,
(х-5Хх + 5) ' |(2х + 13Хх-5Хх + 5)<0,
х2 + 8* ° [х(х + 8Хх-5Хх + 5)<0.
<0
(х-5Хх + 5)

Полученную систему будем решать методом интервалов
Общимирешениями двух неравенств системы будут же -8; U(0;5).
I 2)
Ответ: хе|-8; U(0;5).
9.211.
л/4х-7<х,
Jx + 5 + -JS-x > 4.
Решение.
ОДЗ:-йх£5.
4
Из условия имеем
4х-7й0,
х>0,
4х-7<*2,
Ж+5Й0, *
5-хйО,
ж+5+2л/25-ж2+5-ж>16
х>-,
4
ж>0, Г7
ж2 -4х + 7>0, о J4SXS5'
х>-5,
х<5,
л/25-х2 >3
25-х2 >9
7 Г7
-<xS5, -<*S5, 7
4 о 1 4 о — < х < 4.
2 ... I . . . . . 4
ж' <16
"7
-4<х<4
Ответ: хе
-;4

27
9.212. й 3 J [9 J >64'
[2*> -бх-3,5 <8^
/•ешеные.
Перепишем данную систему неравенств в виде
2"
27
J3»-2» 64
[2'' -<"-3-5 <23-5
[ж2 -6х-7<0
Ответ: х е (-1; 3).
ж 2 + 5х < 6,
зЬ!
-6х-3,5<3,5
х<Ъ,
-1<ж<7.
9.213.
ж + 1 <1.
Решение.
Система равносильна системе неравенств
|-6<х +5х<6,
1-lSx + lSl
х +5х<6,
х2 +5х>-6,
х +1 < 1,
ж+1>-1
ж2 + 5х-6<0,
х2 +5х + 6>0,
х<,0,
х>-2
-6< х<1,
~х>-2,
х<-\
-2Sx<0.
Методом интервалов получаем хе (- 2; 0J.
Ответ: хе (-2;0J.

9.214.
-4ж<5,
х + 1<3.
Решение.
Система неравенств равносильна системе неравенств
с -4х<5, \х -4х-5<0,
е2-4х>-5, о Jx2-4x + 5>0, о
-3<j+l<3 -4<х<2
-1<х<5,
xeR, о -1<х<2.
-4<х<2
Ответ: х<= (-1; 2).
9.215. Найти область определения функции
J*2-6*"16 +_
Vx2-l2x + ll ж2
-49
/•ешеные.
Областью определения дайной функции являются все значения х,
удовлетворяющие системе неравенств
х -бх-16
х -12Х + 11
х2-49*0
£0,
(*-8fc + 2)
(x-lXx-11)
х2*49
й 0,
(x-8Xx+2Xx-lXx-ll)^0,
х*11,
ж * ±7.
Методом интервалов получаем
xe(-~;-7)U(-7;-2]U(l;7)U(7;8]U(ll;»).
-7 -■>! ~ Ii 7 81-1"
Ответ: ж е (—, - 7)U (-7; - 2]U (l; 7)U (7; 8]U (l 1; ~).

Решения к главе 10
ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
1. Произвольный треугольник (а, b, с — стороны; а, {3, у —
противолежащие им угаы; р — полупериметр; R — радиус описанной
окружности; г—радиус вписанной окружности; S —площадь; ha —высота,
проведенная к стороне а):
(10.1)
(10.2)
(ЮЛ)
(10.4)
(10.5)
(10.6)
(10.7)
2R (теорема синусов). (10.8)
sin a sin|3 sin у
2. Прямоугольный треугольник (a, b—катеты; с —гипотенуза; ас,
Ьс — проекции катетов на гипотенузу):
S=iai; (10.9)
аг =
а
-ь2
s =
+ с2
ь
S=-aha:
2
S -— 6csin<x ;
2
-■4p(p-aip-b)j>-c);
S
г - —.
P'
4S '
c a sinSsinC
2 sin A
-26ccosa (теоремакосинусов);
с - _ ,

S=~chc;
a+b-c
r- ;
2
2 '
a2 +b2 ~c2 (теорема Пифагора);
ac _ К .
К ь'
(10.10)
(10.11)
(10.12)
(10.13)
(10.14)
(10.15)
b с '
а - с sin a = с cos ji = b tg а = 6 ctg ji.
3. Равное шроиний треугольник:
5=^;
4
6 '
3
4. Произвольный выпуклый четырехугольник (d{ и d2
Ф —угол между ними; S —площадь):
S - -~d{d2 sin<p.
5. Параллелограмм (а и b — смежные стороны; а -
ними; ha —высота, проведенная к стороне а):
S -aha =absina-~did2 sirup.
6. Ромб:
S ~ ah„ ~ a2 sin a - —d,d2.
2 '
(10.16)
(10.17)
(10.18)
(10.19)
(1020)
— диагонали;
(10.21)
— угол между
(1022)
(10.23)

7. Прямоугольник:
S - ab - -d{d2 sin ф. (10.24)
8.Квадрат(</ —диагональ):
5 = a2=d2/2- О0-25)
9. Трапеция (а и b —основания; h —расстояние между ними; / —
средняя линия):
, а+Ь
> = —; (10.26)
а + Ь , „
5=——А = /А. (1027)
10. Описанный многоугольник (р — полупериметр; г — радиус
вписанной окружности):
S ^рг. (1028)
11. Правильный многоугольник (ап — сторона правильного
«-угольника; R —радиус описанной окружности; г —радиус вписанной
окружности):
аъ ^Ryfc; a4 =RJ2; a6=R; (10.29)
Sss-2~- 0°-30)
12. Окружность, круг (г —радиус; С —длина окружности; S
-—площадь круга):
С=2тсг; (10.31)
5=тсг2. (10.32)
13.Сектор(/ —длина дуги, ограничивающей сектор; и° —градусная
мера центрального угла; a —радианнаямерацентральногоугла):
, = ^ZL = ra; (Ю.ЗЗ)
180°
ЯГ И* 1 -1
S = — = -r2a. (10.34)
360° 2

ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ
ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР
1. Три меднаны треугольника пересекаются в одной точке, которая делит
каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины треугольника.
2. Длина медианы треугольника выражается формулой
где а, Ь-> с — длины сторон треугольника.
3. Длина стороны треугольника выражается формулой
где та, ть, тс —длины медиан треугольника.
4. Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки,
пропорциональные двум другим его сторонам.
5. Длина биссектрисы треугольника выражается формулой
где а и Ь — длины двух сторон треугольника ABC; щ и 6t — отрезки
третьей стороны.
6. Длина биссектрисы треугольника выражается через длины его сторон
а, Ь и с по формуле
_ i]ab[a +b +c\a +b~c)
a+b
7. Для всякого треугольника зависимость между его высотами hai hb,
hc и радиусом г вписанной окружности выражается формулой
-L JL ±-1
h0 + hb + hc " г •
8. Площадь S равнобедренной трапеции, диагонали которой взаимно
перпендикулярны,равнаквадрату ее высоты, т.е. S ~h2.
9. Высотаравнобедренной трапеции, в которую можно вписать
окружность, является средним геометрическим ее оснований.
Доказательство всех этих дополнительных соотношений можно найти в
любом издании данного сборника задач последних лет.
314

10.191. Центр
окружности, вписанной в
прямоугольную трапецию, удален от
концов ее боковой стороны на
расстояния 3 н 9 см. Найти
стороны трапеции.
Решение.
По условию ОС =3 см,
OD =9 см (см. рис. 10.1).
Пусть N, Р,М,Е—точки
касания окружности со
сторонами трапеции ВС, CD, AD,
АВ соответственно. По свойству касательных:
1) ON±BC ,OPlCD, ОМ IAD .
2) /WCO =ZPCO , ZMDO =ZPDO .
ТогдаZ.OCD +ZODC = UzBCD +ZADC)=90° => ACOD — пря-
Рис.10.1
моугольиый, откуда CD = V32 + 92 = 3V10 см.Пусты—радиус
вписанной окружности. S
9 _9-Ло
■ -CDOK =-OCOD или ЗтЯо-г = 3-9,
2 2
Из АСРО :
ср=4осг-орг =Лз2
.21
~10
4--
V 10
PD = CD - СР = 3Vl0 - ^i°- = 3Viol 1
10
з _ зУш
~'~ffi ю ;
1 \_ 27VJ0
10 Г Ю
По свойству касательной MD = PD , NC - СР. Очевидно BNOE -
рат, поэтому
9VTo 9VI0
" . АВ -2г~ см:
10 5
9-Ло З-Ло бтЯо
:1о-+ЧГ=^-см;
9-Ло 27-Ло 18тЯо
10
BE=BN =r = -
BC=BN +CN ■■
AD=AN +ND ■■
0meem:*jR,bJu.,,4To,
10 5
18-Ло

Рис. 10.2
Рис. 10.3
10.192. Две окружности касаются внешним образом. Их радиусы
относятся как 3:1, а длина их общей внешней касательной равна 6 v3 .
Определить периметр фигуры, образованной внешними касательными и
внешними частями окружностей.
Решение.
Пусть 02В ~г; тогда ОхА-Я-Ъг (рис. 10.2). Проведем 02С\\АВ ;
имеем AC~r, 0{C=2r, Oi02~4rtT.e. Ох02-Ю\С и, значит,
ZC02Oi -30е. Так как 02С ~АВ = 6>/з, то из AOlC02 находим
Ох02 =02С :cos30e -6^3 :{jbll\-\2, откуда r = 3, R = 9 . Дуги,
входящие в указанную фигуру, содержат соответственно 120 и 240°, по-
Искомый периметр составляет
2тсг
этому их длины равны —— и
Р = 2-б7з" + ^ + ^ = 12,/з + 14П.
3 3
Ответ: Нп + 12-^.
10.193. Внутри прямого угла дана точка М, расстояния от которой до
сторон угла равны 4 и 8 см. Прямая, проходящая через точку М, отсекает от
прямого угла треугольник площадью 100 см2. Найти катеты треугольника.
Решение.
По условию ZC=90°, MP =4 см, MQ =8 см, SMBC =100 см2
(рис. 10.3);найдемВСиЛС.Пусть ВС = х , АС = у ;тогда 0,5ху =100,т.е.
ху = 200 . Так как АВРМ ~ bMQA , то = -—или = —=—.
AQ MQ у- 4 8

[Xy:
2y = 50,
= 200
у1 -25^ + 100 = 0, yx-S см,
10 см,
Имеем систему уравнений
4 ,= л
у-4
ху = 200
у2 = 20 см. Получаем два решения: Х\ - 40 см, у1 = 5 см; х
_у2 =20 см.
Ответ: 40 и 5 см или 10и20см.
10.194. Точка Сх — середина стороны АВ треугольника ЛВС ; угол
СОС!, где О — центр окружности,
описанной около треугольника, является
прямым. Доказать, что \ZB - ZA\-90".
Решение.
Обозначим ZA^a, ZB-$, ZC = у.
Пусть для определенности (5 > а (рис. 10.4).
ZCAB вписаи в окружность с центром в
точкеО и опирается на ту же дугу ВС ,что
и центральный угол ZCOB , поэтому
ZCOB=2ZCAB=2<x. ОС1ЮСх>АВЮСх=*
=> ос\\ав , тогда ZBOC s= ZOBA , как накрест лежащие, поэтому
ZOBA = 2а. АОАВ —равнобедренный,тогда ZOAB -ZOBA
,следовательно, ZOAB = 2a. ZAOB?=2ZACB = 2у (как центральный угол). Из
АЛОВ '. ZAOB + ZOAB + ZOBA = 180\ 2a+2a+2y = 180\ 2a + y»90\
втожевремя a + ji + у - 180е. Отсюда получаем j5-a = 90° .Чтоитребо-
валось доказать.
10.195. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит
каждую из двух других его сторон иа отрезки, равные 2 и 23см. Найти радиус
окружности.
Решение.
Пусть М иАГ.—точки касания окружности и сторон АВ и AD квадрата
ABCD (рис. 10.5), М иК—точки пересечения окружности с указанными
сторонами квадрата, а Р и Е — со сторонами ВС и CD . По условию

Рис. 10.6
ВР =DE =2 см, СР -СЕ = 23 см. Проведем ON IBC . ОМ -
= ОР =NB =ОК = й , где R— радиус даииой окружности. АВ-
= ЛЖ =ВС=СР +РВ =25 см, ON =NK -КО =(25-Ft) см, WV =
= BN - ВР = (и -2) см. Из прямоугольного треугольника PNO :
й = 17
R =37
Усло-
СУ2 = CW2 + М>2 или Я2 =(R -if + (25-й2),откуда
вию удовлетворяет Д = 17.
Ответ: 17 см.
10.196. Дан треугольник Л5С , в котором 2hc—AB и Z*4 = 75е.
Найти величину угла С.
Решение.
Обозначим высоту CD через h, а отрезок AD — через х (рис. 10.6).
Имеем ZACD =90° -75° = 15°. Проведем AF так, чтобы ZCAF =
=Z4CD = 15\ Тогда Z^FD =30° низ AADF получим AF=FC = 2x,
h
DF=x£.Ho DF = h-FC=h-2x
2 + л/з"
h^-S).
Так как
AB-2h, то BD-AB-AD-2h-x^hS. to ДЯЛС имеем
BC^JbD2 +CD2 =2h => ZB-=30e HZC = 180°-75e-30e=75\
Ответ: 75°.

10.197. В прямоугольный
треугольник со сторонами 6,8 и 10 см
вписана окружность. Через центр
окружности проведены прямые,
параллельные сторонам
треугольника. Вычислить длины средних
отрезков сторон треугольника,
отсекаемых построенными
прямыми.
Решение.
Найдем радиус вписанной ок-
S 0,5-6-8
ружности. Имеем г
~ ЬМРО (рис. 10.7), то
р 0,5(6 + 8 + 10) 12
лв
MP
АС АВ МО
FO OF OF ■ \АО 0 -О 8
Аналогично, AEOQ ~ &МРО: = , откуда £0= =——=- см.
МО РМ РМ 3/2 3
Проведем OL 1£С; тогда DN =DL+LN . AEOQ = АМРО (по катету и
о
острому углу); значит, LN — EQ = — см. Точно так же из равенства
треугольников МРО и DLO находим DL - MP = — см и, следовательно,
2
rs« 3 8 25
DN =- + - = — см.
2 3 6
3 8 25
Ответ: —, — и — см.
2 3 6
10.198. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются
иа другом ее основании. Найти все стороны трапеции, если ее высотаравна
12 см, а длины биссектрис 15и13см.
Решение.
Пусть в трапеции АВСК (рис. 10.8) ВС\\ЛК, BD nCD —биссектрисы
ZABC и ZBCK , DE —высота, DE =12 см, BD = 15 cm, CD =13 см.
Из ABED (ABED =90°): BE = JbD2 -DE2 =9 см. Из прямо-
319

M D N л
Рис. 10.8 Рис. 10.9
угольного треугольника Д CED СЕ = -JCD 2 -DE2 =5 см. Тогда
ВС =ВЕ +СЕ =14 см. Z1 = Z3 —по условию, /Х = /.2 —внутренние
накрест лежащие при BC\\AD и секущей BD. Следовательно, Z2 - Z3 ,
AD-AB . Аналогично, Z5=Z6, CK=DK. BM и CN — высоты
трапеции. ВМ - CN -DE ~\2 см, отсюда MD = BE - 9 см,
ZMV -ЕС -5 см. Пусть АВ -х см, тогда ,4М = (х - 9) см. Из
прямоугольного треугольника ЬЛМВ АВ -AM + ВМ ; х2-
-(x-9f +144, х = 12,5 . Следовательно, AD -АВ =12,5 см. Пусть
(Ж => см. Тогда JVAT =(у-5) см. Из ACNK (ZCNK =90°):
СК2 =CN2 +NK2 ; y2=(y-5f +144; ;> = 16,9 . Следовательно,
Ж = СИГ = 16,9 см. Тогда АК =AD +DK = 29,4 см.
Ответ: 29,4 см; 12,5 см; 14см; 16,9 см.
10.199. Основания трапеции равны 4 и 16 см. Найти радиусы
окружностей, вписанной в трапецию и описанной около иее, если известно, что эти
окружности существуют.
Решение.
В трапеции ABCD (рис. 10.9) BC\\AD , ВС-4 см, AD -16 см.
Так как около дайной трапеции описана окружность, то АВ - CD. Так
как в данную трапецию можно вписать окружность, то
AD + ВС
AD +ВС =АВ +CD=2AB ; АВ = =10 см. ВК — высотатра-
320

пеции. Тогда АК = ——— = 6 см. Из ААКВ (ZAKB =90е):
ВК - ЫАВ 2 - АК 2 - 8 см. Радиус вписанной окружности г ~ —ВК - 4 см.
Радиус R описанной окружности найдем как радиус окружности,
описаний ЙЛЛД
ной около AABD : R - -
45Л
, KD = AD - АК = 10 см. Из ABKD
(ZBKD = 90*):BD = 4BK2 +KD2 = 2л/41см. SMBD =-AD -ВК^ЬАсы2.
_ - 10-2741-16 5л/41
Тогда Д = —— = —-— (см).
4-64 4
Ответ: 4 см;
5л/41
10.200. В треугольник
вписан ромб со стороной т
так, что одни угол у них
общий, а противоположная
вершина ромба лежит иа
стороне треугольника и
делит эту сторону на отрезки
длиной р и д. Найти
стороны треугольника.
Решение.
В ААВС (рис. 10.10)
вписан ромб ADEF,
BE = p,EC=qyDE=FE=m, тогда BC=p + q. ADBE -ААВС (по
РЕ-ВС _т(р + д) ^^
DE BE лп
двум углам). Тогда -—= : АС
АС ВС
FE ЕС
-ААВС Тогда — = — ;АВ
BE p
FEBC _т{р + д)
Ответ: р+д; -
ЕС
(р + д). т(р + д)
I Сканавн М. И,

в
рис. 10.11
Рис. 10.12
10.201. Дан треугольник ABC такой, что АВ =15 см, ВС =12 см и
АС =18 см. Вычислить, в каком отношеиин центр вписанной окружности
треугольника делит биссектрису угла С.
Решение.
Пусть СК — биссектриса ZC, О — центр окружности, вписанной в
ААВС, —точка пересечения его биссектрис (рис. 10.11).Пусть SAT =x см,
■ , ВК АК
х>0. Тогда АК = (15-х) см. По свойству биссектрисы ——7 = ~трг j
= 6. ВО
СО ВС 12
-биссектриса АВСК .Тоща = =— = 2:1.
ОК ВК 6
х _15-х
12~ 18
Ответ:2:\.
10.202. Дан равнобедренный треугольник с основанием, равным а, и
боковой стороной, равной Ь. Доказать, что центр вписанной окружности
делит биссектрису угла при основании в отношении {а + Ь): Ь, считая от
вершины угла.
Решение.
В ААВС (рис. 10.12) АВ = ВС = Ь, АС = а, О — центр вписанной
окружности, AM — биссектриса ZBAC , ВО — биссектриса ZABM .
АО__АВ__ВС__ВМ+МС , . МС , АС , я а + Ь
' ОМ ~ ВМ ~ ВМ ~
Что и требовалось доказать.
Тогда -
УМС МС
ВМ ~ ВМ
, АС , а
1 + = 1 + - =
АВ - b
322

Рис. 10.13
Рис. 10.14
10.203. Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 9 и
17 см. Найти радиус окружности, если расстояние между серединами
данных хорд равно 5 см.
Решение.
Из точки В окружности (рис. 10.13) проведены хорды АВ =9 см и
SAT =17 см, MN =5 см. Тогда MN — средняя линия ААВК ,
АК = 2MN =10 см. Искомый радиус R найдем как радиус окружности,
. <п„ п АВ АК ВК „
описанной около ААВК: R = . Полупериметр треугольника
АВ+АК +ВК
18 см. 5д^Л-=>/(18-9Х18-10Х18-7).18 = 36 см2.
R =10- см. ,
Ответ; 10- см.
8
10.204. Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 10 и
12 см. Найти радиус окружности, если расстояние от середнны меньшей
хорды до большей хорды равно 4 см.
Решение.
Източки В окружности (рис. 10.14) проведены хорды АВ =10 см и
ВС = 12 см, М — середина АВ , MN1BC , MN = 4 см. Опустим из
точки А перпендикуляр АК иа отрезок ВС . В ААВК — MN
—средняя линия. Тогда АК -2MN =8 см. Из AMNB (ZMNB =90°):
BN = 4ВМ2 -MN2 = 3 см. 1 огдаВК = 2BN =6 см.ТаккакВС=12 см,
323

D E
Рис. 10.15 Рис. 10.16
то AT — середина ВС, и, следовательно, АС ~ АВ ~Ю см, отрезок АК
лежит иа диаметре AF даииой окружности. Пусть AF = 2R , где
R — радиус данной окружности. Тогда KF ~ AF - АК = 2R - 8. К —
точка пересечения диаметра AF и хорды ВС . По свойству хорды
АХ -KF-CK-KB ; 8(2Д-8) = 6-6; Д = 6,25.
Ответ: 6,25 см.
10.205. В некоторый угол вписана окружность р адиуса 5 см. Длина
хорды, соеднняющей точки касания, равна 8 см. К окружности проведены две
касательные, параллельные хорде. Найти стороны полученной трапеции.
Решение.
Окружность с центром О (рис. 10.15) касается сторон угла £ вточках
К и L , KL - 8 см, ОК =5 см, АВ ||CD||AX . Проведем днаметр
окружности MN \KL , Р —точкапересечения ЕО uKL , ZKPO - 90°, АКРО ~
-АОКМ — по двум углам (ZPKO = ZKOM , ZKPO -ZOKM =90°).
КР КО КО ^ 9 S 9 ^
Тогда —— = -ггТ. М0=-^Г = — <»• ^ =2Л/0=— см. MN —
КО МО КР 4 2
средняя линия трапеции ABCD и, так как в эту трапецию вписана окруж-
25
иость, то ВС - AD = MN ~— см. ВВ1 — высота трапеции ABCD ,
AS, = 20К = 10 см.Из АВВ,С (^ВЩС = 9<Т): В1С = ^ВС2 -ВВ\ = 7,5 см.
CD-AB = 2.8,0 = 15 см, CD + ЛЯ = 2.8С = 25 см. Тогда CD = 20 см,
AS = 5 см.
Ответ: 20 см; 5 см; 12,5 см; 12,5 см.
324

10.206. Какими целыми числами выражаются стороны
равнобедренного треугольника, если радиус вписанной окружности равен 3/2 см, а
описанной 25/8 см?
Решение.
В ААВС АВ =ВС , BD — высота, Ot — центр вписанной, а Ог —
3
центр описанной окружностей (рис. 10.16), радиусы которых г - — см и
25
R - — см. Е — точка пересечения луча BD и описанной окружности.
8
AOi — биссектриса ZBAC ■ Пусть ZBAO, = Z.O^AD = а . Тогда
ZAOxD-90е -а. Так как BE — диаметр описанной окружности, то
25
ZBAE =90°. ZOtAE =90* -a, BE =2R=— см. Отсюда АЕ =0,£ .
4
3
Пусть ЬЕ-х см. Тогда АЕ =OlE=OlD + DE =г+х=-+х .Шз &ВАЕ
(ZBAE =90°, AD —высота): АЕ1 =DEBE ; |- + xl =*■ —;
9 /
х=- или ж=1.Из AADE (ZADE =90*): A£>=jAE1 -DE1 . При
9 15 5
х = — : -АЕ = — см, AD =3 см, АС =6 см. При ж = 1: Л£ = — см,
4 4 2
V21
AD см и АС выражается иррациональным числом.
Следовательно, АС =6 см, АВ -ВС ~у1вЕ2 -АЕ1 =5 см.
Ответ: 5 см, 5 см, 6 см.
10.207. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан
прямоугольник с периметром 24 см так, что одна его сторона лежит на большей
стороне треугольника. Найти стороны прямоугольника.
Решение.
В ААВС имеем АС = 21 см, АВ -10 см, ВС = 17 см, вершины L и
Q прямоугольника MNQL принадлежат АС , М — АВ , N — ВС

F
Рис. 10.18
(рис. 10.17). Пусть ML -х см. Тогда периметр прямоугольника 24 см и
MN -(12-х) см. BD —высота ААВС, К —точка пересечения BD и
MN 5 а ВК — высота AMBN. По формуле Герона найдем площадь 5
25
треугольника ААВС : S = 84 см2.Тогда BD =—— = 8 см, ВК =(8 -х) см.
АС
Так как AW |ЛС , то MfflJV ~ ААВС. Тогда
BK__MN_ 8-х _12-х
BD~ АС ' 8 ~ 21 '
7 7 Л
* - 5 —. Следовательно, Ml = 5 ■— см, MN - 6 ■— см.
. 7 , б
Ответ: 5— см, о— см.
10.208. Из вершины острого угла ромба проведены перпендикуляры к
прямым, содержащим стороны ромба, которым ие принадлежит эта
вершина. Длина каждого перпендикуляра равна 3 см, а расстояние между их
основаниями 3v3 см. Вычислить длины диагоналей ромба.
Решение.
Так как AAEF —равнобедренный (рис. 10.18), то биссектриса AM
перпендикулярна EF и лежит на диагонали ромба. Находим
27 9 3
AF2 -MF2 =9 --,т.е. AM = - (См). В AACF имеем
4 4 2
AM
ZF = 90° и FM1AC
AF1 =AC -AM , 9-Ж7--, АС =6 (см).

Далее AACD
перпендикулярными сторонами), поэтому
AAEF (углы при основании равны как угаы со взаимно
AM _EF 3/2 _ З-Уз
OD AC OD
OD = S см.Получили BD=2-Jb см, АС = 6 см.
Ответ: 6 и 2S СМ.
10.209. Дан треугольник со
сторонами 10, 24 и 26 см. Две
меньшие стороны являются
касательными к окружности, центр
которой лежит иа большей
стороне. Найти радиус окружности.
Решение.
Пусть г — искомый радиус.
В 6АВС ЛВ = 10см, ВС=24см,
АС =26см (рис. 10.19), О —
центр окружности, касающейся Рис. 10.19
ЛВ и ВС в точках N и К
соответственно. Так как 262 —10 +24 , то ААВС —прямоугольный.
■W --АВВС^ПО, S^ob ^-ABON^Sr; 5M0C ЛвСОК=\2г.
Таккак5^од +5М0С -5^дс ,то 17г = 120, г-
120
120
" 17 '
Ответ:
17
10.210. Найти радиус окружности, описанной около равнобедренной
трапеции с основаниями 2 и 14 и боковой стороной 10 см.
Решение.
Окружность, описанная около трапеции ABCD, описана и около
AACD (рис. 10.20), причем такая окружность единственна. Ее
радиус находим по формуле R
abc
Имеем S~~AD BE, где
2
BE = л}АВ L - АЕ
"=Л
= 8; отсюда S^cd = — -14-8 = 56. Из

Рис. 10.20 Рис-10-21
ААСМ имеем АС = -Jam 2 + МС 2 = л/в2 + 82 = 8т/2 . Получили
Д = 14.Ю-8Л=5Л
4-56
Ответ:
10.211. На большем катете прямоугольного треугольника как на
диаметре построена окружность. Определить радиус этой окружности, если
меньший катет треугольника равен 7,5 см, а длина хорды, соединяющей
вершину прямого угла с точкой пересечения гипотенузы и окружности,
равна 6 см.
Решение.
В ААВС (рис. 10.21) ZACB = 90°, ВС > АС , АС = 7,5 см, N
—точка пересечения окружности, о которой говорится в условии, и гипотенузы
АВ , CN =6 см. ZCNB — вписанный и опирается иа диаметр. Тогда
ZCNB =90°. Из AANC (ZANC =90°): AN =JaC2-CN2 =4,5 см.
Так как CN — высота прямоугольного ААСВ , то AANC - ACNB. Следо-
AN CN nr ACCN ..
вательио, = , ВС = = 10 см. Искомый радиус R =
АС ВС AN F y
ВС =5 см.
Ответ: 5 см.

в
Рис. 10.22 Рис 10.23
10.212. Вершины прямоугольника, вписанного в окружность, делят ее
иа четыре дуги. Найти расстояния от середины одной из больших дуг до
вершин прямоугольника, если стороны его равны 24 и 7 см.
Решение.
Так как АС —диаметр окружности (рис. 1022), то R= =1^5 см.
В ABOF имеем OF = <JoB2 -BF2 =^\2,5г -П1 =3,5- см; значит,
MF = l2,5-3,5 = 9 см, ШГ = 12,5 + 3,5 = 16 см.Из &MBF и ЬМАК
находим искомые расстояния: MB = \MF2 +BF2 = V92+l22 =15 см,
MA = 4мК2 +КА2 = Vl62+122 = 20 см.
Ответ: 15и20см.
10.213. Центр полуокружности, вписанной в прямоугольный
треугольник так, что ее диаметр лежит иа гипотенузе, делит гипотенузу иа отрезки
30 и 40 см. Найти длину дуги полуокружности, заключенной между
точками ее касания с катетами.
Решение.
Проведем радиусы OD и ОЕ в точки касания (рис. 10.23). Имеем
OD = OE = CE = CD, т.е. ECDO — квадрат. Пусть R — радиус ок-
ружности; тогда длина дуги ED равна — . Так как ААЕО ~ AODB,
329

то ^ = ^. = 2° Л. но AE2=AO2-OE2=302-R2, откуда
OS OS (О 4
V30* R -2,1б(з02-Д2)=9Д2 => Я = 24. Длина дуги ££> равна 12л.
Я 4
Ответ: 12гс
10.214. Около круга радиуса 3 описан равнобедренный треугольник с
острым углом 30° при основании. Определить стороны треугольника.
Решение.
Проведем радиус OELBC (рис. 10.24). Таккак ZOBE = -ZABC = 60°,
то /ВОЕ = 30° иВЕ = -ВО.ШАВЕО иаходимВ02=-В02+9,отку-
2 4
да50 = 21/з .В Д4Ш имеем AB = 2BD . Но ВВ = ВО + ОВ = 2& + 3 и,
следовательно, AS = ВС = 41/з +6. Наконец, AC = 2DC = 2(BC-BE)=
= 2(4,/з+6-1/з)=6,/з+12.
Ответ. 4-^+6, бг/з+12.
10.215. В прямоугольном треугольнике медианы катетов равны V52 и
. Найти гипотенузу треугольника.
Решение.
В ААВС (рис. 10.25) ZACB = 90% Si1 и Л£ —медианы, ВР = 452,
АЕ = -Лз . Пусть ВС = х, АС = .у. Тогда АВ = ^/х2 +_у2 .

Из AACE(ZACE= 90'):
r2
ЛС2+СЕ2 =АЕ1;у1+— = 1Ъ.
4
Из АВСР (ZBCP = 90°):
ВС1 +СР1--
Решая систему
--ВР1 ■ х1 + — = 52.
4
,'+4 = 73.
4
получа-
ж2+ =^52,
4
С
Е
Рис. 1025
4/+х2=292)
4х2+.у2=208;
10.
5jc2+5^2 =500; х +.у2=100. Следовательно,
AB = ,jx2 +у2
Ответ: 10.
10.216. Две окружиости, радиусы которых 4 и 8, пересекаются под
прямым углом. Определить длину их общей касательной.
Решение.
Пусть А —точка пересечения
окружностей с центрами О и 0{
(рис. 10.26), О А - 8 см, Q A = 4 см,
MN — их общая касательная. По
условию окружности
пересекаются под прямым углом,
следовательно, касательные к ним в точке А
взаимно перпендикулярны. Но
тогда и радиусы, проведенные в точку
касания также перпендикулярны. Из AOAOj: ОС$ = ОА1 + С\Аг = 80.
Проведем 0yD\f4N . Тогда 0,D±OM , MN = OxD, MD-NQ=b,OD =
Рис. 10.26
= ОМ -MD = 4. Из AODO,: 0,D = jotf -OD2 = 8 .
Ответ: 8.
331

10.217. Каким необходимым и
достаточным условиям должна
удовлетворять трапеция, чтобы в нее можно было
вписать и около иее можно было
описать окружность?
Решение.
Для того, чтобы в трапецию можно
было вписать окружность и вокруг иее
можно было описать окружность, ие-
Рис. 10.27 обходимо и достаточно, чтобы
трапеция была равиобокой и боковая
сторона равнялась полусумме оснований.
Необходимость.
Пусть ABCD —трапеция, вокруг которой описана окружность с
центром в точке О^ и в которую вписана окружность с центром в точке 02
(рис. 10.27). Тогда по свойству четырехугольника, вписанного в окружность,
ZABC + ZADC = 180°. Но ZABC + ZBAD = 180° и, следовательно,
ZBAD = ZADC и трапеция ABCD — равнобокая, АВ = CD . Так как в
трапецию вписана окружность, то АВ + CD = ВС + AD и, значит,
2
Достаточность.
Пусть ABCD — равнобокая трапеция (АВ = CD ) и АВ = CD =
= . Тогда ZBAD = ZADC, ио ZBAD + ZABC = 180°. Отсюда
2
ZADC + ZABC = 180°. и вокруг трапеции ABCD можно описать
окружность. Кроме того, AB + CD ^BC+AD и, следовательно, в ABCD можно
вписать окружность. Что и требовалось доказать.
10.218. Прямая, параллельная основаниям трапеции, проходит через
точку пересечения ее диагоналей. Найти длину отрезка этой прямой,
заключенного между боковыми сторонами трапеции, если основания
трапеции равны 4 и 12 см.
Решение.
В трапеции ABCD (рис. Ю.28) BC\\AD, ВС = 4 см, AD = 12 см, О —
332

Рис. 10.28
точка пересечения диагоналей, MN — отрезок искомой длины. Пусть
hx —расстояние между прямыми ВС и MN, Л2 —между MN и AD,
Л —между ВС и AD, Л = А, + Л2. UMBO ~ AABD . Тогда = -1 (1).
AD h
AOCN ~ AACD. Тогда = -1. Следовательно, MO = ON = -MN .
AD h 2
Пусть МО = х см. Тогда из (1) имеем: — = —. ЬМАО ~ ABAC. Тогда
12 h
МО hj х А2 х х к hj х k+hj „
=-*-; — = —. Следовательно, — + — = -L+ — • — = -* *-; х = 3.
ВС h A h 12 4 А А 3 h
Значит, MN = 6 см.
Ответ: 6 см.
10.219. В окружности радиуса Л проведеиыдве пересекающиеся
перпендикулярные хорды АВ и CD . Доказать, что ,4С2 + BD2 = 4Д2.
.Решение.
Проведем диаметр CF (рис. 10.29). Докажем, что AF = BD как хорды,
стягивающие равные дуги. Действительно, *uAC + \jBD = 180° (так как
AB1CD ), ^ ^С + uAF = 180е (поскольку CF — диаметр).
Следовательно, *uAF = yjBD и AF = BD . В прямоугольном треугольнике ACF
имеем AC2 + AF2 =4Д2, откуда и AC2 + BD2 = 4Д2.
Что и требовалось доказать.

Рис. 10.30
10.220. Показать, что сумма расстояний от любой точки, взятой иа
стороне правильного треугольника, до двух других его сторон есть величина
постоянная.
Решение.
Пусть D —произвольная точка стороны АВ равностороннего ААВС
(рис. 10.30). Опустим из точки D перпендикуляры DM и DN на стороны
АС и ВС. Пусть DM=h[, DN = h2, AC = а. Тогда StiADC--ahVl
о lb- a2S c lC _c I , 1 , a2S
2 4 2 2 4
aV3
Aj + ^2 = = cons?. Что и требовалось доказать.
10.221. Две стороны треугольника равны 6 и 8 см. Медианы,
проведенные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону
треугольника.
Решение.
В ААВС (рис. 10.31) АС = 6 см, ВС = % см, ВК и AN —медианы.
О —точка их пересечения, ANXBK. Пусть ON = х см, ОК - у см. Тогда
АО = 2х см, ВО = 2у см. Из ABON (ZBON = 90°): ВО2 + ON2 = BN2;
4у2 +JC2 = 16(1).Из ДЛ(Ж(^Ш: = 90°): АО2 +ОК2 = АК2; 4т2+/ =9(2).
Складывая (1) и (2), имеем 5х2 + 5.у2 = 25, х2+.у2=5.Из ААОВ
(ZAOB=9(f): AB=Ja02+B02 = ^х2+4у2 = 2^+у2 =2^5 (см).
Ответ: 2V5 см.

10.222. Окружности радиусов R и
г касаются друг друга внешним
образом. Боковые стороны
равнобедренного треугольника являются их общими
касательными, а основание касается
большей из окружностей. Найти
основание треугольника.
Решение.
О нО, —центры данных
окружностей, ААВС —треугольник, о котором
говорится в условии задачи, АС = ВС
(рис. 10.32). СК —высота ААВС, О и
Q принадлежат СК. F и Е —точки
„ Рис. 10.32
касания окружностей с центрами Ov и
О соответствеиио со стороной АС треугольника. ОЕ = OK = R. O^F-r.
Так как ААКС ~ АОЕС (по двум углам: /ЛКС = /ОЕС = 90°, угол с
вершиной С общий), то /.САК = /.СОЕ . Так как окружность с центром
О касается сторон /САК, то АО — его биссектриса. Пусть /СОЕ = а ■
Тогда /OAK = —. Проведем 0,ЩАС. Тогда o,NWE, EN = OlF = r,
ON =
cos a
OE-EN = R
ON _ R-r
' OOl ~ R + r
-r, 00,=R + r.lb ДО,ЛЮ (/O,NO = 90°):
. Из ААКО(/АКО = 90"):
AK = OKctg/OAK = R ■ ctg-
R+r+R-
--R
1 + cosot
R-
R-r
R + r
(R+r\
(R + rf-(R-rf
2R2
Лиг
R'
■jRr"
AB = 1AK =
Tl On
2R2
r?
■/fir '
Ответ:
2JT
■JRr '

в
Рис. 10.33 Рис. 10.34
10.223. Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см. Найти его
стороны, если высота, проведенная к гипотенузе, равна 12 см.
Решение.
Пусть а и Ь — катеты, а с — гипотенуза треугольника. Так как
а + 6 + с = 60, то а+Ь~60-с, откуда (a + bf =(б0-с; или
a2 +2ab + b2 = 3600-120с + с2 (*). Но а2 +Ь2 -с1 ,а 6c~0,5ab
(площадь треугольника). Подставляя эти выражения в равенство (*), получим
с2 +24с = 3600-120с + с2, 144с =3600, т.е. с~25 см. Имеем систему
Га + 6 = 35,
1\ ,
уравнений \ ' т.е. а и b —корни уравнения х -35х + 300 = 0.
[ab а= 300,
Значит, «! s= 20, а2 = 15; ^ = 15, Ьг = 20.
Ответ; 15,20и25 см.
10.224. Дан равнобедренный треугольник с основанием 12 см и
боковой стороной 18 см. Отрезки какой длины нужно отложить от вершины
треугольника на его боковых сторонах, чтобы, соединив их концы, получить
трапецию с периметром, равным 40 см?
Решение.
По условию в ААВС (рис, 10.33) имеем: АВ ~ ВС = 18, АС = 12 . Пусть
BD = BE = x. Тогда AD = ЕС ~ 18 ~х. Периметр трапеции ADEC :
P=AC+DE+2AD=z40, отсюда DE=40-(2AD+AC)=2x~S.ААВС -
лппГ, BD АВ х 18
~ ДШ£, следовательно, —— = —— или = —, х - 6.
DE АС 2х-8 12
Ответ: 6 см.

10.225. Две окружности разных радиусов касаются друг друга внешним
образом. Найти угол, определяемый хордами, соединяющими точку
касания окружностей с точками касания их общей внешней касательной.
Решение.
Пусть АВ —общая внешняя касательная данных окружностей, С —точка
их касания, D —точка пересечения АВ и общей касательной окружностей в
точке С (рис. 10.34). Тогда DB-DC, DA = DC, откуда ZDCB=ZDBC,
ZDAC = ZDCA. Из ААСВ: ZDAC + ZDBC + ZACB =
180°,следовательно, ZDAC + ZDBC = ZACB и 2ZACB = 180°, откуда ZACB = 90°.
Ответ: 90?.
10.226. В прямоугольный треугольник вписана окружность. Точка
касания делит гипотенузу в отношении 2:3. Найти стороны треугольника, если
центр вписанной окружности удален от вершины прямого угла на
расстояние СМ.
Решение.
Обозначим радиус окружности Через г,
а длину гипотенузы через 5х . Тогда
(рис. 10.35) ВС = Зх + г, АС~2х + г,
поскольку ВК ~ BL, АК ss AM . Так как
ZOCM=45°,to r = OC;4l-Л;42*2см.
Для площади треугольника ABC имеем
выражение S = 0,5АС ■ ВС; с другой стороны,
S = рг,где р г= 0,5(АВ + ВС + АС).
Следовательно, 0,5(2х + 2ХЗх + 2)=2(5х + 2) или
Зх2-5х-2 = 0,откуда х-^2
см(второйкорень уравнения ие подходит). Итак,
ЛВ = 10 см, АС = 6 см, ВС = $ см.
Ответ: 6,8 и 10 см.
10.227. Виутриравиостороинего треугольника взята точка М ,
отстоящая от его сторон на расстояниях Ь, с, d . Найти высоту треугольника.
Решение.
Пусть точка М удалена от стороны АВ равностороннего ААВС на Ь ,
от ВС на с и от АС на d (рис. 10.36). Пусть AB^a^h — высота ААВС.
337

С А
РисЛОЗб
Тогда Smbc - smmb + s&bmc + ^дшс I -e* = -в* + -ас + -ad ',
h=b + c + d.
Ответ: b + c + d.
10.228. Один конец диаметра полуокружности совпадает с вершиной
угла при основании равно бедренного треугольника, а другой
принадлежит этому основанию. Найти радиус полуокружности, если оиа касается
одной боковой стороны и делит другую на отрезки длиной 5 и 4 см, считая
от основания.
Решение.
По теореме о касательной и секущей, имеем (рис. 10.37)
ВК2 = .45 - Ш = 9 • 4 = 36 , откуда ВК = 6 см, КС ~ 3 см. Проведем
радиус ОК в точку касания и ON1AB. Тогда AN = ND = — см. Так как
AANO ~ АОКС (прямоугольные треугольники, у которых ZA = ZC ), то
КС ОС _ 3 6
"тгт - ~гг - ттг = 7 • Пусть искомьШ радиус равен г, Тогда АО = г ,
AN АО D/Z 5
OC = V9 + r и,значит,6г = 5т/9 + г2 , 36г =225+ 25г,откуда г = -= см.
VI1
Ответ: -?= См.
-ЛТ

A D К с
Рис. 10.38
10.229. В треугольник вписан параллелограмм со сторонами 3 и 5 см и
диагональю, равной 6 см- Найти стороны треугольника, если известно, что
днагоиали параллелограмма параллельны боковым сторонам
треугольника, а меньшая из его сторон лежит на основании треугольника.
Решение.
Пусть в ААВС DK = EF = 3 см, Z)£=5 см, DF = 6 cm, DK\\EF,
О —точка пересечения диагоналей DF и ЕК параллелограмма DEFK
(рис. 10.38). Пусть ЕО^х см. Тогда DF2 + ЕК2 ^2(DE2 + EF2);
36 + 4*2 =2(25 + 9); х = 2-У2. OEBF — параллелограмм. Тогда
BE~F0^3 см, BF-EO~l4l см. KEFC — параллелограмм. Тогда
FC-EK^bJl см, КС = EF = 3 см. AEFD — параллелограмм. Тогда
АЕ = DF = 6 см, AD = EF = 3 см. Следовательно, АВ= АЕ + ЕВ = 9 см,
sc = sf+fc = 6V2 см, ac = ad+dk+kc = 9 см.
Onieem: 9 см; 9 см; см.
10.230. Высота, основание и сумма боковых сторон треугольника
равны соответственно 24,28 и 56 см. Найти боковые стороны.
Решение.
24-28
Площадь треугольника S = =336 см2. Пусть одна из боковых
сторон равна х см, тогда вторая равна (56-х) см. Полупериметр треугольника
339

28 + 56 л.
р - —_— = 42 (см). Тогда по формуле Героиа площадь треугольника
S- V421<42-xX42-56+x). Следовательно, ^3-142(42-хХх-14) = 336;
х = 26,
_-п Таким образом, боковые стороны данио-
^3(42-х\х-U) = 24;
го треугольника 26 см и 30 см.
0/иве/и.-26см;ЗОсм.
10.231. В прямоугольную трапецию вписана окружность радиуса г.
Найти стороны трапеции, если ее меньшее основание равно 4г/3 .
Решение.
Найдем сторону АВ = 2г (рис. 10.39). Пусть ED = х. Тогда, используя
4г 4г
равенство ,45 + CD = SC + AD, получим 2г + CD - — + — + х, откуда
CD = ~ +x.B ACED имеем С02=С£2+£02 « I—ч
з з
откуда х = —. Получили CD = , AD = = 4г .
. 10r „
Ответ: 4г , , 2г .
3
10.232. В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан
параллелограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит иа основании
треугольника, а диагонали параллелограмма параллельны боковым сторонам

Рис. 10.40 Рис. 10.41
треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание
треугольника.
Решение.
В ААВС (рис. 10.40) АВ = 9 см, ВС = 15 см, KDEF —
параллелограмм, о котором говорится в условии задачи. DE = KF = 6 см. ADEK,
KDEF, FDEC — три параллелограмма с общим основанием DE = 6 см.
Следовательно, AK = KF = FC=DE = 6 см и AC = 3DE = 18 см. ADBE-
~ ААВС и DE = - АС. Следовательно, DB = - ,4В = 3 см, В£ =- ВС = 5 см.
3 3 3
О —точка пересечения диагоналей Z>F и КЕ параллелограмма KDEF.
Из параллелограмма DBEO EO = DB~3 см, DO = В£ = 5 см. Тогда
£Е = 6 см, Z)F=10 см. Так как 2(d£2 + -MT2)=Z)F2+£E2, то
2(зб + ЛЛГ2)= 100 + 36, DK^bJl см.
Ответ: 4V2 см, 18 см.
10.233. Найти среднюю линию равнобедренной трапеции с высотой h,
если боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом
120°.
Решение.
В трапеции ABCD (рис. 10.41) BC\\AD, AB = CD, О — центр
описанной окружности, ZAOB = 120" .Тогдавписанный ZADB = —ZAOB = 60°.
BE — высота трапеции, BE ~ h . Так как трапеция равнобокая, то длина
341

ED равна длине средней линии трапеции. Из ABED (ZBED- 90°):
DE = BEctgZADB~ — .
Ответ: .
3
10.234. Окружность радиуса 13 см касается двух смежных сторон
квадрата со стороной 18 см. На какие два отрезка делит окружность каждую из
двух других сторон квадрата?
Решение.
Проведем радиус ОК (рис. 10.42); тогда KL = -JkO 2 - L02 .
Ю = В£ = 18-13 = 5(см)=> Ы, = Лз2-52=12(см),ВЛ:=13-12 = 1(см).
Получили, что сторона квадрата разделена на отрезки 1 и 17 см.
Ответ: 1 и 17 см.
10.235. В равнобедренном треугольнике угол при основании содержит
72°, а биссектриса этого угла имеет длину, равную т .Найти длины сторон
треугольника.
Решение.
Пустьв МВС ЛВ = ВС, ZBAC^ ZBCA= IT, AD —биссектриса ZBAC,
AD^m (рис. 10.43). ZBAD= ZDAC=36°, ZABC^IW-2Z&40360,
ZADC = 180"-(ZDAC + ZBCA) = 72° . Следовательно, AADB и
342

ACAD — равнобедренные, BD = AD-AC=m. Пусть АВ = ВС = x.
Тогда DC = x-m . Так как AD — биссектриса ААВС, то = :
DC AC
mfl + S)
x > 0, то x = —£ <.
2
= —; x -xm-m = 0, и так как
x-m m
Ответ: т; -
2
10.236. В равнобедренном треугольнике угол при вершине содержит
36°, а биссектриса угла при основании равна . Найти длины сторон
треугольника.
Решение.
Воспользуемся чертежом к предыдущей задаче. В ААВС АВ = ВС,
/АВС = 36\ AD~ биссектриса /ВАС, Л£> = Ло. /BAC=/BCA = lT,
' /BAD = /ВАС = 36°, /ADC = /BAD + /ABC-IT . Следовательно,
AADB и ACAD —равнобедренные, BD = AD = AC = Ло = l-Jl . Пусть
AB = BC - x.Тогда DC = ж-2-^5 .Таккак AD —биссектриса ААВС,то
BD АВ 2-Js х г
Ъё-А^- T^S^lTs- * -2^5-20 = 0 и, так как ж>0, то
Ответ: ljl\ 5 + 75.
10.237. Диагонали четырехугольиикаравны, а длины его средних линий
составляют Р и q. Найти площадь четырехугольника.
Решение.
Так как KL , LM , NM , KN —средние линии соответствующих
треугольников (рис. №М),то KL = NM = ~AC, KN = IM = -BD. По
условию AC-BD => KLMN—ромб,площадькоторогоравна —РЧ-Пусть
искомая площадь равна S. Тогда S = Здщ, +SMCD . Но Ядипу = -5цЮ;

аналогично SAl
: Swcd , поэтому S^kx + Sacml = 7 s ■ Аналогично
получаем, что 5д^к, + S&mdn- ~ 7 $ • Таким образом, площадь вне ромба
равна - S . Отсюда и площадь ромба равна - S , откуда S-pq.
Ответ: pq.
10.238. Большее основание трапеции в два раза больше ее меньшего
основания. Через точку пересечения диагоналей проведена прямая,
параллельная основаниям. Найти отношение высоты каждой из двух полученных
трапеций к высоте данной трапеции.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.45) AD\BC, AD = 2ВС, О —точка
пересечения АС и BD, MN — прямая, о которой говорится в условии
задачи. Проведем через точку О высоту KL трапеции ABCD. Тогда
КО —высота трапеции MBCN и АВОС, OL —высота трапеции AMND
и AAOD . ЬВОС ~ AAOD . Тогда = = - . Следовательно,
OL AD 2
OL ~ 3 ' KL ~ 3 ■
Ответ:
I 1
3' 3"

Рис. 10.46
10.239. Найти радиус круга, в сегмент которого, соответствующий
хорде длиной 6 см, вписан квадрат со стороной 2 см.
Решение.
Пусть г — искомый радиус. В ААОК (рис. 10.46) имеем OK ~ л/г2 - 9 ,
а в AOBN имеем ON2 + BN2 = OB2 или (OK + if +1 = г2 .
Следовательно, r2-9 + 4vr2-9 + 4 + 1 - г2, откуда г2-9 = 1 ,т.е. г = ->/l0 cm.
Ответ: ■Ло см.
10.240. Длниа основания равнобедренного треугольника равна 12 см, а
боковой стороны —18 см. К боковым сторонам треугольника проведены
высоты. Вычислить длину отрезка, концы которого совпадают с
основаниями высот.
Решение.
Пустьв ААВС (рис. 10.47) АВ=ВС=18см, ЛС = 12см, AN, СМ,
BD —высоты. AD ~ - АС = 6 см. Л/Л^||.4С (ААВС —равнобедренный),
тогда AMBN ~ ААВС- ABCD ~ AANC (обапрямоугольные, ZACN —об-
NC АС ..„
щий). Тогда -^- — , «С
CD АС
ВС
= 4. Поэтому BN = BC-NC =
= 14 см. Из подобия AMNB и ААВС: = — ,MN = ■ = —.
28 АС ВС ВС 3
Ответ: ~Г" см.
345

в
в
*С А*
Рис. 10.48
Рис. 10.49
10.241. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной
b, проведены биссектрисы углов при основании. Отрезок прямой между
точками пересечения биссектрис с боковыми сторонами равен т .
Определить основание треугольника.
Решение.
Таккак ААВС —равнобедренный,то СЕ = AD и £>£|,4С (рис. 10.48).
BD
Из подобия треугольников ABC и DBE следует, что
АС
.Учитывая,
что CD — биссектриса, имеем = ——. Пусть АС = х, BD = у . Тогда
DA АС
т
Ответ.
-У.
b bm
у ь откуда у = — и
b-у х'
Ьт
Ьт
i'-Tj
b bm
= — , т.е. х = ——
b~m
10.242. Основание равнобедренного треугольника равно 8 см, а боковая
сторона —12 см. Найти длину отрезка, соединяющего точки пересечения
биссектрис углов при основании с боковыми сторонами треугольника.
Решение.
В ААВС (рис. 10.49): АВ = ВС^12, АС=$, AN и СМ ~
биссектрисы. Пусть MN - х. Как и в задаче 10.240, МЩАС. Так как
346

ZACM = 4NCM и ZACM = ZJVMC, то MfiVC — равнобедренный и
BN АВ
NC - MN = x . Тогда BN = 12 - x . По свойству биссектрисы: — - —-,
12-х 12 24 „0
= —, х = — = 4,8 см.
х 8 5
Ответ: 4,8 см.
10.243. Внутри угла в 60° расположена точка, отстоящая на
расстояниях ./7 и 2-Jl см от сторон угла. Найти расстояние от этой точки
до вершины угла.
Решение.
Пусть точка О —вершина угла (ZO- 60°), АВ и АС —расстояние
отточки А до сторон, АВ - V7 см, AC-2-Jl см (рис. 10.50). D —точка
пересечения прямой АВ и луча ОС, ZD = 30°. Из ZACD (ZACB = 90°):
AD^IAC-Ф см. BD = AB + AD = 5jl см.
5 /7
Из ДОВВ (ZOBD = 90'): OB = BD tg ZD = Ц±- см. Из ДОВЛ
V3
(ZOBA = W): ОА=т1оВ2 + АВ2 =^— см.
Ответ:
1ф/з

Рис. 10.51
10.244. В треугольник вписана окружность радиуса 3 см. Вычислить
длины сторон треугольника, если одна из них разделена точкой касания на
отрезки 4 и 3 см.
Решение.
Пусть О —центрокружностирадиусаЗ,вписаннойв ААВС (рис. 10.51).
М, N, К —точки касания этой окружности соответственно со
сторонами АВ, ВС, AC BN = 3 см, NC = 4 см. Тогда ON1MC, ОМЫВ,
ON = ОМ =3 см. ВМ -BN-3 см. Тогда BMON — ромб, и так как в
нем есть два прямых угла, то BMON —квадрат. Следовательно, ААВС —
прямоугольный. Пусть AM ~ х см. Тогда АК ~ AM = х см. СК = CN =
= 4 см. Следовательно, АВ =: (х+ 3) сщ ВС = 7 см, АС=(х + 4) см и
АС2 = АВ2+ВС2.Тогда (х + 4)2 =49 + (3+х)2; х = 21.Значит, АС- 25 см,
АВ = 24 см.
Ответ: 24 см; 25 см; 7 см.
10.245. В угол вписаны три окружности — малая, средняя и большая.
Большая окружность проходит через центр средней, а средняя—через центр
малой. Определить радиусы средней и большой окружностей, если радиус
меньшей равен г и расстояние от ее центра до вершины угла равно а.
Решение.
Пусть 0\, 02 , Oj — центры окружностей, о которых говорится в
условии задачи, вписанных в угол ВАС (рис. 10.52), ОхА- a
.E,F,K—соответственно точки касания малой, средней и большой окружностей со
стороной АС угла. Тогда ОхЕ = г, ОхЕХЛС, 02FXAC , ОуК1АС и ААОхЕ ~
AA02F ~ ААОуК. Пусть х —радиус средней, у —радиус большой
окружности. Тогда 02Ох ~02F ~ х, 0203 ~ 0$К ~ у. Из подобия ААОхЕ и
348

Рис. 10.52
* .^ « АО\ АОу а а + х аг ,. _
AAO->F следует, что —L =——: —= ;х~ . Из подобия
ОхЕ 02F r х а-г
ААО\Е и ААО$К следует, что:
( аг)
г а + 2
А01 _ АОъ . а _а + х+ у . _ Ка + ■*) _ I д~г j _ я г
Oj£ ОгК'г у ' а-х а-r (а-г)2
аг а2г
Ответ: ; т-
а-r (а-г)1.
10.246. Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию,
удален от концов боковой стороны на расстояния 8 и 4 см. Найти
среднюю линию трапеции.
Решение.
В трапецииЛВСО(рис. 10.53) BC\\AD, ABXAD, О—центр вписанной
окружности, ОС— 4см, OD= 8см. Так как по условию окружность с
центром О касается сторон ZBCD и /ЛВС, то СО vlOD —биссектрисы этих
углов. Но ZBCD + ZADC -180° . Тогда
ZOCD + ZODC = -ZBCD + -ZADC = 90°
2 2
и ZCOD = 180° - (ZOCD + ZODC) = 90°.
349

Рис. 10.53
Из ACOD (ZCOD = 90°): CD - -JoC2 + OD2 = 4^5 см. Пусть М, N,
К—точки касания вписанной окружности со сторонами ВС, AD, CD
трапеции. Тогда MN—диаметр окружности, OKlCD,OK~r, где г —
радиус вписанной окружности. Из ACOD (ZCOD ~ 90°):
л„ ОС-OP Sjl ,_ .... . оп„ 16-У5
ОК~ = см; ЛВ-MN ~2г~20К~ см
CD 5 5 см*
По свойству трапеции, в которую можно вписать окружность,
BC+AD-AB + CD-——- + 4V5=—-—см. Тогда длина средней
линии трапеции равна
Л 18^5
Ответ: ———см
18-У5
с
5
10.247. Основания двух правильных треугольников со сторонами а и
За лежат на одной и той же прямой. Треугольники расположены по разные
стороны от прямой и не имеют общих точек, а расстояние между
ближайшими концами их оснований равно 2а. Найти расстояние между
вершинами треугольников, не принадлежащими данной прямой.
Решение.
Пусть в правильных треугольниках ЛВС и DFE (рис.10.54) АС = а,
DE = За, CD = 2а. Так как ZBCD - ZFDC -120°, то BC\\DF, К —
точка пересечения прямой AF и прямой, проходящей через точку В парал-

Рис. 10.54
лельно АС. Следовательно, BKDC — параллелограмм, ВК ~ CD = 2а ,
KD = ВС = a, KF = KD + DF = 4я, ^BKD = ZCDF = 120°. Из ABXF:
BF = -J'BK2+KF2-2BK-KF cos ZBKF =
= V4a2+16a2-2-2a-4acosl20* = 2a-/7 .
Ответ:
10.248. К двум внешне касающимся окружностям радиусов Лиг
построена секущая так, что окружности отсекают на ней три равных
отрезка- Найти длины этих отрезков.
Решение.
Пусть искомая длина равна 2х . Тогда ЛВ~Ах, А01 = VR2 -х2 ,
502 =т Vr2-х2 (рнс. 10.55). Проведем 02С|Л5.В А0102С имеем
OjC = ^OlOl~02C2 => л/я2-х2—Jr2-x2 = ^(* + /f-16x2 (*).
Умножив обе части уравнения (*) на v Л -х + Vr -х , получим
«2-r2=-.J(R + 'f-16:cJ(^2-*2Wr2-x2') ^
^JF37+1/^7= д2;г2 Г).

Рис. 10.55
Складывая равенства (*) и (**), имеем
Рис. 10.56
Я"-г'
2т/д2-х2 = т/(Д + rf -16х2 +- -,
V(« + »-)F-16x2
(Д + г)2-16х2 + Д2-г2 _ 2JR2 + Rr-$x2) _2(fi(R + r)-$x2]
J(R + rf-16x2 J(R + rf-16x2 J(R + rf-16x2
>т/д2-х2 -J(R + rY-l6x2 =R(R + r)-Sx2 =>
>(R2-x2)((R + rf-\6x2)={R(R+r)-llx2J =>
> R2(R + rf -16R2x2 -x2(R + rf +16x4 = R2(R + rf -\6R(R + r)x2 +64x4.
Так как х* 0, то приходим к уравнению 48х2 = 14Лг-Д2-г , откуда
_J_ /l4J?r-j?2
*=4V 3
длина составляет 2х
(второй корень уравнения не подходит). Искомая
_\_ fuRr-R2
~2\ 3
Ответ.
J_ jURr-R2
2\ 3
10.249. Доказать, что расстояние от ортоцентра (точки пересечения
высот) до вершины треугольника в два раза больше расстояния от центра
описанной окружности до стороны, противоположной этой вершине.
352

Решение.
Пусть О — центр окружности, описанной около ААВС, и 01 — его
ортоцентр (рис. 10.56). Построим ALMN, сторонами которого служат
средние линии заданного треугольника. Высоты ALMN пересекаются в точке
О, поскольку эти высоты перпендикулярны сторонам ААВС и проходят
через их середины. Но ALMN ~ ААВС и потому = = — , т.е.
АО\ ВС 2.
А(\ - 2МО. Что и требовалось доказать.
Рис. 10.57
10.250. На отрезке АВ взятаточка Л/, а на отрезках AM и MB поодну
сторону от прямой АВ построены квадраты, описанные окружности
которых пересекаются в точке N. Доказать, что прямая AN проходит через
вершину второго квадрата и что треугольник ANB прямоугольный.
Решение.
Соединим вершины квадратов А и С, В и D (рис. 10.57). Продолжим
BD до пересечения с АС. Обозначим точку пересечения N и покажем,
что она совпадает с точкой пересечения окружностей, описанных около
квадратов. Действительно,тшкгкААСМ = ABDM,то ZACM - ZBDM и
потому BN1AC. Но прямые углы BNC и AND опираются на
соответствующие диаметры, а значит, точка N принадлежит обеим описанным
окружностям, откуда и следует доказываемое утверждение. Что и требовалось
доказать.
10.251. В угол, содержащий 60°, вписаны пять окружностей так, что
каждая последующая окружность (начиная со второй) касается
предыдущей. Во сколько раз сумма площадей всех пяти соответствующих кругов
больше площади меньшего круга?
12 Сканави М. И., кн. 2 353

Решение.
Пусть А — вершина угла. Ot и г{ — соответственно центр и радиус i-й
окружности (i=l, ..., 5). Так как -/Л - 30°, то АО{ - 2rt, AOiA ~ 2riA,
откуда AOt ~ АО{Л + гм + г, или 2rt = 2rt_x + г/ч + r-t, т.е. rt = Зг,-Ч .
Следовательно, радиусы окружностей образуют геометрическую
прогрессию со знаменателем 3, а сумма площадей пяти кругов составит
S = 7Ui2(l + 9 + 92 +93 +94)= ^ ^ ' = 7381яг,2.Итак,S :ю? = 7381.
Ответ: в 7381 раз.
Рис. 10.58
10.252. Стороны треугольника относятся как 5:4:3. Найти отношение
отрезков сторон, на которые они делятся точкой касания вписанной
окружности.
Решение.
Таккакв ААВС (рис. 10.58) АВ: АС : ВС = 5 : 4:3,то ZC = 90°.Пусть
ВС ~ Зх. Тогда АС = Ах, АВ - 5х. Радиус вписанной в прямоугольный
ВС+АС-АВ
треугольник окружности г х. О — центр вписанной
окружности, М, N, К— точки ее касания со сторонами ВС, АВ, АС
треугольника соответственно. Тогда СК ~ СМ ~ г ~ х, AN = АК ~ Ъх ,
BN = ВМ = 2х ■ Следовательно, СК : АК = 1:3 ; СМ : ВМ =1:2;
BN : AN = 2:3 .
Ответ: 1:3; 1:2; 2:3.
354

10.253. Для треугольника со сторонами 26,28 и 30 см найти
произведение радиусов описанной и вписанной окружностей.
Решение.
Обозначим стороны треугольника: я = 26 см, b ~ 28 см, с - 30 см.
26 + 28+30
Полупериметр треугольника р =
; 42 см. Пусть S —
площадь треугольника. Радиус описанной окружности R ~ —. Радиус впи-
$ rr abc S abc ,.. ,
саниоиокружности г -— .Тогда R г = — - = 130 см .
р 45 р Ар
Ответ: 130 смг.
10.254. В треугольнике ЛВС проведены медианы ЛЬ и ВМ,
пересекающиеся в точке К. Вершина С лежит на окружности, проходящей через
точки К, L, М. Длина стороныЛВ равна д. Найти длину медианы CN.
Решение.
2
Так как CW —медиана, то CK- — CN (рис. 10.59). Соединив точки!
LM CF 1
и М , получаем среднюю линию Ьм ; поэтому = = — , т.е.
CF=-CN , LM =-, LF = FM=-AN=~, FK = -CN . Имеем
2 2 - 2 4 6

Рис. 10.60
LF ■ FM - FK ■ CF (произведение отрезков хорд, проходящих через точку F).
Следовательно, — = - CN ■ — CN, откуда CN ~ .
16 6 2 2
Ответ:
а&
10.255. Через точку А окружиости радиуса 10см проведены две
взаимно перпендикулярные хорды АВ и АС. Вычислить радиус окружиости,
касающейся данной окружиости и построенных хорд, если АВ ~ 16 см.
Решение.
О —центр окружности радиуса 10 см (рис. 10.60), Ol —центрокруж-
иости, касающейся хорд АВ и А С и данной окружиости соответствеиио в
точках М, D и К. Тогда OxDXAC, ОхМ±АВ. /.ВАС —вписанный и
прямой. Следовательно, ВС —диаметр данной окружиости, ВС - 20 см,
АС = 4ВС1 - АВ1 = V202 -162 = 12 (см). Опустим перпендикуляры OL
и ON соответствеиио на АС и АВ. Тогда AL~LC~~ AC-6 см,
2
Л#= NB ~~АВ~% см. Пусть искомый радиус ОхК = OxD ~ ОхМ -
= хсм. Е — точка пересечения OL и ОхМ. Тогда Z.OEO х = 90" ,

OQ =OK-(\K = ^0-x) см.Из ЮЕЦ (Z0EQ=9ff): ОЕ2 + ЕО2 = 00\ ;
($-xf+(x-6f=(W-xf;x = $-
Ответ: 8 см.
10.256.Длииы двух сторон остроугольного треугольника равны V13 и
VI0 см. Найти длину третьей стороны, зная, что эта сторона равна
проведенной к ней высоте.
Решение.
Пусть в ААВС (рис. 10.61) АВ = -JlO см, ВС = л/ГГ см, высота
BD ~ АС . Так как треугольник ABC остроугольный, то точка D
принадлежит отрезку А С. Пусть BD = AC = x см. Из AADB (ZADB = 90°):
AD = -JaB2-BD2 = i/lO - ж2. Из ДСШ (ZCBB = 90°): С» = V.8C2 -ЯД2 =
= Vl3-i2 . Следовательно, Л£> + .ОС = ЛС; i/lO-x2 -цАз-х2 = ж;
1/13-х2 = *-Vl0-x2H3-x2=x2-2x-Vl0-x2+10-*2;2xi/l0-x2 =^-3;
jV=9,
J4x2(l0-x2)=x2-6x2 + 9, J5x4-46x2+9 = 0, . х2=Л, ж2 = 9
U223; jx2;>3; L2 5'
I* 2 3;
Отсюда ЛС = 3 см.
Ответ: 3 см.
10.257. Через точку р диаметра данной окружности проведена хорда
АВ, образующая с диаметром угол 60°. Вычислить радиус окружности,
если АР = а и ВР = Ь.
Решение.
Пусть MN — диаметр окружности с центром О, проходящей через
точку Р (рис. 10.62), ZAPO ~ 60° .Опустим перпендикуляр ОК нахордуАЗ.
Тогда ВкЛлВ = Ш-; РК = ВК-ВР = ^±-Ь = ^± .В АОКР
2 2 2 2
ZOKP = 90', /LKOP = 30° . Тогда ОР = 2РК = а-Ь. MP=R+a-b,
PN ~R~{a~b)t где R — искомый радиус окружности. Так как
357

Рис. 10.62 Рис. 10.63
MPPN = APPB, то (R+a-b\R-(a-b))=ab; R2 -(a-bf = ab\
R = 4a2-ab + b2 .
Ответ: R - л/я2 -ab + b2 .
10.258. Расстояния от точки д/, лежащей внутри треугольника ЛВС,
до его сторон АС и ВС равны соответственно 2 и 4 см. Вычислить
расстояние от точки М до прямой ЛВ,если АВ~Ю см, ВС =17 см,
ЛС = 21 см.
Решение.
Пусть искомое расстояние равно х (рис. 10.63). Тогда Зд^р = 0,5-1 (к = 5х.
s&AMB = SbABC~SbAMC~SbBMC- Найдем эти площади: 5ШС = л/24-14-3-7 *=
= 84см2, ^д^с = 0,5-21-2 = 21 см2, 5MWC = 0,5-17-4 = 34 см2. Отсюда
5лш» = 84-55 = 29 см2 и х = 5,8 см.
Ответ; 5,8 см.
10.259. На отрезке АС длиной 12 см построена точка В так, что
АВ = 4 см. На отрезках АВ и АС как на диаметрах в одной полуплоскости
с границей А С построены полуокружности. Вычислить радиус
окружности, касающейся построенных окружностей и АС.
Решение.
Точки Ох и 02 —центры полуокружностей с диаметрами АВ и АС и
радиусами R{ = 2 см и R2 =6 см соответственно (рис. 10.64). 03 —центр
окружности искомого радиуса х см, х>0. Тогда 0101 = (х + 2) см,
358

в
Е К
Рис. 10.65
ОхОг - R2~R\=A см, QQ ~{б~х) см. D —точка касания окружности
с центром Оу и АС ■ Тогда 03D1AC, ОгВ -х см. В АО{02Оу полупери-
^Oj + OA + ^Qz .
метр р = ■— =—*■ ■— = 6 см. Тогда его площадь
5 = V^-°AX^-^2Xp-0205)-V6(6-x-2X6-4X6-6 + x) =
= Vl2x(4-x).
С другой стороны, 5 = -Ох02 • ОъВ = 2х . Тогда yjl2x(4^x) = 2х ;
Зх(4-х)=х2; х = 3.
Ответ: 3 см.
10.260. Сторона треугольника равна 48 см, а высота, проведенная к этой
стороне, равна 8,5 см. Найти расстояние от центра окружности, вписанной
в треугольник, до вершины, противолежащей данной стороне, если радиус
вписанной окружностиравеи 4 см.
Решение.
В ААВС (рис. 10.65) AC-4S см, BE —высота, В£ = 8,5 см, О —
центр вписанной окружности, M,N,K—точки касания этой окружности
соответственно со сторонами АВ, ВС, АС треугольника. Тогда ON1MC,
ON^-A см, АМ = АК, CK = CN , ВМ = BN . Площадь треугольника
1 S
ABC S- — AC- BE = 204 смг. Тогда его полупериметр р =51 см.
2 У ON
Но р я ЛД + ЛС+ДС ^ ^ + ЛГС + Stf = ЛС + Stf . Следовательно,
BN^p-АС^Ъ см.ИзДДМЭ (Zfl#0 = 9OD): OB = ^BN2+ON2 =5 см.
Ответ: 5 см.
359

10.261. В равнобедренном
треугольнике ABC (АВ-ВС)на. стороне ВС
взята точка D так, что BD : DC ~ 1:4. В
каком отношении прямая AD делит
высоту BE треугольника ABC, считая от
вершины В ?
Решение.
Пусть AD пересекает BE в точке F
(рис. 10.66).Проведем ААГЦлС.Таккак
АВСЕ ~ ABDK ,то
BK^KD^BD^l
BE EC ВС 5'
откуда ВК--ВЕ, KD--EC Так как
KD KF 1
&KFD ~ AAFE, то = = -. Пусть KF = х ; тогда FE = 5х и
АЕ FE 5
2х
ВК+х + 5х = BE, откуда ВК + 6х=5ВК или 6х = 4ВЛГ, т.е. ВК~ — .
Ъх 5х
Выразим BF через х: BF -ВК+х-— + х~ — .Но FE~Sx и,значит,
BF:FE = \:2-
Ответ: 1:2.
10.262. В прямоугольном треугольнике высота, проведенная к
гипотенузе, равна h ; радиус вписанной окружности равен г. Найти гипотенузу.
Решение.
Пусть а и Ь — катеты, с — гипотенуза, р — полупериметр данного
треугольника. \
a+b-c
г+b+c
-с - р-с; p~r +c.Площадьтре-
1 1 2г2
угольника S =— ей - рг. Тогда —ей ~(г + сУ; c{h~2r)~ 2r2; с~ -.
Ответ:
h~2r'
360

10.263. Медианы треугольника равны 5, V52 и V73 см. Доказать, что
треугольник прямоугольный.
Решение.
Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с, а проведенные к иим
медианы— та, ть, тс (та~5} m6 = V52, mc = V73). По формуле,
выражающей сторону треугольника через его медианы, имеем:
a=-yJ2(mt+m2c)-m2a = -^/2(52 + 73)- 25 = 10-
Аналогично 6 = -^2(25+73)- 52 = 8, с =-^2(25+52)-73 = 6.
Таким образом, а -Ь +с , следовательно, данный треугольник
прямоугольный. Что и требовалось доказать.
10.264. Показать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма
полупериметра и радиуса вписанной окружности равна сумме катетов.
Решение.
Пусть а, Ь,с,р — соответственно катеты, гипотенуза и
полупериметр треугольника, г — радиус вписанной окружности. Тогда р + г~
a+b+с а+b с с
~ + f = —т— + — + г . Рассмотрим сумму ~ + г. Так как пло-
_ ab ab
щадь треугольника S ~ — = рг, то г- —, откуда
2 2/7
с с ab _ pc + ab _ac+bc+c + 2ab_ac+bc + a +b +2ab _
2 ~2 2p 2p 4p ~ 4p
_ c(a+b)+(a+bf __ (a+b$a+b + c) _ a+b a+b + c _ a+b
_ __ _ ___ Yp~~ 2
Что и требовалось доказать.
10.265. Показать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма
диаметров описанной и вписанной окружностей равна сумме его катетов.
Решение.
Пусть а, b — катеты, с — гипотенуза, R — радиус описанной
окружности, г — радиус вписанной окружности. Как известно, R = — ,
a+b-с я1ч п па+Ь~с , , „
г = , тогда 2R + 2г ~с+2 = c + a+b-c ~а+Ь . Что и
2 2
требовалось доказать.

10.266. Найти третью сторону остроугольного треугольника, если две
его стороны равны я и b и известно, что медианы этих сторон
пересекаются под прямым углом.
Решение.
По условию ВС = а, АС = Ь, АЕ и BF —медианы, ZAMF = 90°
(рис. 10.67). Положим AE-ma,BF = mb. Тогда в ДВМ£ и AAMF соот-
т\ 4т2 я2 4т2 т1 *2
ветственноимеем ~7T + ~Z~~~7~> ~о~ + ~о~~~л~ -Складываяэтиравен-
siml+ml) аг+Ьг 2 2 9(я2+62) „ , ,„
ства,получаем —s-2 ы ~ или т. + mh ~ —i —L. Из ААМВ
9 4 " * 20
,„2 4^2+т2) я2+62 лв |я2+62
имеем ЛЯ = -" ^ = , откуда АВ = . .
9 5 V 5
Ответ.
^
10.267. На отрезке АВ взята точка С ииа частях АС и СВ отрезка АВ
как на диаметрах построены полуокружности. Доказать, что сумма длин этих
полуокружностей не зависит от положения точки С иа отрезке АВ.
Решение.
Пусть длина отрезка АВ равна 21. Обозначим радиус одной из
окружностей через х; тогда радиус второй окружиостиравеи / -х. Сумма длин
полуокружностей составляет L -кх+п(1-х)-к1, т.е. не зависит от х.Что
и требовалось доказать.

E
10.268. Точка С перемещается по отрезку АВ длиной /. На отрезках
АС и СВ как иа основаниях построены правильные треугольники по одну
сторону от АВ . Где нужно взять точку С , чтобы расстояние между
вершинами треугольников было наименьшим?
Решение.
Пусть АС = х ;тогда СВ = 1-х (рис. 10.68).Проведем £>1||ЛЯ иопус-
тим перпендикуляры иа АВ из точек D и Е. Так как треугольники ADC
1-х I
2 2 '
3(1-2xf
4
и СЕВ — правильные, то DL = FM = FC + СМ
z
„ (l-x)fi xfi (1-2хУз~ „ п, /2
EL = - = J -— . Следовательно, DE = — +
2 2 2 4
Расстояние DE является наименьшим при / - 2х ~ 0 , откуда х~1/2, т.е.
точку С следует взять в середине отрезка АВ.
Ответ: в середние отрезка АВ .
10.269. Высоты треугольника равны 12,15 и 20 см. Доказать, что
треугольник прямоугольный.
Решение.
25
Пусть площадь треугольника равна 5 . Тогда его стороны: а ~ -—,
6 =
25
20 '
15
25
Имеем а +Ь
1
1
1
= «'|^г+-Ц)=«2(- ■
15г 202 225 400 ,
«' 1 1 «' 2 ,2 2
~ ~т7" о + ~~Z \~ ~~77 ' откУда а +* ~с , т.е. треугольник
прямоугольный. Что итребовалось доказать.

10.270. Найти отношение суммы квадратов всех медиан треугольника к
сумме квадратов всех его сторон.
Решение.
Пусть а, Ь, с — стороны треугольника, та, ть, тс —медианы,
проведенные к этим сторонам. Воспользуемся формулами:
та=Щ2+с2) -а2 , ть=Ц2{,2+с2)-Ь\ mc=^l(a2+Ь2) -с2 .
Тогав ml +ml+m2 =-fcb2 +2с2 -а2 + 2а2+2с2-Ь2+2а2+2Ь2-с2) =
3 / ? ,2 2^ mn+mh+m2 3
3
Ответ: —.
4
10.271. Найти шощада треугольника, если его высотыравны 12,15 и20см.
Решение.
Данная задача может рассматриваться как продолжение задачи № 10269.
Имеем: треугольник — прямоугольный, высоты ha, hb — его катеты.
Площадь треугольника S ~ - ■ 15 • 20 = 150 (см2).
Ответ: 150 см2.
10.272. Числа гщ, т2 и /и3 выражают длины медиан некоторого тре-
треугольиик является прямоугольным.
Решение.
Обозначим стороны треугольника через а, Ь , с. Тогда 4/и, —
— 2(6 +с )-а , 4/и2 = 2 (а +с )~Ь (см. дополнительные
соотношения 2°. Сложив эти равенства, получим 4\т? +т2)~ Ас +а +Ь .По
г г г 2 .. . ■> J ■> ,ъ\ ■> 4с +а +Ь
условиют, +nq=5mi . Но4тз -2[(г+b \~tr и,значит, =
4
aW+*2)-c2),откуда 4с2+а2+62 = 10(а2+62)-5с2или с1 = да+6а,
4 '
т.е. треугольник прямоугольный. Что и требовалось доказать.

с
Рис. 10.69
10.2 73. Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного
треугольника, делит его на два треугольиикас площадями Q и Я. Найти катеты.
Решение.
В МВС (рис. 10.69) ZACD=90", CD — высота, SMDC = Q, S^^q.
AD \ADCD q
Из подобия ABDC и AADC следует, что = 4 — •
BD Ud-cd Q
Пусть AD - qx .тогда BD = Qx. CD = -JaDBD = х,/?й
ADCD_qx-xjQq ^qjQq =^ _ 2_ 2
AC = 4ABAD=^{qx +
^-fW-fafi-
bc = 4abbd
=^Щ|.
о^-р^,^,)^
10.274. Числа Аь А2 и А3 выражают длины высот некоторого
треугольника. Показать, что если выполняется равенство {h\jh^f +{{il /h3f =1 ,то
треугольник является прямоугольным.

в ь с
Рис. 10.70
Решение.
Пусть я, Ь, с — стороны треугольника, которым соответствуют высоты
Ai, А2, А3. Воспользуемся тем, что высоты треугольника обратно пропор-
к b к с
циоиальиы соответствующим сторонам: — ~ - ; — = — . Подставив эти
h, a h, a
Ь с ,
отношения в данное по условию равенство, получаем —г- + —г- ~ 1;
а а
Ь +с —а , следовательно, данный треугольник—прямоугольный. Что и
требовалось доказать.
10.275. Через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно
основаниям проведена прямая, пересекающая боковые стороны в точках Ы
и JV. Доказать, что MN ~2ab/(a + b),xne а и Ь —длины оснований.
Решение.
Пусть AD-a, ВС = Ь (рис. 10.70). Так как UMBO ~ AABD, то
МО ВО ,„ ВО , .„„„ „„ ON OD
= , МО ~ а ■—— . Аналогично AOND ~ &BCD,откупа ,
а ВТ) BD ' ■' Ь BD
пи и 0D ^ ,„, .,„ „,, а-ВО + Ь OD 2аВО
ON -b . Тогда MN = MO + ON = = , так как
BD BD BD
AAOD ~ ДВОС=> -= —, a-BO-bOD. Учитывая, что BD = BO+OD,
b ВО
окончательно получаем, что
,_, 2а ВО 2я 2я 2ab
MN - ————- = —-==• = = . Что и требовалось доказать.
BO+OD \+4iL 1 + 2 я + *
ВО Ъ
366

с
А М D N в
Рис. 10.71
10.276. Прямоугольный треугольник ЛВС разделен высотой CD,
проведенной к гипотенузе, на два треугольника BCD и A CD . Радиусы
окружностей, вписанных в треугольники BCD и A CD, равны соответственно 4 и
3 см. Найти расстояние между их центрами.
Решение.
Пусть 02 — центр окружности, вписанной в ABCD, О, — центр
окружности, вписанной в AACD (рис. 10.71), N и М —точки касания этих
окружностей с прямой АВ. Тогда 02N1AB, (\MAAB, 02N = r2 - 4 см,
OfN~ri=3 см. Опустим перпендикуляр С\К на QN. Тогда
02К = г2-г\=1 см, (\К = r2 + rj = 7 см. Из ДО^О, (ZQX02 =90°):
o,o2 = ^°\К2 + о2л:2 -So-5-Я см.
Ответ: 5V2 см.
10.277. Найти биссектрису прямого угла треугольника, у которого
катеты равны а и Ь.
.Решение.
В Д45С (рис. 10.72) ZC = 90°, СВ~а, CA~b, CK —биссектриса
ZBCA . Пусть СК = х. 5Д^С - 5ДСЖ + S^CK ; ±АС-СВ =
= -ACCKsmZACK+-BCCKsmZBCK. Тогда а6=&шп45° +axsin45°,
2 2
367

Рис. 10.72
Ответ: х *=
abjl
a + b
10.278. .Дан квадрат, сторона которого равна а. Определить стороны
равновеликого ему равнобедренного треугольника, у которого сумма длин
основания и высоты, опущенной на него, равна сумме длин двух боковых
сторон.
Решение.
Пусть х — основание, z — боковая сторона, у — высота, проведенная
\-xy-a ,
к основанию искомого треугольника. По условию \ 2 по теореме
[x + y = 2z,
, х2 ,
Пифагора (рис. 10.73) у + — — г . Таким образом, имеем систему урав-
4
xy^la1,
x + y = 2z,
2 X1 2
,2+T=z ,
* = j(*+y),
xy-2a2,
4^2+x2=4-f|(x + ^)| ,
■xy = 2a2,
4y2 + x2 =x2 + 2xy + y2
xy=2a2,
Ъу2 =4я2 ,
2aS
2a
У
lfla-Jb
2a n-
x = = а^?,
У
2[ 3 |6
5aJ}

Рис. 10.73
Sajb 5Я1/з
D
Ответ: яТз ,:~-, :~-. Р"0- 10-74
6 6
10.279. ТочкиЛ/, N, Р, g являются серединами сторон АВ, ВС, CD a DA
ромба ABCD. Вычислить площадь фигуры; являющейся пересечением
четырехугольников ABCD,ANCQviBPDM, если площадь ромба равна 100 см2.
Решение.
YlycrbEnF—точки пересечения отрезка.4JVсоответственно сШ/иВ/*,
аКнЬ—точки пересеченияотрезкаСбсоответственносВ/'иЛМ(рис. 10.74).
AAQC = AANC (по двум сторонам и углу между ними), следовательно,
AQCA ~ ZNAC , тогда AN\CQ. Аналогично DM\\BP. Таким образом,
EFKL —параллелограмм. S^cd = -SABCD = 50. SiCgD = -SMCD = 25 .
Так как PD^PC и BP\\DM , то СК = LK , аналогично DL = EL,
АЕ ~ FE . Следовательно, QL — средняя линия AADE , т.е.
QL = IАЕ = ±£F = X-KL . Тогда QL = ICQ, S^ = 1Ядосд = 5 . Пусть
Sdql
Отсюда имеем 5яяа = 4SiO0L - 20.
Ответ: 20 см2.
ELLK-siaa DLLK
-DLQLsma -DLLK
2 4

Рис. 10.75
Рис. 10.76
10.280. Определить углы равнобедренного треугольника, если его
площадь относится кшющадаквадрата,построенногонаосновании,как v3 :12.
Решение.
Пусть ACDK —данный по условию квадрат (рис. 10.75), ABC
—данный по условию треугольник, АВ *= ВС, ВР — высота ААВС. Обозна-
ah
1 — Jb
чим АС ~ а , BP = h , S^bc " ~а^ * ^acdk ~ а% • По условию ~ ~ —
2 а 12
или — == —. Из прямоугольного Д/45/*: tgZBAP = — = —.
Следовательно, Z5AP = ZSO1 ;= 30\ ZABC = \%0° ~ 60° =120°.
Ответ: 30°, 30°, 120°.
10.281. В окружность вписан четырехугольник с углами 120,90,60 и 90°.
Площадь четырехугольника равна 9,/3 см2. Найти радиус окружности, если
диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны.
Решение.
Пусть ABCD —четырехугольник, о котором говорится в условии
задачи (рис. 10.76), ZABC « ZADC - 90°, ZBAD -120", ZBCD = 60°. Р —
точка пересечения АС и BD, AC1BD. Так как /ЛВС = 90°, то ,4 С —

диаметр данной окружности. ВР — высота прямоугольного ААВС. Тогда
ZABD-ZACB. ZABD n^ACD —вписанные и опираются на хорду AD.
Тогда ZABD- ZACD. Следовательно, ZAСВ=ZACD- - ZBCD= 30°. Тогда
1 9л/з
AABC=AADC(погипотенузенострому углу), SliABC~~SABCD~ см2.
1 2Jb
Пусть АВ^а.Тогда BC^ABctgZACB^afi и S^c^-AB-BC-^-^-.
Следовательно, = , а = 3. Искомыйрадиус R-— АС ~ АВ = 3 см.
Ответ: 3 см.
Рис. 10.77
10.282. В треугольнике ASC проведена прямая DE, параллельная
основанию АС. Площадь треугольника .4SC равна 8 кв. ед., а площадь
треугольника DEC равна 2 кв. ед. Найти отношение длины отрезка DE к длине
основания треугольника ABC.
Решение.
Имеем S^ec^-DE-HK^I (рис. 10.77) и НК = — ; S^bc -
2 DE
1 1Л /)/*" SJf
= - АСВН = 8, откуда ВЯ = .Так как ААВС ~ ADBE ,то = .
2 АС АС ВН
Далее В К = ВН -НК и, значит,
ВК ВН-НК НК 4 . 16 АС
ВН~ ВН ~ ВН~~ DE' AC~ 4DE'

Пусть х. Тогда х - 1 или 4х - 4х+ 1 = О
3 АС 4х
DE
х~ — . Полу-
1
чили = — .
АС 2
Ответ: 1:2.
10.283. Площадь прямоугольного треугольника равна 24 см2, а
гипотенуза равна 10 см. Найти радиус вписанной окружности.
Решение.
Пусть а и Ь — катеты треугольника. Имеем систему
я6=48,
я2 + 62=100,"
В
=> a2 + 2ab+b2 =196, a2~2ab+b2 -4, => я + 6-14, а-6 = 2
^следовательно, а - 8 (см), 6-6 (см). Так как 5 = /?г, то 24 - 12г, г = 2 (см).
Ответ: 2 см.
10.284. Около круга радиуса R
описаны квадрат и равносторонний
треугольник, причем одна из сторон
квадрата лежит на стороне
треугольника. Вычислить площадь общей
части треугольника и квадрата.
Решение.
Д ABC и квадрат EDD^
(рис. 10.78) те, о которых говорится в
условии задачи, BN — высота ААВС,
О —центр данной окружности, М и
F — точки пересечения АВ, Мх и
Fx —точки пересечения ВС со
сторонами квадрата, JVj — точка касания DDX с окружностью и пересечения
£)Д с BN. Шестиугольник EMFF^MXEX — фигура искомой площади S .
$ ~ ^EDDyE} ~ VbMDF + ^ДМ,Л,^, )~ ^EDDlE^ "^AMDF • &N ~ ЗЯ > ^М ~ 2Я *,
BN{ = R ; Щ = R.
D
М,
F/
N\Fi
О
А
М
Е N
Рис 10.78
Из ABNtF (ZBN^F = 90" > FAT, = BJV, tgZFBJV, = Stg30°
Д-Уз
3 '

DF = DN,~FN,=R-—=Ry~'. ZDFM = ZBFFt = 60°. Из AMDF
3 3
(AMDF = 90°): ЛЯ) = DFtgZDFM = Rr~^3).Ji = д(^"_j).
R2S{/3-if яУзЬ-Тз) „ ..j
= ~ *- = 1 ' . aEDDlEl - w ■
6 3
Ответ:
3
д2Уз(бУз-4)
10.285. В круге радиуса R проведены по разные стороны от центра две
параллельные хорды, одна из которых стягивает дугу в 60°, другая —120°.
Найти площадь части круга, заключенной между хордами.
Решение.
гт -tna с, KR2 R2J3
Площадь сегмента с дугой 60 равна ^ , а площадь сег-
6 4
„ ,--0 _ kR2 R2S 1Я
меита с дугой 120 равна S2 = • Искомая площадь
1 2 2
Ответ: —^ '.
2
10.286. Две окружности радиусов г и Зг внешне касаются. Найти
площадь фигуры, заключенной между окружностями и их общей внешней
касательной.
Решение.
Пусть Ох и Ог —центры окружностей радиусов г и Зг
соответственно (рис. 10.79), АВ — их общая внешняя касательная, А и В —точки
касания. Тогда ОхАХЛВ, ОгВХЛВ, ОхА^г, ОгВ = Зг, ОхОг ~\r. p —
точка касания данных окружностей. Тогда искомая площадь
373

Рис. 10.79
Рис. 10.S
S = Sl-(s2 + S1), где 5, — площадь трапеции С\АВ02, S2 — площадь
сектора АО\Р , 53 —площадь сектора В02Р . ОхС —высота трапеции
<\АВОг. Следовательно, ВС = А(\-г, С02 = В02 -ВС = 2г. Отсюда
ZCO,02 =30", ZC020, = 60°, 0,С = 2г,/з, ZAOt02 =120° .
2 м ' 360 3 ' 360 2
Тогда^^^-^^]^2^-'"1).
Q»M:f'M-""),
6
10.287. Найти площадь треугольника, вписанного в круг радиуса 2 см,
если два угла треугольника равны п/3 и я/4.
.Решение.
Так как ZACB - — (рис. 10.80), то АВ = 2V2 см (сторона вписанного
квадрата). Проведем ЯО 1,4 С . Учитывая, что ZABD г= — , имеем
6
AD-—AB--J2 (см); далее, так как ABDC —равнобедренный, то

DC=BD~~AB = ~-2j2 ~S см. Значит, AC^AD+DC^y/l+Je (см).
Попучаем: S ~^АС-ВВ = Ц,[2 + &)Д~(\ + Jl)j3 ~Jl + 3 (см2).
Ответ: (>/з+з)см2.
В
10.288. Найти площадь трапеции, диагонали которой равны 7 и 8 см, а
основания — 3 и 6 см.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.81) BC\AD, BC = 3 см, AD-6 см,
ЛС = 7 см, ЯО = 8 см. Проведем СЦ\ВВ . Тогда А£ = AD + Z)£ =
= AD + ВС = 9 см, CE^BD. Следовательно,трапеция Л5С0 итреуголь-
ник ^СЕ имеют равные площади (у иих равны высоты и основание
треугольника равно сумме оснований трапеции). По формуле Герона площадь
треугольника5 = V12-5-4-3 - YlJl см2.
Ответ: 12V5 см2.
10.289. В ромб со стороной а и острым углом 60° вписана окружность.
Определить площадь четырехугольника, вершинами которого являются
точки касания окружности со сторонами ромба.
Решение.
йТз
Радиус вписанной в ромб ABCD окружности (рис. 10.82) R ,так
4
как ZA ~ 60°. Четырехугольник KLMN является прямоугольником, так

Рис. 10.82 Рис. 10.83
как его углы опираются на диаметр окружности. Его площадь S = MN -LM >
где MN = R (катет, лежащий против угла 30°), LM ~ /?v3 . Получили
16
Ответ: .
16
10.290. Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом.
К этим окружностям проведена общая внешняя касательная, и в
образовавшийся при этом криволинейный треугольник вписан круг. Найти его
площадь.
Решение.
А и В —точки касания общей внешней касательной с касающимися
окружностями соответственно с центром О, радиуса й ис центром 02
радиуса г, R>r (рис. 10.83). Тогда Ox02^R + r, ОхАХЛВ , OxA-Rt
02В = г, (^,4|02В . Оъ — центр круга искомой площади, о котором
говорится в условии задачи. Через точки 02 и 03 проведем прямые MN и
02К,параллельные АВ.Тогда 02КЩА, ШЩ^, OxK ^R-r.D —
точка касания окружности с центром Оъ и АВ. Тогда O^DXAB, 03D = x .
QM«OjA-AM = Д-х, (ЗД =r+x, О^Оъ « Д+х, 0^*=r-х.ИзЩМОг
{ZOxMfy = 90°): 03Л/ = 7°1°з2 ~а^2 = ^l(R + xf~(R~xf -2-Уйх .Из
дащ {zGyvq^cr): о^-^о^-о^1 =j(r+xf-(r-xf =2V™.
376

ИзЩК01(4)1К01 = 9<Г): OjK^Ofi-ЦК1 =J(R+rf -(R-rf =2jk~r.
Таккак.Ю52 = MN = M03 + 03N,то 2-Уйг = 2jSx + 2-[rx ;
Л + л/7' {jR+£f'
Искомая площадь круга S = то: -
itR'
Ответ:
nR'r'
{fc+rf'
Рис. 10.84
10.291. Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию, отстоит
от концов боковой стороны на 1 и 2 см. Найти площадь трапеции.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.84) BC\\AD, AB1AD, О — центр
вписанной окружности, СО = 1 см, DO ~ 2 см. Тогда СО и DO —
биссектрисы соответственно ZBCD и ZADC. Так как ZBCD + /ADC =180°,
то ZOCB + ZODC = -ZBCB + -ZADC = 90" и 4C0D=9CT, CD =
2 2
— \ОС +OD s=V5 см. ЛГ—точка касания вписанной окружности со
стороной CD трапеции. Тогда ОК — радиус этой окружности и высота
ОС OD 2
= —7=- СМ.
CD Js
прямоугольного Д COD . Следовательно, ОК = -

4
AB s= 2 OK ~—r= см. Так как в данную трапецию вписана окружность,
V5
4 г 9
то SC + AD^^B + CD^-^+VS^-^cm.
V5 V5
_ SC+ЛЯ ._ 9 4 . _ 2
Площадь трапеции S АВ = —-р? • —=■ = 3,6 см-4.
2 2V5 V5
Ответ: 3,6 см2.
10.292. Окружность радиуса R разделена на шесть равных дуг, и
внутри круга, образованного этой окружностью, через каждые две соседние
точки деления проведены равные дуги такого радиуса, что на данной
окружности они взаимно касаются. Вычислить площадь виутренней части
данного круга, заключенной между проведенными дугами.
Решение.
Пусть точка О — центр окружности радиуса R;A,B,C,D,E,F —-точки
деления окружности, о которых говорится в условии задачи (рис. 10.85),
/ЛОВ s= 60°. Ох — центр дуги АпВ, проходвщей внутри данного круга, о
которой говорится в условии. Так как по условию точки А и В — точки
касания дуги АпВ с аналогичными соседними дугами, то ОА — их общая
касательная и OxALOA. /AOOx ~-ZAOB = 30°, ZAC^B^ 120°. Из
AOAOl(/OAOl *=90°): ОхА~ОА\%/АООх =££-. Площадь S{
криволинейного треугольника О АпВ равна разности площадей52равносторонне-
го треугольника АОВ и S3 сегмента круга с центром Ov ограниченного
дугой АпВ.
S^^n-OyA2-SMo,B-\K-OxA2-^OxA2un/AOxB'-
1 R2 1Л2. 10ПО R2(n &Л „ R2J3
-—71 sin 120° = — — \yS2~
3 323 334 2 4
23 4 334 49 12

N
Рис. 10.85 Рис. 10.86
D2 12-Jb-iK Я2кЛ-к) „
= л — ^ .Искомая площадь части данного круга
3
Ответ: " *.
3
10.293. В некоторый угол вписана окружность радиуса R , а длина
хорды, соединяющей точки касания, равна а. Параллельно этой хорде
проведены две касательные, в результате чего получилась трапеция. Найти
площадь этой трапеции.
Решение.
Пусть L и М — точки касания (рис. 10.86); тогда SL - SM , откуда
АВ - CD, так как AD\\BC\\LM . Проведем OKXLM и BH1AD. Искомая
площадь S - —{AD +BC)BH . Для описанной трапеции имеем
AD+BC = AB + CD = 2AB ; поэтому S - АВВН . Далее, ААВН ~
~ AOLK (ZLOK = ZBAH как углы с взаимно перпендикулярными сторо-
Л IX ВН а/2 2R л п 4Д2
нами),откуда = или-J— и АВ- .
LO АВ R АВ a
379

Получили S 2R
Ответ:
т*
Рис. 10.87
10.294. Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом.
Найти площадь трапеции, ограниченной двумя общими касательными к
этим окружностям и прямыми, соединяющими точки касания.
Решение.
Пусть Ох и 02 —центры данных окружностей радиуса R и г
соответственно, R >г (рис. 10.87), Р —точка их касания, АВ и DC —их общие
внешние касательные, ABCD — трапеция искомой площади. Тогда
ОПАХАВ , 02В±АВ, ОхА - R, 02В - г. Проведем через точку Р общую к
данным окружностям касательную MN. Так как AM - MP - MB , то
MN — средняя линия трапеции ABCD и MN = АВ. Проведем ВЕ\Ох 02,
имеем BE = Ох02 = R + r, АЕ = ОхА-ОхЕ- ОхА-02В = R -г. Из АЕАВ
{АЕАВ = 90°): АВ = ^ВЕг-АЕг = ^(R + rf-(R-rf = 2-УДг . Ox02XAD,
££|JQ02. Следовательно, BE1AD. Q — точка пересечения ЕВ и AD.
Тогда AQ — высота прямоугольного АЕАВ и AB2-BEBQt
BQ = -
Д + r
BQ — высота трапеции ABCD .

2 R + r
SRr^Rr
Ответ: .
R+r
Рис. 10.!
10.295. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8 см. Через
середину меньшего катета н середину гипотенузы проведена окружность,
касающаяся гипотенузы. Найти площадь круга, ограниченного этой
окружностью.
Решение.
По условию в ААВС (рис. 10.88) ZABC = 90е, АВ - 6 см, ВС = 8 см,
точки Е и D — соответственно середины АВ и АС, О — центр
окружности, о которой говорится в условии задачи. АС - уАВ2 + ВС - 10 см.
Тогда ED —средняя линия ААВС, ED = — ВС = 4 см. К —середина ED.
Тогда KD = 2 см. OK1ED, BCJED. Тогда ОК1МС. OD1AC.
Следовательно, ZKOD - ZBCA —как углы с взаимно перпендикулярными сторонами, и
OP KD
АС~ АВ'
ЮОтс ,
: СМ\
9
прямоугольные треугольники OKD и СВА подобны. Тогда
OD = — см. Искомая площадь круга 5 = л-СШ2
АВ 3
п 10071
Ответ: см .
9

10.296. Найти площадь прямоугольного треугольника, если даны
радиусы R и г описанного и вписанного в него кругов.
Решение.
Пусть а, Ь, с — соответственно катеты и гипотенуза данного тре-
~„ a+b—c a+b—2R , ,/„ ч __ 2 i2 2
угольника, с = 2Л,г = = — ,а + 6=2(Д + г).Ноа2 +Ь2 -с ,
тогда (а+б^-гяб^^2, 2а6 = (а+б)2 -4Д2 =4(Д+г)2 -4Д2 = 8Дг+4г2,
ab - ll^Rr + г2) = 2г(2 Д + г). Площадь треугольника 5 = — аб = г(2Д + г).
Ответ: г(2Л + г).
10.297. Длины сторон треугольника относятся как /и : и : /и . Найти
отношение площади этого треугольника к площади треугольника, вершины
которого находятся в точках пересечения биссектрис данного треугольника
с его сторонами.
Решение.
В ААВС (рис. 10.89) АВ ; АС :ВС - т :п :т . Следовательно,
АВ - ВС ■ ЛЛу, ВВ1, ССХ — биссектрисы ААВС, К — точка
пересечения Afii и ВВХ. Тогда ВВХ — высота ААВС, ВХК — высота AAlBlCl,
^лавс "-С • BBt ,_, „ ^
—; = — . По свойству биссектрисы треугольника
^AAyByCi 4Q В1К
А£_=А£=± мвс _ дсм.Тогда
АХВ АВ т 4Q Лв
АС _ вс _ М + 4е _
4s

Afi mm* BjK ~ BXK BYK AYC n ~ m '
Saarc AC B& (m + nf
следовательно, — ■- = - - —.
Saa,ba 4Q BiK mn
Ответ: i —.
mn
10.298. Определить площадь сегмента, если его периметр равен р, а
дуга содержит 120°.
Решение.
Обозначим радиус круга через R . Так как дуга сегмента содержит 120°,
2яД
то ее длина равна —г-, а хорда, стягивающая эту дугу (сторона
правильного вписанного треугольника), равна R V3 . Тогда периметр сегмента состав-
2лД „ I- 3d „
ляет р + R V3 , откудв R = — т= . Площадь сегмента;
3 2л + 3л/3
= nR2 Д2-Л = Д2(4я-3л/з)^ Зр2(4я-3л/з)
3 4 12 4(2я + 3^ '
3/>2(4я-3л/з)
Ответ: ( г-Ъ .
4(2я + 3-/3/
10.299, На отрезке AS и на каждой его половине построены как на
диаметрах полукруги (по одну сторону от АВ). Считая радиус большого
круга равным R , найти сумму площадей криволинейных треугольников,
образовавшихся при построении круга, касательного ко всем трем данным
полукругам.
Решение.
Пусть О —середина АВ, D —середина АО, F —середина ОВ, Е —
центр круга, о котором говорится в условии задачи (рис. 10.90). Пусть г —
R R
радиус того круга. Тогда О А = R , DO = — , DE = — + г, ОЕ - R - г. Из
ADOE (ZZ)0£ = 9O°): DE2 = DO2 + ОЕ2; -Т + М =[т)+(Д"г^;

с
'"- —. Искомая площадь S -Si -\2S2 + S3), где S{ —площадь полукруга
с центром О, S2 — площадь полукруга с центром D , S3 — площадь
круга с центром Е.
nRz
.11
' 2 4 + 9 Г 36
5 ,
Ответ: —nR .
36
10.300. Сторона правильного треугольника равна а. Определить
площадь части треугольника, лежащей вне круга радиуса а/3, центр которого
a2S
совпадает с центром треугольника.
Решение.
Искомая площадь S - ^ - S2 + 3S3, где Sx = -■ ^ — площадь тре-
угольника, о2 - ~z~ — площадь круга, S3 — площадь сегмента,
отсекаемого треугольником от круга. Хорда этого сегмента равна —; поэтому
Получаем, что 5
_1_ па2 а2& _тш2 а2&
69 9-4 ~ 54 36 '
а2& па2 па2 а2 -Л" = а2 fci/з - п)
18 12
Ответ:
Д2(зл/з-я)
18

А О D
Рис. 10.91.1
10301. Найти отношение площади квадрата, вписанного в сегмент с
дугой в 180°, к площади квадрата, вписанного в сегмент того же самого
круга с дугой в 90°.
Решение.
Пусть ABCD —квадрат, вписанный в сегмент с дугой в 180°(рис. 10.91.1),
AlBlClDl — квадрат, вписанный в сегмент того же круга с дугой в 90°
(рис. 10.91.2). Пусть R —радиус круга, АВ = х, ЛД = у. Рассмотрим
квадрат ABCD. О — центр круга. Тогда OC = R,OD = CD/2 = ж/2. Из
х2 2R
KCDO (ZCDO = 90°y. OD2 + CD2 = ОС2; —+ ж2 = й2; * = -т=. Рас-
4 V5
смотрим квадрат AiBlCiD1. Проведем OKLB^C^. Тогда К — середина SjQ,
точка Р пересечения A^DX и ОК — середина A^DX, КР - А1В1 = у,
KQ = у/2 . Так как ZMON = 90", то ОР = ^- и ОК=ОР + РК =
Я-/Г
+ у.Из АОКС , (ZOKCt = 90'): ОС,2 =ОК2+КС?
r2= 1]Ш_ + у +>L-iSy2 + 4Ryj2-2R2 =0; у =
.Следовательно, -
2Д-5
■Js-rJ2
= 10.
Ответ: 10:1.
10.302. Площадь четырехугольника равна 51. Найти площадь
параллелограмма, стороны которого равны и параллельны диагоналям
четырехугольника.
13 Скаиави М. И- кн. 2

ш
P D N A F N D c
Рис. 10.92 Рис. 10.93
Решение.
Покажем, что искомая площадь SLMNP = 25 (рис. 10.92). Так как А£|£0
и L5||i40 ,то ALBO —параллелограмм и, значит, Smlb ~ $ааов •
Аналогично получаем s^MC = S^oC, SADCN = SADOC, S^PD = SM0D , откуда и
следует, что S^mp ~2S.
Ответ: 2S •
10303. В треугольнике ABC проведены медианы BD пСЕ; М
—точка их пересечения. Доказать, что треугольник ВСМ равновелик
четырехугольнику ADME.
Решение.
Проведем третью медиану АК треугольника ABC (рис. 10.93),
опустим на АС перпендикуляры BF и MN. Так как MD-BDfi, то
MN = BFJ3. S^^c^^AC-MN^^AC-^BF-^S^bc.MD
—медиана ААВС. Аналогично S^me - $6вме ~ S6smk ~ 5лэис - 7 saasc • Это
означает, что медианы треугольника разбивают его на шесть равновеликих
треугольников. Так как четырехугольник ADME и треугольник ВМС
каждый состоит из двух таких треугольников, то они равновелики. Что и
требовалось доказать.
10.304. Два круга концеитричны, причем окружность меньшего круга
делит большой круг на равновеликие части. Доказать, что часть кольца,
заключенная между параллельными касательными к окружности
меньшего радиуса, равновелика квадрату, вписанному в меньший круг.
386

Решение.
Пусть О — общий центр данных
кругов, К —точка касания хорды АВ
большего круга к кругу меньшего радиуса
(рис. 10.94). Пусть радиус большего круга
R , меньшего — f. Тогда по условию
лг2 = н r=-r.B AOKB ZOKB=90>,
2 П
ОК = г = -= = -= . Следовательно, ^ж-10-94
■Jl J2
ZBOK = 45° и ZAOB- 90° .Тогда площадь сегмента, ограниченного хор-
nR* R1
дои АВ: Si = . Площадь кольца S2 ~ nR2 - Tir2 . Тогда площадь
4 2
части кольца, заключенная между параллельными касательными:
S = S, - 2S, = nR2 - то-2 - — + Я2 = ——лг2 + Я2. Так как R = r4l ,
2 2 2'
Утверждение доказано.
10.305. Найти площадь круга, описанного около прямоугольного
треугольника, длины катетов которого являются корнями уравнения
ах2 +Ьх + с = 0.
Решение.
Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника,
равен половине гипотенузы Пусть и и v —длины катетов, a w —длинагипоте-
2
нузы; тогда 5 = Так как и и v —корни уравнения ах2 + 6х + с = 0,то
4
wv = — « + v = —.Учитывая,чтоw —и +v ,HMeeMw -щ + vf — 2uv —
a' a \
b1 „с 62-2яс „ nih2-2ac)
= -^ - 2— = =— и окончательно находим л = —' ;—'.
Ответ.
4я
:(ь2-2дс)

к
Рис. 10.95
10.306. Прямая пересекает окружность радиуса R в точках А и В
таких, что \jAB — 45° , а прямую, перпендикулярную диаметру AM
окружности и проходвщую через ее центр, — в точке К. Прямая, проходв-
щая через точку В перпендикулярно AM, пересекает его в точке С.
Найти площадь трапеции ОСВК.
Решение.
R R
По условию ZBOC = 45°, поэтому ВС - ОС - -= , АС - R —г= =
41 Л
КО АО
-_— (рис. 10.95). Так как ААВС ~ ЬЛКО, то —=—7;
Л2 «С АС
АС ,/2-1 '
+ lj. Тогда площадь трапеции будетрав-
на: S
-Л(ко+вфс^+1)+^«^.
Ответ:
r2I?+Ji)

10.307. Через две смежные вершины квадрата проведена окружность
так, что длина касательной к ней, проведенной нз третьей вершины, в три
раза больше стороны квадрата. Найти площадь круга, если сторона
квадрата равна а.
Решение.
Пусть ABCD — квадрат, о котором говорится в условии задачи
(рис. 10.96). Указанная окружность проходит через его вершины А и D ,
СЕ — касательная, AD~ CD ~а, СЕ -За . Продлим CD до
пересечения с окружностью в точке К . Пусть DK ~ х . Тогда СК ■ CD - СЕ2 ;
(х + а)й=9а2;* = 8а.Таккак.^4£)АТ=90о,то АК —диаметр
окружности и АК = AD +DK .Пусть R —радиус данной окружности. Тогда
W
-- а* + 64а ; 1С =
65а'
. Искомая площадь круга S ~nR
65naJ
Ответ:
65iuf
10.308. Дан квадрат со стороной а.
На каждой стороне квадрата вне его
построена трапеция так, что верхние
основания этих трапеций и их боковые
стороны образуют правильный
двенадцатиугольник. Вычислить его площадь.
Решение.
Искомая площадь S = 125^5 ,где
ОА , ОВ проведены в соседние
вершины правильного
двенадцатиугольника (рис. 10.97). Сторона квадрата
равна а , поэтому ОА-ОВ-
Л'
Рис. 10.97
Проведём высоту BCIOA .Тоща ^доля ——ОА-ВС,где ZAOB
2л
Получаем S^j
~_ За2
Ответ: .
1 я }__а__а_
' 2-Sl' 2-Sl~ 8
с 12 2 3
8 2

Рис. 10.99
10309. Площадь равиобедрениой трапеции, описанной около круга,
равна 32 см2; острый угол трапеции равен 30°. Определить стороны трапеции.
Решение.
Пусть высота ВН трапецииравна h (рис. 10.98). Тогда АВ = 2А (так как
Z^=30°), BC + AD~4h (поскольку BC + AD = АВ + CD
=2АВ).Площадь трапеции 5 = - — = 2А2 = 32 (см2), откуда h = 4 см.
Следовательно, AB = CD = Sgm, BC+AD~16cu. HoBC+AD~2BC+2AH-
= 2ВС+&Л.Итак, АВ = CD = 8 см, ВС=8-4>/з см, AD ~ 8 + 4>/з см.
0/иве/и: 8см; 8-4v3cm; 8 + 4v3cm.
10310. Высота равиобедрениой трапеции равна 14 см, а основания
равны 16 и 12 см. Определить площадь описанного круга.
Решение.
Пусть BE —высота трапеции ABCD , 5£ = 14см, ВС = 12 см,
AD - 16 см, АВ = CZ) (рис. 10.99). Тогда Л^ = ^ + ДС = 14 см. В ABED
ZBED =90°, BE-ED. Следовательно, ^5ДЕ = 45°.Из ДЛ£В
(Z^£S = 90°): АВ = 4аЕ2 + BE2 ~ 10^2 (см). Радиус R круга,
описанного около трапеции ABCD, найдем как радиус круга, описанного около
-= 10 (см). Следовательно, искомая пло-
AABD; Д=-
АВ
2 sin ZBDA 2 sin 45°
щадь круга 5 = лЯ2 = 100л см2.
Ответ: 100л см2.

Рис. 10.100
10.311. Длины диагоналей ромба относятся как 3:4. Во сколько раз
площадь ромба больше площади вписанного в него круга?
Решение.
Пусть точка О — точка пересечения диагоналей и центр вписанного
круга радиуса г ромба ABCD , BD:AC = 3:4 (рис. 10.100).
ВО BD 3
— - — --.Пусть ВО^Зх, тогда СО~4х, ВС~5х (из АВОС).
Пусть Р — точка касания круга со стороной ВС. Тогда ОР1ЯС, ОР = г.
1 1 Л„ ОС ОВ \2х
йдвос
1 Л„ ОС ОВ
-ВСОР--ОС ОВ. ОР = г~ :
2 2 ВС
. Площадь круга
2 144гсс' „
ij = тег = . Площадь ромба 52 :
ACBD~2BOOC^24xz
S2 24* • 25 _ 25
5, 144гсс2 ~6тс'
Ответ;
■ 21
бте
10.312. В круграднуса Л вписан правильный треугольник, высоты
которого продолжены до пересечения с окружностью. Эти точки
пересечения соединены между собой, в результате чего получается новый
треугольник. Вычислить ту часть площади круга, которая находится вне этих
треугольников.
391

Решение.
Искомая площадь равна 65j ,где 5] —площадь криволинейного
треугольника APF (рис. 10.101), 5], в свою очередь, равна разности сектора AOF и
удвоенной площади треугольника АОР. ZAOF = 60° , следовательно,
яД'
лиг j- . —илкт п
Следовательно, искомая площадь
^apok=1-1acok=1-rS-r = ^-.
S = 6S, = 6(SA0F - 25^0^)= 6| ——
Ответ: Я2(я--»/з).
тсй
2 3 6
12
Я2(*-,/з).
10313. Две окружности радиуса R пересекаются так, что каждая из иих
проходит через центр другой. Две другие окружности того же радиуса
имеют центры в точках пересечения первых двух окружностей. Найти площадь,
общую всем четырем кругам.
Решение.
Каждая из двух последних окружностей
проходит через центры первых даух (рис. 10.102), поэтому
длина их общей хорды (\Ог = R. Искомая площадь
равна удвоенной площади сегмента с центральным
углом 60°, т.е.
S = 2
Рис. 10.102
Ответ.
7^_
6
*2(2*
r4T
4
-3^
Д2(2л-3л/з)
6
10.314. Дан ромб ABCD , диагонали которого
равны 3 и 4 см. Из вершины тупого угаа В проведены две высоты BE и
BF. Вычислить площадь четырехугольника BFDE.
Решение.
Площадь ромба S = 0,5 • 3 • 4 = 6 = AD ■ BE (рис. 10.103). Из AAOD
находим AD = т/22 +1,52 = 2,5 (см) => BE = 6: 2,5 = 2,4 (см). Из ABDE
имеем DE = JbIF^bI? = $^гЛ = 1,8 (см).
Получили SSEDF = 2SMED = 1,8 ■ 2,4 = 4,32 (смг).
Ответ: 4,32 см2.
392

Рис. 10.103
Рис. 10.104
10.315. Отношение величин двух углов треугольника равно 2, а разность
длин противоположных им сторон равна 2 см; длина третьей стороны
треугольника равна 5 см. Вычислить площадь треугольника.
Решение.
ZA = 2ZB, ВС-АС = 2ол, АВ = 5см (рис. 10.104); найдем S^bc-
Проведем биссектрису AD ; тогда AABC~AADC(ZC — общий,
ZB = ZDAC) => — = —, АС2 = ВС- CD (*). Так как AD — биссект-
ВС АС
риса, то
■ CD--
АС
АС
CD BD CD ВС-CD
АС ВС
=> ACBC-ACCD = 5CD =>
(**). Из равенств (*) и (**) следует, что АС = -
АС + 5 - - - ' ' АС + 5
AC2 + 5AC = ВС2.Таккак ВС = АС+ 2,то АС2 + 5АС = АС2 + 4ЛС+4,
откуда АС = 4 см, ВС = 6 см.
15>/7 2
Получили ЯШс = V7.5 ■ 1,5 ■ 2,5 ■ 3,5 = см2.
Ответ: cmz.
4

в
Рис. 10.106
10.316. В прямоугольном треугольнике расстояние от середины
гипотенузы до одного из катетов равно 5 см, а расстояние от середины этого
катета до гипотенузы равно 4 см. Вычислить площадь треугольника.
Решение.
Пусть в ААВС (рис. 10.105) ZACB = 90° , М —середина АВ,
MN1MC, MN = 5см. Тогда N —середина ВС и АС = 7MN = 10см.
Опустим иа АВ перпендикуляры NK и СР . Тогда NK = 4см, К —середниа
ВР и С/> = 2ЛЖ = 8см.Из ААР С (ZAP С = 90°): АР^^АС7 -СР2 = 6см.
Из ААСВ (ААСВ =90°): ЛС2 =/!/>■ ЛЯ; АВ = ^— = — см. Тогда
_ 1 200 Л.Р 3
S<usc --ABCP - —— см2.
Ответ: 200/3 смг.
10.317. В треугольнике ЛВС известны: ВС = 15см, ЛС = 14см,
AS = 13 см. Вычислить площадь треугольника, заключенного между
высотой и биссектрисой, проведенными из вершины В.
Решение.
Пусть ВН и ВК — соответственно высота и биссектриса ААВС
(рис. 10.106). Так как 152 < 132 +142, то ДЛЯС — остроугольный и точка
Н принадлежит отрезку АС. По формуле Герона находим: S^bc = 84см2.
Тогда вН = =^Ш- = 12 см. Пусть АК = хам. Тогда СИГ = (14-х)смипо

_ АК СК х 14-х
свойству оиссектрисы треугольника — , откуда — — ;
АВ ВС 13 15
х = 6,5.Из ААНВ (ZAHB = 90°): АН = ^АВ2-ВН2 =5см. Тогда
НК = АК - АН = 1,5 см. Искомая площадь SUBHK - — ВН ■ НК - 9 см2.
Ответ: 9 см2.
Рис. 10.107
10.318. Основания трапеции равны я и Ь. Определить длину отрезка,
параллельного основаниям и делящего трапецию на равновеликие части.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.107) ВС || AD, EF || ВС, площади S,
и S2 трапеций AEFD и ££CF равны, ВС = а, AD-Ъ-Проведем BL и
EN — соответственно высоты трапеций EBCF и AEFD. Пусть EF - х,
BI = Л,, EN^hz. Проведем Ж || CF , ЕМ || CD . Тогда KF = я ,
Ж = х-я, MD = x, АМ-Ъ-х. ААЕМ ~ АЕВК . Тогда
BI HV
х-я 6-х BC+£F Dr я+ж /LD+.EF 6+x ,
= (a). S, = BL- b. & = EN = h,.
К Лг ' 2 2 2 2
Тогда —-—Л] = A; (b). Перемножая равенства (а) и (Ь), получаем:
Ь'-х2
2 2
Ответ.
.Отсюда
2x2=a2+b2;x = j-
а'+Ь'
И

Рис. 10.108 Рис. 10.109
10319. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно
перпендикулярны, а ее площадь равна а2 . Определить высоту трапеции.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.108) AB~CDt AC1MD, О —точка
пересечения АС и BD , СК —высота трапеции. Так как трапеция равио-
бокая, то АК , АО-DO , и так как ZAOD - 90° , то
2
ZOAD - 45° . Следовательно, в прямоугольном ААКС АК - СК .
Площадь трапеции 5 = ^-^-СК~АК-СК = СК2 = а2.Значит, СК=а.
Ответ: а.
10320. Медианы одного треугольника равны сторонам другого
треугольника. Найти отношение площадей этих треугольников.
Решение.
Каждую медиану исходного треугольника ABC продолжим иа 1/3 её
длины (рис. 10.109). Площадь образовавшейся фигуры AMBNCP составит
2$аавс (АВОС - ABNC, ААОВ - ААМВ, ААОС ~ ААРС). Длины сторон
каждого из треугольников АОМ , BOM, BON, CON, COP, АОР равны
2/И]/3 , 2/и2/3 , 2т,/3; поэтому З^джу - 6SW(Mf . Пусть Sm —
площадь треугольника, построенного иа медианах ААВС- Тогда
S*aom =45ffl/9 и SAmNCP =2SAABC^6-4Sm/9 = SSm/3> откуда
$ывс '• $т -4:3.
Ответ: 4:3.
396

Рис. 10.111
10321. Медианы треугольника равны 3, 4 и 5 см. Найти площадь
треугольника.
Решение.
Пусть AN > ВМ ,СР —медианы ДЛ5С(рис. 10.110), О —точкаих
пересечения, AN-Зш, 5М-4см, СР = 5 см. На продолжении
отрезка ВМ за точку М отложим отрезок DM - ОМ . Тогда DO - ВО -
2 8
= —ВМ - —см. Опустим перпендикуляр АК иа ВМ. 5д^д0 =
3 3
= -DO • АК - -ВО • АК - S^bo = ~ smbc • Так как ^OCD —
параллелограмм, то AD = ОС = — см. АО = —AN - 2 см. По формуле Героиа
_8
находим Smdo ~ ^ см2. Тогда Яд^дс = 3St!iAD0 - 8 см2.
Ответ: 8 см2.
10.322. В окружности с центром О проведена хорда АВ,
пересекающая диаметр в точке М и составляющая с диаметром угол, равный 60°.
Найти ОМ, если AM = 10 см, а ВМ - 4см.
Решение.
ПроведемОРХЛВ (рис. 10.111).Тогда АР = ВР = 7 см и Л£Р = 3 см.Так
как ZPMO ~ 60°, то /МОР ~ 30° и ОМ = 2Л№ = 6 см.
Ответ; 6 см.
397

Рис. 10.112
Рис. 10.113
10323. Диагональ равнобедренной трапеции равна 10 см, а площадь
равна 48 см2. Найти высоту трапеции.
Решение.
В трапеции ABCD (рис. 10.112) АВ = CD , АС = 10 см, СЕ — высота.
AD+BC
Пусть АЕ = хсъл, СЕ = у см. Так как АЕ-
, то по условию
ху = 48см.Из ААЕС (ZAEC = 90°): АЕ2 + СЕ2 = АС2; х2 + у2 = 100.
. Jx2+J'2 =100; Ux+yf-2xy = 100;
Решаем систему уравнении: ^ л '
ху = 48; [ху = 48;
\(x + yf=196; fx = 8,
i Так как х>0, у>0,то x+v = 14.Тогда 1 или
[ху = 48. ' ' [У = 6,
\х = 6, п
< Отсюда высота трапеции равна 6 см или 8 см.
[у = $.
Ответ: 6 см, 8 см.
10324. В треугольник вписан круг. Прямые, соединяющие центр
круга с вершинами, делят площадь треугольника на части с площадями 4,13 и
15 см2. Найти стороны треугольника.
Решение.
Обозначим стороны треугольника через а, b, с. Тогда площади частей
1 1 1
треугольника равны —аг , — Ьг , —о-, т.е. аг = 8 , Ьг - 26 , сг = 30,
8 , 26 30
откуда а-~, 6 = —, с = —. По формуле Героиа находим

/32 24
= -=-.Ho 5 = 4+13+15 = 32см2;следовательно, -^- = 32,
г г г г
/г » , 1Ь 30
г = V3 см. Итак, а = -р- см, Ь — -т=- см, с = -т=-
'S
8 26 30
Ответ: —==, —==, —= см.
V3 V3 -Уз
10.325. Основание треугольника равно 20 см, медианы боковых сторон
равны 18 и 24 см. Найти площадь треугольника.
Решение.
Пусть af и CQ —медианы ААВС (рис. 10.113), М —точка их пере-
2
сечеиия, АС = 20см, AF = 18см, CQ = 24см. Тогда AM = - AF = 12см,
3
СМ = - Cg =16 см. Так как AM* + МС* = Л(Г, то ДЛМС
—прямоугольный, и Хд^ис = —AM ■ СМ = 96 смг; S^jc = 35^мс = 288 смг.
Ответ: 288 см2.
10326. Медианы треугольника равны 5,
6 и 5 м. Найти площадь треугольника.
Решение.
Площадь ААВС в 3 раза больше
площади ААОС (О — точка пересечения
медиан; рис. 10.114). Имеем S^oc =
= -АС-ОК=КС-ОК.Но ОК = -ВК = 2ы,
2 2
KC=Jo<?-OK1,где ОС=-ЛЛ>-м=>
3 3
"I
■КС = ,|| — - 22 = - м, и S.UOC = у мг, т.е. 5^ес = 16 мг.
Ответ: 16 м2.
399

Рис. 10.115
Рис. 10.116
10.327. Определить площадь треугольника, если две его стороны равны
1 и vl5 см, а меднана третьей стороны равна 2 см.
Решение.
Пусть BD —медиана ААВС (рис. 10.115), ,4В = 1см, BC = Jl5 см,
BD = 2 см. На продолжении отрезка BD за точку D отложим отрезок
DE — BD . АВСЕ — параллелограмм, поэтому AC2 + BEi=2(AB+Bcf;
ЛС2=2(1 + 15)-16; ЛС = 4см.
Тогда АС2 = АВ2 + ВС2 и ААВС — прямоугольный.
1
vn
shabc --ABBC--
^ & »
Ответ: см\
2
10328. Стороны треугольника равны 3,4 и 5 см. Определить площади
треугольников, иа которые разбивается данный треугольник высотой и
медианой, проведенными к большей по величине стороне.
Решение.
Пусть в ААВС (рис. 10.116) ВС = Зсм, АС = 4 см, АВ = 5см, СК —
медиана, СМ — высота. Так как АВ = ВС + АС , то ААВС — прямо-
1 ВС2 9
угольный. Тогда S^bc ~ ~в<^' ^С - 6 см2; ВМ = - см; СМ - i
ВС-АС 12 1 54
= = — см. 5МД/С --ВМ СМ - — - 2,16 (см3). Так как СК —
меднана,то Smck^S&bck^^Saabc^™2. 5ДШк = 5МСА;-5мд/с = 0,84см3.
Ответ: 3 см2; 0,84 см2; 2,16 см2.

в
Рис. 10.117
10329. Стороны треугольника равны 13,14и 15 см. Определить площади
треугольников, иа которые разбивается данный треугольник его медианами.
Решение.
Докажем, что все указанные в условии треугольники равновелики. Имеем
$ааом = $асом (Р110- Ю.117), так как эти треугольники имеют одинаковые
высоты и одинаковые основания, равные АС/2. Аналогично 5д^0Л, = 5М0Л,
и $АВОК = S&COK • "О S&BOK ~ ^ABON » ТаК КаК ^АВОК ~ SaDOK + ^ABKD >
S&BON - Sadon + $abnd > а ^доок - $adon и ^м/аэ = ^шл© (У эти* тр6-
угольников равны основания XZ> и JVD, а также опущенные из них
высоты). Итак, площадь каждого треугольника равна S^bc/^ • Теперь по
формуле Героиа находим S^bc = v21-8-7-6 = 84см2,откуда 5д^од/ =14см2.
Ответ: 14 см2.
10330. Длины катетов некоторого прямоугольного треугольника
являются корнями уравнения ах +6х + с =^0. Найти радиус окружности,
вписанной в этот треугольник.
Решение.
Не нарушая общности, можем принять, что а > 0 (случай а < 0
рассматривается абсопклноаналопетно). Тогда его гшотенуза равна +п ,
т +п-\т2 + п2 _
радиус вписанной окружности г = . По условию
401

_6_ |б^_2с
1 + n--J(m + nf-2mn _ д Уд2 д
b + ilb2-2ac
2д
Ответ:
b + i!b2-2ac
10331. В прямоугольнике со сторонами д и Ь проведены
биссектрисы всех углов до взаимного пересечения. Найти площадь
четырехугольника, образованного биссектрисами.
Решение.
KLMN — четырёхугольник, образованный при взаимном
пересечении биссектрис углов прямоугольника ABCD (рис. 10.118), АВ-а,
AD = Ь. Не нарушая общности, примем, что Ь> а . Так как ABCD — не
ромб, то из свойств биссектрис углов параллелограмма следует, что
KLMN — прямоугольник. Точки Р и Е, соответственно, — середины
сторон AS и CD прямоугольника. Так как ААКВ и ACMD
—равнобедренные, то КР и ME — серединные перпендикуляры к противоположным
сторонам прямоугольника и, следовательно, точки Р, К у М, Е лежат на
одной прямой. Тогда прямая КМ, делящая пополам ZAKB, делит пополам
и вертикальный с ним ZNKL и, следовательно, прямоугольник KLMN

является квадратом. Из ААКВ : КР = —АВ = — . ME = КР = —;
2 2 2
РЕ = ВС = b ■
1 2 С*-")2
Тогда КМ = Ь-а и искомая площадь 5 = — КМ = - .
2 2
Ответ: - — .
2
10332. Определить стороны прямоугольного треугольника, у которого
периметр равен 2р f а площадь равна т .
Решение.
Пусть а и 6 —катеты, с —гипотенуза данного треугольника.
Используя свойства прямоугольного треугольника, составим систему:
1а + Ь + с-=2р,
ab _ 2
2 Ш ' Имеем: a + b = 2p-c, a2 + 2ab + b2 = (2p-cf.Cne-
а2+62=с2.
2 _ 2
довательно, с2 + 4т2 = Ар2 - Арс + с ; с = — .Тогда а + 6 =
Р
D2 + т2
•=2р-с=— , ab = 2m2 . Значит, а и b — корни уравнения '
Р
2 2
х2_р +т х + 2т2 = о.Т<жяа рх2-(р2 + т2\с+2т2р = 0;
Р
p2+m2±J(p2+m2}-$p2m2 „
х = — — - . Катеты данного треугольника
2Р
р2 + т2 + V(p2 +m2} -8pV p2 + т2 —Цр2 +т2} -8рУ
2р 2р
р2-т2 р2 + т2 ±^/+т2} -%р2т2
Р ' 2р
403

м я
Рис. 10.119
Рис. 10.120
10333. Параллелограмм ABCD, у которого АВ = 153 см, AD =180 см,
BE = 135 см (BE —высота), разделен на три равновеликие фигуры
прямыми, перпендикулярнымн AD. На каком расстоянии от точки Л
находятся точки пересечения этих перпендикуляров с AD ?
Решение.
Пусть КМ и LH — прямые, разбивающие параллелограмм ABCD
(рис. 10.119) на три равновеликие фигуры, DF —высота
параллелограмма. Тогда ВК = ЕМ = HD =LF.Пусть ВК = х см.Из ААЕВ (ZAEB = 9(P):
АЕ = т/лВ
АМ + ВК
1 -BE1 =72 см. Тогда AM = (х + 72)см и SABKM =
В£ = 135(х+3б)см2. SABCD=ADBE = 180-135см2.Таккак
1 ,
$лвш -X^abcd,то 13^х+3б)=60-135;х = 24.Следовательно, AM =96 см,
AH=AD-HD = 156 см.
Ответ.* 96 см; 156 см.
10,334. Внутри квадрата со стороной а на каждой его стороне как на
диаметре построена полуокружность. Найти площадь розетки,
ограниченной дугами полуокружностей.
Решение.
Хорда ОА стягивает дугу 90° (рис. 10.120); следовательно,площадь
попа2 а2 _ д2(я~2)
16 8 16
ловины лепестка равна
404

r^ .о а2(к-2) а2(п-2)
Отсюда искомая площадь 5=8 * '- - —* .
16 2
Ответ;
Л^-2)
10.335. Периметр сектора равен 28 см, а его площадь равна 49 см2.
Определить длину дуги сектора.
Решение.
Периметр сектора /? = 2г+/,где г —радиус сектора, / —длина дуги
Н
сектора. Площадь сектора S ~ — ■
г/= 98,
\lr-i-l — 19, \ — Z_T1_
Тогда], „Г 1~ 2 '/(28-/)=196;/2-28/ + 196 = 0;/ = 14.
-1=9
Ответ: 14см.
10.336. В равносторонний
треугольник ABC со стороной а =
= 2 см вписан круг; точка А
является центром второго круга с
радиусом 1 см. Найти площадь
пересечения этих кругов.
Решение.
Искомая площадь равна сумме
площадей сегмента DmE круга
радиуса Д = л/3/3см с центром
О , вписанного в ABC, и сегмента
круга радиусаг= 1см(рис. 10.121),
/DOE = 120° .Тогда
яй -5а.
„ 5л~6л/з 2
S = см2.
nR
■. см2. Следовательно, искомая площадь
Ответ:
5л~6л/з
18

A xfi D 2x E
Рис. 10.122
Рис. 10.123
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,
расположенной вне этих окружностей.
Решение.
Пусть х —радиус каждой из окружностей. Тогда AD = xv3 , DE = 2х,
а(л-0
4
ЕС = х& (рис. 10.122). Отсюда 2х& + 2х = а,х = "
2\Jb + \)
Площадь каждого из кругов равна ret* = -—^-—'-=-1; поэтому искомая
^а2Уз Зти2(2-л/з)^а2(2л/з-6я+3ял/з)
,4
площадь 5 :
а2(2л/3-6я + 3ял/з)
Ответ
Ъ
10-338. Криволинейный треугольник составлен тремя равными
попарно касающимися дугами окружностей радиуса R . Найти площадь этого
треугольника.
Решение.
Искомая площадь равна разности площади равностороннего ААВС со
стороной 2R и суммы площадей секторов, ограниченных данными дуга-
ми(рис.10.123):5 = 5^с-35ет=^-3.^ = ^^).
Ответ:
Д2(2л/з-ж)
2

Рис. 10.124
10.339. Центр равностороннего
треугольника со стороной, равной 6 см,
совпадает с центром окружности радиуса
2 см. Определить площадь части
треугольника, лежащей вне этой окружности.
Решение.
Пусть О — центр правильного
ААВС (рис. 10.124), АВ = 6 см. Радиус
Г| = 2 см круга, о котором говорится в
условии задачи, удовлетворяет
неравенству г < г, < R , где г = v3 см
—радиус вписанного, R = 2V3 — радиус описанного кругов ААВС, поэтому круг
пересекает стороны ААВС. D и Е —точки пересечения круга со стороной
АВ треугольника, К — середина DE. Тогда OK1DE, ОК — г = v3 см,
КО -Л"
' OD ~ 2 '
ZDOK = 30°. /DOE - 2ZDOK - 60°. Следовательно, ADOE —
равносторонний и его площадь см2. Искомая площадь S — S^gg — S2,
где S2 — площадь части круга, расположенной внутри ААВС ■
$2 — $кр ~ З^з ,где S3 —площадь сегмента, ограниченного хордой DE.
2л-3л/з ,
OD = г, = 2 см. Из AOKD (ZOKD =90°): cos ZDOK = -
S% = S„
О
3
= 4П-3^^1 = 2П + 3,/3
5 = ■S-usc - ^2 = 9-Л" - (2п + 3-Л")= 2(з-Л" - п) см2.
Ответ: 2pV3 -л) см2.
10.340. В ромб вписана окружность радиуса Л . Найти площадь
ромба, если его большая диагональ в 4 раза больше радиуса вписанной
окружности.
407

Решение.
Пусть О — центр окружности,
вписанной в ромб ABCD (рис. 10.125),
М — точка её касания со стороной
ромба. Тогда ОМ = R , AO = 2Rt
гЛМО = 90°. Следовательно, ZDAM-
=30\ ZBAD - 60°. Пусть BE —
высота ромба. Тогда BE-2R н из ААЕВ
(ZAEB =90°):
Ответ
amZBAD IB 3
$R2Jl
. Площадь ромба 5 = AD ■ BE =
SR2Jl
10.341. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с. Проекция
вершины прямого угла на гипотенузу делит ее на два отрезка, из которых
меньший относится к большему, как больший ют всей гипотенузе.
Определить площадь треугольника.
Решение.
Пусть а: —больший отрезок гипотенузы. Тогда по условию -
с — х х
2 « V
х~ + сх - с — 0 , откуда х = —
ходит). Отсюда х = —£ 1
{Гъ-\
(второй корень уравнения не под-
Обозначив через h высоту, проведен-
с — х h
ную к гипотенузе, имеем -—— = — , и, значит, h =cx-x ~
h х
= c4llzi-*Z*l \~c2(yf5-2), т.е. h = cjj5-2. Следовательно,
S = -ch-.
2
2
2Jll~2
Ответ: 0,5с

10.342. Длины сторон и диагоналей параллелограмма равны
соответственно а, Ь, с и /. Найти углы параллелограмма, если я4 + б4 = с2/2.
Решение.
Пусть аир —углы данного параллелограмма, противолежащие
соответственно диагоналям с и / и 0° < ос < 90°. Тогда с2 ~ <г + Ь1 - 2a6cosoc;
\с =а1+Ь -2abcosa; 22 /2 2*2 22 2
темы i ., , ., . , получаем: / с =(а +b J -4a h cos a.
/ =a2+b + 2abcosa,
* j. 1.4 - * j. n„2,2 ^ . 4 _ . „2,2 „„2
1 1
Тогда a + b =a + 2a b + b -4a b cos a; cos a = -; cosa = -i-;
2 л/2
a = 45°;p = 180-a = 135°
Ответ: 45°; 135° .
В
Рис. 10.126
10.343. Определить площадь треугольника, если две его стороны равны
Э5и 14 см, а биссектриса угла между ними содержит 12 см.
Решение.
Пусть BD —биссектриса МВС (рис. 10.126), АВ = 14 см, ВС = 35 см,
BD = 12 см; Z^BD = Z.CBD = а. S^k = 5^да + SicBD.
Тогда -АВ BCsinZABC = ~ABBDsmZABD + -BC ■ BDsmZCBD;
2 2 2
14-35-2sinacosa = 1412sina+3512sina; cosa = -. sina = i/l-co^a = -
409

Рис. 10.127
24 1 24
sin2ot = 2sinotcosa = —.Тогда SMBC~-35-14 = 235,2см2.
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.
Решение.
Искомая площадь S равна М^&лов -$aafk) (Рис- Ю.127). Находим
$мов = 0,5-3-2 = 3 см2. Сторона ромба равна V22 + 32 = V13 (см).
В АЛОВ отрезок ОК — биссектриса; тогда, используя формулу
/с= — —, имеем ОК
а+Ь
^б(5+-Лз|5--Дз) ^6л/2
5 5
Далее, S^fk = ~AF-KH> где КМ = —г--— см, AF = 3-2 = 1 см;
2 V2 5
поэтому Smfk ~ 0,6 см2. Окончательно S = 4(3 - 0,6) = 9,6 см2.
Оиее/и.-9,6см2,
10.345. Радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 2 см. Точка
касания этой окружности делит одну из сторон на отрезки длиной 4 и 6 см.
Определить вид треугольника и вычислить его площадь.

Решение.
Пусть О — центр окружности радиуса г = 2 см, вписаннойв ААВС
(рис. 10.128), М, N, К— точки касания этой окружности соответственно
со сторонами АВ, ВС, АС треугольника, АК = 4 см, КС = 6 см. Тогда
AM = АК = 4 см, CN = СК = 6 см, BM = BN = х см. Полупериметр данного
треугольника р = (х +10) см и его площадь 5 = /?г = 2(х + 10)см , или по
формуле Герона:
S=iJ(10 + x)(10 + x-(x + 4))(10 + x-(x+6))(10 + x-10)=2tJ6x(x+10),
Получаем: 2^6x(x+10) =2(x + 10); ^6x = Jx+lO;x = 2. Значит,
5 =2(х+10) = 24 см2, а стороны треугольника равны 10 см, 8 см и
6 см, и так как 82 + 6 = 102, то ААВС — прямоугольный.
Ответ: 24 см2; треугольник прямоугольный.
10.346. Круге центром О, разделен
диаметром АВ на два полукруга. В
одном из них построены два новых
полукруга, опирающиеся на ОхА и ОуВ как
на диаметры. В криволинейную фигуру,
ограниченную контурами этих трех
полукругов, вписан круг. Во сколько раз ^
его площадь меньше площади данного
круга?
Решение.
Пусть 02 — середина АОу — центр
одного полукруга, 03 — середина
ВО] — центр второго полукруга, 04—
центр круга, вписанного в
криволинейную фигуру, о которой говорится в
условии задачи (рис. 10.129).
Рис. 10.129
Пусть R — радиус круга с центром О,, а 5, — его площадь, г -
радиус круга с центром 04,а52—его площадь. Имеем: Ох02 -ОхОъ -
2'
02Ол = ОгОА = — + г, ОхОл = R - г. В треугольнике 02Ол03 :02Ол = 03Ол,
точка Ol — середина 0203 Отсюда следует, что ОхОАХ02Оъ, тогда

Рис. 10.131
02042 = 0,Ог2 + 01042,т.е. | + Н =\-\ +(R-rf. R2=3Rr, R = 3r.
S R2
Следовательно, — = —т- = 9.
S2 г2
Ответ: в 9 раз.
10.347. Биссектрисы углов А и В треугольника ABC одинаково
наклонены к сторонам ВС и АС. Найти зависимость между углами А и В .
Решение.
Рассмотрим два случая (рис. 10.130):
1) ZAKB = ZALB ; 2) ZAKB = ZALC .
1) ZAKB + ZA + -ZB = ZALB + ZB + -ZA (суммы углов треугольни-
2 2
ка),т.е. ZA = ZB.
2) Так как ZALC — внешний угол AABL, то ZALC = ZB + - Z/1.
Далее, Z^XB + Z^ + -ZB = n.Ho ZAKB = Z/fIC и, значит, ZB + -ZA =
2 2
= л-Z/l—ZB,откуда Z/1 + Zfi = —.
Ответ: ZA = ZB или Z4 + ZB =
2л.

10.348. Выпуклый четырехугольник разделен диагоналями на четыре
треугольника; площади трех из них равны 10,20 и 30 см2, и каждая
меньше площади четвертого треугольника. Найти площадь данного
четырехугольника.
Решение,
Пусть О—точка пересечения диагоналей AC taBD четырехугольника
ABCD (рис. 10.131), SM0B = 10 см2, SM0D = 20 см2, 5ддОС = 30 см2.
Опустим на BD перпендикуляры AM и CN. Имеем
ВО „
; . Тогда
DO
S&COD ~ 25даос = 60 CM2, SABCD-SbAOB+SbAOD+SfrBoC + SbCOD-
= 120 см2.
Ответ: 120 см2.
10349. Окружность 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 окружности.
Решение.
Пусть малая дуга содержитхрадианов. Тогда 4х + 8х = 2я, х = —. Та-
6
SbAOB .
SbAOD
-ВОЛМ
_ 2
-DO-AM
2
ВО _
DO
1 ^дяос .
2 SACOD
-BOCN
. 2
-DOCN
2
ким образом, восьмиугольник содержит четыре треугольника с цеитраль-
я , л *2^
— (их суммарная площадь 4
3 4
я , А Я2-Л\
ным углом — (их суммарная площадь 4 ) и четыре треугольника с
центральным углом — (их суммарная площадь 4 ). Искомая площадь
6 4
составляет S = R2 (Jl +1).
Ответ: S = R2(j3+l).
10.350. На медиане BD треугольника ABC, площадь которого равна 5,
взята точка £ так, что DE-—BD. Через точку Е проведена прямая АЕ,
4
пересекающая сторону ВС вточке F. Найти площадь треугольника AFC.

Рис. 10.133
Решение.
BF BE
Проведём DN II AF (рис. 10.132). Тогда = = 3 , и т.к.
FN ED
D — середина AC, то N — середина FC . Следовательно, ВС =
■■BF + FC = 3FN + 2FN = 5FN = -FC . Так как МВС и MFC име-
2
ют общую высоту, опущенную из вершины А, то -
FC _2
' ВС~ 5

Следовательно, S^FC
25
Ответ:
25
10.351. Пусть BD — высота треугольника ABC, точка Е — середина
ВС. Вычислить радиус круга, описанного около треугольника BDE,если
АВ = Ъ0 см, ВС = 26 см и АС = 28 см.
Решение.
Найдем площадь данного треугольника по формуле Герона:
5алес=336см2.ТогдаВ£> = =^Щ£ = 24см(рис. 10.133). DE
—медиана прямоугольного ABDC .проведенная к гипотенузе ВС .Тогда DE= -BC =
= 13см, cosZCBD=—= —. Тогда smZCBD = Vl-cos2ZCBD = — .
вс 13 13

Радиус окружности, описанной около ABED, R =
DE
- = 16,9см.
2 sin ZCBD
Ответ: 16,9 см.
10.352. Площадь равностороннего треугольника, построенного на
гипотенузе, вдвое больше площади прямоугольного треугольника с
указанной гипотенузой. Найти отношение катетов.
Решение.
Пусть а, Ь — катеты, с — гипотенуза прямоугольного треугольника с
площадью S =— ab. Тогда площадь равностороннего треугольника, пост-
2
роеиного иа гипотенузе с, по условию равна 25 - — с . Используя теоре-
4
му Пифагора, получаем систему уравнений:
S .2
\аЬ= с
[ 4
аЬ
■ 4 а Ь
- = -=<=>- + - =
S Ь а
_4_
Если х= — (а>Ь).то имеем * + — = —т=<^ыЪх -4x + v3=0<=>
У } х 4b
<=> х =—^-. Так как х> 1,то х = ыЪ .
V3
Ответ: Я.
10.353. На каждой медиане
треугольника взята точка, делящая
медиану в отношении 1:3, считая
от вершины. Во сколько раз
площадь треугольиика с вершинами в
этих точках меньше площади
исходного треугольника?
Решение.
Пусть О—точка пересечения
медиан AN, В К, СМ треугольиика
ABC (рис. 10.134),
AD BE CF 1
'DN~~EK~'FM~3'UycTb Ad^x-Tot№ DN = 3x, AN = 4x,

2 8 5 OD 5
АО = —AN = -x , OD = АО -OD = -x, = — . Следователь-
3 3 3 OA 8
но, медианы ADEF равны 5/8 медиан ААВС , ADEF ~ ААВС и
■W [OD) [5)
Ответ; в 2,56 раза.
/ ^J^-~"—^"^-J
Рис. 10.135
l\
10.354. Точка M лежит внутри равностороннего треугольника ABC.
Вычислить площадь этого треугольника, если известно, что AM — ВМ =
= 2см, а СМ = 1 см.
Решение.
Обозначим сторону треугольника через а и проведем MD1AB
(рис. 10.135). Поскольку AM = ВМ , точки С, М , D лежат на высоте
2 2
CD.BAACD n AAMD имеем (1 + МВ? = аг~— ,MD2 = 4-— .Тогда
4 4
а2 = 4(4-ЛЯ)2) и получаем квадратное уравнение (l + A/Z))2 =
= з(4-ЛЯ)2)или 4АД)2 + 2ЛД)-11 = 0, откуда АД) = — (второй
4
корень не подходит). Далее находим я2,= 4(4-ЛЯ)2) = 16 =
9 + 3-/5
= —-— и, следовательно,

в
в
Рис. 10.136.1 Рис. 10.136.2
„ a2S Ь + зЛ)Д 9,/з +3-Л? ' „ 2
5 = = ± '— =. = 3,4 см2.
4 2 8
Ответ: ^ + 3-Л?У8 = 3,4 см3.
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.
Пусть ВК —высота ААВС, АВ-ВС (рис. 10.136.1). Точки D, Е>
Fj —основания перпендикуляров, опущенных из точки F на стороны
треугольника и разбивающих его на три равновеликие части. Докажем,
используя метод доказательства от противного, что точка F
принадлежит ВК , а точка Fx совпадает с точкой К . Пусть AFX > FXC . Через
точку F параллельно АС проведем отрезок MN. Тогда MF > FN .
SAFfD - $AMFFi +S&MDF , ^CF^FE ~ ^CNFF{ + $&NEF . Т.К. MF > FN , AFX > F^C ,
FFX — общая высота трапеций AMFF и CNFFX, to$amff{ > ^cnff{ ■ Т.к.
AMDF ~ ANEF ( ZMDF = ZNEF = 90°, ZDMF = ZENF =>ZA)k
MF > FN, то 8ШОР > Savef ■ Следовательно, S^ra > SCF FE, что
противоречит условию. Итак, точка F принадлежит ВК (рис. 10.136.2). Из
14 Сканави М. И., кн. 7 417

АЛКВ (ZAKB= 90°): ВК=у1аВ2-АК2 =3. Хдлгс = -ЛСВК = 12 .
JFX>fl£
= 4. 5ДГОВ =у5гаВ£ =2.Пусть FD = x, DB = у .
FD-DB = 2S^DB = 4,xy = ^.
FD АК 4 х 4
Из Z/ШГ: = = -,- = -.
DB BK Ъ у 3
Получаем систему уравнений
ху~4,
£_4. Тогда;
У 3'
= fy.f/-4,, = ^,
.4^
3
Из ABDF ( ZADF = 90° ): BF = -JfD2+DB2 = J— + 3 = ^Ё..
FK =BK-BF=3
sS 9-sS
Ответ.
3 3
4,/3 4,/3 9-5л/з
3
3
3
10.356. Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в одну и ту
же окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.

Решение.
Пусть х — сторона прямоугольника, вписанного в окружность
радиуса R . Тогда его площадь равна x4*R2-x2 . Площадь вписанного квадрата
равна 2R . Покажем, что 2R2>x4*R2-x2 . В самом деле, из очевидного
неравенства (2Л2-дг2| SO получаем 4Л4 ^дг2(4Л2 ~х2), откуда и
следует, что 2R2 >x^4R2~x2 (знак неравенства сохранится, поскольку 2R2 > О
и W4Л - х2 > 0), что и требовалось доказать.
10.357. В трапеции ABCD известны длины оснований AD = 24 см и
ВС ~ 8 см и диагоналей ЛС = 13 см, 5D ~ 5V17 см. Вычислить площадь
трапеции.
Решение.
Проведем BH1AD и CF1AD (рис. 10.137). Пусть АН = х ; тогда
AF~% + x, DH = 24 -х- Учитывая, что ВН -CF ,в Д/JFC и Дй#£)
имеем АС2 - ^F2 = BD2 - ЯЯ2. => 64* = 256, * = 4 см.
Тогда CF = 4AC2rAF2 = Vl32-122 = 5 см.
Отсюда 5 =-(24 + 8)-5 = 80 см3.
Ответ: 80 см3.
10.358. В трапеции ABCD даны основания AD ~ а , ВС ~ Ь. На
продолжении ДС выбрана такая точка М , что прямая AM отсекает от
площади трапеции 1/4 ее часть. Найти длину отрезка СМ.
Решение.
Проведем через точку Е пересечения AM и CD высоту KN данной
трапеции ABCD (рис. 10.138). Пусть KN = А , КЕ = у , СМ=дг. Тогда
£дг - h ~ у . Рассмотрим случай, когда SAAED ~ —Sabcd • Тогда
4
~ADEN = ~AD + BC -KN. a(h~y)^~(a + b)ht 4ah-4ay = ah + bht
2 4 2 4V ' ' '

4ay = Зай -bh, у . Если SABCE = — SABCD то S^ed - ~ $abcd ,
4a 4 4
и тогда a(h-y)=3/(a + b)h , 4ah - 4ay = 3ah+3bh , y = .
..m ..„,, _ MC KE x у
AAED ~ AMEC . Тогда = ; — = .
AD EN a h-y
h(3a-b)
В первом случае, при у ~
4а
а h(3a-b)
_ 4а „ 3a-Z> _a(3a-Z>)
*~ h И(ЗаЩ~ I За-Ь\~ а+Ь
4a \ 4а
А(а-ЗЬ)
Во втором случае, при у ~ — -,
4а
A(a-3i)
4а _ а - 3b _a(a-3b)
h hlfl-ЗЬ) L_a-3b) 3(a + b) '
4а [4а
а(За-Ь) а(а-ЗЬ)
Ответ: — '- или —; тт •
a+b 3{a + b)
10.359. В трапеции ABCD с длинами оснований AD = 12 см, 5С = 8 см
налуче ВС взята такая точкам ,что AM делиттрапециюнадверавнове-
ликие фигуры. Найти СМ.
Решение.
Проведем через точку Е пересечения AM и CD высоту KN данной
трапеции ABCD (рис. 10.138). Пусть KN = h , КЕ = у , СМ =х . Тогда
EN = h-y.
1*-SAAed=\sabcd,to±AD-EN=~~^-KN,
\2(h-y)=\0h,y = ~. MED ~ AMEC ■

в
с к
и
N
Рис. 10.138
МС КЕ
12-
_-Л_ Uy ~~ 6
Тогда____. n-h_y; * = —-
Ответ: 2,4 см.
Рис. 10.139
1 -f-".
h--h -h
б б
10.360. Центр окружности, описанной около равнобедренной
трапеции, делит ее высоту в отношении 3:4. Найтн основания трапеции, если
радиус окружности равен 10 и ее средняя линия равна высоте.
Решение.
Пусть OK=x,AL = y,BK = z (рис. 10.139).
3 1х
Тогда MN = z + у = х+—х = — .В &ОКВ и AOLA имеем
4 4
ОВг = ОКг +ВК2, ОЛг = OL2 + AL2 . Приходим к системе уравнений

x'+z'=WO,
i6
Ix
ДГ2+22=100,
bl+f£-z| =100
16 14
*2 + z2=100,
Пх2 Ixz
+ г2=100.
21л:2 Ixz „
Вычитая первое уравнение из второго, получаем = 0, откуда
(таккак х *0) х- — .Значит, z1 л = 100 и z = 6.Отсьоданаходим
3 9
х = 8, у = 8 .Итак, AD = 2у = \6, ВС = 2z = \2 .
Ответ: 12 и 16.

Решения к главе 11
ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ
1. Произвольная призма (/ — боковое ребро; р — периметр
основания; 5 — площадь основания;// —высота; Рсеч —периметр
перпендикулярного сечения; Sce4 —площадь перпендикулярного сечения; S^ —
площадь боковой поверхности; V — объем):
о „ р / .
"-*бок * сеч1 '
V = SH;
V = Sml.
2. Прямая призма:
Seo,=PI-
$. Прямоугольный параллелепипед (а
диагональ):
s,0,=ph;
V = abc;
d2=a2 + b2+c2-
4. Куб (а — ребро):
V = c?\
d = a4b ■
,b,
(11.1)
(11.2)
(11.3)
(11.4)
с —его измерения; d —
5. Произвольная пирамида (S — площадь основания; Н
та; V —объем):
V = -SH.
(11.5)
(11.6)
(11.7)
(11.8)
(11.9)
— высо-
(11.10)

6. Правильная пирамида (р — периметр основания; / — апофема;
5бок —площадь боковой поверхности):
S6oK=^/; (11.11)
V^~SH. (11.12)
7. Произвольная усеченная пирамида (Sy и S2 — площади
оснований; h —высота; у —объем):
V = ^h{pl+S2+JS&). (11.13)
8. Правильная усеченная пирамида (Рх и Р2 — периметры
оснований; / —апофема; 5бок —площадь боковой поверхности):
«6«=}Й+^>. (11-14)
9. Цилиндр ( r — радиус основания; Н — высота; 5"бок — площадь
боковой поверхности; у —объем):
5бок=2тсЛЯ; (11.15)
У~кЯ2Н- (П.16)
Ю.Конус(Л — радиус основания; Я —высота;/ —образующая;
5бок —площадь боковой поверхности; у —объем):
S6oK=nRl; (11.17)
У^~кЯ2Н . (Ц.18)
11. Шар, сфера (R— радиус шара; S — площадь сферической
поверхности; К —объем):
5 = 4тсЛ2; (11.19)
К=-тсЛ\ (11.20)
12. Шаровой сегмент (r— радиус шара; А — высота сегмента;
S —площадь сферической поверхности сегмента; у —объем):

S = 2nRh ;
(11.21)
К = тгй2|Д--й
(11.22)
13. Шаровой сектор (r— радиус шара; А — высота сегмента;
у —объем):
V = ~nRzh.
3
(11.23)
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ
ЭЛЕМЕНТАМИ ПРИЗМЫ И ПИРАМИДЫ
1. Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих двух условий:
а) все боковые ребра образуют с плоскостью основания равные углы; б)
длины всех боковых ребер равны. Тогда вершина пирамиды
проецируется в центр окружности, описанной около основания пирамиды (эта же
точка служит точкой пересечения серединных перпендикуляров к
сторонам основания пирамиды).
2. Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих условий:
а) все боковые грани образуют с основанием равные углы; б) длины
всех апофем боковых граней равны.
Тогда вершина пирамиды
проецируется в центр окружности, вписанной
в основание пирамиды (эта же точка
служит точкой пересечения
биссектрис углов в основании пирамиды).
3. Если в наклонной призме
боковое ребро АКВХ составляет равные
углы со сторонами основания,
образующими вершину Ах (рис. 11.1), то
основание О высоты ВхО лежит на
биссектрисе угла Лх.
Это же утверждение можно сфор- Рис. 11.1

мулировать так: если в трехгранном угле
два острых плоских 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 пирамиды пер-
пендикулярны. Справедливо и обратное
утверждение.
5. Если SO — высота пирамиды
SABC и SA ±ВС, то площадь SA01BC (рис. 11.2).
Доказательство указанных дополнительных соотношений можно
найти в любом издании данного сборника задач последних лет.
Рис. 11.2
11.106. Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды
равна а. Вычислить объем пирамиды, если известно, что ее боковая
поверхность в 10 раз больше чем, площадь основания.
Решение.
SO —высота правильной пирамиды SABCDEF (рис. 11.3),
AB-BC-FA-a. Тогда CO-OD-CD-a,n SABCDEF = 6S&C0D =
a%4b аг4ъ
= 6 = 3 -St. SM —апофема боковой грани CSD■ Тогда
OMLCD, ОМ~~—, Z.SMO —угол между плоскостью боковойгра-
2
ни и плоскостью основания.
Пусть jCSMO - ф, 0° < (р < 90°, S2 — площадь боковой
поверхности пирамиды. Тогда — = cos<p. Так как по условию S2 =1051, т0
_1
cos
- = ю Htg<p= I—!—i=Vioo-i=3VTT.
(р \ cos(p
Из ASOM(ZSOM = 90°): SO - 0Mtg<p = — ■ Зл/ГТ = ^lH.
«- T/ lc cn 1 Ъа%4ъ 3aV33 9a3VTT
Объем пирамиды V --S, SO- = .
3 3 2 2 4

Ответ.
Рис. 11.3
9я3л/ГГ
11.107. Объем правильной восьмиугольной лризмы равен 8 м3, а ее
высота равна 2,2 м. Найти боковую поверхность призмы.
Решение.
Пусть О— центр правильного восьмиугольника AflCD£F.KW,
являющегося основанием данной правильной призмы (рис. 11.4). Объем
призмы К = 8м , высота 7/ = 2,2 м, тогда площадь основания призмы
8 40, 2ч
Лкн =~ = —(м ).Пусть AN = а,OQ — высота ZUCW.
Тогда Л£>=-; Z^CW = ^-9- = 45°, ZAOQ=^~ZAON =22,5°. Из
^eO(^eO = 90o):Oe-^ctg22,5°^-i±^^ = ^±i);
2 sin45° 2
Тоща 2a2(VI + l)
-40. 2_ 20 _ 20(^2-1),
"ll' ~11(т/2 + 1) И
427

t€
ОЧ-"
Рнс. 11.5
Рис. 11.6
a = J—- - =— y55(V2-l) (м). Боковая поверхность призмы
S = SaH = S~tJS5(^2 -\) -2,2 = \6^2,2ф-\) (м2).
Ответ: \6^2,2(42-\) (м2).
11.108. Основаниями усеченной пирамиды служат два правильных
восьмиугольника. Сторона нижнего основания пирамиды равна 0,4 м, а
верхнего 0,3 м; высота усеченной пирамиды равна 0,5 м. Усеченная
пирамида достроена до полной. Определить объем полной пирамиды.
Решение.
Пусть ЛД — сторона нижнего, А\В\ — соответствующая сторона
верхнего основания данной усеченной восьмиугольной пирамиды, СО—
высота полной пирамиды, Oj — точка пересечения СО и плоскости верхнего
основания (рис. 11.5). Тогда ООу— высота усеченной пирамиды,
00, =0,5м, АА,0,В, ~ААОВ.
А.В,
Тогда 44. = ^L,
ОА АВ
0,4"
ДСО,Л,~ДСОЛ.
428

Тогда £9l=9A «2. Пусть СО = А. Тогда СО, = А-0,5; *_°^ = 2;
СО СМ 4 А 4
h~2u.P — центр правильного восьмиугольника, являющегося осно-
360°
= 45°.
ванием пирамиды (рис. 11.6). Пусть РА - РВ = х, ZAPB
о
ИзДЛРВ: АВ2 ^РА2 +РВ-2РА PBcosZAPB;
2x2-2x2cos45°:=0,42; 2x2(l-cos45°) = 0,16; х2(2-л/2) = 0,16;
,2 = ^.^(|t^) = o,08(2 + V2"). ^„ф^«п^™ =
= 2. о,08(2 + 4l) sin 45° = 0,024l (2 + 4l) = 0,04(^2 +1) = ^2±I (Ma).
Площадь восьмиугольника S^HS^pb =—■-(V2 + 1)м2. Объем
пирамиды V ~-Sh =—(V2+1)mj.
3 75
Ответ: -~(-Д + \)м\
11.109, Найти объем
правильной четырехугольной
пирамиды со стороной
основания, равной а, и плоскими
углами при вершине,
равными углам наклона боковых
ребер к основанию.
Решение.
Проведем высоту правиль-
нойпирамиды MABCD - МО
ивысотубоковойгранн AMD A
(рис. 11.7). Пусть Л£>=а.Так
как ZMCO -ZAMD, то
прямоугольные треугольники
МОС и MKD равны (по гипотенузе и острому углу) и, следовательно,
MO-DK. Пусть DK-x-, МЕ-ъысотг. и медиана AAMD. Из
AMOA(ZMOA = 90°)\ АМ~4лОг+МОг =J— + x2
429

Из АЛ ЕМ(ZAEM =90°) : ME = -JaM2-AE
■fP-
'Ут+*2=г
SMMD=-ADME = -AMDK .Тогда a.
ДУ+4*2) = *У+2*2). 4x4_2<jV_a4=0. x = £^i
Объем пирамиды V ~-SABcD MO~—— -.
11.110. Найти расстояние
между серединами двух
скрещивающихся ребер куба, полная
поверхность которого равна 36 см2.
Решение.
Полная поверхность куба
Snbnit =36 см2, поэтому площадь
одной грани 5 = 6 см2, а ребро куба
AD = a - л/б см (рис. 11.8).
Рис. 11.8
Далее КМ = ^АК2+АМ2 , где
;^(см), AM^AD2+DM^Ja2+^^^-^^-
4
ЛАГ = - = —(см), AM^ylAD2+DM2 =.1а^+—=.^1 = -^1 (см).
2 2 V 4 2 2
Окончательно имеем КМ =J- + — =3 (см).
И 4
Ответ: 3 см.
11.111.В правильной четырехугольной пирамиде двугранный угол
при боковом ребре равен 120°. Найти боковую поверхность пирамиды,
если площадь ее диагонального сечения равна 5" ■
Решение.
ЕО —высотаправильнойпирамиды £Mi?CI), ZBKD —линейный
угол двугранного при боковом ребре ЕС (рис. 11.9), ZBKD = 120°
.Тогда ОК±ЕС, S^ec^IS^oc =EC OK , DK1£C, S^ec = jEC - DK.

м
Рис. 11.9 Рис. 11.10
Из ADOK(ZDOK = 90°): OK = DKcosZDKO = DKcos60° = ~DK.
Отсюда боковая поверхность пирамиды S6 =4-5'д/)£С =2ECDK .Сле-
Ля 2Е С ■ DK. , о л с л с
довательно, — = = 4. >>б = 4- ь^ес = 4Л ■
Ьааес EC-DK
Ответ: 45
11.112. Основанием пирамиды служит параллелограмм ABCD,
имеющий площадь т2 и такой, что BD1AD \ двугранные углы при
ребрах AD и ВС равны 45°, а при ребрах АВ и CD равны 60°. Найти
боковую поверхность и объем пирамиды.
Решение.
Пусть МО —высота пирамиды MABCD (рис. 11.10).Через точку
О в плоскости основания проведем прямую EF (Е принадлежит АВ »
р принадлежит CD), перпендикулярную параллельным прямым АВ и
CD • OF и ОЕ —соответственно проекции MF и ME на плоскость
основания. Тогда MFlCD, ME1AB, ZMFO и ZMEO —линейные
углы двугранных углов при ребрах CD и АВ соответственно,
431

ZMFO = ZMEO = 60°. Значит, AMOF = AMOE по катету и острому
углу и, следовательно, OF = ОЕ, т.е. точка О равноудалена от сторон
АВ и CD параллелограмма.
Следовательно, О принадлежит прямой, параллельной АВ и CD и
проходящей через середины двух других сторон параллелограмма.
Аналогично, так как двугранные углы при ребрах AD и ВС также
равны, точка О равноудалена от стороне!) и ВС параллелограмма и
принадлежит прямой, параллельной^!) и ВС и проходящей через
середины двух других сторон параллелограмма. Значит, О — точка
пересечения диагоналей параллелограммаЛйС!).
Так как OD1AD и OBLBC, то MD1AD, MBLBC и ZMDO и
ZMBO —линейныеуглыдвугранныхугловприребрах^£) и ВС соот-
т2
ветственно, ZMDO = ZMBO = 45° ■ S^ob = sadoc = saboc = — ■ Так
4
как АЛОВ uADOC —проекции АА MB и ADMC на плоскость
основания, AAOD и АВОС —проекции AAMD и АВМС на плоскость
основания, то Smmb = Sadmc = ~г > S^amd = $авмс = ~j~ . Боковая
поверхность пирамиды:
?-W? +4 Л-0(т\ т2 ч_™У2 + 1)__т2(У2 + 2)
Пусть МО = Н. Из AMOE(ZMOE = 90°): ОЕ = tfctg60° = -^L .
Из AM OB (ZMOB = 90°): OB = tfctg45° = H.
Из AOEB(ZOEB = 90°): EB2 =OB2 -OE2 = H2 - — =2H ■
3 3
BD = 2 OB = 2H . ABEO ~ ABDA — по двум углам.
2Я2
Тогда|ша=^1 = ^т = 1;5дмо=^Л.1т2=^.
SbBDA BD2 4Я2 б б 6 2 12
Нс>двЕо-2ОЛ'ЛВ"2'ТЯ V3 g- Тогда —
2 т2Л „г «^2 1 2 т3*/2
п = ; п = . Объем пирамиды V = - т ■// = .
4 2 3 6
12

n ffl3^ m2{4l + 2)
Ответ: , —- .
6 2
11.113. В наклонном параллелепипеде проекция бокового ребра на
плоскость основания равна 5 дм, а высота равна 12 дм. Сечение,
перпендикулярное боковому ребру, есть
ромбсплощадью24дм2идиаго-
налью, равной 8 дм. Найти
боковую поверхность и объем
параллелепипеда.
Решение.
Пусть C0j — высота
наклонного параллелепипеда
ABCDAlBlClDl (рис. 11.11),
С,0 = 12 дм, тогда СО — про-
Рис. 11.11
екция ССХ на плоскость
основания, СО = 5 дм, ромб MNKL- перпендикулярное сечение
параллелепипеда.
Из AC1OC(ZClOC = 90°):CC1 =^Cl02 + C02 =13дм.
Отсюда: объем параллелепипеда V = SMNKL ■ ССХ = 312 дм. Пусть
25"
КМ = 8 дм. Тогда NL = —MNKL = б дм. Пусть Т — точка пересечений
КМ
диагоналей ромба MNKL. Тогда KL = V КТ2 + TL2 = 5 дм, а периметр ■
перпендикулярного сечения PMNKL = 20дм. Боковая поверхность
S = PMNKL-CCx = 2mm2.
Ответ: 260 дм2; 312 дм3.
11.114. В треугольной усеченной пирамиде высота равна Юм,
стороны одного основания — 27,29 и 25 м, а периметр другого основания
равен 72 м (рис. 11.12). Определить объем усеченной пирамиды.
Решение.
Пусть 5"i и 52 —площадиоснованийданнойусеченнойпирамиды,
Р\ иР2 —соответственно периметры оснований, по условию/*2 = 72 м.
Тогда Рх = 27 + 29+52 = 108 (м), отсюда по формуле Герона Sx ~ 270 м2.
433

Рис. 11.12
Рис. 11.13
5 Р
Так как основания усеченной пирамиды подобны, то —- = —^г
s\ P,
S,=S,
= 120м2.
Объем усеченной пирамиды V = - H(Sl + ^S,S2 + S2) = 1900 м'.
Ответ: 1900 м3.
11.115. В основании призмы лежит трапеция. Выразить объем
призмы через площади 5j и S2 параллельных боковых граней и расстояние
h между ними.
Решение.
Трапеция MNKP(NK || UP) - перпендикулярное сечение призмы
ABCDA^^D^ (рис. 11.13). Тогда высота трапеции равна h- Пусть
Sl —площадьграни ^jDjD, S2 —площадь грани ВВХСХ С, /
—длина бокового ребра призмы, MP = а, NK = b ■ Тогда S, = al,S2 = Ы , от-
куда а
I 1
Площадь MNKP S -
-h =
(S,+S2)h
2 2/
Объем призмы V = Sl = iSt + S^h .
2
(S, +S2)h
Ответ: к ' " .

Рис. 11.14
11.116. Площадь основания прямой треугольной призмы равна 4 см2,
площади боковых граней равны 9,10и 17 см2. Определить объем призмы.
Решение.
Пусть а,Ь,с —стороны основания призмы, Н —ее высота.
Тогда а-
Н Н
10 17 18 „
— с = —, полупериметр основания р = — . По
Н Н
формуле Герона площадь основания призмы 5" = ^р{р - а)(р - Ь)(р - с) =
■/
18 9 8 1 36 _ „ , , 36 . „ , _,
=—г-. Так как S = 4см2, то —=- = 4, Я = 3см.Объем
Н Н Н Н Н2 Н2
призмы V = SH = 12 см3.
Ответ: 12 см3.
11.117. Основанием прямой призмы служит равнобедренная трапе-
ujwABCD; AB = CD = 13cm, ВС = 11см,^о = 21см.Площадьеедиаго-
нального сечения равна 180 см2. Вычислить полную поверхность призмы.
Решение.
СК —высотаосновашмпрямоИпризмы^ДСО^В,^^, (рис. 11.14).
г. . „ „„ т AD-ВС с .„ AD + BC ,,
По условию Л if = CD, тогда л£> = = 5см, АК.- = 16см.
Из &CKD(ZCKD = 90°):CK = 4cd2-KD2 =12см.
Из МКС(АКС = 90°): А С = Лк2 +СК2 = 20 см. Диагональные
сечения призмы ААХСХС — прямоугольник с площадью S\ =180 см2,

с
поэтому высота призмы Н = CQ = —^- = 9 см. Периметр основания при-
ЛС
змы Р' = 58см, площадь основания 50СН (Ж = 192см ,
боковая поверхность 5б =РН = 522см2. Полная поверхность призмы
= 906 см2.
Ответ: 906 см2.
11.118. Основанием параллелепипеда служит ромб со стороной а и
острым углом 30°. Диагональ одной боковой грани перпендикулярна
плоскости основания, а боковое ребро составляет с плоскостью основания
угол 60°. Найти полную поверхность и объем параллелепипеда.
Решение.
В ромбе ABCD, являющемся основанием параллелепипеда
ABCDAXBXCXDX (рис. 11.15), CD = a, ZBCD = 30°. Тогда его площадь
5j =а2 sin30° = —. Диагональ Q5 боковой грани ВВХСХС,
перпендикулярная плоскости основания, является высотой параллелепипеда, ВС —
проекция бокового ребра CQ на плоскость основания, Z5CQ ~ 60°.
Из AC1fiC(ZC1fiC = 90°): BCX =BCt%ZBCCx =ajb\
CQ = = 2а. Объем параллелепипеда V = S, -BQ = ° .
1 cos Z5CQ * * 2
Звв&с = a v3. CQ — наклонная к плоскости основания, ВС — ее
проекция на эту плоскость, CD— прямая, лежащая в этой плоскости.
Следовательно, cosZQCD=cosZC|C5-cosZBCD = cos60ocos30° = ™.
1 4
Отсюда:
sinZQCD = -fi^coiFzQCD =—; ScC^D = CQ ■ CDsinZQCD = £_ll2.
Полная поверхность параллелепипеда:
2
Ответ: а2(1 + 2л/з +Vl3);^-^.

Рис. 11.15
11.119. Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна а, а высота, опущенная из вершины основания на
противоположную ей боковую грань, равна Ъ • Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть МО —высота правильной пирамиды МАВС (рис. 11.16).
р —середина ВС . Тогда плоскость МРА перпендикулярна
плоскости ВМС и перпендикуляр АК , опущенный на плоскость ВМС ,
лежит в плоскости МРА, а точка К принадлежит MP . Пусть МО = h ■
Тогда MP = ^РО2 +М02
■№)**■&
SmPA = X-AP MO=X-AKMP.
Тогда АРМО = АК MP;
п
2
За2/,2
4
9аЧг =
h-
=J-+/*2;
V 12
*2(а2+12/г2).
12
a2b2+l2b2h2;
ab
4юа
-4b2)

Объем пирамиды
V=l-S -ЛЛ"2^ ab
3 '"ВС 3 4 V3(3a2-4i2) 12л/За2-4*2 '
Ответ: < . .,-•
12V3a2-4i2
11.120.Боковаяповерхность правильной треугольной пирамидыв три
раза больше площади основания. Площадь круга, вписанного в
основание, численно равна радиусу этого круга. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть DO —высота правильной пирамиды DABC, К —середина
АВ (рис. 11.17). Пусть радиус окружности, вписанной в ААВС , ОК = г.
Тогда, по условию, пг = г отсюда г = —.
71
ЛВ = 2г-\/3,5д.вс = = 3r V3. Площадь боковой поверхнос-
4
ти S6 = ЗЯдлов. По условию S6 = 3S^BC, тогда S^DS = S^bc \
-ABDK = 3r2S; rS-DK = 3r2S; DK = 3r.
2
Из ADOK(ZDOK = 90°):DO = JdK2 -OK2 =lr4l. Объем пира-
WM:V=1~3r2j3-2rj2=2rij6 = ^.
3 тг
2-/б
*3 '
11.121. Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью,
проходящей через вершину основания и середины двух боковых ребер.
Найти отношение боковой поверхности пирамиды к площади
основания, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна одной из
боковых граней (указать какой именно).
Решение.
Пусть DO — высота правильной пирамиды DABC, М
—середина DB , N — середина DC, AMAN — сечение пирамиды, о котором
говорится в условии задачи (рис. 11.18). Предположим, что плоскость
МАN перпендикулярна плоскости грани ADB. AADM = AADN (по
трем сторонам). Тогда их высоты, опущенные на стороны AM и AN ,

D
А В
Рис. 11.17 Рис. 11.18
равны. Но высота AADM является перпендикуляром к плоскости
М/Ш, а высота AADN —иаклониойкэтойплоскости.Тогдавысота
AADN также является перпендикуляром к плоскости MAN и,
следовательно, указанные высоты совпадают с боковым ребром DA данной
пирамиды, и ZDAB > ZDAM = 90°, что невозможно, так как данная
пирамида правильная. Аналогично получим противоречие, если
предположим, что плоскость AMN перпендикулярна плоскости грани
ADC. Следовательно, плоскость MAN перпендикулярна грани BDC.
Е — середина ВС. Тогда точка К пересечения MN и £>£■ является
серединой этих отрезков. Следовательно, медиана АК
равнобедренного AMAN является его высотой и, так как плоскости MAN и BDC
перпендикулярны, то АК — перпендикуляр к плоскости BDC и,
значит, АК\ ПЕ Отсюда АК — медиана и высота ADAE.
Тогда DA = AE. Пусть ОЕ=а. Тогда OA = 2a,AD = AE-3a.
Из AAOD(ZAOD = 90°): DO2 = AD2-АО2 = 5а2.
Из ADOE(ZDOE = 90°): DE = 4DO2 + OE2 = а41. Так как
пирамида правильная, то отношение боковой поверхности кплощади осно-
Ответ: ^/б •

Рис. 11.19
Рис. 11.20
11.122. Стороны оснований правильной четырехугольной
усеченной пирамиды равны 2 и 1 см, а высота 3 см. Через точку пересечения
диагоналей пирамиды параллельно основаниям пирамиды проведена
плоскость, делящая пирамиду на две части. Найти объем каждой из
полученных частей.
Решение.
О и О, —центры соответственно нижнего и верхнего оснований
правильной усеченной пирамиды ABCDAyByCyDy, 02 —точкапересе-
чения ее диагоналей АСХ и АХС (рис. 11.19), OOj-Зсм, AD~2cu,
AxDy = 1см.Квадрат A1B1C1Dt —сеченне пирамиды плоскостью, о
котором говорится в условиизадачи.
Диагональное сечение усеченной пирамиды — равнобокая трапе-
Ох02 _ АХСХ _ ДА __ 1
ция ААуСуС, ААхОгСх ~ ААОгС. Тогда
0,0 AC AD
Таккак 001=Зси,то Ох02=\си, ООг = 2си. ААхАСх - АА2А02
и 42L.2&.2 тогда A&^C^^at* АгСг = *йш,
АХСХ ООу 3 г г 3 ! ! 3 3
4
Аг^г -"г см. Площади квадратов ABCD, AyByCyDy, A^-JZ-jy^
соответственно 5 = 4 см2, Sy = 1 см2, S2~ — см2. Объем усеченной
пирамиды с высотой ОуОг : Vx =
2ЗД+«2+7адЦ|1+^+т1
9 '
37
: С
27

Объем усеченной пирамиды с высотой 020:
„ 020( г—-\ 2( 16 $Л 152
37 , 152 ,
Ответ: — см , см3.
27 27
11.123. Площадь того сечения куба, которое представляет собой
правильный шестиугольник, равна Q. Найти полную поверхность куба.
Решение.
Пусть сторона шестиугольника равна а; тогда ребро куба AB — aJl
(рнс.11.20)и Smm =6AB2 = 12а2. По условию, 6^-^- = g, следова-
4
! 2бп „ 86^3
тельно, а ——j=. Получим опош -—-—.
Ответ: &£ .
3
11.124. Основанием прямой призмы служит равнобедренный
треугольник, основание которого равно а, а угол при нем равен 45°.
Определить объем призмы, если ее боковая поверхность равна сумме
площадей оснований.
Решение.
Основание призмы — равнобедренный прямоугольный треугольник,
его площадь S-—, периметр P~a\>j2 + l\ боковая поверхность
S6 - РН = aH\Jl +1) где Н — высота призмы.
Таккак5б = 25, тоая(Л + 1)=—; Н = -/-г—\= av2~v, объем
V 2 1ЦЩ 2
призмы V = SH = ^-У2—У.
Ответ: —* '.
8
11.125. Основанием призмы АВСАХВХСХ служит правильный
треугольник А ВС со стороной а. Вершина Ах проектируется в центр
нижнего основания, а ребро ААХ наклонено к плоскости основания под
углом 60°. Определить боковую поверхность призмы.

Решение.
Пусть О —центр ААВС (рис. 11.21),О—проекция ^на
плоскость ABC, ZOAB = -ZBAC = 30°, ZA^AO = 60°.
7з
Тогда cosZA,AB = cosZAlAO cosZOAB =—;
4
siaZA,AB = Jl-cos2 ZA,AB = JI-— =—.
1 * ' V 16 4
Из MOA(ZAOA = 9Q°):AAl: d£_ = _f^_ = ^L. B
u ' ' ' cosZ^^O 3cos60° 3
грани ААХВХВ опустили перпендикуляр ВК на АА1. Тогда плоскость
В КС перпендикулярна ребру ААХ призмы и АВКС
—перпендикулярное сеченне призмы.
Из AAKB(ZAKB = 90°): ВК = ABsiaZA,AB = 2iii.
Периметр АВКС:Р=2ВК+ВС = ^-+а= д12 + ^13^ боковая
о » ,., а2л/з(2 + 7в)
поверхность призмы S = Р ЛД = * ^.
0meem.. л!^е±лз)
3

11.126. Сторона основания
правильной шестиугольной
пирамиды равна а. Все диагональные
сечения ее равновелики. Найти
объем и боковую поверхность
пирамиды.
Решение.
Проведем SO —высоту
правильной пирамиды SABCDEF
(рис. 11.22). Пусть SO = H ■ Тогда
ADSO 2аН
= аН.
2 2
К —точка пересечения
диагоналей ВО и АС ромба АВСО ■
ОК=Х-ВО = ±,АК = ^-,АС =
2 2 2
Рис. 11.22
■-2АК = а4ъ,ОК±АС. ОК —проекция SK на плоскость основания.
Тогда SKLAC и S^sc
ACSK aS
SK.
По условию Saasd -Saasc, тогда аН = SK; = —. Из
2 SK 2
bSOK(ZSOK = 90°): smZSKO = -^- = — ;ZSKO = 60°;Я = SO =
ajb а2т/з
= KOt%ZSKO = . Площадь основания SCKa=6SAA0B =6 =
З"2^ n„ v 1. „ За3
= . Объем пирамиды к=-лоснЯ = . Пусть т—середина
ат/з ат/з
CD, тогда ТО = ——. Так как SO = ——, то Д50Г — прямоугольный
равнобедренный, ZSTO = 45°h боковая поверхность пирамиды
Sfi=-
cosZSTO 2
Зо^.ЗоУб
4 ' 2
. За2,/з^ = ЗаУб
Ответ:

11.127. Куб, ребро которого равно а, срезан по углам плоскостями
так, что от каждой грани остался правилышйвосьмиугольник.
Определить объем полученного многогранника.
Решение.
Пусть отрезок, отсекаемый каждой из указанных плоскостей на ребре
куба, равен х: АР - AM ~ ЕАХ = х (рнс.11.23). Тогда д//> _ gp - ХЛ '■>
АР + РЕ + ЕАг ~AAlt2x+xJl~a x =
2+-Л"
аЬ-Л)
Вычислим
объем каждой из отсекаемых пирамид Vx =— хъ ■
6
Тогда объем полученного многогранника равен разности объема куба
1 3 6 б
_д3(б-8+12-Л-82+2-Л)_д3(14-Л-14) 7j3, к п
Ответ: — a\V2-lJ.
11.128. В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так,
что четыре его вершины находятся на апофемах пирамиды и четыре -—

в плоскости основания. Все ребра пирамиды равны, каждое из них
имеет длину а . Вычислить полную поверхность н объем куба.
Решение.
Пусть ребро куба EF = x (рис. 11.24). Рассмотрим ABSC
(равносторонний): SE = — . Из &SOE(ZSOE = 90°):
SO = tIsE2-OE2 =J^l-2i = ^
V 4 4 2
/г
FE=OE-OF=--^-^. bE,FE~bSOE.
2 2
Тогда—I—= ;E.FOE=SOFE,x — = ——- — —- L x- .
SO OE ' 2 2 ^2 2 J 4
3 a3i/2
Полнаяповерхностькуба5 = бл:2 = — а2,егообъем V = хъ = .
3 2 аъЛ
Ответ: —а • .
4 32
11.129. Высота правильной
усеченной четырехугольной пирамиды
равна 3 см, объем ее 38 см3, а
площади оснований относятся как 4:9.
Определить боковую поверхность
усеченной пирамиды.
Решение.
Пусть площадь верхнего
основания равна Sj = Ах см2. Тогда
площадь нижнего основания S2 - 9x см2,
н так как объем усеченной пирамиды
^yfo+Sj+VVj), то 4x + 9x + V36x2=38, х = 2; 5,= 8см2;
52 = 18 см2. Тогда сторона нижнего основания а = ^]S2 ~ 3V2 см,
сторона верхнего основания b - 2V2 см, периметры оснований
соответственно р2 — 12v2cm, p1=^-J2cm. N —середина ребра CD, К —ребра
Cj Dj соответственно нижнего н верхнего оснований данной усеченной
А-*
/ i
/ /
/ в1
1 /ЧС
/ /
/ /
'"^^-^Z\
1 Ч'\ \
"*т>
Рис. 11.25

Рнс. 11.27
пнрамнды ABCDA\BXC\D\ (рис. 11.25). Тогда KN— ее апофема,
л
-см.
2 2
поверх-
2 ' 2
Проведем высоту АУ = 00, = Зсм. /W = ON-Ofi = -
Из AKPN (^KPN = 90°): A3V = т/лУ2 + PN2 = J— см. Боковая
ность5б=^^-А^ = 10-Л-Лу=10-Л9см2.
Ответ: CM .
11.130. Найти отношения объемов правильных тетраэдра н октаэдра,
у которых полные поверхности равны.
Решение.
РО — высота правильного тетраэдра PMNK (рнс. 11.26). Пусть
"А „„_./„„2 „„2 1.2 а2 _<«/2
ем тетраэдра V\~ — S^f^f(PO = ^ = полная
поверхность тетраэдра 5"| = 4S&MNK -a V3.Квадрат ABCD — общее
основание двух правильных пирамид EABCD и FABCD, из которых
состоит данный правильный октаэдр (рнс. 11.27), О, — центр квадра-
MN =а, тогда МО = ^^, РО--\мРг -МО1
, объ-

та ABCD. Пусть АВ = b ■ Треугольники AO-JL и ЛО,Д равны
(Z^O,.E= ZylO,.B = 90°,ЛО, — общий катет, АЕ = АВ)-
\ = —г— , н объем октаэдра К2 = - SABCD ■ ЕО, =
Отсюда EOi = АО,
2l2 bJl *3-Л
3
а его полная поверхность S2 = 85^^ = 8 ■
2S
3 2
= 2*2,/з.
Таккак S, =S,,to a2j3=2b2S, - = Jl,% = lJi .
b b1
Тогда - = —._ = _ = -2,/2^.
1
Ответ: пг ■
11.131. В основании
наклонной призмы лежит пра-
вильнын треугольник со
стороной, равной а . Одна
из боковых граней призмы
перпендикулярна
плоскости основания и
представляет собой ромб, диагональ
которого равна b ■ Найтн
объем призмы.
Решение.
По условию
грань ВВ{С{С —ромб
(рис. 11.28) н перпендикулярна основанию. Тогда высота B{D ромба —
высота призмы. Пусть fifi, -а=ВС, ВХС-Ь.
Периметр ^двв,с = 2а + Ъ t по формуле Герона площадь треугольника
Ь^4а2-Ь
Рис. 11.28
ВВ.С S = J\a +
:ЬН(-
-. С другой сто-
b^Aa2-b
роны S = -BCBXD = -BXD . Отсюда B{D = — =
2 2 а 2а

Рнс. 11.29
Объем призмы V = SUBC ■BID =
abulia2 -362
Ответ: .
Рис. 11.30
2 т/3 6л/4а2-62 afcVuo2"
-362
2а
11Л32.В основании четырехугольнойгщрамидылежитпрямоуголь-
ник, площадь которого равна 5; боковые ребра пирамиды равны н
образуют с плоскостью основания угол 45°. Угол между диагоналями
основания равен 60°. Найти объем пирамиды.
Решение.
По условию ABCD — прямоугольник, проведем ЕО — высоту
пирамиды EABCD (рнс. 11.29). Тогда Z.EA О = 45°, а так как боковые
ребра пирамиды равны, то точка О — центр окружности, описанной
около прямоугольника ABCD —точка пересечения диагоналей. Пусть
ЕО-Н- Тогда АО = ЕО = Н, АС =2Н, площадь прямоугольника
s=i;ic2sm6o°=2tf2;!^;
2 2
.. 1 „„ sJsilxi
мнды V--SH = .
3 9
s Js Js-Hzi
"iTTW
Объем пнра-
Omeem:
sjs-ilr?

11.133. Основанием пирамиды служит равносторонний
треугольник со стороной, равной а. Одна из боковых граней— также
равносторонний треугольник н перпендикулярна плоскости основания.
Определить полную поверхность пирамиды.
Решение.
Пустьгрань АМС пирамиды МАВС —равносторонний
треугольник и перпендикулярна плоскости основання(рнс. 11.30). Тогда ее
высота и медиана МО является высотой пирамиды. Опустим
перпендикуляр ОЕ на АВ. Тогда АЕ = ^=" , МЕ1ЛВ.
Из MEM(ZAEM
a2S „
;90°)
1
4 4'
ме=4ам2-ае2
I 2 a2 aJJS
Г _1б 4 '
Так как ААВС =
„„ 2АВМЕ
ММ С
2Vi5
ААМВ = &СМВ, то полная поверхность
2J3 д2У1?_д2л/з(2+У5)
пирамиды S = liS^sc + S^MB ) = -
Ошт: «!^Р±^.
4
11.134. Правильная треугольная
пирамида рассечена плоскостью,
перпендикулярной основаниюнде-
лящей две стороны основания
пополам. Определить объем отсеченной
пирамиды, если сторона основания
первоначальнойпирамиды равна а,
а двугранный угол прн основании
содержит 45°.
Решение.
Пусть МО — высота
правильной пирамиды МАВС,
AETF —сеченне пирамиды, о
котором говорится в условии
задачи (рнс. 11.31), D —середина
АВ ■ Тогда ZMDO — линейный угол двугранного угла прнребре А В
aS
- . EF — средняя линия
Рнс. 11.31
итак как ZM2}0 = 45°, то MO = DO =
15 Сканавн М. Н, *
449

Рис. 11.32
Рис. 11.33
ААВС, тогда SdJ!CF=-SluBC--
16
,ATEC = ATFC (по двум
сторонам н углу меящу ними). Тогда TE=TF К — точка пересечения EF н CD.
Тогда К — середина EF и ТК — медиана и высота AETF. Так как
плоскость ETF перпендикулярна плоскости ABC. то ТК — высота пира-
3
, 1 7 СК
миды TEFC. CK = -CD,CO = tcD. Тогда
ТК _
МО'
v = -s.
СК _
со'
3
4 8
•IX =
2 д2Л д-Уз_
3' 16 8
со
АТКС-АМОС
Объем пирамиды ETFC
Ответ: .
128
11.135. Определить объем правильной усеченной четырехугольной
пирамиды, если сторона большего основания равна а, сторона меньшего
основания равна Ь, а острый угол боковой грани равенбО".
Решение.
Пусть D{T — высотаравнобокойтрапеции DD\C\C — боковойгра-
450

нн правильной усеченной пирамиды ABCDAIB1C1DI (рнс.11.32). Тогда
Dr=CD^D,=2-*. DiT = DT4ZDiDT^460^kzM.
Ц — середина C,D,, £ — середина CD • Тогда ЬЦ = D{T = —.
Опустим перпендикуляр ЦК на плоскость ABCD. Тогда к
принадлежит отрезку OL, где о —центр нижнего основания, KL = — . №
V 4 4 V2
Объем усеченной пирамиды вычисляется по формуле:
^ = ^г \S + Sl+yjSSl J, где Я —высота пирамиды, 5 н St
—площади соответственно нижнего н верхнего оснований.
„ а~Ь(2 L2 Л a3-b3 (a3-b3X[2
Тогда V-—r^ia^ + b +ab)= г^ = Л £—.
3V2 V ' Ш 6
Ответ: ■£ ^—.
6
11.136. Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна а. Через одно из ребер основания проведена плоскость,
перпендикулярная противоположному боковому ребру н делящая это ребро в
отношении т: п, считая от вершины основания. Определить полную
поверхность пирамиды.
Решение.
Полную поверхность пирамиды найдем по формуле
2 R ,
$палн = ^-^ -У-Ъа-SD (рнс. 11.33). Так как ABOS ~ ABKD (пря-
„ „ ч BD ВК
моугольные треугольннкн, имеющие общий угол), то —— = —— ,
BS ВО
^:BS=BK:^-,c2 = 2BKBS.
2 3
По условию 4^ = ~. KS = -BK, BS=BK + KS = ^LBK,
KS п т т
BK = -^-BS, BS2=im + n)a В Д50£> имеем SD2 = SO2 +OD2;
т + п 2т
451

отсюда, учитывая, что SO2 = BS2 -ВО2, находим SD2 = - -—
2т
а2 а2 _ Ъта2 +6па2 _ (т+2п)а2
3 12 ~ 12m ~ 4т
Получили SnoAH= -^— +- • За • - у-^— = "Н 1 + ^
3(т+2и)
Ядлос^Т^С^УС^ЛЯЯС. Тогда DK = 77Г- = 2,4см. Из
11.137. Через вершины А, С и Dx прямоугольного параллелепипеда
ABCDA XB XC XD j проведена плоскость, образующая с плоскостью
основания двугранный угол 60°. Стороны основания равны 4 и 3 см. Найти
объем параллелепипеда.
Решение.
Опустим из точки D перпендикуляр DK на АС (рис. 11.34). DK —
проекция D{K на плоскость основания параллелепипеда. Тогда
D]K I AC, ZDXKD — линейный угол двугранного угла, по условию
ZDXKD = 60°. Из MDC(ZADC = 90°): AC=4aD2+DC2 =5 cm,
-ACDK = ~ADDC. Тогда DK = ^^C
2 2 AC
ADXDK(ZDXDK = 90°): DDX = DK\%ZJ\KD = 2,4л/з см. Объем
параллелепипеда V = SABCD-DDx=AD-DC-DDx^3A-2AJb^^—r— (см3).
144л/з 1
Ответ: ■ (см3),
11.138. Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого
стороны равны 10 н 18 см, а площадь равна 90 см2. Высота пирамиды
проходит через точку пересечения диагоналей основания н равна 6 см.
Определить боковую поверхность пирамиды.
Решение.
Проведем SO — высоту пирамиды SABCD (рнс.11.35).Опустим
перпендикуляры SM, SL, SN, SK соответственно на AB,BC,CD и AD. По
условию ABCD — параллелограмм, тогда точка О пересечения диаго-
452

Рнс. 11.34 Рис. 11.35
налей — середина отрезков MN н и,, являющихся высотами
параллелограмма.
LK-
AD 18 l '' АВ
--9 (см).
15 19
Следовательно, О К — — LK — — см, МО = — MN = —
2 2 2 2
Из
ASOK (ZSOK = 9(f): SK = ilS02+0K2
13
Из ASOM (Z.SOM = 905): SM = -JsO2 + ОМ:
15
- см. Боковая
поверхность пирамиды Se =2SAASB +2SAASD = ABSM+ADSK = 10 —+
+ 18~ = 192(см2).
Ответ: 192 см2.
11.139. В правильный октаэдр вписан куб так, что его вершины
находятся на ребрах октаэдра. Во сколько раз поверхность октаэдра
больше поверхности вписанного куба?
Решение.
Квадрат ABCD —общее основание правильных пирамид SABCDh
S^ABCD, из которых состоит данный правильный октаэдр, О — центр
этого квадрата, MNPQM^P^ —куб, о котором говорится в условии

Рис. 11.36
Рис. 11.37
задачи, £ —центр квадрата Л/У^/'б—точкапересечения^О ншгаско-
сти квадрата MNPQ(pnc. 11.36). Пусть AD — a, MQ = 2b. Тогда
МР = 2ЬЛ, АС = аЛ, SO = AO-^ , SK = SO-KO = ^-b.
&SMP ~ &SAC ■ Из подобия следует:
дл/2
MP SK. 2bji _ 2
AC SO' ajl aji_ '
г- 2
2ьЛ = аЛ-2Ь\ 2b = —. = aj2\j2-1). Поверхность октаэдра
Л + 1
<2S
s\ = ^SbASD = 8 • ^-т— = 2а2т/з . Поверхность куба S2 = 6SM„PQ = б ■ (26)2
= 6(аЛф -1))2 = 12л2(-Л-1)2 = 12а2(3-2-Л)
S, 2я2,/з л/з(3+2-Л)
Тогда
Ответ.
S2 12я2(3-2-Л)"
л/3 (3 + 2^2)

11.140. Найти объем правильной треугольной пирамиды(рнс. 11.37),
у которой плоский угол при вершине равен 90°, а расстояние между
боковым ребром н противоположной стороной равно d -
Решение.
Будем считать, что в — вершина пирамиды, a AASC —
основание. SD —высота прямоугольного равнобедренного AASC,
опущенная на гипотенузу А С. Тогда SD — общий перпендикуляр
скрещивающихся прямых BS и АС, а его длина — расстояние между ними,
SD = d- Следовательно, AC = 2SD-2d, SAASC--AC-SD~d ,
BS = AS = SDyfl • Объем пирамиды V - -S^sc * в$ - "Г^*
Ответ: ~~r~v2.
11.141. Площадь того сечения
правильного тетраэдра, которое
имеет форму квадрата, равна т2 .
Найти поверхность тетраэдра.
Решение.
Пусть квадрат DPQF —
сечение правильного тетраэдра МАВС
(рис. 11.37), о котором говорится в
условии задачи. Тогда PQ = PD = т,
Так как PQ параллельна DF, то
прямая PQ параллельна плоскостиЛВС.
Тогда плоскость АМС, проходящая
через прямую PQ, пересекает
плоскость ABC по прямой АС, параллельной PQ. Следовательно,
APMQ ~ ААМС и APMQ — равносторонний, РМ = PQ = т.
Аналогично РЩВМ, АР-PD = т. Следовательно, ребро тетраэдра а = Ъп.
Рнс. 11.38
Поверхность тетраэдра S - 4S'A4BC = 4- — V3=a2V3 = 4m2 V3 .
Ответ: Am

s
У
У
У
У
у t
у'
У /
1
\Д45--
\ ' /
/ /
/ /
/ /
~Г~~У
Рис. 11.40
11.142. В правильной треугольной призме через сторону нижнего
основания н противоположную вершину верхнего основания
проведена плоскость, составляющая с плоскостью нижнего основания угол 45°.
Площадь сечения равна 5" • Найти объем пр измы.
Решение.
АА СХВ—сечение правильной призмы ABCAl BlCl (рнс.11.39), о
котором говорится в условны задачи, к —середина АВ. Тогда СК1АВ,
CfilAB, ZCXKC —уголнаклонаплоскости^С^кплоскостиоснова-
ния, ZC^C = 45°. S^bc^S^c^-cosZCtKC
sJi
Пусть ССХ=Н.
Тогда СК^СС^Н, ВК = ^^, S^bc^-ABCK^BKCK--
H2Jb _ H2Jb Sjl „ Шб
: . Тогда = : п = »/—-
3 3 2 ' V 2
Объем призмы V = S^bc ' Н -
Ответ:
s4s-$fc
Sjstfc

11.143. В правильный тетраэдр помещена правильная треугольная
призма так, что вершины одного ее основания находятся на боковых ребрах
тетраэдра, а другого — в плоскости его основания. Ребро тетраэдра равно а.
Определить объем призмы, если все ее ребра равны.
Решение.
Пусть SO— высота тетраэдра SABC.^i^C^i^Cj— правильная
призма, о которой говорится в условии задачи (рис. 11.40). Из
&SOC{ZSOC = 90°): SO = V^C2 - ОС2 = J a 2 - — = ^j2-. Пусть ребро
призмы равно х. Тогда QO - ^-, CQ - СО - QO - ^—^--
_ а"х
Из подобия следует: ^& = — ;С1С2ОС = C1CSO;x— =
Li О С/О j
•Л -Л V3+V2
Объем призмы
_х2& _ x*j3 _ аъ2Л(& -Л)ъ& _
4 Х 4 4
У -/6(3-^3 -9-Л + 6-Л-2-Л)^д3-Уб(9-Уз-11-Л)^д3(27-Л-22-Уз)
2 2 2
а3(27-Л-22,/з)
Ответ: — '.
2
11.144. Основанием прямой призмы служит прямоугольный
треугольник с гипотенузой, равнойс, и острым углом 30°. Через гипотенузу
нижнего основания и вершину прямого угла верхнего основания проведена
плоскость, образующая с плоскостью основания угол 45°. Определить объем
треугольной пирамиды, отсеченной от призмы плоскостью.
Решение.
Искомый объем V = ~SOCH-CCl (рнс. 11.41). Так как ZABC = 30°,
cjb „ _с2Л
2' 2
то АС = — ,ВС=—^—, следовательно, £„,.„ = . С другой
стороны, Sm,=-AB-CD, где CD1AB и CD = -BC = ^-. Так как
осн 2 2 4

Рис. 11.42
CD.LAB, то н C1D1AB, т.е. ZCtDC = 45°(по условию); поэтому в
AC.DC имеем Сц = CD = . Получили V = = —.
1 4 3 8 4 32
Ответ: —•
11.145. Боковые грани треугольной пирамиды взаимно
перпендикулярны, а площади нх равныа2, Ь2я с2. Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть SA = х, SB = _у, 5С = z (рнс. 11.42). Из взаимной
перпендикулярности боковых граней следует взаимная перпендикулярность этих
ребер, откуда искомый объем V = -S^sb " SC ~ —xyz. По условию
3 6
1
-yz-c . Перемножив зти равенства, получим -
— ху = а —xz*
2 У '2
-x2y2z2 = а2Ь2с2. Итак, V = ^abcji=-abcjl.
8 6 3
Ответ: -abcjl.
11.146. Основанием пирамиды служит правильный шестиугольник
со стороной, равной а. Одно из боковых ребер перпендикулярно
плоскости основания н равно стороне основания. Определить полную
поверхность пирамиды.
458

N
Рнс. 11.43.1 Рнс. 11.43.2
Решение.
Правильный шестиугольник ABCDMN —основание пирамиды
KABCDMN (рнс- П.43.1), ребро £5 перпендикулярно плоскости
основания, КВ = АВ = а- Тогда ААВК = АСВК (по двум катетам),
SiABK=-AB-BK = — - ZBAN=ZANM = 120°<J>Hc.nA3.2). Тогда
нз ABAN AB = AN, BN = aJb > AABN = ZANB-30'
и,следовательно, Z.BNM = 90° ■ BN — проекция KN на плоскость основания
пирамиды. Значит, KN1NM ■ Аналогично KD1MD итак как BN = BD ,то
KN = KD, AKNM = AKDM, AKAN = AKCD-
Из AKBN(ZKBN = 90f): KN = JbN2+ KB2 =2а .
Тогда Sua,,, =-KN-MN=a1.
Из AABK(ZABK = 90°): AK = 4ab1 + BK1 = aV5 . Полупернметр
aJl+la + a Ъа + aJl
треугольника AANK P = :— , вычислим его
площадь по формуле Герона:
„ ha+ajl .Ъа + aJl ~ \.Ъа + аЛ г- Ъа + аЛ . .
SiAf/к =у j (——г а)ху( j "V2)( 2а) =
459

^Зa+я•^/2 rz . За-а-Л ajl-а
За2т/з
Площадь правильного шестиугольника ABCDMN: S0C1I = —-— .
Следовательно, полная поверхность пирамиды
( 2 2J7^ Зо2^
а2(б + -У7+3,/з)
= 2 '
а2(б+-Л + 3^3)
Ответ: .
2
11.147. Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого
стороны равны 10 н 8 м, а одна из диагоналей равна 6 м. Высота
пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания н
равна 4 м. Определить полную поверхность пирамиды.
Решение. >
По условию АВ = 8м, AD-ЮЩ BD = бм (рнс. 11.44). Так как
б2 + 82 = 102.т0 AABD — прямоугольный н Soai = 8 ■ б = 48 (м2).
b-Jso2+c
Таккак BD1AB,то и SB1AB, S^sb = -AB<JSO' + ОВ* =
= I.8V42 + 32=20 (м2).
Проведем SK1AD; тогда Slasd=-ADSK = -Ad4s01+ OK1 .
Чтобы найти ОК, воспользуемся тем, что AOKD ~ АА BD;
8-3 12
тогда ОК : АВ = OD : AD => ОК-—— =—(м). Следовательно,
S* = Jl6 + — = ^± (м)и SMSO=i-10~- = 4V34 (м2). Итак,
•V* = 48 + 2 • 20 + 2 • 4i/34 = s(l 1 + ,/34 ) (м2).

К D
Рис. 11.44
Ответ: 8(п + -Уз4) (Mi).
ИЛ48. Площади оснований усеченной пирамиды равны 6J и
5^ (5^ < 5^), а ее объем равен V . Определить объем полной пирамиды.
Решение.
Пусть Н—высота полной пирамиды, h — высота усеченной
пирамиды н х = Я - h ■
n 2
Имеем —*- = —J- или -T=i = -, откуда xJSt+hjsl = xjs^,
*2 H JS2 x+n
Так как H = x + h= , V--, то объем полной пнра-
l l /!S,VsT
миды У„рям = -S2H = --==—j=.
По условию V = - /ifij + S2 + V$$! ), и, значит, /г =
3 ' ' Oj +1>2 "t" ^
/ЗД
Получили, Кп;ш,
F =I^ys_
3F
та2у^"
Ответ:
3 л/^Г-л/^Г Si+^+i^SA S2.JS^-SiJs^'
VS2JS2~
$2т1$2 ~^1V^1
461

^/7
,d 11.149. Основанием прямого
параллелепипеда служит
параллелограмм, один из углов
которого равен 30°. Площадь
основания равна 4 дм2. Площади
С боковых граней
параллелепипеда равны б и 12 дм2. Найти объем
параллелепипеда.
Решение.
Рнс. 11.45 Объем параллелепипеда
V = Somh, где h — высота параллелепипеда. Так как параллелепипед
прямой, то высоты боковых граней также равны h (рнс. 11.44). По
условию ZBAD = 30°, ABh=6w2, AD h = 12дм2, т.е. AD-1AB.
ПустьBK1AD ;тогда ВК=-АВ.
2
1
Так как AD ВК = 4 дм2, то имеем 2АВ-АВ = 4, АВ = 2 (дм); сле-
2
довательно, h = 3 дм. Окончательно V = 4- 3 = 12 дм5.
Ответ: 12 дм3.
11.150. Определить объем правильной треугольной усеченной
пирамиды, у которой стороны основания равны 3 и 2 м, а боковая
поверхность равновелика сумме площадей оснований.
Решение.
ПустьО —центрнижнегооснованиялдс.О! —Цвнтрверхнегоосно-
вашт А1В1С1 правильной усеченной пирамиды, £) —середина АВ, Dl —
середина А1В1 (рнс. 11.46). Тогда DD, — высота боковой грани АА^В^В,
площадь которой St = —*—' D A = — DД, отсюда боковая
поверхность пирамиды Ss = 3S, = — • DD,, 5длгс = "Т- м^ 5м«Л = ^" "2-По
S<> = Si^sc + SA/tSiC,, тогда — D А = ——; DL\ = ——-. Опустим пер-
• 2 4 30
пендикуляр D^K на плоскость ABC ■ Тогда точка X принадлежит отрез-
ав4ъ AtBtS &
ку OD, DK = OD-01Dl
б б
462

в
Рис. 11.46 Рнс. 11.47
mADlKD(A)lKD = 9V)DiK = ilDD?-DK2 = ^~ =^ (м).
Объем пирамида V = ^ (5мгс + «дадс, + рывс SMAQ) =
2,/3,9-Уз /г 3 /г, ,„ ,
Ответ: 1,9 м3.
11.151. Основанием наклонного параллелепипеда служит ромб ABCD
со стороной, равной а, и острым углом 60°. Ребро ААу также равно а
и образует с ребрами АВ чАО углы 45°. Определить объем
параллелепипеда.
Решение.
Пусть АхО — высота параллелепипеда ABCDA\BXCXDX, о котором
говорится в условии задачи (рис. 11.47). Так как ZA\AB - ZA\AD , то
точка О принадлежит биссектрисе ZBAD —лучу АС-ААХ — наклонная к
плоскости основания призмы, АО — ее проекция на эту плоскость, АВ —
прямая, лежащая в этой ллоскости.
463

ОА
Проведем AtK 1 AB и соединим AT с О. В АА1ОА : cosZA^O- ;
в AA,KA:cosZA.AK=cosZA,AB = ——; в АОКА -.cosZOAK =
1 ' ' Л,Л
АК ОА АК АК
= cosZOAS = . Но -г-;'7Т7 = "Г~7' те- cosZA.AOcosZOAK =
ОА АХА ОА А\А '
,. . „ , * ,п cosZ^ ,AK
= cosZA.AK,откуда cosZA,AO = '■ .
1 ' cos ZOAK
Так как ZBAD = 60°, то ZOAK = 30° и,значит, cosZ/f,/fO = ^°s45°
cos 30°
= V2.V3=V2 sinZ4,^0 = -Jl-cos2 ZA,AO=A\~ = -L Тогда
2 2 J3 V 3 V3
7з ' v ' V з 7з
а
Р - S-MCD * Л \0 = a2 sin 60°
АуО = АА\ sinZAXАО =-^, откуда находим искомый объем:
J.:.m a ^a2V3 - "3
л/3 2 V3 2
Ответ: —.
2
11,152. Центры граней правильного тетраэдра служат вершинами
нового тетраэдра (рис. 11.48). Найти отношение их поверхностей и
отношение их объемов.
Решение.
Пусть M,N,K, О — центры граней AFQ BFC, AFB, ABC данного
тетраэдра соответственно, D — середина АС, Е— середина ВС Тогда
2 2 ,, 2
FM=-FD, FN = -FE и, следовательно, MN\\DEt MN=-DE =
3 3 " 3
--АВ. Пусть Vy h$j — объем и поверхность данного тетраэдра, а
V2 и 52 — объем и поверхность нового тетраэдра. Так как два любых пра-
вильных тетраэдра подобны, то — = г- = 27:1; — = = 9:1.
V2 MN3 S2 MN2
Ответ: 27:1;9:1.
464

11.153. В усеченной треугольной пирамиде через сторону верхнего
основания проведена плоскость параллельно противоположному
боковому ребру. В каком отношении разделится объем усеченной пирамиды, если
соответственные стороны относятся как 1:2?-
Решение.
Стороны оснований относятся как 1:2, поэтому площади оснований
относятся как 1:4 (рис. 11.49). Тогда объем усеченной пирамиды
V=^h(Sx + S2+jSxS2) = -h(4S2 + S2+2S2) = ?-S2h,rne; S2—
площадь верхнего основания, h — высота. Объем призмы ADEAlBlCi
составляет Vl=S2h4 объем оставшейся части пирамиды есть
V2 =V~V X=-S2h-S2h=-S2h. Итак, VX:V2 =3:4.
Ответ: 3:4.
11.154. Расстояние между любыми двумя боковыми ребрами
наклонной треугольной призмы а. Боковое ребро равно / и наклонено к
плоскости основания под углом 60°. Определить полную поверхность призмы.
Решение.
Пусть^О —высота наклонной призмы АВСАхВхСх(рчс. 11.50).
465

Рис. 11.50 Рис. 11.51
АО — проекция ААХ на плоскость основания, ZAxAO — угол
наклона бокового ребра АА1 к плоскости основания, по условию
ZAxAO = 60°.Vb &AOAx(ZAOAx) = 90o; АхО = AAxsinZAxAO = — .
Рассмотрим AMNK — перпеидикулярноесечениепризмы. Тогда
длина его сторон — расстояниемежду боковыми ребрами призмы. Так как
по условию зти расстояния равны а, то периметр перпендикулярного
2 г;
сечения р = За , его площадь Sx . Боковая поверхность призмы
S6 =РААХ = За/. Объем призмы V~SX-AAX ~5^вс-АхО.
Отсюда —-—!~$ьавс~~» ^aasc ~~• Полная поверхность
призмы S ~ S6 + 25Д4ДС = За/ + а2 .
Ответ: За/ + а2-
11.155.0снованиемнаклоннойпризмы служит правильный
треугольник со стороной, равной а . Длина бокового ребра равна b, а одно из
боковых ребер образует с прилежащим и сторонами основания углы 45°.
Определить боковую поверхность призмы.
Решение.
Пустьправильныйтреугольник^дс — основание наклонной
призмы АВСАХВХСХ, ZBxBA~ZBxBC^45°(pnc. 11.51). Опустим перпен-

дикуляр AM на ВВХ. ЬВМА ~ ДВА/С (по двум сторонам и углу между
ними). Тогда ZBMС = ZBMA = 90° и AM = СМ = ^ML = fll 0т.
2 2
сюда следует, что ААМС — перпендикулярное сечение данной призмы
и его периметр р = a-Jl + л - а(л/2 +1) • Боковая поверхность призмы
Sb^P-BB^ab(J2+\).
Ответ: ab(Jl +1).
11.156.Доказать, что объем прямой призмы, основанием которой
служит трапеция, равен произведению среднего арифметического
площадей параллельных боковых граней на расстояние между ними.
Решение.
Пусть 5*! и 52 —площади боковых параллельных граней данной
прямой призмы, н — ее высота, а и Ъ —длины параллельных сторон
оснований, h — высота трапеции, лежащей в основании. Тогда А —
расстояние между параллельными боковыми гранями призмы,
вычислим их площади: Sj = аН, 52 = ЬН, отсюда а
.5.
я'
основания призмы S ~ (а + Ь)
2 2Я '
Объем призмы V ~ SH
: _i— ^ qro и требовалось доказать.
11.157. В правильной усеченной
четырехугольной пирамиде
стороны оснований равны а и Ъ, а
боковая поверхность равна половине
полной поверхности. Найти объем
пирамиды.
Решение.
Пусть о и Ох — центры
соответственно нижнего ABCD и верхнего
AlBlCiDl оснований правильной
усеченной пирамиды (рис. 11.52),
Рис. 11.52

M —середина CD, Мх —середина CXDX . Тогда ММХ —апофема
данной пирамиды. Пусть ММХ = х. Тогда боковая поверхность
пирамиды S6 ~ 4-^ -—l-MMx ~2(a + b)x. Площадь верхнего
основания Sx ~ Ь2, нижнего основания S2 = a2-
Полная поверхность S ~ Sx + S2 + S6. По условию S - 2S6. Следова-
тельно, S6 = S, +S2; г(а + b)x = a2 + b ,x~ 2(a + b) ■0пУстимпеРпенДи"
куляр М1Р на плоскость нижнего основания. Тогда Р принадлежит ОМ,
РМ = —-, Из bMxPM(ZMxPM = 90°): М,Р = ^ММ2 -РМ2
= \(a2+b2J (a-bf .. ,/(a2-H,2)2-(a2-A2)2 _ ab
\ 4(a+i) 4 2(a + i) a+b '
Объем пирамиды F = iM,P(S, + S2 + Js&)= ab(" +ab + b >.
3 3(a + 6)
Ответ:
3(a+i)
11.158. В треугольной пирамиде, каждое из боковых ребер которой
равно а, один плоский угол при вершине пирамиды прямой, а каждый
нз остальных равен 60°. Вычислить объем пирамиды.
Решение.
Пусть в —вершина пирамиды DAB С (рис. 11.53), по условию
DA = DB = DC = а , ZADC = ZBDC = 60°, ZADB = 90° •
ТогдаAADC и ДВОС — равносторонние,ЛС = ВС = а,ЛД = aVJ.
Так как АС2+ВС2 = АВ2,то ZACB = 90° и 5МСВ = —. DO—
высота пирамиды. Так как боковые ребра пирамиды равны, то точка О —
центр окружности, описанной около основания пирамиды. Так как ААВС
■Л
прямоугольный, то точка О — середина гипотенузы АВ, АО = • Из

Рис. 11.53
ААOD(ZAOD = 90°): DO = 4AD2-АО2 = Ja2
a3Jl
Рис. 11.54
a2 ajl
Объем
пирамиды V = - S^cj ■ DO =
Ответ:
3S
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. Вычислить объем пирамиды.
Решение.
Пусть параллелограмм ABCD — основание пирамиды EABCD
(рис. 11.54), ЛВ = 9см, Л£> = 10см, г£> = 11см, АЕ = СЕ, BE = DE.
О —точка пересечения диагоналей А С aBD параллелограмма.
Тогда ЕО — медиана равнобедренных треугольников АЕС и BED.
Следовательно, Е01А С, E01SD, то есть отрезок ЕО
перпендикулярен плоскости основания и является высотой пирамиды.
AC2+BD2 = 2(AD2+AB2); АС = у[Шсм. Значит, АС>BD и
АО> ВО- АО —проекция АЕ, ВО —проекция BE на плоскость
469

21
основания. Следовательно, АЕ>ВЕ, АЕ = \0,5 см=—см. Из
AAOE(ZAOE = 90°): ЕО = 4аЕ2 - А О2 = J— - — = 5-Л (см). По
Ч 4 2
формуле Герона S^b/, = 30V2 см2, площадь параллелограмма ABCD
А - IS^bd - б0'^2 см2- Объем пирамиды V = - S ■ ЕО = 200 см3.
Ответ: 200 см1.
11.160. Основанием пирамиды служит ромб с диагоналями dtn d2.
Высота пирамиды проходит через вершину острого угла ромба.
Площадь диагонального сечения, проведенного через меньшую диагональ,
равна Q. Вычислить объем пирамиды при условии, что dl> d2.
Решение.
Искомый объем V = -S<KII-SA, где S0CH = — dtd2 (рис. 11.55) В
&SAO имеем SA = JS02 -АО2 ,тдеАО = — ,а SO = — , так как по
2 <*,
|402 42 ■Jl6Q2-dl2d22
условию -rf2 ■ SO = g. Отсюда SA = J-^ +- = v ■
Получили к = i 4-/A .ЩШ_ = d-iW-dM2
3 2 2 2Л 12 *
Ответ: ~z^Q2 -dx2d:
12
11.161. В треугольной пирамиде две боковые грани взаимно
перпендикулярны. Площади этих граней равны р и Q, а длина их общего
ребра равна а. Определить объем пирамиды.
Решение.
Пусть в пирамиде ABCS грани ABC и ABS взаимно
перпендикулярны, ААВС — основание пирамиды, точка S —ее вершина
(рис. 11.56), S^bc-P , S^sb ~Q, AB~ a . В плоскости ABS опустим
перпендикуляр SKua А В. Тогда отрезок SK перпендикулярен плоско-

s
-j£.
Рис. 11.55
Рис. 11.56
25л.
сти ABC и является высотой пирамиды. Из AASB- SK = ^—~—
1 2PQ
Объем пирамиды V ~ - $ьлвс' SK ~ — ■
3 За
1Q
Ответ:
2PQ
За
11.162. В треугольной пирамиде все четыре грани — равные
равнобедренные треугольники с основанием а и боковой стороной ь •
Вычислить объем пирамиды. При всяких ли а и Ь задача имеет решение?
Решение.
Впирамиде SABC(pac. 11.57) АВ = AC = BS = CS = b, BC=AS=a:
Е —середина ВС. Тогда AELBC, SELBC ■ Следовательно, прямая
ВС перпендикулярна плоскости ASE. Тогда плоскость ABC также
. перпендикулярна плоскости ASE. В плоскости ASE опустим
перпендикуляр SO на АЕ. Тогда отрезок SO перпендикуляренплоскостиЛДС и
являетсявысотойпирамиды.
Из ЬЛЕВ(ААЕВ = 90°): АЕ = 4АВ2 -BE2 =Jb2-?-= }- Mb2 - а2 .
М —середина AS . Тогда ЕМ —
ем=4ае1-ам2Ль2-^)-^
высота треугольника &AES и
i/4i2-2a2
471

Рис. 11.57
Рис. 11.58
SMES •*-AS-EM=-AE-SO.
Тогда SO
AS-EM
a~^b2-2a\ l..l ., 2
? a\Ab -2a
Объем пирамиды
v^-Smbc-so з 4
1 1 /773 I ал/462-2a2 a2 4 ЛЬ2-2a2
a\4b -a —, = .
v;
46'-^
Задача имеет решение при
462-2а2>0
4i2-a2>0
, т.е. при 0 < а < b-JT.
п а24*Ь2-2а2 „ , /-
Ответ: ;0<a<b-j2.
12
11.163. В наклонной треугольной призме расстояния боковых ребер
друг от друга равны a, b и с. Боковое ребро равно /, высота призмы А.
Определить полную поверхность призмы.
472

Решены и е.
Полная поверхность призмы Smm =25осн +5'бок. Так как а- *• с —
расстояния между боковыми ребрами призмы, то а + b + с — периметр
сечения, перпендикулярного ребру.
Следовательно, 5бок= (a+b+c)l = 2р1, где р~(а + Ь+с)/2. По
формулеГеронанаходим 5сеч= ^р(р~а)(р~Ь)(р~с).
.2/
Ответ: — у/р(р ~а)(р~ Ь) (р - с) + 2 pi
п
11.164. Сторона основания правильной треугольной призмы меньше
бокового ребра и равна а. Через сторону верхнего основания проведена
плоскость, которая составляет с плоскостью основания угол 45° и делит
призму на две части. Определить объем и полную поверхность верхней
части призмы.
Решение.
В правильной призме АВСАХВХСХ В ХСХ =а, ВХСХ<ААХ,Е — точка
пересечения плоскости, проходящей через сторону ВХСХ верхнего
основания, и прямой ААХ (рис. 11.58). Пусть К — середина ВХСХ. Тогда
АХК±£ХСХ; АХК = АХК является проекцией отрезка ЕК на
плоскость АХВХСХ. Тогда ЕК ±ВХСХ, /АуКЕ— угол между секущей
плоскостью ВХЕСХ и плоскостью АХВХСХ,ААКЕ~45°.
Значит, A j Е~ АХК = , и так как ВХС} <ААХ, то АХЕ<ААХ, т.е.
точка Е принадлежит отрезку ААХ ■ Следовательно, верхняя часть призмы,
о которой говорится в условии задачи,—пирамида с основанием Ах ВХСХ и
1 т,л 1 агл!ъ ajb аъ
высотой ЕАХ , объем которой V --S^g^ -ЕАХ ~ ~~о~'
5A£4,Ci =s&EAiBl =г Щ -Л\С\ =—Т— ■ &АХВХСХ~проекция&ЕВХСХна

Рис. 11.59
с ff^Wi __ a "v6
плоскость -^jfiiQ. Тогда ^лев^ ~ Cos ZAKE ~ 4 ' Полная
поверхность пирамиды ЕАХ Вх Сх:
<;_?<; +с +с ■■ 2a2j3 а2у[б a2j3 _ а2л/з"(3+У2)
.а3 . а2л/3(3 + -Я)
4
Ответ: -
11.165. Диагонали граней прямоугольного параллелепипеда равны
a, i и с. Определить его полную поверхность.
Решение.
В прямоугольном параллелепипеде ABCDAtBlClDl (рис. 11.59)
ЛС = а, ADl~b, CDl = c. Введем неизвестные AD~x, £D~y,
а
DDl -z. Рассмотрим систему уравнений: ■ Ъ
c2=y2 + z2;
- г(х2 + у1 + z2), отсюда
a2+i2 + C2 = 2^+z2);a2 + i2+c2 = 2(62+z2);a2 + i2 + c2 = 2(c2+x2).

\а2+Ь2-с2 \a2+c2-b2 Гс
Следовательно, х ~ Л ;у~ Л ;z = J—
Полная поверхность параллелепипеда:
S = 2(xy + xz + yz)=1|a4-(i2-c2y ^b'-^-c2} ^cA-{a2~b2J
Ответ: Ja*-if,2 -с2] +Jb* -(а2 -с2] +JcA-{,2 -Ь2} ■
11.166. Длины ребер параллелепипеда равны а,Ьк с. Ребра, длины
которых равны а и Ъ, взаимно перпендикулярны, а ребро с длиной с
образует с каждым из них угол 60°. Определить объем параллелепипеда.
Решение.
В параллелепипеде ABCDAXBXCXDX (рис. 11.60) АВ~а, AD~b,
ZBAD- 90°, ААх=с, ZAX АВ = ZAXAD = 60°, АХК — высота. Так
как ZAXAB ~ ZAXAD, то АК — биссектриса ZBAD • ААХ —
наклонная к плоскости основания, АК — ее проекция, AD — прямая,
лежащая в этой плоскости. Тогда cosZAxAD~ cosZAxAK-cos ZKAD;
, . . „ cosZA,AD cos60°
cosZ^. AK = l—— ~ = —.
1 cosZKAD cos45° 2
Значит, ZAXAK~ 45°, AAKAX — гфямоугольный и равнобедренный н
Ах К ~ . Объем параллелепипеда V = SABCD • АХК = .
abcJl
Ответ: .
2
11.167. Основанием прямого параллелепипеда служит параллелог-
рам с углом 120° и сторонами 3 и 4 см. Меньшая диагональ
параллелепипеда равна большей диагонали основания. Найти объем
параллелепипеда.
Решение.
В прямом параллелепипеде ABCDAxBxCxDx(ptic.\\.6\) AB = 3см,
^£> = 4см, ZABC- 120°■ Тогда АС — большая диагональ
основания, BXD —меньшая диагональ параллелепипеда, BXD=^AC .
Площадь основания ABCD '• S--AB ВС siaZABC = 6л/з см2. Из ААВС:

Рис. 11.61 Рис. 11.62
^C2=^*2+BC2-2^BBCcosZ45C=9+16-24cos120° = 37(cm). Из
ABAD:BD2=AB2+AD2-IABADcosZBAD = 9+ 16-24cos6<F = 13 (Ы).
Из ABlBD(ZBlBD=90°): BB, = ^BlD2-BD2 =-У24 = 2-Уб (см).
Объем параллелепипеда V - S- ВВХ - 6т/з • 2->/б - Зб-х/2 (см1).
Ответ: 36т/2 (см1).
11.168.0снованием пир амиды служит прямоугольник, площадь
которого равна 5. Две боковые грани перпендикулярны плоскости основания,
а две другие наклонены кней под углами 30 и 60°. Найти объем пирамиды.
Решение.
По условию основание пирамиды EABCD — прямоугольник
АВ CD .боковые грани ABE и СВЕ перпендикулярны плоскости
основания (рис. 11.62). Тогда их общее ребро ев перпендикулярно
плоскости основания и является высотой пирамиды, в А — проекция ЕА на
плоскость основания, BA1AD • Тогда EA1ADR, следовательно,
ZEAB — Угол наклона боковой грани EAD K плоскости основания,
ZEAB = 60°. Аналогично ZECB = 30°,
Пусть ЕВ = Я. Из AABE(ZABE = 90°): АВ = BEctgZEAB = —^.
Из АСВЕ (ZCBE = 90°): ВС = BEctgZECB = нЛ■
Так как АВ ■ ВС = S, то Ят/з = S, Я = Js . Объем паралле-
„ 1 „„ S-Js
лепипеда V = - SH .
3 3

Ответ:
sjs
3
11.169. Через вершину основания
и середины двух боковых ребер
правильной треугольной пирамиды
проведена плоскость. Найти отношение
боковой поверхности пирамиды к
площади ее основания, если
известно, что секущая плоскость
перпендикулярна боковой грани.
Решение.
Пусть КО — высота правильной
пирамиды КАВС (рис. 11,63),
М—середина АК, N — середина СК, плос-
костьМЙУ^перпендикулярна плоскости
AKC.BMk.BN—медианы равных
равнобедренных ААКВ и АСКВ,
проведенные к их боковым сторонам,
Следовательно, BM=BN. Q — точка
пересечения средней линииА/ТУи
медианы КЕ треугольника АКС. Следовательно, Q — середина КЕ и MN, и так
как BM=BN, то BQ —высота и медиана &MBN ■ Так как плоскости MBN и
АКС перпендикулярны, то отрезок BQ перпендикулярен плоскости АКС
и, следовательно,BQ 1 КЕ. Итак, мы имеем: BQ — медиана и
высота &КВЕ, Отсюда следует, что ВК = ВЕ. ПустьВК =ВЕ = 1, Тогда
Рис, 11.63
ВО
2 1
= —, ОЕ = -. Из прямоугольного треугольника ВОК (ZBOK =
90°):
KOz=BKz-BOz = 1
КЕ = tJKO2 + ОЕ2 -
_l = i. далее из bEOK{ZEOK = 90°) находим
9 9'
9 + 9 3
Так как пирамида правильная,
cos/ЛЕО
-. Тогда
Se
КЕ 4б 1
1 _ КЕ _ V6 1 _ j-
' cosZKEO ~ ЕО ~ 3 ' 3 ~
Ответ:

11.170. Из середины высоты
правильной треугольной
пирамиды опущены перпендикуляры на
боковое ребро н на боковую грань.
Длины этих перпендикуляров
равны соответственно а н b. Найти
объем пирамиды. При всяких лн
а н Ь задача имеет решение?
Решение.
Пусть 01 — середина высоты
SO правильнойпирамиды S4BC
(рнс. 11.63), SD —апофема
боковой грани ASB. OtN н OtM —
перпендикуляры, опущенные
соответственно на SC hSD , Oj/V=a.
Так как пирамида SABC правильная, то плоскости ASB и SDO
перпендикулярный, следовательно, отрезок 01М перпендикулярен
плоскости ASB , ОхМ = Ъ . Опустим перпендикуляры OQ н ОР на SC н SD
соответственно. Тогда,таккак OPk}tM, OQbD^N, Ol —середина SO ,
то OP = 201M = 2b,OQ = 20lN = 2a. Пусть ZSCO = a, ZS£>0 = p\
SO = H- Тогда нз AOPD (ZOPD = 90') 0£> = -—-, из AOgC
snip
(ZOgC = 90°) ОС = -A~. Таккак ОС = 20£>,то -^=2—^-;
sma sma smp
sin a = —. Пусть OP —высота прямоугольного &SOD , опущен-
2b
ная на гипотенузу.
Тогда ZSOP = ZSDO = Р. Аналогично ZSOQ = ZSCO = а , Из
Д5РО (ZSPO = 90" У- Н =
ОР
H3&SQO (ZSQO = 90'):Н
2b
cosZSOP ~ cosfl '
OQ .
2a
cos ZSOQ cos a '
478

rr lb 2a acosB ~ .2 2
Тогда = ; cosa = . Так как sin a + cos a = 1, то
cosp cosa b
aWjl + aWjl = li ^flc.„2fl
p>1:4-
*.'?-££; ЗШР=2^; ooSP = V^^P=,|3^ =
а1 а-1Ъ V 3a2
lib1-а1 и labji
7r .Тогда H = -= ,
«v3 cosp ^h1--2
Площадь основания
V4i'-az
4 4 (sinPJ 4(аг-*г)
9аг*г^3
Объем пирамиды
.. 1 „„ 1 9а2*г,/з 2о*,/з
V = ~ on = ~
1&гЧ
3 3 а2-Ьг 4W^7 (а2-*гУ4?17-
то есть прн Ъ < а < 2Ъ.
Задача имеет решение прн
Л 18а3*3
^-b^Ab'-a2 '
11,171. Вполушар радиуса ^
вписан куб так, что четыре его
вершины лежат на основании
полушара, а другие четыре
вершины рашоложенына его
сферической поверхности, Вычислить
объем куба.
Решение.
Рассмотрим сечение
указанных полушара н куба плоско-
4Z>2-a2>0,
; b<a<2b.
479

стью, проходящей через противоположные боковые ребра ААХ н СС1
куба (рис. 11,65), О —центр полушара н принадлежит днагоналн АС
xJl
основания куба. Пусть ребро куба ААХ = х. Тогда ОА = —— н из
ААхАО (ZAxAO = 90"): ОАх = ^АА2 +ОА2 = Jx2 +^~- = xJ~ . Так как
OA}=RtTO xJ~=R;x = RJ~ нобъемкуба У=х* =~^М =^Ф~ •
2ЛзУб
Ответ: .
9
11,172. Угол между образующей конуса н плоскостью основания
равен 30°. Боковая поверхность конуса равна ЗтсТз кв. ед, Определить
объем правильной шестиугольной пирамиды, вписанной в конус.
Решение.
Правильный шестиугольник ABCDEF — основание правильной
пирамиды, вписанной в конус с высотой МО (рнс. 11,66). Тогда
ZMEO — угол между образующей конуса и плоскостью основания,
ZMEO = 30°. Пусть EO = R, ME = l.
DF R
Тогда из ШОЕ (ZMO£ = 90") l = ME--
cosZMEO cos30"
= ^;OM = OE,tgZMEO = ^..
Боковая поверхность конуса 5б = nRl - 3nV3 .
Тогда Л--т= = Зл/з ; R1 = —', R = -?= ■ Площадь основания пирамиды
V3 2 -J2
_ Л273_ЗЯ\/|_373 9_2lS(гаелУОМ_М-^.
1 с ™, 1 21& Л Я 27-Л ,
з з 4 4г 4-Л
Л 27^2 К
Ответ: куб. ед.

Рнс. 11.66
Рис. 11.67
11.173, Около шара радиуса R описана правильная шестиугольная
призма. Определить ее полную поверхность,
Решение.
Правильный шестиугольник ABCDEF — основание правильной
призмы, описанной около шара с центром о (рнс. 11.66), Точка О —
середина оси iXj призмы, LLX = 2R. М — точка касания шара с
гранью CCjDjD призмы, к —середина CD. Тогда ОМ н ix
перпендикуляры грани CCXDXD н, следовательно, OM^LK , а так как LO
параллельна грани CCXDXD, то LK-OM = R. Ы£ —высота
равностороннего ACLD •
Тогда CD = —— = —j— ,5^,-—j—- —~ —.
Площадь основания призмы S^ = 6S&cld ~ 2Л2л/з , периметр основания
Росн = 6CD = 4 Лл/з, боковая поверхность призмы 5"б = Дси ■ ^А = 8R2 V3.
Полная поверхность призмы S = 2SOCH +S6 = 12R2 Jb .
Ответ: \2R2Jb.
11.174. В шар радиуса R вписана правильная шестиугольная
усеченная пирамида, у которой плоскость нижнего основания проходит
16 Сканяяи М. И., кн. 2 481

через центр шара, а боковое ребро составляет с плоскостью основания
угол 60°. Определить объем пирамиды.
Решение.
По условию, ZOAAl= 60° (рнс. 11.68); значит, ZOlOAl = 30е и
АП Х АП R М Rf* U С tRl& 3R2Jl
AiOi=—AlO =— ,OOl= ."—""" c ~c -
_j_ =зд^/з
n „ 1 R*Ib
Получаем, что V = -—
3 2
21Л3
Ответ: .
16
ЗД2,/з ЗД2,/з
кк4-з"
2XR*
16
11.175. Около шара описан прямой параллелепипед, у которого
диагонали основания равны а н b • Определить полную поверхность
параллелепипеда.
Решение.
Пусть радиус шара равен R, В сечении шара плоскостью, проходящей
через его центр н параллельной основанию параллелепипеда, получим
параллелограмм, описанный около окружности радиуса R. Поскольку
суммы противоположных сторон такого описанного параллелограмма равны,
он представляет собой ромб. Пусть сторона ромба равна т; тогданскомая
полная поверхность S = 25"осн + S^* = 2m-2R + 4m-2R = 6m-2R = 65'OCH.
Но 5"осв = — ab н окончательно получим 5" = ЪаЪ •
Ответ; ЪаЪ •
11.176, В шар радиуса R вписана правильная четырехугольная
пирамида. Определить объем этой пирамиды, если радиус окружности,
описанной около ее основания, равен г ■
Решение.
Пусть ЕО —высота правильной пирамиды EABCD , вписанной в
шар радиуса R (рнс, 11.69), ОС = г- Точки А, Е, С принадлежат
поверхности шара, Следовательно, R — радиус круга, описанного
. ,™ т d ЛЕ ЕС-AC ЕС1 АС ЕС2 п
около ААЕС • Тогда R = = — = . Пусть
4^^ 4--АС ЕО 2Е0
2

Рнс. 11.68
Рис. 11.69
Н1 +г2
£0 = Я.Тогданз АЕОС : ЕС2 = Я2 +г2 . Значит, = R;
2Я
H2-2HR+r2=0; Н = Я + 4яг-гг илнЯ = Л-л/л2-г2 .
Площадь основания пирамиды S =—AC =2г , а ее объем
2
3
Ответ:
2г2(л+л/л2-
г2
3
2г2Гл±л/л2
-г2
3
11.177. Конус образован вращением прямоугольного треугольника
площадью 5" вокруг одного нз катетов. Найти объем конуса, если
длина окружности, описанной прн вращении этого треугольника
точкой пересечения его медиан, равна £ .
Решение.
Искомый объем V = -тсг2Л. Пусть конус образован вращением ААВС
вокруг катета ВС (рис. 11.70); тогда AC~r, BC = h. По условию
1 2
—rh = S\ тогда V = —mS . Далее, по условию, 2nDN= L, где D —

/ 1 \р,^--
и
/ ч '
Рис. 11.70 Рнс 11.71
точка пересечения медиан, £WJJ?C-Ho DN: AC = DM: AM = 1:3, =>
г 2 3L 2 3L
DN =—: следовательно, — itr = L, r = —. Имеем V = ~nS = SL .
3 3 2тс 3 2тс
Ответ: SL,
11.178. Треугольник со сторонами, равными а, Ъ н с, вращается
поочередно вокруг кавдой из своих сторон. Найти отношение объемов
полученных прн этом фигур,
Решение.
Пусть объемы тел вращения вокруг сторон а, Ь, с равны Va, Vb,
Vc;тогда Va=-nhla, Vb=~nhbb, Vc =-лЛс2с,где ha, hb, hc
—соответствующие высоты,
2 2
Учитывая,что aha = bhb =cAc =25,имеем Va = ~nSha, Vb =—nShh,
Vc=^nShc иди Va^-vS2--, Vb = -nS2--, Кс=4^2---Оконча-
3 3 a 3 b 3 с
тельно*/a:Vb:Vc = -:-:-.
a b с
1 1 1
Ответ: —:—:—,
11.179. Дан куб ABCDAlBiCiDl f ребро которого равно а. Через
диагональ АС его грани ABCD проведена плоскость, параллельная

Рис. 11,72
прямой ВОх, где Ох —центр грани AXBXCXDX.
Найтагшощадьполученного сечения,
Решение.
Пустьо —центр квадрата ABCD (рнс, 11.71). В
четырехугольнике BOxDxO BOpxDx, BO = OxDx. Следовательно, BOxDxO
—параллелограмм, 0ДЦ.В0!, и тогда прямая ВОх параллельна плоскости
ADXC, а треугольник ADXC — сеченне куба искомой площади. Из
AODDx (ZODDy =90°): ODx=^OD2 +DDX2 =^p .
Ответ: .
2
11.180. На ребре двугранного угла 120° взят отрезок длиной с, н из
его концов проведены перпендикуляры к нему, лежащие в различных
гранях данного двугранного угла н имеющие длины а и b • Найтн
длину отрезка прямой, соединяющего концы этих перпендикуляров.
Решение.
Пусть прямая АХВХ —ребро данного двугранного угла (рис. 11.72),
АХВХ = с, ААХ1АХВХ, ВВХ1АХВХ, ААХ = а, ВВХ =Ь.Вплоскости ААХВХ
проведем перпендикуляр ВХС к АХВХ, ВХС — АХА . Тогда ZBBXC —

линейный угол данного двугранного угла, ZBBXC = 120°, ЛСЦ^Л, ,
АС = А1В1=с. Так как А\ВХ — перпендикуляр к плоскости ВВ1 С,, то
AfiilBC . Л,В,||Л С. Тогда A CU3C ■ Из ДВД,С : ЯС2 = ВВ2 + ВХС2 -
-2BBt В^ cosZBBlC = b2 + a2 -labcosllO' = a2 + ab + b2.
Из ЬВСА (ZBCA = 90'): АВ = 4вС2 +АС1 = 4a2 + b2 +c2 +oi .
Ответ: 4 a2+b2+c2+ab.
11.181. Полная поверхность конуса равна nS кв. ед. Развернутая
на плоскости боковая поверхность конуса представляет собой сектор с
углом 60°. Определить объем конуса.
Решение.
Пусть к — радиус основания конуса, / — его образующая, н —
высота. Развертка боковой поверхности конуса — сектор круга
радиуса/с центральным углом бо°. Длина дуги которого 2kR ■ Тогда
2%R = - ■ 2я/; / = 6R . Н = 4l2 -R2 = Я4ЪЪ . Полная поверхность ко-
6
нуса nS = nRl+nR2. Следовательно, S = R-6R+R2 = 7R2, J! = J-,
Я = J- • л/35 =755 . Объемконуса V = -nR2H = -n-45S = 0Ё?!И..
»7 3 3 7 21
Ответ: »
21.
11.182. Радиус основания конуса равен к, а боковая поверхность
равна сумме площадей основания н осевого сечения. Определить объем
конуса.
Решение.
Пусть н — высота,/ — образующая конуса. Тогда j - Vi/2 +R2 >
площадь осевого сечення S, = RH, площадь основания S2 = kR2 ,
боковая поверхность s} = %Rl = kr4h2 + R2. По условию S, = S, + S2.
Тогда kr4h2 +R2 =RH+kR2; k4h2+R2 =H+kR;
436

п2(н2 +R2)=H2 +2nRH+n2R2; n2H2 = H2 +2nRH; (n2~lJH=2nR;
и ^ЛЛ 1т It
" =_1—:.Объем конуса V = -nR H = -%R
it -1 3 3
2kR
__ 2k'R'
T_3^M
Ответ;
2k2Rs
11.183. Около шара описана
правильная треугольная призма, а около нее
описан шар. Найти отношение
поверхностей этих шаров.
Решение.
Пусть г н R —- радиусы
вписанного и описанного шаров (рнс. 11.73);
тогда BD = 3r, AD2 + BD2 = АВ2 =4AD2,
BD2=3AD2, AD2=3r2.
Из AAKD находим, что
КЛ2 =KD2 +AD2=r2 + 3r2 = 4r2, а Рнс 1U3
нз Д(Ж4 —что ОА2 =ОК2 +КА2 = г2 + 4г2 = 5г2 = Л2
.Обозначивповерхности вписанного н описанного шаров через s н S, имеем .у = 4тсг ,
S = 4яЛ2,тогда S:s = R2 :r2 =5:1.
Ответ: 5:1.
11.184. Даны цилнидр н шар. Радиусы основания цилиндра н
большого круга шара равны. Полная поверхность цилнидра относится к
поверхности шара как т:п . Найти отношение их объемов.
Решение.
Пусть R — радиус основания цилиндра н радиус шара, Н —
высота, Sj — полная поверхность, Уг — объем цилиндра, S2 — поверх-
S, 2kR2+2kRH R+H m
объем шара. Тогда
4itfl2
2R
Пусть Л + Я = т.Тогда 2R = n . R = - н H = m-R =
2
V, %R2H ЪН 3(2т-и) „ бт-Зи
вательно, —- = = = -Ь -:2п-
2m-n
. Следо-
Ответ:
2 -kR
3
Ьт-Ъп
4и
4R

м
Рнс. 11.74
11.185. Найтн площадь поверхности шара, вписанного в пирамиду,
в основании которой лежит треугольник со сторонами 13, 14 и 15 см,
если вершина пирамиды удалена от каждой стороны основания на 5 см.
Решение.
Пусть МО —высота пирамиды МАВС (рнс. 11.74), АС=13 см,
ЯС=14 см, АВ = 15 см, МКЫС, МР1ЛВ, MF1BC, МК = МР =
= MF = 5 см.
Тогда ОК1А С , ОР1АВ, OF1BC ,OK = OP = OF н,
следовательно, точка О L-~ центр круга, вписанного в ААВС, а ОК = г — радиус
этого круга. Полупернметр треугольника ABC p~2l, его площадь
вычисляем по формуле Герона SA = 84 см2, г = -&■ = 4 см.
Р
Из АКОМ (ZKOM = 90'): МО = J KM1-КО1 =3 см. ZMKO,
ZMPO, ZMFO —линейные углы двугранных углов прн ребрах
основания, и так как ZMKO = ZMPO — ZMFO, центр Е шара,
вписанного в пирамиду, принадлежит и высоте МО , а КЕ является
биссектрисой ZMKO. Пусть радиус шара ЕО — R . По свойству биссектрисы
488

треугольника нз АМКО:
ЕО ОК
ME
^;^rf;*=f Шощадь
поверхности шара S = 4kR2 ~ см2.
Ответ;
64тс
11.186. Высота конуса равна А . Разверткой боковой поверхности
этого конуса является сектор с центральным углом 120°. Вычислить
объем конуса.
Решение.
Пусть л — радиус основания конуса, / — ее образующая. Длина
дуги развертки боковой поверхности равна 2kR или
2л/
Тогда
2nR = -nl, / = ЗД- Так как /2=Д2+й2,то 9Д2=Д2+й2, R2 = ~.
3 8
„ „ I _2, I А2 , лЛ3
Объем конуса V = -nR п=—к п = .
' 3 3 8 24
Ответ;
24
11.187. Вычислить поверхность шара, вписанного в треугольную
пирамиду, все ребра которой равны а.
Решение.
Проведем плоскость через
высоту пирамиды и апофему
(рнс. 11.75). Радиус круга в
полученном сеченнн равен
радиусу шара. Так как все ребра пн-
рамиды равны а, то SD = ——,
OD
а&
Из 6SOD находим
0.U*
so=>/so2-oo2=^.o6o-
значим радиус шара через г,
тогда SO^SO-r.
Рис
-£^Л/*>
А
11.75

В 6SKOl имеем 0}K2^S02-SK2 нлн г2 ~(SO-rf-?-, откуда
la larJe ^ - ___
+ г т.е. r~
3 3 3
r = ~ ~+ r --'Т"е-'~2Л-
Получили S a = 4га- =•■—.
о
п тих2
Ответ: -—-.
6
11.188. Определить боковую поверхность н объем усеченного
конуса с образующей, равной /, описанного около шара радиуса г.
Решение.
Для нахождения боковой поверхности усеченного конуса
воспользуемся формулой S6oK = Jtfo + г2)/, где гг н г2 — радиусы оснований
усеченного конуса. Проведем плоскость через высоту конуса. В
сечении получим равнобедренную трапецию, описанную около круга
радиуса г , причем AD - 2г2, ВС = 2г} (рис. 11.76). Для описанного
четырехугольника имеем BC + AD = AB + CD ,те. 2rj + 2г2 -2/,откуда
S6oK-nl2. Объем усеченного конуса V = ~кНщ+r2f-r^j, где
H^-lr, rA+r2 = l, г^-г2 ■ Последнее соотношение получается из
прямоугольного треугольника OCD, в котором ОК2 -СККЬ
{Z.COD- 90°, поскольку ОС ^OD —биссектрисы углов трапеции и,
значит, ZOCD+ZCDO- 90° )■ Итак, V' = -га(/2 - г2).
Оли»»; ^; М^2).
3
11.189. В цилиндрический сосуд, радиус основания которого r = 4 см>
помещен шар радиуса г = 3 см. В сосуд наливается вода так, что ее
свободная поверхность касается поверхности шара (шар прнэтом не
всплывает). Определить толщину того слоя воды, который получится, если
вынуть шар из сосуда.

в
Рис. 11.76 Рис. 11.77
Решение.
Пусть V0 —объем воды в сосуде, когда в него помещен шар, Vx —
объем шара, V2 — объем жидкости в сосуде после того, как вынули
шаР> А —высота искомого слоя жидкости, Н —высота слоя
жидкости с шаром, V —объем воды н шара вместе.
Я = 2г = 6 см; V = kR2H = 96k cm3; V{ =~шг =36тс см3;
yQ = V-VX = 60тс см3; V2 = nR2h.
г is is , Vq бОтс 60тс 15 . __ . ч
Таккак К2=К0,то А = —\ = —=- = = _ = 3,75 (см).
kR2 KR2 16тс 4
Ответ: 3,75 см.
11.190. Радиус основания конуса равенR . Две взаимно перпендн-
i кулярные образующие делят площадь боковой поверхности конуса на
части в отношении 1:2. Найтн объем конуса.
Решение.
ВО —высота данного конуса, ВА н ВС —образующие, о которых
говорится в условии задачи (рнс. 11.77). Пусть ВА = 1 ■ Таккак ВА = ВС
н /ЛВ С - 90° >то А С ~ l-Jl • Так как по условию образующие ца н
ВС делят площадь боковой поверхности конуса в отношении 1:2, то
491

длина дуги, опирающейся на АС, составляет 1/3 длины окружности
основаниян.^40С = 12О0. Пусть К —середина А С. Тогда АК = ,
j [у rJt, [3
. ZAOK = 60°HAK = OAsinZAOK; ~ = Ran60'=——; l = RJ-.
V~2 2 [З 2 Г Л"\/2
/ -R = J-R -R =—'—. Объем конуса
3 3 2 6
пКъЛ
Ответ: .
6
11.191. Около шара описана правильная четырехугольная
усеченная пирамида, у которой стороны оснований относятся как т:п.
Определить отношение объемов пирамиды н шара.
Решение.
Рассмотрим равнобокую трапецию ММ^К]К н вписанный в нее
кругсцентром е
—сеченнеданнойкомбннациителплоскостью,проходящей через середины противоположных сторон оснований
усеченной пирамиды (рнс. 11.78). Пусть МК~т, г — радиус вписанного
шара. Тогда М^К^ = п , высота усеченной пирамиды Н = 2г> объем
усеченной пирамиды Vx ~ — (т2 + п2 +тп), объем шара У2 =—ш3.
р —точка касания круга, вписанного в ММ}К}К со стороной КХК.
Тогда ЕР-г-, ЕР1К%К, н так как АК^ЕК прямоугольный, то
г2 = ЕР2 =К,Р-РК. К,Р = К,0^~; КР = КО^~.Тогда г2 =—■.
2 2 4
х, Y/M +Л +/пп) 2 2 22 ^1 2 2 ■ \
У\ _ Ъ т +" +тп __ т +" + тп _ 2\т + п +тп)
У2 ' ±шз ~ 2яг2 "" 2п~ ~~ шпп
3 4
п 2\т2+п2+тп)
Ответ; —* L.
■ктп
492

.JO .
•i,-
m
-. L
в
Рис
' -*-
11.79
11.192. Плоскость, проведенная через вершину конуса, пересекает
основание по хорде, длина которой равна радиусу этого основания.
Определить отношение объемов полученных частей конуса.
Решение.
Пусть AO = r, SO = h (рис. 11.79), V —объем конуса, К, н V2 —
объемы его частей. Найдем V1 как разность между объемами части
конуса, основанием которой является сектор ЛОВ , н пирамиды, в
основании которой лежит АЛОВ . Согласно условию, АВ = г, т.е.
АВ — сторона правильного вписанного шестиугольника н, значит,
V, = то2й A = -S,A,rae S, — площадь сегмента АтВ.
1 6 3 3 4 3 ' '
S2=to2-
Тогда V1 = V-Vi=-S2h, где S2 = то -S,. Таким образом, V1:V1 =
с о „ о ! 2 Г2 л/3 Г2Ья-ЗЛ)
= St: 5?. Далее находим S,=—то = —п %
6 4 12
г2(2я-3-Л)_г2(юя + 3-Л) j/ -j/ - 2я-3^3
12 12 => '• 2 юге + 3^3 "
2я-зУз
Ответ: , /- .
107C+3V3
11.193. Основание пирамиды есть прямоугольный треугольник.
Боковые ребра пирамиды равны, а боковые грани, проходящие через
493

катеты, составляют с плоскостью основания углы 30 н 60°. Найти
объем описанного около пирамиды конуса, если высота пирамиды
равна h ■
Решение.
Пусть DO —высота пирамиды DABC (рнс. 11.80), ZACB = 90°,
DO = h ■ Так как боковые ребра данной пирамиды равны, то О —
центр окружности, описанной около ААВС уятгкклк ААВС
прямоугольный, то О —середина гипотенузы ^В • Опустим
перпендикуляры OF н ОЕ соответственно на катеты АС я ВС основания. Так как
OF — проекция DF на плоскость основания, ОЕ — проекция DE,
то DF1AC, DE1BC, ZDFO —угол наклона грани ADC к
плоскости основания, ZDFO = 60°, ZDEO —угол наклона грани BDC к
плоскости основания, ZDEO — 30°.
Из ADOF (ZDOF = 90°): OF = DOctgZDFO = hj3 . Из ADOE
(ZDOE = 90° )'• OE-DOz\%ZDEO-—= . Радиус круга, описанного
v3
около ААВС, R = 0C = J0F2+0E2 =J3h2+—=h
Объем конуса, описанного около данной пирамиды,
„ 1 D2. I 10A2 , ЮлЛ3
3 3 3 9
ЮлЛ3
Ответ: .
9
11.194. Параллелограмм, периметр которого равен 2р, вращается
вокруг оси, перпендикулярной диагонали длиной d н проходящей
через ее конец. Найти поверхность фигуры вращения.
Решение.
Поверхность 5 тела вращения состоит из боковых поверхностей
двух усеченных конусов, полученных прн вращении отрезков ВС н
CD (рнс. 11.81), и двух конусов, полученных прн вращении отрезков
АВ* AD-
494
#

D
Отсюда S = n(KB + AC)BC+idMD + AC)CD+nKBAB+nMDAD.
Учитывая, что AD=BC, CD = AD и KB + MD = AC, имеем
к(КВВС+АС BC + MDAB+ACAB+KB AB + MD BC)=
= n((KB+MD)BC + (KB + MD)AB + ACBC + ACAB)=
= n(2BC + 2AB)AC.
По условию AC = d , 2ВС + 2АВ = 2р, отсюда S = 2ndp.
Ответ: 2ndp.
11.195. Радиус основания конуса равен R, а угол развертки его
боковой поверхности равен 90°. Определить объем конуса.
Решение.
Пусть / — образующая конуса. Так как длина дуги развертки
боковой поверхности конуса равна длине окружности основания, то
2kR - -~ (по условию развертка представляет собой четверть круга),
откуда /=4Л.
495

Найдем высоту конуса: f, = -Jp-R1 = -Jl6R2-R2 = Ryfl5 • Далее,
i 3
Ответ: - .

Решения к главе 12
ЗАДАЧИ ПО ГЕОМЕТРИИ
С ПРИМЕНЕНИЕМ ТРИГОНОМЕТРИИ
НЕКОТОРЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕВДУ
ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР
1. Площадь параллелограмма ABCD (рнс. 12.1) можно вычислить
по следующим формулам:
s = AC^B^tgA.
(а)
з„*#^#„*ло0,
(б)
где О — точка пересечения диагоналей А С н gj).
2. Пусть известны длины ъ н с двух сторон треугольника ABC н
угол А , образуемый имн (рнс. 12.2). Тогда длина биссектрисы AD
треугольника, проведенной нз вершины этого угла, выражается формулой
_ 2bccos(A/2)
Рнс 12.2

3. Справедливы следующие
соотношения между элементами шара н
вписанного в него конуса:
/ = 2Rsinct; (a)
l2=2RH, (б)
где R —радиус шара, / —длина
образующей конуса, И — его высота,
а — угол между образующей н
плоскостью основания.
Такие же соотношения
справедливы н для вписанной в шар пирамиды,
боковые ребра которой имеют длину
/ н составляют с плоскостью
основания угол а.
4. Пусть AyBi — боковое ребро
пирамиды или призмы, AiO -— его проекция на плоскость основания,
ZBxAp~a, ZOAiA2 =p\ ZB]AiA2 -у (рнс. 12.3). Тогда справедливо
равенство cosy = cosacosp.
Доказательство этих соотношений можно найти в любом нзданнн
данного сборника задач по следних лет.
Рис 12.3
12.131. В остроугольном треуголышкеЛВСвысотаЛ/) = а, высота
СЕ~Ь, острый угол между AD н СЕравена. НайтиЛС.
Решение.
Так как ААВС острругольный, то точка О пересечения его высот
находится внутри треугольника, ZAOE- a (рнс. 12.4).
ААЕО н AADB— прямоугольные с общим углом ZDAB. Отсюда,
ZB=ZAOE-a.
СЕ Ь
Из АСЕВ (ZCEB = 90 °): СВ = ^-— = -—.
' ' smZB sraa
Из AADB (ZADB - 90 °): ЛВ = ^-— - -—.
v ' sin Zi? sin a
Из ААВС:
2
АС2=АВ2+ВС2-2 АВ ВС cosZB = —%- +-
2a£cosa
sin a sin a sin a

A
Рнс. 12.4
Рнс. 12.5
л/?Ч
b -labcosa
sin a
л/а2
+ b2 ~2abcosa
АС-
Ответ.
sum
12.132. Острый угол прямоугольного треугольника равен а. Найти
отношение радиуса вписанной в треугольник окружности к радиусу
описанной окружности. При каком зиаченииа это отношение является
наибольшим?
Решение.
В ААВС(рнс. 12.5) ZABC-W,ZABC- а, О — центр вписанной
окружности, D—точка ее касания с гипотенузой^^.
Пусть радиус вписанной окружности OD - г.
Тогда нз ABDO(zBDO = 90°) :BD = ODctgZOBD = r ctg-.
Из AADO(ZADO - 90°): AD - ODci%ZOAD-r ctg 45°- — j
Радиус описанной окружности будет равен
г sin 45° г
sin) 45°-— 1-sin— 2V2sin 45°-— sin —

Тогда — = 2-Jl sin 45° - — sin—.
l4l sinf 45° - - kin - = ■& (cos(45° - a)- cos 45°) = -Л cos(45° - a) -1.
Полученное отношение принимает наибольшее значение, когда :
cos (45° - a) = 1, то есть, так как 0 < a < 90°, прн a = 45°.
Ответ: 2-Д sin 45°-— sin—;a = 45°.
{ ■2) 2
12.133. Дуга АВ сектораЛОВ содержит а радианов. Через точку5
и середину С радиуса ОА проведена прямая. В каком отношеннн она
делит площадь сектора?
Решение.
Обозначим радиус данного сектора через R.
ПлощадьсектораЛОЛ(рнс. 12.6) S = ——.
SbBco =-OC-OBsmZBOC = S-^B._
Площадь фнгурыЛ.ВС
„ „ „ R2a R1 sina R1 ,. . %
S^S-Su,co=— — = — (2a-sina)
_ Stam sina
Тогда ьясо '-
Ответ:
S, 2a-sina
sina
2a-sina
12.134. Основания равнобедренной трапеции равны а и b (о > b),
угол прн большем основании равен а. Найти радиус окружности,
описанной около трапеции.
Решение.
Пусть5Ь—высота даннойтрапецииЛ.ВСХ>(рнс. \2.1),BC=b,AD~a,
Z4=o;0°<a<90°.
Тогда AL = ^— иiaAALB(ZALB = 90°):
ЛВ = -*=*-.
2 cos a

Рис. 12.6 Рис. 12.7
Далее, из AABD:
а2-2аЬ+Ьг г г t
-+а -a +ab
4cos^a 2cosa
a2 -2ab + b2 + 4abcosa
4 cos a 4 cos a
q2 + A2-2ql>(l-2cos2a) q2+A2+2qfrcos2a
4cos a 4cos2a
Vo2+i2+2oicos2o
BD =
2 cosa
Радиус окружности, описанной около ABA D, будет равен
BD i/q2+ft2+2qbcos2a
IsmZA 2sin2a
Va2+ft2+2abcos2a
Ответ: .
2sin2a
12.135. Найти отношение площади сектора с данным центральным
углом а радианов к площади вписанного в него круга.
Решение.
Пусть О — центр данного сектора^ОВ (рис. 12.8), центр 0}
вписанного в него круга принадлежит биссектрисе ОКутаА ОВ.
Далее, пусть R — радиус сектора, г — радиус круга.
Тогда площадь сектора St ~ —-—, площадь круга S2 ~ ш1.
D —■ точка касания круга и радиуса ОВ.
501

Рис. 12.8
Тогда 0,DXOB,0,D = r.
Из ДО,£ка ZO,DO = - 1:00, = .
V 2) sin—
2
R = OK=00,+0,K = -
1 + sin
II.
1 + cos
2 2
2rcos'
2[ It _Ct
4~7
2
4('jt a
4acos"*| : 2acos
,44) 44]
,41 я a
2Jt r2
2>tsin
2 0t
. 1 «
jtsirr —
2
Ответ:
„2 a
12.136. Боковые стороны трапеции равны р nq (p<q), большее
основание равно a. Угаыпри большем основании относятся как 2:1.
Найти меньшее основание.
Решение.
Пусть ВМа CN—высоты трапеции ABCD (рис. 12.9. а),
АВ = р, CD = q,AD = a.
Тогда ZA:ZD=2A,MN = BC = x. Пусть ZD = a. Тогда ZA=2a.
B&AMB(ZAMB = 90°): ВМ = р sin 2a; AM = р cos 2a.
BUDNC(ZDNC = 90°) :CN = gsina; £W = gcosa

Таккак5М = СЛг, Topsin2a=^sina;2psinacosa = ?sma; cosa = —.
AD=AM + MN + ND; a = pcos2 a+ x + qcos a,
x~a~pcos2a-qcosa = a~ py-cos2 a-l)-^cosa =
= e-^2
V
1 H 2p 2p V Ip
P +ap-q
В случае, если 90 ° < 2a <180° (рис. 12.9 6) AD = ND + MN -AM =
9cosa+x-/?cos(l80°-2a) = ^cosa + A: + ^cos2a, и получаем тот же ответ.
Ответ:
р +ap-q
12.137. Площадь
равнобедренной трапеции равная
угол между ее диагоналями,
противолежащий боковой
стороне, равен а. Найти
высоту трапеции.
Решение.
Пусть О — точка Пересе- А
чения диагоналей данной
трапеции ABCD, АВ = CD
(рис. 12.10), ZAOB=a.
Рис. 12.10
Так kz.kZ.AOB — внешний угол Д4 ОД АО = OD, то ZCAD = -
Пусть СК = Н—высота трапеции.

ИзААКС (ZAKC = 90°): AK = Hctg~.
Тогда площадь трапеции S = СК - АК ■ СК = Я2 ctg—.
J a
Окончательно,
Ответ;
12.138. Большее основание вписанной в круг трапеции равно
диаметру круга, а угол при основании равен а. В каком отношении точка
пересечения диагоналей трапеции делит ее высоту?
Решение.
Пусть основаниеЛ£>равнобокойтрапецииЛ.ВС1) (рис. 12.11) есть
диаметр круга, описанного около трапеции, тогда центр О круга —
середина Л D.
ВысотаЛГО трапеции проходит через точку L пересечения диагона-
KL LC
лей,Д5£,С~ДЛЬД Тп^Тп-
ZA CD —вписанный, опирающийся на диаметр, поэтому ZA CD =90°.
ZA CD и ZA OL — прямоугольные с общим острым углом при вер-
шинеЛ, OrcioRa,ZALO =ZADC = cl
TorwZKLC-ZOLD =a, ZCLD = 180 °-2а, из DLCD (ZLCD =90°);
LC
= cosZCLD - cos(l80°-2a) = -cos2a
LD
Ответ; -cos2a,
12.139. В равносторонний треугольник ABC вписан
равносторонний треугольнике lBlCt, ТочкаЛ, лежит на стороне 5С,точка5, —на
стороне А С и точка С, — на стороне АВ. Угол A tBt С равен а. Найти
отношение^ тА1В1.
Решение.
ВДЛ,В,С(рис. \2.\2)ZC~ma,ZBlA1C = 120°-a.
АВ ^АХС + ВХС АХС ВХС _smZAlBlC smZB^C _
АХВХ~ AiBx ~AXBX AiBx~ sinZC sinZC
sina + sin(l20°-a) 2sin60°cos(60°-a) „ . /„лп \
= r-TZn. r—~ = 2 sin(30° + a I
sm60° sin60°
Omeem: 2 sin (30° + a).

Рис. 12.11
Рис. 12.12
12.140. В каком отношении делит высоту равнобедренного
треугольника^ Сточка О, из которой все три стороны видны под одним и
тем же углом (ZAOB - ZBOC ~ ZCOA), если угол при основании
треугольника равен а а >
Решение.
Пусть BD — высота, биссектриса и медиана ААВ С (рис. 12.13).
ZAOB = ZBOC = ZAOC = —.
3
ZAOK = -ZAOC = ~.
2 3 , ч
nycTbO^T= 1,тогда из AADO] ZADO = - :
AD = ODK%ZAOD = tg- = -Л.
Из AADB\ZADB =— \:BD = AD^ZBAD=Si$a.
BO BD-OD BD
OD
OD OD
к
^3tga-l = ^3jtga--j=]=^3ftga-tg|
^sin|a-|] 2sin(a-|l
6
2sin| a
Ответ:
cos a
»0
считая от вершины.

D
Рис. 12.13
12.141. Высота равнобедренного треугольника равна А и составля-
етсбоковойсторонойугол га а <— 1 Найти расстояние между
центрами вписанной в треугольник и описанной около него окружностей.
Решение.
Пусть BD — высота AABC,AB = BC,BD=h,ZABD = a,01u02 —
центры соответственно описанной и вписанной окружностейтреуголь-
нккаАВС.
Так как ZABC - 2а й —, то точки 0} и 02 расположены на отрезке
ЛОтак, что 0; лежит между точками В и 02 (рис.12.14).
В AADB\ZADB = -
/itga
AD = BDigZABD = higa.
ZBAD = --a,ZDA01=-ZBAD = --~.
11 4 2
В hADoizADO, = -\.A07 = —
I 2 2 I 2 cosZDA02
jta
1 2"
Так как ZAOp2— внешний угол равнобедренного треугольника
AOfi (O^ = ОД), то ZAOr02 = 2 ZABD = 2a.

ZOlA02=ZBAD-(ZBA01+ZDA02) = --a-(a + - --j=*_—.
B&0,AO,
0,0,
АО,
smZO,A02 sinZAOft;
3a
>0,0,=A0,
sm.ZO,A02
sin ZO,OtA
_ [к Sa\ , (n 3a
sin ncos —i
/ztga [4 2 )_ J4 2
»t _ct ) sin2a
2 ~1~
2cos2acos
I4
»t a
Ответ: ■
, i «. 3a
псоя —н
14 2
2 cos a col
12.142. В окружность радиуса R
вписан треугольник, вершины
которого делят окружность на три части в
отношении 2:5:17. Найти площадь
треугольника.
Решение.
ПустьиЛ.В =2х(рис. 12.15),u5C=5x,
KjAmC=17хи2х + 5х + \7х =360°,* = 15°
=>ZAOB ~\jAB =30°,Z5OC=u5C =75°,
ZA ОС =ZA OB + ZBOC =105°.
:=5д,
s +S&i
--5Д.
Рис. 12.15
= i.R2sin30° + -.R2sin75°--.R2sinl05'>. Так как sin75° = sin 105°, то
2,2 2
S -*1
^AABC ~T-
4
Ответ:
Rz
12.143. Тангенс угла при основании равнобедренного треугольника
равен 3/4. Найти тангенс угла между медианой и биссектрисой,
проведенными к боковой стороне.
Решение.
В ААВСАВ = ВС, AM — биссектриса,^^ — медиана, BD —
высота, (рис.12.16). ZC = a,tga = -.

в
л D К
Рис. 12.16
Пусть BD = Ъх => CD = BD ctg a= 4x.
ПроведемЛЖРПТаккакгЛ'=Л'С,то£>Ж=ХС=2х, NK=-BD = l,5x,
2
ПустьZMyW = у,тогдаZWylC = --у, tg^-у =—=——=-.
tga =
2tgf _з
В 2
ja 4:3tg2f+8tgf_3=o^tgf=I;
«gj--*
a 1
Так как a — угол острый, то tg — > 0, tg — - - . Таким образом
Л2 Ч ,..«,.. 4; ,. 1,„„ 4; ВУ 13-
Ответ:
1+tg-tgy ч' l + -tgy
_L
13*
12.144. Найти синус угла прн вершине равнобедренного
треугольника, если известно, что медиана, проведенная к боковой стороне, со-
3
ставляет с основанием угол, синус которого равен - .

E
Рнс. 12.17
Рис. 12.18
Решение.
В ААВС АВ = ВС, BE— высота, медиана, биссектриса. AD —
меднана,0 — точкапересеченняЛ1)н.В.Е(рис. 12.17), svaZOAE = — .
Пусть АО = 5х, тогда ОЕ = Ъх, ОЕ = Зх, АЕ = 4х ■
ВЕ = ЗОЕ = 9х-
, •. , а АЕ 4
Если ZABC = а,то из AAEB(ZAEB = 90*): 'В~
ВЕ
2Ч"2
Ответ:
iW- i+
2 81
72
9_=72
16 97-
97-
12.145. Через верщину угла а при основании равнобедреииого
треугольника проведена прямая, пересекающая противоположную
боковую сторону и составляющая с основанием угол р". В каком
отношении эта прямая делит площадь треугольника?
Решение.
В ААВС АВ = ВС, ZBAC = a,ZDAC = $ (рнс. 12:18)
Тогда ZBAD = a-$.
S09

в
D D
Рис. 12.19 рис. 12.20
Пусть АВ = а =» АС = 2acosa и
о —АВ■ ADsmZBAD лп . ,пЛп • t a\
$ьвлр _ 2 _ABsniZBAD_ asm(a-|j)
S*cad LAC ADsinZCAD ACsiaZCAD 2ocosasinP
2
sin(a-P)
2cosasin|3
sin(a - p)
Ответ: z : r .
2cosasm|3
12.146. Черезвершину равностороннего треугольника ЛЛСпрове-
дены параллельные прямые AD, BE и CF. Прямая BE лежит между
прямыми AD и CFn делит расстояние между ними в отношении т:п,
считая от прямо&АВ. Найти уголВСР.
Решение.
ПустьЛ^—общий перпендикуляр данных параллельных прямых,
L — точка пересечения BE a AK, A L:LK=m:n, BP1PK (рис. 12.19).
Пусть .ВС =a, ZBCP = a.
В АВРС (ZBPC =90°): BF = osina, KL =BF = osina,
510

ZCBL = ZBCF = a,
ZABL = 60' -а, и из AALB (zALB = 90°)-AL = asin(50° -a).
osin(60*-a) m <fe \ т
Тогда Ц '- = — ; —ctga— = —;
asma n 2 2 n
2m + n njl
ctga = =-. a = arctg—-—,
nV3 2m+ n
, «J*
Ответ: arctg-
2m + n '
12.147. Найти косинус острого угла ромба, если прямая,
проведенная через его вершину, делит угол в отношении 1:3, а противолежащую
сторону — в отношении 3:5.
Решение.
Пусть L — точка пересечения данной прямой BL со стороной AD
ромба ABCD, ZABL: ZCBL = \:3,AL:LD = 3:S (рис. 12.20).
ZABL = a, AL = 3x-
Тогда ZCBL= За, LD = 5x, АВ = %х, ZABC = 4a, ZABO = 2a.
Если BL — биссектриса ZABD то из AABD ; ——= •
LD BD
оп LDAB 5х-8л:_40л:
AL Зх 3 '
>s2a = cos ZA ВО =
АВ 3
В ААОВ {zAOB = 90°): ™s2a = cosZ^O = __ = _-_: gx = - .
п
cos ZABC = cos 4a = 2 cos2 2a -1 = —
18 '
Ответ: ^ .
12.148. Отношение площади прямоугольника ABCD (ВС || AD) к
квадрату его диагонали равно к. Найти ZEAF> ПВ Е н F—
соответственно середины стороне Сн CD.
Решение.
Пусть АВ = у ,AD =x, ZBAE = а, ^P4F = 0, ZEAF = у (рис. 12.21).
V2 2 Yv
х +у ,площадью,
х1 +у2

=>tgy =
-и
Ответ:
Рис. 12.21
^9Г-(а+р))=та=
) 2ху
arctg—.
Ъху
_Ък
= 2
Рнс
1-tgatgP _
tga+tgP
, Зк
y=arctgy.
12.22
X
Ту +
1х
у_
2л:
12.149. Около круга радиуса г описана равнобедренная трапеция.
Боковая сторона трапеции составляет с меньшим основанием угол а.
Найти радиус круга, описанного около трапеции.
Решение.
Пусть .BL—высота данной равнобокой трапецшь4.В С£)(рис. 12.22),
BL 1г
тогда
BL=2r. В AALB {{-ALB = 90"): ЛЯ= —
Так
sin ZBAL sin a
как в данную трапецию вписан круг, то АВ+ВС = АВ+ CD-2AB ,
AB = CD =» LD = AD + BC =АВ=^- В ABLD (zBLD = 90").
Я£> = JbL2 + LDz = , 4г2 +-^- = — Vl+sin2a . Радиус Л
V sin a sma
n/l+sin2a
круга,
описанного около AABD : R --
Ответ:
rVl + s
2sinZ4

12.150. Высота треугольника
делит угол треугольника в
отношении 2:1, а основание — иа отрезки,
отношение которых (большего к
меньшему) равно к. Найти синус
меньшего угла при основании н
допустимые значения^.
Решение.
Пусть AD — высота ААВС
(рис. 12.23), ZCAD: ZBAD = 2:1=»
=>AOAB,CD>BD,CD:BD=k. Рис. 12.23
Если ZBAD = ot,то ZCAD = 2а .В AADB (zADB = 90°): BD = ADiga.
Из AADC (zADC = 90"): CD = AD\%2a.
Тогда /; - CD - AD ^2a =; tg2c( = 2 '8° 2
=>tg'a
Далее,
sinZC = sinl
BD ADK%a tga tga(i_tg2a) l-tg2a"
k-1
к
>k>2.
[90"-2a)=
1-
k-1
cos 2a =
l-tgza_
l + tg2a uhzl 2k~2 k~x
1 , ,
Ответ: -—-, к > 1.
к-1
12.151. Гипотенуза прямоугольного треугольника делится точкой
касания вписаииого круга иа отрезки, отношение которых равно к.
Найти углы треугольника.
Решение.
Пусть О — центр окружности, вписанной в треугольник АВ С,
ZBAC ~nl2,D—точка касания этой окружиостии гипотенузы .ВС(рнс.
12.24), BD:DC = k, ZBAC-a-Тогдя ZOBD = j, ZOCD = ^-j.
BAODC \Z0DC=- :0£> = £>Ctg -■
Из AODB ^ODB = | : OD = DB tg - = kDC tgу
17 Скашюи М. И..

Рис. 12.24
а
fcsin- sm7~i
, а fit а 2 14 2
тс а
cos
. . а (п а) .(па
> ksia-— cos —-— = sm
2 \2 2 4 2
а fit а
— соя
2 \4 2
fcos—<=>
I 2
, 1 [ . ( я 1 . я ) 1 f . я . , ..
>к— sm а— +sm— =— sin— + sm —а
2^ 1 4j 4| 21 4 U
. Гя ,,.,.. .
>sm —а +fcsm —а =fcsm—sin-
И J [4 | 4 4
,f!_aWl) = ^bl)
> sm -
И
. (к > Jl(k-l)
>sm —a =—г*—^
4 I 2(* + l)
я . -J2(k-l)
arcsin —^—Д,
4 2(fc + l)
,,„„ я я . Л(к-\)
ZACB = а = — +arcsin—^ r*
2 4 Д*+0
я___ . V2(fc-l)
Ответ: - ± arcsin—^—-^.
4 2(fc + l)

12.152, Отношение боковых сторон трапеции равно отношению ее
периметра к длине вписанной окружности и равно к. Найти углы
трапеции и допустимые значения к.
Решение.
Пусть в трапеции ABCD (рис, 12,25) BC\AD,
ВС < AD, BE и СК — высоты трапеции , R — радиус окружности,
вписанной в трапецию, ZA = а, /В = р\
Тогда BE=CK = 2R,AB = ^-,CD = —.
sm a sinp*
Таккак AB + CD- 5С+Л1), то периметртрапецииравен
2Д 2Д
ЦАВ+СР) _ sing sing _ 2(sinct+sin[i)
2(АВ+ CD), i = -
2kR
nR
Jtsinocsin|3
По условию AB = kCD. Тогда = ,sin|3 = isina
sin a sinp1
2(sina+sin|3) , 2(sina+isina) 2(i+l)
=* к <=^ =^k <=^ ~
jtsinasmp mtshra Jtisina
= i**sina
,2(*+l)
Jti2
„ ■ о , . 2(i + l)
Тогда sinp = isina=—! '
Kk
Таким образом, углы трапеции arcsin -^,Jt-arcsin
2(* + l)
. ■ 2(* + l)
Kk2
Kk2
. 2(* + l) , 2(* + l)
arcsm -,Jt- arcsin -,
При этом
1*±2<1
■як ffc(Jt-2)>2,
2k+2
Kk
<1
mt2-2t-2>0
i>
k>
Jt-2' _ 2
, =>i> .
1+V2JI+1 Jt-2
, 2(* + l) . 2(* + l) . 2(* + l)
Ответ: arcsin—1——-,Jt-arcsin—-——*- arcsm—- -,
Kk2 Kk2 nk
„IJt+li _2__
nk Jt-2
515

в
12.153. В сектор радиуса R вписана окружность радиуса г. Найти
периметр сектора.
Решение,
Пусть D — точка касания окружности, вписанной в сектор АО В
(рис, 12,26), центр О] находится на биссектрисе ОКугла АОВ.
Пусть ZAOB = a, тогда ZDOK = - и из ДО£>0, ZODO, = -
. а _ 0,Р _ г г
smT ~ "Л7Г ~ ~i> .Следовательно, а = 2 arcsin .длинадуга АКВ
2. L/C/, К-Г К-г
равна aJ? = 2.Rarcsin ипериметрсектора равен 2R\ 1 + arcsin-
Ответ: 2Й 1 + arcsin
R-r
12.154. В остроугольном равнобедренном треугольнике радиус
вписанной окружности в 4 раза меньше радиуса описанной окружности.
Найти углы треугольника.
Решение.
ПустьвД4.ВС (АВ = ВС) AC = a,ZBAC = a,5£>—высота.О-
центр вписанной окружности, Rar — радиусы описанной и вписанной
окружностей (рис. 12,27)
В AADO {zADO = 90'):

r = OD = ADlaZOAD = -tg- . R = = —-—
6 2 62 IsmZABC 2sin2a '
Так как R = 4r, то
a .a a
= 4—tg—;
2sina 2 2
• 4sin2atg—= 1 <
16sin—cos—cosatg- = l»16sm —cosa = l <=>8(l-cosa)cosa = l<
2 2 2 2 K '
>8cos2a-8cosa + l=0; cosa =
2±Jl
cosZABC = cos(l80' -2a)= -cos2a = 1-2cos2 a.
Если cosa = 1±*1. to cosZABC = 1-2p±ll
4 4 ■
1-2-Л
<0,
что противоречит условию, так как данньш треугольник остроугольньш.
Таким образом, cosa ^ , cosZABC = 1 ■
1 + 2-Л
2—Д 2л/2+1
Ответ: arccos ;arccos .
4 4
12.155. В треугольнике ^45С
даны острые углы а и у (а > у),
прилежащие к стороне^ С. Из
вершины i? проведены медиана BD и
биссектриса BE. Найти
отношение площади треугольника.В1>.Ек
площади треуголышкаЛ.ВС.
Решение.
В ААВС ZA = a,ZC = y С
(рис. 12.28). Так как «>У, то
точка!) находится между
точками^ и Е.
S&BDE _ L
ААВС и &BDE имеют общую высоту, поэтому е ~ лг* •
&ьлвс AL-
АС = СЕ + АЕ. AD = AE + DE, CD = СЕ -DE .Так как AD = CD, то
CF- AF
AE+DE=CE-DE,DE= .
DE

Рис. 12.29
Так как BE — биссектриса ААВС , то
СЕ ВС _ sing
АЕ АВ siny '
СЕ
Sa„df DE СЕ-АЕ
Таким образом, ш =
АЕ
-1
sin у
вьлвс AC 2(CE + AE) JCE_ Л
„ . ot-y а + у а-у
2sin Lcos '- tg '-
sma-smy 2 2 2
2Гшш+ir2(sina+siny)-4sina±ycosa-y 2(ga + y
sin у
Ответ:
а-у
а+у '
2tg
z
12.156. Угол при вершине Л трапеции ABCD равен a. Боковая
сторонаЛ.В вдвое больше меньшего основания .ВС Найти угол ВА С.
Решение. Пусть /.ВАС = |3 (рис. 12.29).
Тогда Z.BC4 = ZCAD = а - Р. Из ДЛ.ВС :
ЯС 1
sin(a-P) ЛД 2
>2sin|3 = sinacos|3-sin|3cosa <=> 2 = sinactg|3-cosa<=>
sin a sina
>—— = 2+cosa; |3=arctg .
tgp 2 + cosa
Ответ: arctg
2 + cosa

в
Рис. 12.30
12.157. В прямоугольном треугольнике найти угол меящу медианой
и биссектрисой, проведенными из вершины острого угла, равного а.
Решение.
Пусть в ААВС (рис. 12.30) ZA = 90°, ZABC = а,
BD — биссектриса, BE— медиана. Так как ZA > ZC, то точка D
находится между точками А и Е. Если АВ=х, то AC = xtga,
АЕ=-х^а.В Ь£АЕЛ%ААВЕ = — = -tga; Z4B£ = arctgf^4
2 ЛЛ 2 I 2 I
ZD5£ = ZABE - ZABD = arctg
tga
Ответ: апЛЯ -^— .
"\ 2 J 2
12.158. Найтикосинусы острых углов прямоугольного
треугольника, зная, что произведение тангенсов половин этих углов равно 1/6.
Решение.
Пусть один из углов равен а. Тогда второй угол будет 90° - а и по
a
a. J .„ a 1 1 „ a tgJ _ 1
условию tg—t|o 45' - — = - => tg—
1+tg
a
>6ц.'~-5ц>~+\ = 0;

я_ „с
Рис, 12.31
а 1
l)tg- = -;
. « 1
2)tgr-.
tg 7 3 4 ■ / \ 4
Так как cosa = <Ц Tol)cosa = - ;2)cosa = — и cos 90' -a)= —
l + tgf 5 5 ^ ' 5
или cos(90' - a)= — ■
3 4
Ответ'. :ит.
12.159. Стороны параллелограмма относятся какр-.q, а диагонали—
какт;п. Найти углы параллелограмма.
Решение.
Пусть в параллелограмме ABCD (рис. 12.31) ЛО = ру , BD = тх.
Тогда AB = qy, АС = пх.Из ABAD и ААВС по теореме косинусов:
(г 212 . 2 ,. х ApqcosZA _ ,
=> (л -m k =4pqy cos ZA; —r = —; 5—. По свойству диаго-
у tr-trc
налей параллелограмма; АС2 + BD2 = 2\АВ2 + AD2\
m2x2+n2x2=2{p2y2+q2y2);x2(m2 + n2)=2y2(p2 + q2);
х2 _2\p2+q2)^ 4pqcosZA_2(p2+q2)
у2 m2+n2 n2-m2 m2+n2 '
520

2pq[m2 +n2)
ZABC - % - AA - к - arccos
[p^wV-^)
2pq(m2 +n2
(p*+q%>-n,>) , arcco>2+?2)("2-"2)
Ответ:arccos■*- ^^ г—'; »-arccos т—-——
2w(w2+«2) 2^(m2+«2j
12.160. Отношение периметра ромба к
сумме его диагоналей равно к. Найти углы
ромба и допустимые значения^.
Решение.
Пусть сторона ромба ABCD равна а,
острый угола (рис. 12.32). Тогда диагона-
„ . а _ а
ли ромба 2asin-— и 2а cos—.
, 2 2
По условию
4а
- . а „ а .а а
2а sin — + 2а cos — sin —к cos—
2 2 2 2
sin— + cos—
2 2
vr;
Так как 0 < a < —, то К1 + sina < 2 , V2 < ,
2 vl + sina
<2,V2£fc<2 .
4-fc2
. 4 4-A:
Таким образом Л: = ; sina = -—=—; a = arcsin
1 + sina k к"
4-к2 4-к2
Ответ: arcsin , тс-arcsin ; Л<*к<2-
12.161. Найти косинусы углов равнобедренного треугольника, у
которого точка пересечения высот делит пополам высоту,
проведенную к основанию.
521

в
Решение.
В ААВС (рис. 1233)АВ=ВС,ВОпАЕ—высоты,0—точкапересече-
ния выап,ВО=ОВ.
Пусть ZACB = a, BO = OD = \, ABDC aABEO—прямоугольные с
общим острым углом ZDBC. Имеем ZBOE = ZA СВ - а.
ZCOD = ZAOD = ZBOE = a, ZCOE = 180" -2а.
В ABEo(zBEO = 90'): ОЕ = OBcosZBOE = cosa.
OD 1
cosZCOD cosa'
В AODci^ODC = 90'): ОС --
В AOEci^OEC = 90'): cosZCO£
s(l80"-2a)=
ОС
-cos2a = cos2a<
1 -Л
<=> l-2cos2a = cos2a<=> cos a = -;cos = —■
cosZ/J.BC = cos(l80' -2a)= -cos2a = 1 -2cos2 a = -
Ответ:
i S S
3 3 3
12.162. Периметр сектора равен /. Найти расстояние от вершины
центрального угла сектора до центра окружности, вписанной в этот
сектор, если радиус дуги сектора равен Л.
522

Решение.
Пусть Е — точка касания вписанной окружности и радиуса О^А
сектора, центр О окружности лежит на биссектрисе О^С угла А(\В
(рис. 12.34). Если ZAOtB = a, то длина дуги АСВ равна ай и
/^2Л + Ла, а = Ь2А Пусть 00, = х . В Д0£0, j Z0£0, = | ]:
Oi? = xsin— . ОС = Ojr=xsin—. 0,С = 00,+ОС, .R = x + xsin — •
2 2 ' ' 2
R
, ■ « (я а
1 + sin- 1 + cos---
2 I 2 2
2 cos'
2[ я а
4~4
2[я /-2Л
2 cos'
4Л
2 cos'
2(п + 2)Я-Г
4R
Ответ:
2 cos'
R
(K + 2)R-r
AR
12.163. Показать, что если в треугольнике отношение суммы
синусов двух углов к сумме их косинусов равно сииусу третьего угла, то
треугольник прямоугольный.
Решение.
sina + sinp _ .
Пусть а, Р, у — углы данного треугольника и , _п ~ sm У-
cosa + cos|3
Тогда"
, . а+Р а-р
2 sin -cos -
2 2
„ а+Р а-Е
2 cos -cos E
2 2
= smy<
а + Р . 180°-у Y -1 ■ Y Y
te - = siny<=> te L = siny<=>cte — =2 sin—cos— <
ъ 2 ' ъ 2 ' 62 2 2
2sin-L
,'Y 2
cos—cosy
= 0» 2 = 0<=>ctg-cosy = 0.
. у 2

у
ТаккакО°<у<180°,то ctg^ *0,cosy = 0 приу= 90°, что и
требовалось доказать.
12.164. Найти синус угла ромба, если из середины его стороны
противоположная сторона видна под углома.
Решение.
Пусть X — середина стороны^ Д L — середина стороны CD ромба
ABCD (рис. 12.35)ZCKD = a, ZDKL = у, ZCKL = В.
Тогда В + у= a,ZADK = у, ZBCK= В.
BAADK:
sin ZAKD _ sin (l 80° - (ZA + у)) _ sia(zA + у) _ AD _
sin ZADK sin у sin у АК
sinZ^cosy+sinycosZ^ „ ... , . „
<=> '- ! = 2e$smZAttgy+cosZA=2 <=>
sin у
2-cosZA 2 sin ZA
»ctgy =—:—77- **'gy = ;
sinZA 2-cosZA
BABCK:
siaZCKB _sin(l80°-^ + B))_sin(l8O°-(l8O°-A4 + B))_
sin ZBCK sin В sin В
sin(Zy4-B) ВС . sinZ^cosB-cosZ^sinB „
= —s Ki = = 2» - = 2<=>
sin В BK sin В
• ,.. * n ,. * . n 2 + cosZA . 0 sin ZA
<=>sinZ4ctgB-cosZ^ = 2»ctgB = —; <=>tgB =
sin ZA 2 + cosZA
524

Тогда
tga = tg(y+P) =
sin AA sin AA
tgY+tgP _ 2-cosZ^ 2 + cos ZA
l-tgytg|3 sinZA sinZA
2-cosZA 2 + cosZA
sinZA(2+cosZA + 2-cosZA) _ 4sinZA
4 - cos2 ZA- sin2 ZA 3
siaZA = — tga.
4
Ответ: — tgct.
4
12.165. Сторона
треугольника равна a, разность углов,
прилежащих к данной стороне, рав-
на—. Найти углы треугольника,
если его площадь равна 5.
Решение.
Пусть в треугольнике ABC
(рис. 12.36) ВС = а, SMBC = S,ZB = a,AC =
Рис. 12.36
Тогда ZC = - + a,ZA = n-(ZB + ZC) = --2a,
2 v 2
ВС
АС
sin ZA uaZB
sin — 2a
2
cos2a
S=-ACBCsiaZC = ~absia\~ + a
Отсюда
I2
Г sina a tg2a
■■—a-a cosa = =—.
2 cos2a 4
, - 4S .„ 1 , <S ., i 1 , 4S .. Jt 4S
tg2a = -?,Z.B = a = --arctg—,ZC = - + -arctg-;-,Z4 = --arctg-=-.
a 2 a' 2 2 a 2. a
1 ,«i 1 4S jt 4S
Ответ: rarctg—;- +-arctg—;- - arctg—,
l а £ £ а £ а
12.166. Тангенс острого угла между медианами прямоугольного
треугольника, проведенными к его катетам, равен/:. Найти углы
треугольника и допустимыезначенияй.

л L l.
Рис. 12.37
Решение.
ПустьАКнВЬ — медианы ДЛ .ВС, проведенные к его катетам, М—
их точка пересечения.
ZAML =a, tgа= к, 0 < а < л/2 (рис. 12.37), ВС = а, АС = Ь, АВ = с,
ZBLC = $,ZKAC = y.
Тогда SinZZMC = -,coSZZMC = -,tgP = ^ = —,tgy = —= —.
с с LC 6 лС 2о
Так как [} — внешний угол треугольника AML, то [}=а+у и
2а
tga = tg
-у)=
tgg-tgy =
1 + tgPtgy
1 + i
26 _ Зд . а +Ь
2*' А2
За
°2b'
3 а
Vc'
3 3 4 4
=-sinZ.B.4C-cosZ.R4C = -sm2Z.R4C=»sin2Z.B.4C = --tga = -fc.
2 4 3 3
Отсюда
О <-fc< 1,0 < fc £-; Z.ByfC =-arcsin-fc;Z^ .ВС = ---arcsin-fc.
3 4 2 3 2 2 3
1 . 4, я 1 ■ 4, . , 3
Ответ ■ — arcsin — к; arcsin — к; О < к й —.
' 2 3 2 2 3 4
12.167. Радиус дуги сектора равен R, центральный угол АОВ равен а.
Через середину СрадиусаСМ проведена прямая, параллельная радиусу ОВ
и пересекающая дугу АВ в точке!). Найти площадь треугольника О CD.
Решение.
ПустьZBOD =Р(рис. 12.38). TorflaZCDO= 0, ZDOC= a-%
ZDCO= 180°-a.
526

DO _ CO R _ R . sina
BACOD: sinZDCO ~ sinZCDO** sin(l&0°-a)~ 2sin$'Sm®~ 2
Так как ОС = —OD , то ZODC =|3 не является наибольшим углом
треугольника COD и cos[3 >0,
а Г, ~гТ I, sin2 a V4-sin2a
COSP^l-Sin Р = Jl = .
SbocD=^CODOsinZCOD = -j -.Rsm(a-p) =
R2,. „ . „x R2 { . V4-sin2
= — (smacosp-cosasmp)^— sina
4 4 2
v4-sin2a-cosa .
Л sin a
-cosa——
2
Л' sin a ( Г.—7T~
Ответ: V4-sm a-cosa
12.168. В треугольнике даны сторонаа, противолежащий ей угол а и
высота А, проведенная к данной стороне. Найти сумму двух других
сторон.
Решение.
Пусть b и с — неизвестные стороны треугольника. Тогда площадь
треугольника S = -fcsina = —ah,bc = ——.
2 2 sina
a2 = i2 + c2-2iccosa»i2 +c2 =a2 + 2iccosa<=> (b + cf =
= b2 +c2 +2bc = a2 +2bccosa + 2bc = a1 + 26c(l + cosa) =
- , 4ah cos —
2 2aA 2 a 2 7 2 -. i a
= a +- cos — = a + — = a + 2aActg —.
2sin — cos—
2 2
Ответ: J a +2aActg—.
12.169. В квадрат ABCD вписан равнобедренный треугольннкЛ-EF;
точка JT лежит на стороне 5 С, точка F — на стороне CD и Л£ = EF.
Тангенс yTR&AEFравен 2. Найти тангенс угла FJTC.

Рис. 12.39
Решение.
ПустьЛ.В = a, ZAEF =а, ZFEC = х (рис. 12.39).
Тогда ZBEA = 180° - (а + х).
В ЛАВЕ (ZABE = 90°):
АЕ АВ
sinZBEA sin(a + x)'
BE = АВ ctg ZBEA = -a ctg(a + x)
EF = AE =
sin(a + x)'
В &ECF(ZECF = 90°):EC = EFcosZFEC --
BE + EC = ВС.
acosx
Тогда
sin(a + x)
n(a + x)'
-actg(a + x) = a <=> cosx-cos(a+x) = sin(a+x)«
1
cosx - cosa cosx + sinasinx = sina cosx + cosa sinx <=> l + tgatgx =
cosa
= tga + tgx<=>^l + tg2a-l + tgatgx = tga + tgx. Так как по условию
tga = 2,TO V5-l + 2tgx = 2 + tgx;tgx = 3--i/5.
Ответ: 3-^/5.
12.170. В треугольнике АВ С даны острые углы а и у (а > у) при
основании АС. Из вершины В проведены высота BD и медиана BE.

Найти площадь треугольника BDE, если площадь треугольника А СВ
равна S.
Решение.
В AABCZA =a,ZC = у(рис. 12.40).
Так как а > у, то точка D находится между точками и Е.
AE-AD+DE,CD'CE+DE1qk\s3^CE=AE,toCD = (AD+DE)+DE,
DE=CD-AD.
Пусть BD = Н. Тогда из AABD получаем, что AD :
ACDB— CD = HcigY.
AABCnADBE имеют общую высоту BD, отсюда
Hctga, а из
sadbe _ DE _ CD-AD _ rtctgy-rtctgct _ sin(ct-y)
Siubc~ АО 2(CD + AD) 2tf(ctgy+ctgot) 2sin(a + y)'
„ _ Ssin(ct-y)
"»* " 2sin(a + y)-
Ssin(ct-y)
Ответ: . . / \ •
2sin(a+y)
12.171. В прямоугольном
треугольнике ABC острый угол при
вершине А равен а. Через середину D
гипотенузыЛ.Впроведена прямая,
пересекающая катет АС в точке Е. В
каком отношении эта прямая делит
площадь треугольника ABC, если
ZDEA = %AE> 0,5АС!
Решение.
Пусть S, — площадь треугольни-
k&ADE, S2—площадь
четырехугольника BCED, S — площадь
треугольника^ С (рис. 12.41).
Тогда
Рис. 12.41
S,=-AE ADsinZA:
2
■ -AEABsinZA,S = -ACABsinZA,
4 2
s-s.
S, S, AE
Ecn4AB = c,TomAACB(ZACB = 90°y.AC = ccosa.
В AAED:

Рис. 12.42
Рис. 12.43
АЕ
AD
АЕ
>АЕ
_ csin(ot + p)
smZADE siaZDEA ~ sin(<x + (J) 2sinp""^ 2sin|3
_ S^ _ 2AC _ _ 4sinPcosg _ _ 4 sin p cos a -sin (a + p) _
S, ~ AE ~ sin(a+p) _ sin(a+P)
_ 3 sin p cos a-sin a cos p _ 3tgP-tga
sin a cos p+cos a sin p tga + tgP
Ответ:
3tgg-tga
tga + tgP
12.172. В круг вписана трапеция. Большее'основанне трапеции
составляет с боковой стороной угол а, а с диагональю — угол р. Найти
отношение площади круга к площади трапеции.
Решение.
Пусть AD— боль шее основание данной трапеции^ .В CD, Z.&4D=a,
ZBDA = Р(рис. 12.42), BN—высота трапеции и BD = 1.
Тогда из ABMD (ZBMD = 90°):
ВМ = BD sin ZBDM = sin P;
DM = BD cos ZBDM = cos p.
Площадь трапеции
S, = AD + BC BM = DM BM = sinpcosp = Isin2p\
Раднус-R круга, описанного около &BAD: R =
1
BD
2sinZA 2sina

Тогда площадь круга S2=kR
4sin a
к
Таким образом, "7Г ~ . . 2 ^Г7-
r 4i 2sin asin2p
Jt
Ответ:
2sin asin2p
12.173.ВтреугольннкеЛ.ВСуголЛ равенаисторона.ВС = а. Найти
длину биссектрисы^ Д если угол между биссектрисой^!) и высотойЯЕ
равен |3.
Решение.
ЕслиЛК = х (рис. 12.43), то из AAED (ZAED = 90°):
АЕ = AD cos ZEAD = xcos Р, а из Д4.Е5 (Z^£B = 90°):
Я£ = Л£ tg Z.R4£ = х cos P tg| у - Р
В A4£C(Zyl£C = 90°): ЕС = AEt$ZEAC = xcos$t$\--¥[
Так как 5С = BE + £C, то:
a = xcosp|tgfy-P|+tgJY + f
acos| Р соя — + [
xcospsina
|COS| J + [
Ответ:
acos| Р соа —+ [
cosPsina
12.174. Равнобедренный
треугольник с углом а при вершине пересечен
прямой, проходящей через вершину
угла при основании и составляющей с
основанием угол р. В каком
отношении эта прямая делит площадь
треугольника?
Рис. 12.44

Решение.
Пусть в DABC (рис. 12.44) АВ-ВС- a, ZABC = a,AD — прямая, о
которой говорится в условии задачи, ZDA С = [}, CD = х. ТогдаВ!) = а-х.
В силу того, что ABAD и ACAD имеют одну и ту же высоту, опущенную из
sarad BD а-х а ,
вершиныЛ, то ™ли - — = =—1.
$Ь.САП CD X X
ZBAC =
ZADB =
90°-~,ZBAD
2
180° -(ZBAD 4
№AADB:
BD
AB
cos
COS
Тогда
sinZBAD a-.
sinZADB' x
''Л.- ,
;h"'
L £двлв a j
5дс*в x
coJ^+P
Ответ: ^ '-.
2sm—smp
= ZBAC-ZDAC =
■ZB) =
sin
X
sin
cos
cos
COS
=180°-
(,0°-
i 90°-
I*
!->
cos
I-'
■(90°-
|-"+P
(-""P
COS
)
H
1 (■
-cos -
= 90
a
)]
))
a
Y
„ a
~ 7
-p.
-P+a| = 90'
cos
cos
4
cos —
(2
a
— +
2
')'
!*»]
?-)
co(f
-)
соя
2sic
J+p-
<=>1-
*')
-г"
a .
L—Sin
2
a
7
X
a
)
P
12.175. Радиус дуги сектора AOB равен Д, центральный угол АОВ
равена. В этот сектор вписан правильный треугольник так, что одна его
вершина совпадает с серединой дуги АВ, а две другие вершины лежат
соответственно на радиусах О А и ОВ. Найти стороны треугольника.
Решение.
Пусть М — середина дуги AB, ALMK— правильный, о котором
говорится в условии задачи (рис. 12.45).
Тогда Z.LOM = ~, ZMLK = 60°, ZOLK = 90° - -, ZOLM =
= ZOLK+ZMLK -150° --.
2

в
Рис. 12.45
Рис. 12.46
Из &OLM:
LM
ОМ
sin ZLOM sin ZOLM
;LM =
ОМ sm ZLOM
n ■ **
Asm—
2
sin ZOLM . ( О.Л
Asin-
sin|30° + -
n ■ a
ASin —
2_
sin|30° + -
Ответ:
12.176. В равнобедренный треугольник с основанием а и углом a
при основании вписана окружность. Найти раднус окружности,
касающейся вписанной окружности и боковых сторон треугольника.
Решение.
В ААВС (рис. 12.46) АВ = ВС, А С = о, ZBA С=а, О — центр
вписанной окружности, R — ее раднус, О, — центр окружности, касающейся
вписанной окружности и боковых сторон треугольника, г—ее раднус.
Точки О и Оj находятся на высоте.ВМ данного треугольника.
В AAMB(ZAMB = 90°): ВМ = AMtgZBAC = |tga.

В AAMO(ZAMO = 90°): R = ОМ = AMtgZOAM = |tgy.
Пусть L — точка касания окружностей с центрами О и 0,,aNK—их
общая касательная, проходящая через точку L.
BL = BM-LM = BM-2R =
ftga-otg^ = ^ tga-2tg-^ 1=
2tgi
-2tg-
1-tg- ^
дляс- дл^л:.
5L
2tg:
1-tg'
^-tgottgY
„2«
Тогда — =
R BM
a 3a
Ответ: — tg —.
2 2
;г = Л
IL _at_a 2tgC"g j _"tj>«
ЯМ
;'8т-
-tga
2 B 2
Рис. 12.47
12.177. Внутри данного угла a
расположена точка на расстоянии
а от вершины и на расстоянии Ь от
одной стороны. Найти расстояние
этой точки от другой стороны.
Решение.
Пусть б А — расстояние от
точки О до вершины А данного
угла, ОВ — до одной из сторон,
ОА~а,ОВ-Ь, ОС—расстояние
до другой стороны, ABAC = a
(рис. 12.47), /ОАВ = x.
OB
В AABO(ZABO = 90°): sin* = — = -. Из АОСА (/.ОСА = 90"):
ОС = OAsin /OAC = asin(a- x)^ a(sinacosх-cos asm x)=
= ojsina'
•fc-
Sin X -COS
asinx j=a
sinaJl—= cosa
= sin aVa2 - 62 - 6 cosa.
Ответ; sinaVfl2 -b2 -bcosa.

A
Рис. 12.48
12.178.В прямоугольном треугольннкеЛ.ВСпроведена биссектриса
AD острого угла Л, равного а. Найти отношение радиусов
окружностей, вписанных в треугольники^BDи ADС.
Решение.
Пусть О — центр окружности, вписанной в AABD, F — точка
касания этой окружности cAD, Ol —центр окружности, вписанной в AAD С,
Е — точка касания этой окружности cAD (рис. 12.48).
ZBAD = -,ZADB = 90°--, ZO,AE= ZFAO = -ZBAD = -,
2 2 ' 2 4
ZFDO = 45°- — .
4
ZOfiO - 90 °, так как он образован биссектрисами смежных углов
ADCa ADB. Тогда ZEO^D - ZFDO, как углы с взаимно
перпендикулярными сторонами.
ЕслиО^ = г, Ofi = Л, то mAAFO(ZAFO=90°): AF = rct$^;
из AOFD (ZOFD = 90°): DF = rctd 45° -
г АО ,ED (ZO ,ED = 90°): DE = RtJ 45°-- |=/Jctgf 45° +— J;
изAOfiA(ZOfiA =90°): AE = .Rctg-.

AF + F*D = AE + ED=*ra$- + rctd45°--\=Rctg-i
4 у 4 J 4
+ Rcte 45° +
12.179. Найти синус угла при
вершине равнобедренного
треугольника, зная, что периметр любого
вписанного в него прямоугольника, две
вершины которого лежат наоснова-
нии, имеет постоянную величину.
Решение.
Пусть KLMN и DEFG — два
произвольных прямоугольника,
вписанных в ААВС, АВ = ВС (рас.
-О- s G jj~'С 12.49), LA: = дс,, LM = j>,, £X> = xr
DG - у^ ZABC = а. По условию
Рис. 12.49 Х1+У,=х2+Уг
Тогда^-лг^у,-^.
Если AS— высотаИАВС,Р— точка пересечения LMuED, то
LP = ^^-,EP = x2-xv
536

ALPE ~ AASB.
n AS LP ух-Уг 1
Отсюда = = -^r—**- = -.
BS ЕР 2(хг-Х\) 2
AS a ^'B2 14
Так как = tg—,то sina = — = = -.
BS *2 1+ 2« 1 + i 5
2 4
4
Ответ: —•
12.180. Сторона треугольника равна 15, сумма двух других сторон
равна 27. Найти косинус угла, противолежащего данной стороне, если
радиус вписанной в треугольник окружности равен 4.
Решение.
Пусть а — данная сторона треугольника, a = 15, Ъ и с — две другие
стороны, Ъ + с = 27, с = 27 -Ъ. Для определенности будем считать, что£ > с.
Полупериметр треугольника р = = 21,егоплощадь5'=рг = 84.
По формуле Герона S = ^р(р - «Хр - b\p - с), таким образом
^21-(21-15Х21-ф1-27+й) = 84<=>721-б(21-йХ*-б)«84<=>
«.(21-Z>X*-6)=56«Z>2 -27^ + 182 = 0,
£,= 14,^ = 13.
Имеем Ь = 14, с = 13. По теореме косинусов
cosa =
Ответ.
Ь' + с1-
2Ьс
5
13'
V
5
13
12.181. Меньшая дуга окружности, стягиваемая хордой АВ,
содержит а°. Через середину С хорды АВ проведена хорда DE так, что D С:
СЕ= 1:3. Найти острый уголЛС£)идопустимыезначенияа.
Решение.
ПустьЛС = .ВС = 1, DC = x(рис. 12.50).
Тогда СЕ=Ъх.
Если L — середина DE, то ОС 1AB.OLX. DE, Z COL = ZACD как
острые углы с взаимно перпендикулярными сторонами, DL -EL-2x,
CL = х. ТаккакИС СЕ = АС ВС, тох Зх= 11; * = -т=-
7з

Рис. 12.50
ZAOC = -ZAOB = — и из AACO(ZA CO = 90°):
ОС = ACctgZAOC = ctg—.
Из AOLC (ZOLC = 90°): sin ZCOL =
CL
0C ^ctg| ^
Таким образом, ZACD = ZCOL = arcsin—=»-.
V3
ь i a r-
Таккак sinZCOLsi,™ —-J-<1:tg — S V3;aS120°.
V3 2
Ответ: arcsin —7J-, 01 < 120°.
V3
12.182. Медиана £D треугольника АВ С пересекается с
биссектрисой СЕ в точке К. Найти СК: КЕ, если ZA = a, ZB = р\
Проведем i?M|.BI> (рис. 12.51).
Тог а С*- С£> - AD СК 1- ^° ^^Д-ДМЛМЛД^
°ГДа КЕ~ DM~ DM' КЕ~ ~ DM DM ~ DM~ ЕВ
_ АС _ sing
ВС sina

Рис. 12.52
Таким образом, £^ = ™Р +1 = sin P +sine
КЕ sina sina
2 sin -cos -
Ответ:
2sin -cos—
12.183. Площадь равнобедренного тупоугольного треугольника
равна 8, а медиана, проведенная к его боковой стороне, равна Jyj.
Найти косинус угла при вершине.
Решение.
Пусть ААВС АВ = ВС, AD — медиана, AD = >/37 (рис. 12.52),
ZB =a, BD = х. Тогда Л.В = 2х
№AABD:
AD1 =AB' + BD1 -2 АВ ■ BD cos ZB;
37 = 4 x: + x2 - 4 Aosa;
37=лг:(5-4со5а).
S/usc =-^B2sinZB. Тогда 2л:2 sina = 8;;c2 =-—=>
2 sma
sma
74 tg
(5-4cosa)=37<=>37sina + 16cosa+20 = 0«=>
1+tg2-"- 1+tg- 2
20 = 0»18tg2--37tg- + 2 = 0;
га ъ 2 ъ2

a ct 1
Dtg- = 2;2)tg- = -.
1_t8 7 3 , a „ 323 , a 1
Тогдаcosa = - =— npHtg—= 2, cosa = —— npHtg— =—-.
2a 5 2 325 2 18
1+tg -
Так как по условиюа — тупой угол, то cosa = -3/5.
Ответ: -3/5.
12.184. В равнобедренном треугольнике угол при основании равен
а. Высота, опущенная на основание, больше радиуса вписанного круга
на т. Найти раднус описанного круга.
Решение.
В ААВС(рис. 12.53)^5 = ВС, ABAC = a, BD — высота, О — центр
вписанного круга.
Тогда по условию.ВО =BD~OD =m. ZBAO = ZDAO = —,ZAOB =
= ZOAD + ZADO = —|-90о как внешний угол треугольника^ ОВ.
Потеоремесииусов,изД40.В: — т^т:~~ :г77Г=*^-8 =
r smZAOB smZBAO
msin — + 90°
BOsinZAOB I 2 .
= ^ L = mete
siaZBAO .a b2
sin—
2
Тогда радиус окружности, описанной около треугольннкаЛ.ВС,
„_ АВ _mctgf_ mCtgI _ m
IsinZACB 2sina 4sin«cos« W«
2 2 2
Omeem:
2
12.185. В треугольнике известны площадь S, сторонаа и
противолежащий ей угол а. Найти сумму двух других сторон.
Решение.
540

в
D
Рис. 12.53 ' Рис. 12.54
Пусть хну — неизвестные стороны данного треугольника.
iS = — xy sin a;
2
> х2 + у2 = а2 + 2x^cosa <
[а2 = х2 + у2 -Ixycosa
(x+yf =a2 +2xy cosa+2xy = a2 +2xy(l+cosa)*>
= а2 + 2- —■2cos2- = a2 + 4Sctg-^x+y = ,/a2+4Sctg-.
sina 2 2 V ъ1
Ответ: Jo2 + 4Sctg—.
12.186. Пусть О А — неподвижный радиус окружности с центром в
точке О; В — середина радиуса О А; М — произвольная точка
окружности. Найти наибольшее значение угла ОМ В.
Решение.
Пусть ZOMB = a, ZOBM = 0 (рис. 12.54).
H3AMOA^ = ^ = 2;sma = Ism|3.
sin a OB 2
Наибольшее значение sinP равно 1, следовательно наибольшее
значение sina равно 1/2.
Так как О В < ОМ, то a < Р, то есть а не является наибольшим углом
треугольника MOB.
541

Рис. 12.55 Рис. 12.56
Таким образом, 0 <а < я/2, а на промежутке (0;и/2)у = sin*
монотонно возрастает и угол а принимает наибольшее значение в той же точке,
где sinot принимает свое наибольшее значение. Отсюда а = я/6.
Ответ: л/6.
12.187. В равнобедренном остроугольном треугольнике угол при
основании равен а, а площадь равна 5. Найти площадь треугольника,
вершинами которого служат основания высот данного треугольника.
Решение.
ВААВС(рис. \2.55)AB = BC,ZBAC=a;BD,AF, СЕ — высоты.
Пусть^г = о, тогда aiAADB (ZADB = 90°): AD = acosa, BD = osina.
AC-2AD=2acosa.
В AAEC(ZAEC= 90°):
AE = ACcosZBAC=2acos2a=*BE=AB-AE = a(l-2£os2a)=-acos2a.
Пусть L — точка пересечения EFaBD. Так kzkAEBF ~ AABC, то
JEF_JBi_AE „ AC BE _ 2a cos a (-a cos 2a) _
AC BD AB^ AB a
BD ■ BE
= -2a cos a cos 2a; BL= = -osinacos2a.
DL = .BD-.BL = asm a+asinacos 2a = asina(l +cos 2a)=
= 2osinacos2a.
542

£FDL = -2o2sinacos3acos2a = -o2sin2acos2acos2a =
= --о2 sin 4a cos2 a.
2
S = $ывс = -AlfsmZABC = -a2 sin2 a.
,. г 2S
Таким образом а = . л -
sm2a
smacosa
2 sinacosa
■ sin4acos a =—Ssin4actga.
Ответ: --Ssin4actga.
12.188. Пустьa,b, с- длины сторон остроугольного треугольника;
А, В, С - углы, противолежащие сторонам; Р^ Р^ Рс - расстояния от
центра описанной окружности до соответствующих сторон. В
предположении, что А < В < С, расположить в возрастающем порядке Р, Ры Р
Решение.
ПустьЛ —радиус описанной окружности (рис. 12.56), тогда
P?=R'
-R-—;P' = R-—.
4 " 4
>< с=*Р<Р.<Р.
Так как А < В < С, то о< ,
Ответ: Ра> Рь> Рс.
12Д89. Луч, проведенный из вершины равностороннего
треугольника, делит его основание в отношении т: п. Найти тупой угол между
лучом и основанием. д
Решение.
ЯучВО делнт сторонуЛ Сравно-
стороннего треугольника^45Св от-
ношениит: п(рис. 12.57).
Пусть ZBD С - a — острый угол
между лучом и основанием и будем
считать, что п>т. Тогда
AD _ m
DC~ n '
ЕслиЛ!) = тх, то DC - пх, АВ -
=АС = (т + п)х.
Рис. 12.57

AA =—,ZA BD - a - —. По теореме синусов, из AADB:
■■( *)
, \ sin a —
АВ AD (т + прс тх I 3
— = — =$ —j ^ = —j ^=> —>. л
smZADB smZABD srnljt-a) . f к \ sma
4 ' sm| a—
1 ■ _ Л.
-sma- —cosa , rz
m 2 2 и ^1 v3_
-<=>--—-ctg a =
m + n sin a m + n 22 m + n
2m n-m r- n + m
я <=>tga= V3 .
m + n n + m n-m
/7 * , 2m n-m ж r-
<=> V3ctga = l = <=>tga= V3 •■
Отсюда, a= arctg V3 и искомый тупой угол равен
7t-arct|_
n-m
Л-^а.
Ответ: jt-arctgf Jb
\ п-т
12.190. Через вершину равностороннего треугольника проведена
прямая, делящая основание в отношении 2:1. Под какими углами она
наклонена к боковым сторонам треугольника?
Решение.
~Прямая.В1> делит сторону^ С равностороннего треугольникаЛ.ВСв
отношении 2: l,CD:AD-2:l.
Пусть AD - х, ZABD =а, тогда CD - 2х, АВ = Ъх, ZADB = 120° -а.
ИзААОВ:
Л 1 .
smZADB _АВ _, sin(l20°-q) д „ -yCosq + -sina ^
sinZ/4.BI> Л1> sina sma
S . 1 , 5 л/3
<=>—ctga+- = 3<=>ctga = -=»tga = —.
2 2 -Л 5
4b Jb
Таким образом, ZABD = arctg—, ZCBD = 60° - arctg—-.
4b 4b
Ответ: arctg—,60°-arctg—.

Рис. 12.58
12.191. Основание треугольника равно а, а углы при основании
равны аир" радианам. Из противоположной вершины треугольника
радиусом, равным его высоте, проведена окружность. Найти длину
дуги этой окружности, заключенной внутри треугольника.
Решение.
ПусгьвААВС(рясЛ2.5$)ВС=а,АС=а,АВ=$,АК—высти,АК=Н.
В ААКС\ ZAKC = -\:CK = tfctgot.
Из АВКА\ ZBKA = -\:ВК = tfctgp\
Так как С£ +.В.К = .ВС, то tfctgot+tfctg[> = о,
#sin(ot+B) „ osinasinP
i ^ = о, Я = -
sin a sin |i sin(a+|3)
Длина дуги / =yR, где у—радианная мера дуги, R — ее радиус; у=
ZBAC = n-a-$,R=H,
/ = o(jt-a-P)
sin a snip
sin(a+|3)'
Ответ: o(jt-a-P)
smasmp
sm(a+p)'
12.192. Даны две стороны о и А треугольника и биссектриса / угла
между ними. Найти этот угол.
Решение.
ПустьBD — биссектриса ААВС, BD-l, ВС = а,АВ = Ь (рис. 12.59),
ZABC = a.
* П. И.
545

Рис. 12.59
Тогда ^ABD = ZCBD = -.
„ „ „ ab . al . a . Ы . a ...a a
, . a i t-. a l{a + b) . l(a + b)
= /sin—-{a+ £)<=> cos—= — -:а = 2агссо5-^ -.
Iх ' 1 lab lab
Ответ: 2arecos ' + .
lab
12.193. Основание треугольника равно 4, а его медиана равна
4б - -Jl • Один из углов при основании равен 15°. Показать, что острый
угол между основанием треугольника и его медианой равен 45°.
Решение.
Пусть ££> — медианаАЛВС, BD = y[6-Jl, yfC=4,Z/f=/5°(pHC 12.60),
ZADB-x.
Тогда ZABD = 180° - (х + 15°).
По теореме синусов
изААВВ:
AD BD 1 -Ji-Jl . , ,„\ 2sinl5°
— = —— =>—7 1 = —:——<=>sinU+15°)=-==—рг.
smZABD smZA sm(j£+150) sml5° V6-V2
sin 15° = sin(45° - 30°) = sin 45° cos 30° - cos 45° sin 30° = .

в
Рис. 12.60
Jl-Jl
Отсюда sin(;c + 15°)=-
Л-fi
>лг+15° = 30° ИЛИЛГ+ 15° =
= 150°; х- 15° или х = 135°.
Таким образом, существует два треугольника, удовлетворяющих
данным условиям. В первом из них меньший угол между медианой и
основанием треугольника — угол ADB равен 15° (рис. 12.60), а во
втором — ZBDC = 180° - ZADB = 45° (рис. 12.60, а).
12.194. В трапеции
меньшее основание равно 2,
прилежащие углы— по 135°.
Угол между диагоналями,
обращенный к основанию,
равен 150°. Найти площадь
трапеции.
Решение.
Пусть в трапецииЛ.ВС£> ВС= 2, ZABC=ZDCB = 135°, О — точка
пересечения диагоналей, ZBOC = 150° (рис. 12.61).
В АВОС: ZACB = ZDBC = 15°, тогда ZBAC = 180° - (ZABC +
+ ZACB) = 30°.
По теореме синусов из ААВС:
АС ВС ,„ BCsinZABC 2sinl35°
Рис. 12.61
sin ZABC smZBAC
>AC =
sinZABC
sin 30°
-til.
SiABcD = -AC-BDsinZBOC=-AC2smZBOC=-i^j2jsml5(f = 2.
Ответ: 2.
12.195. Доказать, что если биссектриса одного из углов
треугольника равна произведению заключающих его сторон, деленному на их
сумму, то этот угол равен 120°.

Рис. 12.62 Рис. 12.63
Решение.
Пусть BD — биссектриса Д4гС(рис.12.62), ВС = а, АВ = Ь, BD = I,
ZABC =а.
„ „ „ ab . al . а Ы . а
5д<вс=5д<во+5дСВО =>— sina = — sin — + — sin — <=>
„ , . a a ,, .\.a a l(a + b)
<=>2aosin —cos— = /(a + Z>)sm — <=>cos— = — -.
2 2 v ' 2 2 2ab
По условию / = и 0°< —<90°, следовательно cos—= —,
a+b 2 2 2
—- = 60°, a = 120°, что и требовалось доказать.
12.196. Известно, что в треугольнике АВСАВ - a, ZC = а. Найти
радиус окружности, проведенной через вершины^, В и центр
окружности, вписанной в треугольникДйС.
Решение.
Пусть О — центр окружности, вписанной в ААВС(рнс. 12.63).
ZBAC + ZABC = 180°-a.
ZAOB = 180° --(ZBAC + ZABC) = 90° + -.
Радиус окружности, описанной около АА ОВ:
„ АВ а ... Д
' 2smZAOB~ . . ( оЛ".. a'
2sm| 90° + — 2 cos —
Ответ: ■
2 cos-

в
Рис. 12.64
12.197. В треугольнике Л В С проведена высотайМи на ней, как на
диаметре, построена окружность, пересекающая сторону ЛВ в точкеК,
а сторону ВС— в точке Z. Найти отношение площади треугольника
KZMk площади треугольника^В С, если ZA =а и ZC = |3.
Решение.
ZABC = 180°-(а + Р)(рие. 12.64)
DAMBu AMKB, &СМВ и Д MZB — прямоугольные с общими
острыми углами при вершине В.
Таким образом,ZKMB = ZA = a, ZZMB =ZC=$, ZKMZ = a + %
ПустьЯМ= l,Toraa.mAAMB(ZAMB-90°):
АВ--
ВМ 1 ВМ 1
—; в АСМВ(ZCMB = 90°): ВС = = _;
sm a sinZC sing
sin ZA
Из ABKM(ZBKM = Ж): МК = ВМ cos ZKMB = cosa;
В ABZM (ZBZM = 90°): MZ = BM cos ZZM.B = cosp\ Отсюда
1
-MKMZ sin ZKMZ
BABCsiaZABC
1
cosa cos p sin(a+p)
sin(l80°-(a +
1
= sinacosasin|3cos|3 = — sin2asin2|3.
4
Ответ: -sin2asin 2(1.
4
12.198. В ромб вписана окружность. В образовавшийся
криволинейный треугольник (с острым углом) снова вписана окружность.
Найти ее радиус, если высота ромба равна А, а острый угол равен а.

Решение.
ПустьвромбеЛ.ВСХ>(рис. 12.65) ZBAD =a,Q" <a< 90°, О — точка
пересечения диагоналей — центр вписанной окружности, К — центр
окружности, вписанной в криволинейный треугольник.
NhM — точки касания построенных окружностей со сторонойАВ
ромба.
Тогда КМ1АВ,ONLAB,ON = -. >
Пусть МК = т. Проведем KL1 ON.
ToTjmKllAB,ZOKL = ZOAB = -,OL = ON-KM = --r,OK = - + r.
11 2 2 2
В&OLK(ZOLK = 90°): sinZOKL = —.
UK
n
_ . а 2~Г (b V a Л Г, ■ сЛ ЛЛ . a
Тогдаsiny = ^ « - + г Ы-*=--/■ «г 1+siny ]~~ 1-sin-
,* '-"!_* '-j90"-!) *
1 + sin^ 2 l + cos|90°
Ответ: ~tg2\ 45°
2 4
«Г1* 45°-4
12.199. Основание треугольника равно a, а прилежащие к нему
углы содержат 45° и 15°. Из вершины, противоположной основанию,

Рис. 12.66
проведена окружность радиусом, равным высоте, опущенной на это
основание. Найти площадь части соответствующего круга,
заключенную внутри треугольника.
Решение.
ПустьвД/1гС(рис. 12.66)Z^ = 45°,ZC= \5°,АС=а, BD — высота
и радиус круга, о котором говорится в условии задачи, ZAВ С~ 180°-
(ZA+ZQ = 120°.
Таким образом, искомая площадь равна 1/3 площади построенного
круга.
Пусть BD = h.
№\ABD(ZADВ = 90°, ZA = 45°): AD = BD = h.
ВACDB(ZCDB = 90°): CD = fctgl5° = Mg75°.
1
tg75° = tg(45° + 30°)=
tg45° + tg30°
l-tg45°tg30°"
1 +
(л/3+l)2 4+2,/з
AD + CD = AC.
■Ji ^ Уз + i
_L л/з-Г
",/з
2 + ^3.
Orcrona/! + /!tg75° = a=>/! = = —^7== ■_>"—4 =
l + tg75° 3 + ^3 V3V3 + 1)
1д a2(V3-l)^TO2(4-2^),^2(2-V3)
Искомая площадь
i A
■■-к—i
3 12
4/3-l)
2^3 •
3
Ответ:
m
^/з)
36
18

s
Рис. 12.67
12.200. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а, боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а. В
эту пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины лежат на
апофемах пирамиды, четыре — на основании пирамиды. Найти ребро куба.
Решение.
Пусть в правильной пирамиде SABCD (рис. 12.67) АВ ~ a, SO—
высота, ZSCO-a, SE — апофема, FnF{ — вершины куба, о котором
говорится в условии задачи. Тогда ребро KyCaFF, перпендикулярно ОЕ.
СО<= £|2.,0£»= |. K6£OC(ZSOC^ri2). SO = COtgZSOC = -^2-tga.
Пусть ребро куба равно х. Тогда OF ~
кЛ
EF=OE-OF=
-хЛ
2 2
Прямоугольные треугольники50Е aFtFE подобны, следовательно
а-хЛ
FFX FE х 2 -Л tga/
~ =* = = - ttrs 5— I,
SO OE aj2
хЛ)<
tga
a-JItga
К= 2(1 + tga)'

ai/Itgot _ ai/Itgot
2(l + tga) ,(, it
v 6 ' 2| tg- + tga
aV2 tgacos—cosa
4
- . it
2 sin —i-a
4
2sin —+ a
И
Ответ: 2 sin - + a
I4
12.201. Площадь боковой грани
правильной двенадцатиугольной пирамиды
равна 5. Плоский угол при вершине равен
а. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть С—вершина правильной
двенадцатиугольной пирамиды (рис. 12.68), АВ-
сторона ее основания, ZA СВ = a, S
■-S,
СО—высотагшрамиды,С4 ~d, zCAO-x.
Тогда — d2 sina- S,d = J ,
2 Vsinot
ZCAB = W--.
2
BAAOC(ZAOC = 90°):
АО -dcosx, CO -dsinx.
Рис. 12.68
S„™.=12S.
1
= 12- АО'sinZAOB = 6d2cos2 xsin30°= ld2 cos2 x.
2
Объем пирамиды у = -S„,„ ■CO = d3 cos2 xsinx.
3 "
ZCAO —угол наклона бокового ребра пирамиды к плоскости
основания, ZOAB — угол между проекцией бокового ребра на плоскость
основания и стороной основания, ZCAB — угол между боковым
ребром и стороной основания.
ТогдаcosZCAB = cosZCAO cosZOAB;
cosH0°--
cos ZCAB
cos ZOAB cos 75°
_2a
sin 15°
-d1 cos2 Wl
2Ssin
2a
sin 15° sinasin 15°

sinz15°
■ 2 «
-sin' —
2___
Ssin—
2
sin215°
cos—sin 15°
2
I 2S A-cos30° l-cosop
sina[ 2 2 J
Stgi
' 2 I 2S cosa-cos30°
sin315°Vsinct 2
Stg
ii 2Ssin 15° + -
.Г-f
sin315° 1
. . a a
2sin—cos—
2 2
= 5tg^ Jstg°sinfl5°+°V{l5°-g
sin «sin315° V 2 " 2J " 2
sin _
2
Ответ:
-fi&biHr1!
cos —sin 15°
2
12.202. В конус помещен шар так, что их поверхности касаются.
Радиус шара равен R , а угол при вершине осевого сечения конуса равен
2а. Найти объем тела, ограниченного
поверхностями шара и конуса.
Решение.
Рассмотрим осевое сечеиие дайной
совокупности конуса и шара (рис. 12.69)*.
Пусть А — вершина конуса, АВ —его высота,
О — центр шара, О принадлежит АВ, N и М —
точки касания большого круга шара с
образующими конуса, К— точка пересечения АО и MN, L —
точка пересечения поверхности шара и АО. Тогда
ON=OM=OL=R, ZONA = 90°,NKLAО,
Я—середина NM, ZOAN = ZONK = О.
Искомый объем V - V2 - V\, где V2 — объем
конуса, осевое сечение которого &NAM,V\ —
объем сегмента шара, осевое сечение которого —
круговой сегмент NLM с, высотой KL.

В AOKN(ZOKN = 90°): OK = ONsia ZONK = Rsiaa;
NK = CWco sZONK=Rcom.
№&AKN(ZAKN = 90°): ЛК = NKctgZKAN -
R cos a
XL =OL-OK = R - Rsiaa = R(l-siaa}
Таким образом
« 1 „rf j с стгГл», МЛ 1 „з 2 Я cos2 a
y = -n-NK АК-к-KL\ON \=-kR cos a
3 ^ 3 J 3 sina
-^(l-Si°«)2f«-J?(l"3ina)]=^2[^-(l-sin<»)2(2 + sina)]=
= -kR-
3
(l-sin2^
(l-sin a)2 (2 +sin a)
1 oih ■ ulft+.sma)
■ -KR'(l-smaY\ i—: -
3 sna
,. . « KR'tl-coslW-a.)? /, , , . .2 . . . 2 \
- (2 + sin a.))= i—rr^ — (1 + 2 sin a + sinz a- 2 sin a- sin a]=
3sina
sin4 45'
J]
.«.«•-
sin4 45°-^
Ответ: ^nJ?3 V ^
3 sina
12.203. Найтн объем н
боковую поверхность правильной
треугольной пирамиды, если
плоскость, проходящая через
сторону основания а и
середину ее высоты, наклонена к
основанию под угломф.
Решение.
Пусть в правильной
пирамиде SABС(рис. П.ЩАВ = а,
SO — высота, М — середина
SO, ААКВ — сечение из
условия задачи, D — середина АВ.
Тогда OD±AB, OD = —-.
Рис. 12.70

ПрямаяГЮ —проекция прямой£МнаплоскостьЛ.ВС. Тогда£>А/ХЛ#
Таким образом, ZMDO — угол наклона секущей плоскости к
плоскости основания пирамиды,ZMDO - <р.
В ADOM(ZDOM = 90°): МО - DOK%ZMDO = ^--tg<p.
Г
SO = 2MO = — tgcp.
1 1 а2т/з ajb "Ъ
. Объем пирамиды: V = -S^bc SO =
№ADOS(ZDOS = 90°):
3 t^-tg^
SD = VdO2 + SO2 = J^fti = 1^3^
V 12 6
Площадь боковой поверхности
Ss = 35^, = Ъ-АВ SD = ^-Д4182ф+4
Ответ: ^-tgiR—V3(4tg2q> + l).
+ 1
v/ i \ /7
i
«;,
/
/
/
/
\
\
\__
"4
M /
T)
Рис. 12.71
12.204. Найти объем правиль-
С, ной четырехугольной призмы,
если угол между диагональю
призмы и боковой гранью равен a, a
сторона основания равная.
Решение.
В правильной призме
С ABCDAfixCxDxi$bz.\2.1V)B£x-
CD-a.
5.С.Х DXCV BXCXL CtC.
Тогда BiCi перпендикулярно
плоскости грани DDi Cj Си,
следовательно, DC{ —проекция Di?, на
эту боковую грань призмы и
ZBpC{~a. BAS1C1D(Z51C|D = 90°):DC1= B^ctgZ^DC, =ctctga.
Из ДС, CD (Z С, CD = 90°):
Объем призмы V = S^sca ■ CQ
а'т/сойа
Ответ: :
a3Vcos2a

Рис. 12.72
12.205. В основании прямойпризмыЛДСЛД С, (AAfiBB^CCJ
лежит прямоугольный треугольник АВ С, у которого больший катетов
равена, апротиволежащийемууголСравена. Гипотенуза^ С
является диаметром основания конуса, вершина которого лежит на ребре
А Ву Найти высоту конуса, если ААХ = а12.
Решение.
Пусть М— вершина, L — центр основания, MB пМС —
образующие конуса (рис. 12.72) из условия задачи. Конус размещается так, что
еговысотаМЬперпендикулярнайС. Опустим из точкиМперпендику-
ляр MN на плоскость АВ С. Тог да MNJAA,, MNJAA,, MN = АА2= — ,
NL — проекция ML на плоскость А В Си NL ±ВС.
ZBNL = ZACB = a.
BABAC(ZBAC=90°):
ВС = -
АВ
sinZACB sin a
LB=-BC=
2
2 sin а
В ABLN(ZBLN = 90°): LN = fiLctg ZBNL
Из Д MNL (ZMNL = 90°):
actgot
2sina'
ML
■■ 4ln2 +
MN-
4.
ctg2a a2 _ ayctg2a + sin2a
4sin2a 4 2sina
Ответ.
a^/ctg2 ct л
2 sin a

s
12.206. Через вершину правильной треугольной пирамиды н
середины двух сторон основания проведено сечение. Найти площадь
сечения и объем пирамиды, если известны сторона а основания и угол а
между сечением и основанием.
Решение.
Пусть D н Е— середины сторон АВнАСоснования правильной
пирамиды SABCipnc. 12.73), ADSE— сечение этой пирамиды, SO —
высота пирамиды, К—точка пересечения АО н DE. Тогда OKLDE,
DE = -AK = =^,OA=^-,OK = OA-AK = —.
2 4 3 12
Прямая КО—проекция KS на плоскость основания, поэтому,
KS1DE ZSKO — угол между сечением и основанием, ZSKO - а.
ADOE—проекция ADSEhsl плоскость основания пирамиды,
следовательно 1
„ -DE-OK а2 к
sAl
cos ZSKO cos a 48 cos a
В Д50Х( ZSOK = 90°): SO = OK\%ZSKO = —tga.
Объем пирамиды: '=rSiuc'so = r ; rr-tga = —-f—.
3 3 4 12 48
a2S ytga
Ответ: — —-——■
48cosa 48

12.207. Из основания
высоты правильной треугольной пи-
рамиды на боковое ребро
опущен перпендикуляр, равный р.
Найти объем пирамиды, если
двугранный угол между ее
боковыми гранями равен а.
Решение.
Пусть SO— высота пра-
вильной пирамидыSABC(pnc.
12.74), OML SA, ОМ-p. AL —
высота ААВС.
ВплоскостиЛ.ВСчерез точку
Опроведемдапараллельно.ВС.
Прямая^!, — проекция SA
Рис. 12.74
на плоскостьЛ.ВС,Л£1.ВС. Таким образом, SA1£C.SA1£C, FK\BC,
отсюда SA1FK.
SA1FK, SALOM. Следовательно, плоскость
^/^перпендикулярна ребру SA, О — центрправильногоД/4.ВСи FK\\BC=>0—середина
FK => МО — высота и медиана Д FMK => A FMK—равнобедренный,
ZFMO = ~ZFMK = ~.
2 2
В AFOM(AFOM = 90°): FO = MOtgZFMO = pig,—.
3 3 3Р'8Т
A4LC~A40FHTaKKaK AL--AO, то CL = ~FO = *-
2 2 2
BC2SJp2Sls2~
ВС~2СЬ = ЪрКЪ-Дывс
Пусть ZSAO = p.
В AF0M(ZF0M = 90°):tg" = —.
2 MO
Из AAMO(ZAMO = 90°):sinp= —,
_ . „ a MO FO FO
Тогда sinptg— = =
6 2 АО МО АО
tgZF^O = tg30° =
S'

s
ОМ — высота прямоугольного ААOS =>ZMOS= ZSAO = $.
ОМ
В ASM0(ZSM0 = 90°):SO =
рЛч^
cosZMOC
Объем пирамиды
V = \Subc-SO-3
'fijf*
, 9?j3tf± pSttl Wf
Ответ:
9PW~
J^fT^
-1
12.208. Из основания высоты правильной треугольной пирамиды на
боковое ребро опущен перпендикуляр, равныйр. Найти объем пирами-

ды, если двугранный угол между боковой гранью и основанием
пирамиды равен а.
Решение.
Пусть^О—высота правильной пирамиды SABC(pnc. \2J5)ORLBS,
ОЕ~р, D — середина^ С. Тогда ZODS - а.
ПустьАС^а. Тогда OD = ^-,OB = —,S^BC = ^Д
6 3 4
В ADOS(ZDOS = 90°) :SO = OD i%ZODS = — tga.
6
1 я3 tea
Объем пирамиды V = - S^c ■ OS = ■
В &BOs{zBOS = 9Qp):BS = Jb02 + S01=J£- + — tg2a = -2=Vt+tg2a.
,„ _„ От/3 От/3 , О f
W4+tg2a
W^*050^5 0£=»^.^tga = -4,V4+tg2a
2 2 3 6 2V3
• -tea- — _-
6 * 2V3
_ ■fi>pJA + i%1a _ a3tga _ Sp3\{4 + t£af
tga 24 et^a
Omeem: a~
8tg*a
12.209. Найтн боковую
поверхность н объем прямо- .
го параллелепипеда, если
его высота равна h,
диагонали составляют с
основанием углы а и 3, а
основанием служит ромб.
Решение. А
Пусть ромбЛ-BCD —
основание прямой призмы

ABCDA^BfiPi (рис. 12.76), AA} = BBl = А, О — точка пересечения
диагоналей^ С и J5D ромба, ЛА ХСА = а, ZJ^AB =|3.
В ABjBDiZBiBD = 90°) Л£> = ВВ, ctg Z5,D5 = A ctg p.
H3M,^C(Z^1^C=90°):^C = ^^1ctgZ^1C^ = Actga.
Площадь основания призмы S --AC-BD *= —A2ctgactgP =* объем
призмы V - Sh = —A3 ctgactg|3.
ОЛ = -Л С = -Actga,0£> = -BD = -ActgB.
2 2 6 2 2 ъ
В A^OD(Z^OD = 90°):^D = V^O2 + OD2=-AVctg2a + ctg2p.
Боковая поверхность призмы: Ss -4ADh = 2A2^/ctg2 a + ctg2 p.
Ошвеш: 2А2Vctg2a + ctg2B;-A3ctgactgB.
Рис. 12.77
12.210. Основанием
прямой призмы служит
равнобедренный треугольник,
основание которого равно а, а угол
при основании равена.
Найти объем призмы, если ее
боковая поверхность равна
сумме площадей оснований.
Решение.
Пусть в ААВС—
основание прямойпризмыЛ.ВС41.В1С1
(рис. 12.77). АВ = ВС, А С = а,
ZBAC = a,BD — высота.
В bADB{zADB = 9V°):BD = -\.gaAB = ——.
2 2cosa
Если//—высота призмы, то площадь ее боковой поверхности равна
S« =
cosa J
aH
1 + cosa 2
562

Площадь основания призмы Socll = — AC- BD = — tgа.
гаЯсо!!2"
По условию S6 - 2 S , следовательно — -■
■ а
OS1H —
2 1 а
~ 2 ъ2
-tga =
4cos
2d
2cos^
2
Объем призмы V - S0CH Я = - a3 tg a tg -
8 •
Ответ: -a3tgatg—.
8 2
12.211. Основанием
пирамиды служит ромб с острым
углом а. Найти объем
пирамиды, если ее боковые грани
образуют с основанием один
и тот же двугранный угол [} и
радиус вписанного в нее
шара равен г.
Решение.
Пусть ромб ABCD —
основание пирамиды SABCB
(рис. 12.78), SO — ее
высота, ZBCD = а, 0° < а < 90°.
Из вершины 5 пирамиды
опустим перпендикуляр SE
на сторону CD основания.
Тогда OELCD н ZSEO —
линейный угол двугранно го
угла, образованного боковой гранью CSD с основанием, ZSEO = р\
Так как все грани данной пирамиды образуют с основанием один н тот
же угол, то точка О — центр окружности, вписанной в ромб ABCD —
точка пересечения его диагоналей^ ChBD.
1
Рис. 12.78
Тогда ZDOE = ZOCE =
Пусть 0( — точка пересечения биссектрисы ZSEO и высоты SO
ZBCD = ~.
2 2

пирамиды. Опустим в плоскости SOE перпендикуляр О^на прямую
SE. Так как£)Сперпенднкулярно плоскости SOEt то плоскостн^О^н
Й^Сперпенднкулярны и, следовательно, 0}F—перпендикуляр к плос-
kocthDSC 01F = 01Oh таккакграньй^Свыбранапроизвольно,то0(
равноудалена от всех граней пирамиды, то есть Ох — центр шара,
вписанного в данную пирамиду, и ОхО = OxF = г.
В AOxOE(ZOxOE= 90°). OE = OlOci%ZOEOl =rctg£
Из ASOE(ZSOE = 90°): 50 = 0£tgZS£0 = rctg£tgP.
B&OEC(ZOEC =
mAOED(ZOED
90°): СО =
= 90°): DO
OE
smZOCE
OE
cosZDOE
Площадь основания пирамиды
Sm=\AC BD--
= 2СО DO
Объем пирамиды у = ~S0 , ■
. a a
sm—cos—
2 2
. a
sin —
2
R
a
cos—
'2
4r2 ctg2
sin a
4r3ctg3&tg[3
SO = 2 = -
3sina ^
3i
:P
2
4r3tgP
sinatg;
4r3tgP
Ответ: jr-
3sinatg -
12.212. Основанием пирамиды служит равнобедренный
треугольник, равные стороны которого имеют длину Ь; соответствующие им
боковые грани перпендикулярны плоскости основания и образуют
между собой угол а. Угол между третьей боковой гранью и плоскостью
основания также равен а. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду.
Решение.
Пусть боковые грани SAB и SA Спнрамиды SABC (рис. 12.79) пер-

пендикулярны плоскости ABC ее
основания. Тогда их общее ребро SA
является высотой пирамиды. В
AABCAB = AC = b,ZBAC = a.
Если Е — середина ВС, то
ZBAE = -~ tAEXBC-
2
>SE1£C
ZSEA — угол наклона грани
BSC к плоскости основания,
ZSEA^a.
Пусть О— центр шара,
вписанного в данную пирамиду. Так как шар
касается граней двугранного угла с
ребром ВС, то О лежит на
биссектрисе линейного угла SEA этого
двугранного угла.
ПустьМиК—соответственно Рис. 12.79
точки касания шара с гранями ABC
и SAB пирамиды. Таким образом, OMLABC,OK±SAB,OM = OK = г, где
г — искомый радиус шара.
В плоскости SAB проведем перпендикуляр KD к прямой АВ . Так как
плоскости5^5и^5Сперпендикулярны, то KD1 АВС=ь KD IMD. В
четырехугольнике ОКВМугтл при вершинах^, Д М—прямые, поэтому он
является прямоугольником и так как ОК = ОМ, то OKDM — квадрат,
DM=OM=k
В AAEB(ZAEB = 90°): АЕ= ABcosZBAE =
DM
9 COS —.
2
Из AADM(ZADM = 90°):AM =
sin ZBAE
В AOME(ZOME = 90°): ME = ОМctgZOEM
AM+ME=AE=*~
a
sin—
2
rcos—
и 2.=
. a
sm—
2
6 cos— <=>r =
2
Ответ:
isina
. a
= "tgy.
. a . a
о cos—sin—
2 2 .
1 + cos—
4 cos
565

12.213. Из основания
высоты правильной треугольной
пирамиды на боковую грань
опущен перпендикуляр, равный а.
Найти объем пирамиды, если
угол наклона бокового ребра к
плоскости основания равен а.
Решение.
Пусть SO — высота
правильной пнрамнды SABC
(рнс. 12.80), ZSCO=a, D —
середнна5С. ТогдаЛ.Ш_5С
SDlMCn ребро ВС
перпендикулярно плоскости ADS-
Плоскости ADS i&BSCntp-
пендикулярны.
В плоскости ADS из точки
О проведем перпендикуляр
ОМ к SD. Так как плоскости
ADS нВ^Сперпендикулярны,
то ОМ перпендикулярен плоскости 55"Снравена.
1А
4
Рнс. 12.80
ПустъВС = х, ZO£>S = cp=> OC = — ,0£> = —>siABC --
3 6
vJT
ВA50C(ZSOC= 90°); SO = OCtgZSCO = ^^tga.
Из &SOD (ZSOD = 90°): SO = OD tg ZODS =
kS
tgq>-
xS , xS ,
Тогда ——tga = -—-tgq><
5 0
■ tg(p = 2tga.
В &OMD (ZOMD
OD= °M
= 90°):
i _a-Jl + tg2 (p _ a-Ji + 4tg2 a
sin ZODM sincp tgcpcoscp tg<p 2tga
хт/з _ Дт/l + 4tg2 a
6 2tga
Объем пирамиды:
т/зач/l + 4tg2 a
tga
566

К = г5д.
„_ 1 x2S xS, 1 з,
SO = tga = — x tga =
3 4 3 6 12
= J_ 3^aV(l + 4tg2a) a_^a3V(l + 4tg2aJ
• ' В<Х" 4tg2a
tg a
Ответ:
-^a3V(l + 4tg2C()3
4tg2a
12.214. Основанием пирамиды
служит ромб со стороной а н
острым углом а. Две боковые грани
перпендикулярны основанию, а
две другие наклонены к нему под
углом (р. Найти объем и боковую
поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть ромбЛ-BCD —основание
пирамиды SABCD (рис. 12.81),
АВ=а, острый угол ромбаа.
Тогда площадь ромба5 =a2sin
а, а его высота А = a sin a.
Боковые грани ABSh CBS
пирамиды перпендикулярны
плоскости основания, следовательно их
общее ребро SB — высота
пирамиды. Проведем нз точки .В перпендикуляры5^и5Мк прямыми!) и
CD. TormBK=BM=h =asma, SKI AD, SMI CD.ZSKB =ZSMB = f.
Из tsSBK (ZSBK = 90°): BS = ВЩ ZSKB = osina tgP.
Phc. 12.81
Объем пирамиды V - - SK
1 i ■>
BS = -a'sin* at%<p.
AABD и ACBD — проекции граней ASD н CSD на плоскость основа-
о „ S/..BO a2 sin a
ния,следовательно S^,SD =SiCSn = = .
coscp 2cos(p
1 1 з
SbABS=SbCBS =^BS AB = -a smatg(p =
_ a smasm<p
2cos<p
Площадь боковой поверхности пирамиды
567

a2sina a2smasin(p_ a2 sina(l + sin(p)
coscp coscp coscp
a2sina(l + cos(90°-(p))
2a sinacos'
45--
COS(p
2a sinacos
Ответ: -a3sin2 atg<p;-
COS(p
cos(p
12.215. В правильной
треугольной пирамиде с углом а
между боковым ребром и стороной
основания проведено сечение
через середину бокового ребра
параллельно боковой грани. Зная
площадь 5 этого сечеиия, найти
объем пирамиды. Каковы
возможные значения a ?
Решение.
Пусть D — середина
бокового pe6pai?L правильной пирамиды
/ЛЯС (рис. 12.82), &EDF —
проведенное сечение этой пирамиды,
ZLAC^a.
Так как плоскости EDF uALC
параллельны, то DE\AL,DF\LC
и так как D — середина BL, то
Е —середина АВ, F — середина
ВС. EF\AC,
DE = DF = - AL. Таккак DE\LA, EF\\AC, toZDEF = ZLAC = a,
riycTbLO—высота пирамидыLABQM—точка пересечения ВО hEF.
Тогда М—середина £7^ DMXEF.
Рис. 12,82
Если АС=а toEF -
~,DM = ~tga,DE= .
2 4 4cosa
АО =
■ = -EF DM =>—tga = 5, a = 4^Sctga.
AL~2DE = -
2cosa

В АЛОЦ Z40L = ~|: 01 = -\л]}-АОг =а, Х- i
I, 2) V4cos2a 3
--cos2 a a / Г^ Г~
_в.|4 =_=^ cos2--cos2a =
У 3cos2a V3cosaV б
i/3cosa
1 + cos 2a a [77 лТ77к)
= -= , sl4 и— siq а + —
2 VJcosaV \ «J \ 6j
Объем пирамиды
1 ■ _, 1 аг4ъ
V = -S^BC-OL^
'Гъ
-—.Wot—
cos a V ^ о,
12cosa
= 16Sctgpt I
где sin| a-— |sin| a+ — |>0<
64Sctg
ajsctgas:
siri a+—
6
12cosa
Setgasirja-- |sii{a+- 2Ssin|a--|si
" 76П 6) = ^ctgaj—1—«I
cos2 a 3 I sm2a
6J
>cos— cos2a>0<
3
>cos 2a < —,
2
откуда
Jt Jt
— <a<-.
6 2
Ответ:
16
Sctga
2Ssin
Jt Jt
; —<a<—.
6 2
3 J sin2a
12.216. Перпендикуляр, опущенный из центра основания конуса на
образующую, вращается около оси конуса. Найти угол между его
образующей и осью, если поверхность вращения делит объем конуса пополам.
Решение.
Пусть &АВС— осевое сечение данного конуса (рис 12.83), ВО — его
высота, ОМ—перпендикуляр, опущенный из центра основания конуса на
образующую АВ. В результате вращения ОМ около прямой ВО получится конус,
осевое сечение которого &MOL, ML ± ВО. Плоскость основания
полученного конуса отсекает от данного конус, осевое сечение которого АМВЬ.ТочваК
пересечения ML и ВО — центр общего основания конуса, полученного в
результате вращения отрезка ОМ, и конуса, отсеченного от данного. Сумма
объемов V\ нК2 этих конусов равна 1/2 объема Жданного конуса.
Пусть ZABO = a,0°<a<90o,AO = R.
569

Рнс. 12.83
ZKLO = ZAOL = ZABO = a.
В AALO(ZALO = 90°):OL-OA cosZ/(OL = .Rcosa.
Из &LKO (ZLKO = 90°): LK=OL cosZ KLO = /{cos2 a.
к +v, =-t^jc2 ox+ij^-jf2 5A: = ij^,j(:2(oj(:+5J(:)=i;^s:2 -го.
' 2 3 3 3 3
У = -к-ОАг BO.
TzkkzkV.+V^-V.to^xLK1 ВО^^-кОА* ВО;ЬМг = ^-ОАг;
1 * 2 3 2 3 2
Л2 cos4 a =—Л2; cos4 a=-;cosa=-=;a =
2 2 il2
>» —_■
Ответ: arccod ^=r
12.217. Найтн угол между образующей и основанием усеченного
конуса, полная поверхность которого вдвое больше поверхности
вписанного в него шара. *
Решение.
Пусть трапецияЛ.ВСД АВ = CD (рнс. 12.84) — осевое сечение
данного усеченного конуса, О — центр вписанного шара, M,N,K^ точки
касания шара с диаметрами.*? С н AD оснований конуса н его
образующей CD.
Если г н R — радиусы верхнего н нижнего оснований усеченного
конуса,/ — образующая, х — радиус вписанного шара, ZCDN - а, то
CM = CK = r,DN = DK = Rl = CD^CK + KD = R + r,MN = 2xl
Полная поверхность усеченного конуса
570

В М
Рнс. 12.84
S=n(R + r)l +71 R2 +71 г2 =к(Р + R2 + r2)=n(P+ (R + rf - 2Rr) =
=it(2P-2Rr) = 2n (P-Rr).
Пусть CL— высота трапеции ABCD, CL = MN - 2x, тогда из
CL 2л:
&CLDl=CD =
sinZCDN sina
ZCOD = W,OKl.CD,OK = x.Of ■KD = OK1,Rr = xl=iS =
= 2i-iiL-x2]=27XxJ
I sin'1 a
Поверхность шара 5, = 4тсх2.
.2f 4
Так как 5=25,, то 2ях'
2 . 2
= —=г ;a = arcsm ~т=- ■
V5 V5
-1 = 8rcx =>sin ct = — ;sin-a=
sin'' a } 5
Ответ; arcsin-pr,
V5
12.218. Основанием прямой призмы служит треугольник со
стороной а и прилежащими к ней углами а и р. Через сторону основания под
углом <р к нему проведена плоскость, пересекающая противоположное
боковое ребро. Найти объем полученной треугольной пирамиды.
Решение.
Пусть ААВС —основание прямой призмы ABCA]B]Cj (рнс. 12.85),
ZACB = a.,ZABC-§, ВС = а,Е— точка пересечения сечения призмы,
проходящего черезi? С, с ее боковым ребром АА?. Тогда АЕ — высота

о
.Мс
Рис. 12.85
Рнс. 12.86
полученнойпирамидынееобъем V = ~$аавс 'ЕА, AF—высотаДАВС
нпроекцня.ЕКнаплоскостьЛ.ВС. Таким образомEFIMChZEFA =<p.
BAABC:ZBAC=l$0°-(a + P);
АВ =
СВ sin ZACB a sin a
sin ZBAC
a2sinasin|3
*n^rS"»c = 2ABBCsinZABC =
2sin(a + |3) '
о 1 n^ jv jc IS&abc asinasin|3
В AEAFJZEAF = 90°)JEA = AFtgZEFA = "™°Ч°РуФ.
sin(a + |3j
Отсюда К;
2 a sinasing asinasinjitgip _ a3sin2asin2ptg(p
3 2sin(a + P) sin(a + p) 6sin2(a + P)
Ответ: а sin asin ^Г
6sin2(a+P)
12.219. При вращении кругового сектора около одного из крайних
радиусов получилось тело, площадь сферической поверхности которо-

го равна площади конической поверхности. Найти сииус центрального
угла кругового сектора.
Решение,
В результате вращения получилось тело, состоящее из конуса н
шарового сегмента, имеющих общее основание (рнс. 12.86): центр О
кругового сектора — вершина конуса, радиус ОВ, около которого
осуществлялось вращение — ось полученного тела, радиус ОА —
образующая конуса, В — вершина шарового сегмента.
Точка С—центр основания конуса. Totj&.ZAСО = 90°, СВ —
высота шарового сегмента, ZA ОВ — центральный угол кругового сектора.
Пусть ОА = ОВ=Я ^А ОВ =а, тогда из AACO. OC-Ecosa, CA =Bsma.
ВС ~ ОВ- ОС = Л(1 - cosa).
Площадь конической поверхности^, —к-СА- ОА =7i./Psina.
Площадь поверхности шарового сегмента
S2 = 2kOB CB = 2kR2(1 - cos a).
sin a
Так как 5'=SL то 7cK2sina = 27tK2(l- cosa) sina = 2(1 -cosa)
1-cosa
= 2;tgT = -.
Тогда sina = -
2tg,
1+tg
2<*
4
Ответ: --.
12.220. Боковое ребро
правильной
четырехугольной пирамиды составляет
с плоскостью основания
угол а. Через вершину
основания и середину
противолежащего бокового
ребра проведена плоскость
параллельно одной из
диагоналей основания. Найтн
угол между этой
плоскостью и плоскостью
основания пирамиды.
Решение.
Пусть SO— высота
правильной пирамиды
Рнс. 12.87

SABCD (рис. 12.87), L— середина SC, ZSCA = a, Mn К— точки
пересечения сечення, проходящего через точкнЛ н L параллельноBD
с ребрами SB н SD, МК—линия пересечения сечения н плоскости BSD,
отсюда МК \\BD.
BD1A С, BD1SO. Таким образом, прямая.*?!) перпендикулярна плос-
kocth^SC.
AL — линия пересечения сечения н плоскости ASC. TotrzlBDIAL.
ALLBD, ACLBD, BD параллельна прямой пересечения сечения и
плоскости основания, которая проходит через точку А. Отсюда, AL и
А С перпендикулярны этой прямой н ZLA С — искомый угол наклона
секущей плоскости к плоскости основания.
Пусть ZLA С = х,Е—точка пересечения медиан SO nAL треуго ль-
ннка ASC. Тогда ЕО = - SO. Из АА OE{ZA ОЕ = 90°): ЕО = OAtgx.
В ASOC(ZSOC - 90°): 50= OCi%ZSOC = O4tgo=»
=*0^tgx = -O^tga;tgx = -tga;x = arctg-^-.
* *Ва
Ответ: arctg—-.
12.221. Основаниями усеченной пирамиды служат правильные
треугольники. Прямая, проходящая через середину одной стороны
верхнего основания н середину параллельной ей стороны нижнего основания,
перпендикулярна плоскостям оснований. Большее боковое ребро
равно/и составляет с плоскостью основания угол а. Найти длину отрезка,
соединяющего центры верхнего н нижнего оснований.
Решение.
Пусть О н Ot — центры оснований ЛВС нА^В^С^ данной усеченной
пирамиды (рнс. 12.88), D — середина ВС, D} —середнна^С, прямая
DD, перпендикулярна плоскостям оснований. Точкн5 н 5, снмметрнч-
ныточкам Сн С, относительно прямой!)!), пВВх = ССу
Из точкнЛ, опустим перпендикуляр Л j .Е на плоско стьЛ.В С.
Пусть5С -х, В^С^-у, тогда проекцииДВ, н СС} на плоскость будут
равны —-— н BlCl±AlDlJtlCl±J)Dl, то есть В]С1 перпендикулярен
плоскости AA^D^D н так как B]D] - С,!),, то В н В] симметричны
относительно этойплоскости.
Аналогично, точки5 н С также симметричны относительно
плоскости^ -^jDjD.
574

A
Рнс. \2Л
Таким образом, трапеции АА, С, С н AAfifi симметричны
относительно плоскости AA{D{D и, следовательно, равны. Тогда ZA^AC -
ZA }АВ и точка£" находится на биссектрисе^!) угла А<4 С.
2 ' ' 2 ' 2
АЕ— проекция бокового ребра АА\ усеченной пирамиды на плос-
кость^Де, Таккак '■*~ у^ > ^-^-, то АА, —большее боковое реб-
2 2'' У
ponAA^l.ZA^AE^a.
Тогда DDt =AlE = /sin а, АЕ = /cos а.
Проведем в плоскости AAtDlDOlF\4iE. Тогда OtF\AD, OtF =
AtE= /sin a.
OF = 0£>-F£> = 0£>-0,£>, = -(AD-A^^-AE^^^.
В&OFOt (ZOFO =90°): .__
OOl=^OF1 + 0IF1=]'-^~- + l1Sm1a = ycOS1a + 9sm1a =
= -Vl + 8sin2a = -^l + 4(l-cos2a) = -i/5-4cos2a.
Ответ; -i/5-4cos2a.

12.222. В основании
пирамиды лежит ромб, один из
углов которого равен а.
Боковые грани одинаково
наклонены к плоскости
основания. Через середины двух
смежных сторон основания
и вершину пирамиды
проведена плоскость,
составляющая сплоскостью основания
уголр. Площадь
полученного сечения равна S. Найти
сторону ромба.
Решение.
Пусть
ромбЛ.ВС1)—основание пнрамядыЬАВСО
Рис. 12.89 (рис. 12.89), ZBAD = а,
LO —высота пирамиды. Так как боковые грани одинаково наклонены
к плоскости основания, то О — центр круга, вписанного в ромб, —
точка пересечения его диагоналей. Пусть.Е — середина АВ,
F—середина Ab,SELF= S, К — точкапересечения£7гнЛС,Л.В = а.
EFlBDfiF = -BD = BO = asm- ,EF1K0, К -
" 2 2
- середина EF. КО —
проекция ЛХ на плоскость основания. Тогда KLXEF, ZLKO —угол
между плоскостью ELF сечения и плоскостью основания пирамиды,
ZLKO^b. KO = -AO=-acos~.
v 1 1 2
В AKOL (ZKOL - 90°): KL -
:-EFLK=*-asin-
2 2 2
КО
cosZLKO
a
acos—
2
2cos|3
acos
2cos|3 8cos|3
- = S:a
"i
2Scosg
sin a
Ответ:
"?
sin a
12.223. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а. Все
боковые грани составляют с плоскостью основания один н тот же угол р.

Площадь сечения,
проведенного через большую
диагональ основания н вершину
пирамиды, равна S. Найтн
объем пирамиды.
Решение.
Пусть ромб ABCD —
основание пирамиды LAB CD
(рнс 12.90), ZBCD= a, 0°<
ct<9O°,L0—высота
пирамиды. Все боковые грани имеют
сплоскостью основания один
н тот же угол, поэтому О —
центр круга, вписанного в
ромб, — точка пересечения
диагоналей ромба.
ZjBGD острый, поэтому
АС — большая диагональ ромба, S^^ =■ S.
В miocKocraDLCoirycTHM перпендикуляр LKna CD. Тогда OKLCD
ZLKO = $.
Плоскость ALC делит данную пирамиду на две равных пирамиды
DALC нВЛЬСсобщим основанием ,4LC.
DOIAC, D01LO. Отсюда DO перпендикулярен плоскости ALC н
является высотой пирамиды DALC.
2
Объем данной пирамиды V ~ 2VDALC ~ — S- DO.
Рнс. 12.90
ПустЫЮ = а ZDOK = ZDCO = -ZBCD = -.
J 2 2
Тогда OJC = acos—,OC = actg—,MO = acos—1\
a
' 1 a a №j«tf
2 2 bv 62 V „„ a
и cos—
JSsin-ctgP 2sJ5sm-ctgP
= i 2 =i>v = —J ?
3COS-;
19 Сканави М. И., кн. 2 577

2S,
Ответ:
S sin — сЦ
3cos-
12.224. В правильной
треугольной пирамиде двугранный
угол при основании равена,
боковая поверхность равна S.
Найти расстояние от центра
основания до боковой грани.
Решение.
Пусть LO— высота
правильной пирамиды LABC(pnc.
12.91). Проведем в грани ALC
перпендикуляр LD на А С.
Тогда OD1A С, ZLDO =<х, сторона
А С перпендикулярна плоскости
LDO, плоскости LDO и ALC
перпендикулярны.
В плоскости LDO проведем
перпендикуляр OKnaLD. Тогда
ОК перпендикулярен плоскости
A LC н его длина есть расстояние
от точки О до грани ALC. Так как пирамида правильная, то все боковые
грани одинаково наклонены к плоскости основания и 5WSC=Scosa.
Л/3 аг£
4
о,/з 1
Рис. 12.91
2 R 2 R г
ЕслиЛС = о, то S^bc = ~—r—r~ = Scosa," = 2 I-
4 4 у
Scosa
0D = -
Щ
cos a.
Из AOKD (ZOKD = 90 °): OK = OD sin ZODK
sin a
3
•Jsfil
Ответ:
sin a rZfz
——\/5v3cosa.
12.225. Высота правильной треугольной пирамиды равна Я:
Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Через сторону
основания и середину противолежащего бокового ребра проведена
плоскость. Найтн площадь полученного сечения.
578

Решение.
Пусть МО—высота
правильной пирамиды МАВ С (рис. 12.92),
MO = H,F—серединаЛС. Тогда
AF1BC. MF1BCZAFM = а.
В AMOF(ZMOF = 90°): OF =
Hctg а. К— середина AM. В
плоскости AMF проведем KL Ц
МО, toth&KLLAFkKL —
средняя линия АА ОМ.
KL = -MO = — ,AL = LO.
2 2
Так как АО = 20F, то AL -
LO = OF, LF = 20F = 2#ctg a.
Пусть LF— проекция KFyisl
плоскость ABC, LFLBQ тогда
KF1BC. Рис. 12.92
В ABFO(ZBFO- 90°):
BF = OF ctg ZOBF = H ctg a ctg 30° = Я-Л ctg a.
В AKLF(ZKLF= 90°):
KF = t/aX2 + LF2 = J— + 4Я2 ctg2 a = — Jl + 16ctg2 a.
V 4 2
Omeem: -H2^3ctgai/l + 16ctg2 a.
12.226. В основании треугольной пирамиды лежит равнобедренный
треугольник, у которого площадь равна 5и угол при вершине равена.
Найти объем пирамиды, если угол между каждым боковым ребром и
высотой пирамиды равен р\
Решение.
ПустьОО — высота пирамиды DABC(pac. 12.93),ZAD0 = ZBDO =
ZCDO = P, AB =BQ ZABC =a, Su„c = S.
AAOM=ABOM=ACOM=*OA=OB = OC,0-
описанной около AABC, OA—еераднус.
ЕслиОА = R,m AB = ВС =2RsaaZBAС = 2.Rsi
- центр окружности,
Jw>-±
:2.Rcos-

с
Рис. 12.93
Рис. 12.94
slabc =-AB2smZABC=*--4R1Qos1-sina = S =
■j2Ss.
В &AOD(ZAOD = 90°):
DO = OA&gZADO =
гк „ L „„ Sctgp4/2Ssitioc
Объем пирамиды F = - Лдлес • DO = — .
Ответ:
SctgpV2Ssinot
, a .
ocos—sina
2
6cos—sina
2
12.227. Осиоваиием пирамиды служит равнобедренная трапеция, у
которой боковая сторона равна а, а острый угол равен а. Все боковые
грани образуют с основанием пирамиды один и тот же угол р\ Найти
полную поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть трапецияЛ.ВС1> — основание пирамиды?Л.ВС1> (рис.12.94),
FO — высота,АВ = CD=a, ZABC = а,0° <а <90°.
580

Так как все боковые грани пирамиды образуют с основанием один н
тот же угол р\ то точка О равноудалена от всех сторон трапеции ABCD и
является центром окружности, вписанной в эту трапецию. Отсюда.^!) +
ВС ~ АВ + CD ~ 2а.
Если АЕ — высота трапеции ABCD, то AE = asma.
Площадь трапеции ABCD S = АЕ ~ a sinot, а площадь
боковой поверхности пирамиды $бок.
_S_
cosp
>S„ = S + S6=S + -
cos[3
2a sin a cos ~
S(l + cosP)
cosp
Ответ;
2a sin a cos i-
. 2
cosp
cosp
12.228. Двугранный угол
при основании правильной
треугольной пирамиды равен а,
боковая поверхность пирамиды
равна S, Найтн расстояние от
центра основания до середины
апофемыбоковой грани.
Решение.
ПустьКО —высота
правильной 1ШрамидыК4.ВС(рис. 12.95),
D — серединаЛС. Тогда^ШЛС,
OD1AC,ZFDO=ol
ЕашЕ—середина апофемы
FD, то ОЕ— медиана
прямоугольного AFOD, проведенная
к гипотенузе, ОЕ ~ - FD.
Рис. 12.95
Если .4 С = а, то
ЛЬЛВС' 7 =
„ , fScosa
Scosa=>o = 2,—=—.
V 7з
б \ л 6 з

км о к
Рис. 12.97
В AFOD(ZFOD = 90°):
„_ OD VsV3cosoc ^[sЖcosa
FD = = => ОЕ = .
oosZFDO 3cosa 6 cos a
Ответ:
cos a
6cosa
12229. Плоский угол при вершине правильной n-угольной пирамиды
равен а. Отрезок прямой, соединяющий центр основания пирамиды с
серединой бокового ребра, равена. Найти полную поверхность пирамиды.
Решение.
Пусть СО — высота правильной пирамидыСАхА2...Ап (рис. 12.96),
ZAtCA2 = а, В — середина СА2, ОВ = а.
ОВ — медиана прямоугольного ZCOAv проведенная к гипотенузе,
1 2 2
следовательно СА2 = la, S^cai = Т А\с sin a = ^ sln a-
Площадь боковой поверхности пирамиды
s\ - nSuA,cA2 - 2««2 sin a.
Если ZCA2Al — угол между прямой AtA2, лежащей в плоскости
основания пирамиды и наклонной С43 к этой плоскости, ОА2 —проекция
СА2 на эту плоскость, то cosZCA2Al =cosZOA2Al cosZCA20 =>
582

>cos = соя
2 2 1 2
cosZCAO => cosZCAO =
В hA2OC\ZA1OC = -
2a sin-
OA, = С A, cos ZCA-,0 = -
1 •>
■ -OA{sra.ZAflA1 ■-
2 ■ 2jt
— ■sin— = -
„!«
L = 4o sin'— ctg-.
2 n
Площадь основания пирамиды
S2 = "S^o^ = 4a2«sin2 yCtg^.
Тогда площадь полной поверхности пирамиды
S = S, +S2 = 2no2 sin a + 4ио2 sin2 — ctg-= .
= 4«a sin-
. a Jt
sin —cos—
а In
4па sin — sin — + -
2 2 i
4no2sin—sinl
Ответ:
12.230. Два конуса имеют концентрические основания и один и тот
же угол, равньш а, между высотой и образующей. Радиус основания
внешнего конуса равен Л. Боковая поверхность внутреннего конуса в
два раза меньше полной поверхности внешнего конуса. Найти объем
внутреннего конуса.
Решение.
Пусть ААВС— осевое сечение внешнего конуса (рис. 12.97),
&MLK— осевое сечение внутреннего конуса, О — общий центр их
оснований, О А = R, ZABO = ZMLO = а.
583

D
%
'Ч
ll\
/I:
11:
I I :
I I '
C'lJZr
-t-'f-
0\
Рис. 12.98
Рис. 12.99
Образующая внешнего конуса А ~АВ = , его полная поверхность
ana
о п/г, ,i J„ Я ~) KR2(l + siaa)
kR'\ 1 + cos| --a
,4 2
Если радиус внутреннего конуса ОМ = г, то его образующая
/2 = ML = ——, а его боковая поверхность & = тсг/л = .
sma e sina
По условию S, = - S, => ^— =
2 sina
4 2
г = Лсо4
Высота внутреннего конуса h — LO = г ctg a, а его объем
584

1 „з з(п оЛ .
Ответ. ^ cos --- ctga.
12.231. В цилиндр вписан прямоугольный параллелепипед, диагональ
которого составляетсприлежащимикней сторонами основанияуглыаир.
Найти отношение объема параллелепипеда к объему цилиндра.
Решение.
Пусть в прямоугольном параллелепипеде ABCDAfi^ C,D, (рис. 12.98),
вписанном в цилиндр, ZBtDA -a,ZBtDC = $, AD = a, CD -b, радиус
основания цилиндра Л, общая высота цилиндра и параллелешшедаЯ,
BtD = d,AB — проекцияЛ.8, на плоскость основания параллелепипеда,
AB1AD. Тогда/ТВ,!/*!». ,
В ABtAD (ZBtAD = 90°):o = dcos а, и так как.В, CXCD, то из ДД, CD:
Ъ - dcos p.
Объем параллелепипеда Vi = abH = d1 cosacosPtf.
BD2 = (2Л)2 = 4.R2 = a2 + б2 = rf2 (cos2 a + cos2 p).
Объем цилиндра
F2 = Jtfl2# = iiu/2(»s2a + cos2p)ff =>
Кх rf2 cosacospH 4cosacosp
^^"1^2 (^ a+ ms2 ^ " 4cos2a + cos2p)'
4cosacosft
ПО"
12.232. Основанием пирамиды служит прямоугольный треугольник
с острым углом а. Этот треугольник вписан в основание конуса.
Вершина пирамиды совпадает с серединой одной из образующих конуса.
Найти отношение объема конуса к объему призмы.
Решение.
Пусть в треугольнике ABC, являющемся основанием пирамиды
FABCipuc. \2.99),ZACB = 90°,ZBAC = а, О — центр основания,/) —
вершина конуса,в который вписана данная пирамида. ТогдаО —центр
585

круга, описанного около прямоугольного Д4 В С. Отсюда, О —
середина гипотенузы АВ.
EcimF—середина образующей!^ конуса,./*"*?, — высота пирами-
jsuFABC, toFO, —средняя линияADOEи FOx ^-DO.
Пусть DO ~Н,ОА- Я тогда AB~2RrAC~ 2Rcos a, BC~ 2Rsin a,
s&abc =-ЛС-ВС = 2R2 sinacosa = R2 sin2a
1 л
Объем конуса
1 1 •>
Объем пирамиды V2 --5A^fiC-FO] --./r# sin2<x.
3 6
.. ~nR2H
Тогда — = -: =" . ■ ■
K» ^2tfsin2a sm2a
6
2ft
Ответ: ——-— ■
sm2a
12.233. В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб;
вершины его верхнего основания лежат на боковых ребрах, вершины
нижнего основания — в плоскости основания пирамиды. Найти отношение
объема куба к объему пирамиды, если боковое ребро пирамиды
составляет сплоскостью основания угол а.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис.12.100),
ZSAO = a, MNKLMlNlKlLl — куб из условия задачи, MNKL — его
нижнее, M1NtKtLl — его верхнее основание, О, — точка пересечения
SOnMtKy
Пусть ребро куба равно а.
М,К,\\ЛС, ZSM,Ol = ZSAO =a
Тогда объем куба V, =агМ\Ох -S^— ,SO, -S^—tgu.
SO = SO,+0,0 = «+ — tga = —tga(x/2ctga+l)
В &SOA(ZSOA =90°):
586

Рис. 12.100
^0 = SOctgZS^O = 2i?-tga(V2ctga + l)ctga = -^(x/2ctga + l)=
2 V2
=> Sabcd =-ЛС2 = 2Л02 =o2(V2 ctga + l)2.
Объем пирамиды
V2=\sABCD.SO = Uy-2^a + lJ-a^a + L
^ 3 V2 ctg a
_a3W2 ctga+l/
3V2«ga -
К 3V2ctga
Тогда T7- = s-
Omeem:
V2 (-Л ctga + l)3
3-j2aga
(x/lctga+lj
12.234. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а; боковая грань составляет с плоскостью основания угол а.
Найти радиус опнсанного шара.

Решение.
IlycTbSO—высота правильной mspamnmSABCD(pHC.12.10\),AB=a,
М—середина CD. Тогда OMXCD, SMXCD, ZSMO=а.
Радиус Л шара будем искать как радиус круга, описанного около
AASC.
EoikZASC = x,to
АС аЛ
IsiaZASC Isinx
В 6SOM (ZSOM = 90°): SO = ОМ tg ZSMO = | tg a.
АО
В ASOA (ZSOA - 90°): tg ZASO = — =»
. л: о-Л о. /т . ВТ 2-j2ctga
=>tg— = :-tga = V2ctga=»sin;£ = — = %— =>
2 2 2 2£ l + 2ctg2a
6 2
<и/2 ^а-Л l + 2ctg2a_a|iin2a + 2cos2a)_
2sinx 2 2i/2ctga 4ctgasin2a
Г 1 + cos2oA
_a(l + cos2a)_ [ 2 J_a(3 + cos2a)
4cosasina 2sin2a 4sin2a
e(3 + cos2a)
Ответ: ■ . .
4 sin 2a
12.235. Величина угла между боковым ребром правильной
четырехугольной пирамиды и плоскостью основания равна величине плоского
угла при вершине пирамиды. Найти угол между боковой гранью и
плоскостью основания.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.102),
ZSDO=ZCSD, Е—середина CD. Тогда OEXCD, SEXCD, ZSEO
—искомый угол между боковойграньюнплоскостьюоснованияпирамиды.
Если ОЕ = 1, SO = Н, то CD - 2, ос = ,/5.
Пусть DF — высота &DSC, тогда ASOD= &DFS— по гипотенузе и
острому углу н DF = SO = H.

5
5
Рнс. 12Л01 Рнс. 12.102
В &SOE (ZSOE = 90°): SE = yJ0E2 + S02 = Vl + Я2.
H3asoc(zsoc=9o°): sc=4oc2+so2 = 4г+н2.
sLCSd = \scdf = -cdse^,scdf = cdse^,h4i^h2 =
= 2>д + я2 »я2(2 + я2)=4 + 4я2»я4-2я2-4 = 0;я2=1±,/5.
ТаккакЯ2>0, то я2 =\ + 41;Н = -\\ + Л.
В ASOE(ZSOE =90°):
С/1
tgZSEO = —= Я =
i/l + x/J => ZSEO = arctgVl + -v/5
Ответ: arctgVl + VS.
12.236. Найтн отношение объема шарового сегмента к объему
всего шара, если дуга в осевом сеченнн сегмента соответствует
центральному углу, равному а.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данного шара, О — его центр, ZAOC ~ а,
К — вершина сегмента, D — точка пересечения А С и радиуса OK, KD —
высота сегмента (рнс. 12.103).
ЕслнЛ—раднус данного шара, то его объем Vx = — kR .
. 589

В AADO(ZADO = 90°):
DO=OAcosZAOD = Rcos-=*KD = OK-OD = R-Rcos~ =
2 2
= R\ 1-cos-
Объем сегмента
V, =K-KD2\ R--Kd) = kR2( 1-cos-l [ R~-a 1-cos-
= i^3si„^[3^fl-coS|ll=i^3sm^f2 + cos|\
V2 . 4 a(. a
Отсюда y = sm 7 2 + cos7
. 4 ctf. a
Ответ: sm "J 2 + cosy
12.237. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с, его
острый угол равена. Треугольник вращается вокруг биссектрисы
внешнего прямого угла. Найти объем тела вращения.
Решение.
Пусть в AACB ZACB = ^,ZBAC = a,AB = c (рнс. 12.104). Тогда
AC- ccos а,ВС = с$та.
При вращении АА СВ вокруг биссектрисы 0,02 получится тело,
осевое сеченне которого показано на рнс. 12.104.
Объем К этого тела равен разности объема Vx усеченного конуса,
осевое сечение которого — трапецияЛ.В.В|Л|,нсуммы объемов У2н Уъ
конусов, осевыесечення которых — треугольники^ С4, HBCBt.
ZA С\ = ZBCBy = - => ZOxBC = Z02AC = -,С02 = 02A =
■Л &
ЕслнО^=Д OtB = r, то
590

Рис. 12.103 Рис. 12.104
V = V1~(V2+V,) = -k0102(r2 +Rr + r2)-(-nR2 C02+-nr2 СоЛ=
.{я2-Яг + г2)Цп{Я + г)Кг = Ц^
Л Л J V2 Л
с . л cosa + sina пс . л . {к
- — 7tsin2a == = sin 2a sin —+ a
6 Л 6 4
7CC3 . . . (ТС
, Ответ: -у sin 2a sin - + a
12.238. В усеченный конус вписан шар. Сумма длин диаметров
верхнего и нижнего оснований конуса в пять раз больше длины радиуса
шара. Найти угол между образующей конуса и плоскостью основания.
Решение.
Пусть равнобедренная трапеция ABCD — осевое сечение данного
усеченного конуса, Е и F—центры его нижнего н верхнего оснований,
О— центр вписанного шара, EF— его диаметр и высота трапеции
ABCDipnc. 12.105). ЕслиД— радиус шара, toEF=2R,AD +BC-5R.
SR
BC + AD=AB + CD=2CD=f>CD = -—.
2
СК — высотатрапецииЛ.ВСД CK=EF=2R.
ZCDK—угол междуобразующей CD конуса н плоскостью основания.
591

ВЕС
О*
Рис. 12.105
Из&CKD(ZCKD = 90°): smZCDK = — = -\ZCDK = arcsin -.
CD 5 5
Ответ: arcsm-
12.239. Отношение поверхности шара, вписанного в конус, к
площади основания равно к. Найти косинус угла между образующей
конуса и плоскостью его основания и допустимые значения к.
Решение.
Пусть ААВС—осевое сеченне конуса (рнс. 12.106), D — центр его
основания, .BD— высота, О—центр вписанного шара, ZBAD—угол
между образующей конуса и плоскостью его основания, ZBAD - a,
DA=R, OD = r.
ZOAD--ZBAD = ~ Hr = .Rtg-.
2 2 2
Поверхность шара Sx = 4го-2 = 4яЛ2 tg2 —.
Площадь основания конуса S2 ~ kR1.
т«™«. S\ .. 2 <х ,. 1 ct , 1-cosa , 4-it
Тогда —L = 4tg'! — =» 4tgz — = k =» 4 = k => cosa=——.
S2 2 2 1 + cosa 4 + fc
Так как a—острый угол, то 0 <cosa< 1.
\-k
Тогда 0 < < 1;0 < к < 4.
4+к
4—А:
Ответ: -;0 < к < 4.
4 + А:
592

Рис. 12.106 Рис 12.107
12.240. Отношение объема шара, вписанного в конус, к объему
описанного шара равно к. Найти угол между образующей конуса н
плоскостью его основания н допустимые значения к.
Решение.
Пусть ААВС— осевое сеченне конуса, D — центр его основания,
BD—высота, О — центр вписанного шара (рнс. 12.107),
ZBAD—искомый угол между образующей Д4 конусан плоскостью его основания.
ZBAO =а, r hR —радиусы вписанного и описанного шаров.
В AADO(ZADO- 90°):
ZX4 = D0ctgZO4D = rctg-.,4C = 2rctgy.
Радиус круга, описанного около треугольника А В С,
.„ 2rctg — rctg —
Rtz AC *2 *2
IsinZABC 2sin(l80°-2a) sin2a'
Объемы двух шаров относятся как кубы их радиусов.
Таким образом,
- . a
з . „ 2sinacosasin —
Ri R rctg" cos"
B2 2
<=> 4sin2 — cosa = \[k <=>2(l-cosa)cosa = Vit <=>2cos2 a-
2
-2cosa + Vit =0;
593

l±Vl-2*/Jfc \±4\-2\]k
cosa = 1 ;a = arccos
Таккак£> Он \-2i[k >0,то 0<A:5>a-
„ \±4\-lVk . , 1
Ответ: arccos - ,0 < к £ -.
2 8
12.241. В шар, радиус которого равен R, вписан конус; в этот конус
вписан цилиндр с квадратным осевым сеченнем. Найти полную
поверхность цилиндра, если угол между образующей конуса н плоскостью его
основания равен а.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупности тел.
ВС—образующая конуса, FE—образующая цилиндра, D — центр основания
конуса н нижнего основания цилиндра, К — центр верхнего основания
цилиндра, ZBCD = а (рис. 12.108).
Если радиус основания цилиндра равен г, то FE = 2г, а площадь
полнойповерхностицилиндра s - 2т1 + 2m-FE = 2m2 + Am2 = 6т-1.
Раднус данного шара является радиусом окружности, описанной
около АЛВС.
Отсюда AC = 2RsinZABC = 2.Rsin(l80°-2a) = 2.Rsin2a,
CD = R sin 2a.
В AFEC(ZFEC = 90°):
CE = FEctgZECF = 2rctga,C£> = CE + ED = 2rctga + r = r(2ctga + l)=>
/, . ,\ „ . - .Rsin2a „ 6rc«2sin22a
=>r(2ctga + l) = .Rsin2a<=>r = -— ,S = -
Omeem:
l + 2ctga' (l + 2ctgaf
6nR2 sin2 2a
(l + 2ctgaf '
12.242. В полушар вписано тело, состоящее из цилиндра н
поставленного на него конуса. Нижнее основание цилиндра лежит в плоскости
большого круга полушара; верхнее основание цилнидра совпадает с
основанием конуса н касается поверхности шара. Вершина конуса
лежит на поверхности щара. Образующая конуса составляет с
плоскостью его основания угол а. Найтн отношение объема тела к объему
полушара.

в
/ /к
D
У ^
a(\l
Е /
Рис. 12.108
Решение.
Рассмотрим осевое сечение данной совокупностител. О—центрполу-
шара н нижнего основания цилиндра, F—центр верхнего основания ци-
линдраноснованияконуса,Е—BepuDmaKOHyca,ZEBF=a,(pHc. 12.109).
Пусть FB = г. Тогда EF = rtg a.
OB - ОЕ — радиусы данного полушара, следовательно
ZBOE = n-2ZBEF=n-2\ --a | = 2a
В ABFOl ZBFO = -\;OF = rctg2a;OB = ——.
^ 2) ъ sin2a
Объем конуса V, ^-к-FB1 EF = -TO3tga.
Объем цилиндра V2=n- FB2 ■ OF = то3 ctg2a.
F1+F2 = -TO3tga + TO3ctg2a=—— (tga + 3ctg2a)=
-(tga + ctg2a + 2ctg2a)=
cos a
2 cos2a
3 cosasin2a sin 2a
,. . 2то3 - + cos2a 2то3 cos—+ cos2a
TO3(l + 2cos2a)_ ^2 j_ { 3
3 sin 2a
is --
6
4to3cosI — + a Icosl a
3 sin 2a
3 sin 2a
Л
595
3 sin 2a

Объем полушара V, = — к-ОВъ = .
3 3sin32a
Таким образом _L±_1 = 2 sin2 2acosl a + — Icosl a- —
V, 1 6 | 1 6 !
Ответ: 2sin 2acod a + - cod a—-
12.243. Боковая грань
правильной усеченной треугольной
пирамиды составляет с
плоскостью основания угол ос. Найтн
отношение полной поверхности
пирамиды к поверхности
вписанного в нее шара.
Решение.
Пусть М — центр нижнего,
М, — центр верхнего оснований
правильной усеченной
пирамиды ABCAtBtCt (рис. 12.110),
О— центр вписанного в нее
шара, ОнаходитсянаММ|,Л' —
середина BC,Kt — середина Л, С,. ZKJCM = а, точка ^касания шара с
гранъюЛССД находитсяна/^А:
Рассмотрим сечение данной совокупности тел плоскостьюЛЛ ^tK
(ряс. 12.110, а).
ZMKO = ~ZKtKM = -.ZM^Kfi = -ZM^KXF = i(l80°-a) = 90°--.
Пусть радиус шара ОМ = ОМх = г, ВС = а, В, С, = Ь.
В AOMK(ZOMK = 90°):MK = rctg-=> о = 2^3■ MK = 2&rct%-.
В AOM^ZOM^ = 90°):М,£, = гctgf90°-- |=rtg-=»i =
= 2,/3-M,A:,=2,^rtg|.
W = ^# - 3V5rJ ctg> £ о SMm = ^ - 3^rJ tg^.
596

Mi *.
Рнс. 12.110,a
KjK = KjF + FK = KtM, + KAf = rtg- + rctg- = /tg- + ctg-l
ct a sin a
sin—cos —
2 2
Площадь боковой поверхности
2 21 2 2 sin a
-«M-l*-!]..*/-»»
sina sin a
Площадь полной поверхности усеченной пирамиды
12-Л)
sin2 a
S^.+W+S^.c, =^T + 3^fc^f + tg2| -
llSr2
sin2 a
\lfir1
sin2 a
12,/3r2
+ 3V3r2-
2 — sin
2
sin2 a
- 4 a . 4 a
cos —+ sm —
2 2 _
2 Ct . 2 Ct
cos — sin —
2 2
С 2Ct . 2«Y
cos — + sin —
[2 2j
sin2
'") 6,/3r2(4-sin2
sin2 a
597
- 2 cos2
a
■)
a
~2
sin2
a
7

Поверхность шара Su = 4я г2.
Тогда
' 2%
4-sin
;а_3,/зГ 4 Л_3т/3
sin а 2я \^sin а
2я
(4tt + ctg2a)-l):
^(4ctg2a+3)
2Jt
3^
Ответ: — (4 ctg 2 a + з)
2л
12.244. В конус вписан шар.
Радиус круга касания поверхности
шара н боковой поверхностикону-
са равен г. Прямая, проходящая
через центр шара н произвольную
точку окружности основания кону-
са, составляет с высотой конуса
угол а. Найти объем конуса.
Решение.
Пусть S— вершина конуса,
О — центр его основания (точка
касания вписанного шара с
плоскостью основания), С—центр шара,
D —центр круга касания
поверхности шара н боковой поверхности
конуса, AD — радиус этого шара,
AD = r,SB — образующая конуса,
на которой находится точка А,
ZOCB = а (рнс. 12.111), радиус
шара СО = CA—R,A — точка касания прямой SB н поверхности шара.
Тогда С А X SB, А СОВ -АСА В по катету н гипотенузе.
Тают образомZACB = ZOCB = a, ZDCA = 180°-2a,
ZOBS = 2 ZOBC= 2 (90° -a) = 180° -2 a.
BACDA(zCDA=90°):R = ^-7—t , = _£—,
sin(l80°-2a) sin 2a
BACOB(zCOB = 90°):OB = COtgZOCB = Rtga.
H3ASOB (ZSOB = 90°):
SO = O.BtgZOAS = .Rtgatg(l80°-2a)=-.Rtgatg2a.
Объем конуса;
Рис. 12.111
598

V = -KOB 2-SO = -ijtfl3tg3-atg2ot = -'t
3 • 3
jp-3sin3atg2a ro-3tg2a
24sin3acos3acos3a 24cos6a
3 sin 2a
tg3atg2a
Ответ:
m tg2a
24cos a
12.245. Отношение объема
конуса к объему вписанного в него шара
равно к. Найти угол между
образующей н плоскостью основания конуса
н допустимые значения к.
Решение.
Пусть ААВС— осевое сеченне
данного конуса (ряс. 12.112), D —
центр его основания, О — центр
вписанного'шара,' ZBAD— искомый
угол между образующей н
плоскостью основания конуса, /.BAD = a,
радиус основания конуса ОА -R.
BAADB(/ADB-90°):
BD = AD tg ZBAD = R tg a,
/OAD = -/BAD = -.
2 2
В AADO(/.ADO = 90°): DO = ADtg/OAD = Rt$-.
Объем конуса Vt = - Jt • OA1 ■ OB = - kR3 tg a,
объем шара V2 =-KD03 =-Jtfl3/g3 — =»
tga
2tg,
4tg
з«
4tg3f|lV
!
« ......2« . 2« _k±4k*-
>2£tg4|-2A:tg^ + l = 0;tg2|
Ik
Ik
-2fc>0,
k>0
>k>2.
599

\k±Jk2-2k_
Отсюда а = 2 arctgJ *
2A
\k±Jk2-2k
Ответ: 2 arctgJ — ; к > 2.
12.246* Найти угол между образующей конуса и плоскостью
основания, если боковая поверхность конуса равна сумме площадей основания и
осевого сечения.
Решение.
Пусть R — радиус основания, / — образующая, Я—высота данного
конуса, а — искомый угол между его образующей и плоскостью
основания.
Тогда Я = *tgct,/ = -?-.
cos a
nR2
Площадь боковой поверхности конуса Si =тсЛ/= . Площадь ос-
cosa
нования 5*2 = яЙ , площадь осевого сечения Sj = RH - R2 tga.
Так как & =S-> +5->,то ~nR2 +R2tga:
1 3 cosa
sin a . a „
тс = тс cos a+sin a; -тс; ctg —= тс; a = 2arcctg7t.
1-cosa 2
Ответ: 2arcctg7t.
12247. Угол между высотой и образующей конуса равен а. В конус
вписана правильная треугольная призма; нижнее основание призмы
лежит в плоскости основания конуса. Боковые грани призмы — квадраты.
Найти отношение боковых поверхностей призмы и конуса.
Решение.
Пусть 5 — вершина, О — центр основания данного конуса, SA —
образующая конуса, проходящая через вершину С вписанной правильной
призмы (рис. 12.113), ZASO-a. Боковое ребро СВ призмы параллельно
SO, поэтому ZACB = ZASO - а.
Если ребро призмы равно 1, то площадь ее боковой поверхности
$1=3, ОВ = —. В ACBdzCBA = -):BA = CBtgZACB = tga.

s
Рис. 12.113
5in[a + f),
r- Miu ut- I 2sin a + -
CW = 0B+A4 = ^ + tga = tg£ + tga = —i ^= l 6
3 6 7C
cos—cos a
6
S
cos a
b&soa\zsoa = -\. sa= oa
2sin a+- I 4sin| on
6 6,
ZASO ^3cosasina i/3sin2a
8itsiir a+-
Боковая поверхность конуса S2 = я ■ CM &4 = -
Si 9sin2acosa
Тогда — =
3 sin 2a cos a
8Jtsiir a+
Omeem:
9sin2acosa
8»tsin2| a +

Рис. 12.114
12.248. Около шара описана прямая призма, основанием которой
служит ромб. Большая диагональ призмы составляет с плоскостью
основания угола Найти острый угол ромба.
Решение.
Пусть poy&>ABCD —основание данной прямойпризмыАВСОЛ^С^,
описанной около шара (рис. 12.114), нрадиус шара равенЛ.Тогдавысота
призмыДВ, = 1R.
Если B^D — большая диагональ призмы, то ZBtDB fc а и BD —
большая диагональ основаниям /ЛВС—искомый острый угол ромба.
В д BtBD: BD = 2Rctg a.
Если через середину высоты призмы провести перпендикулярное
сечение, то получится ромб, равный основанию призмы, в который
будет вписан большой круг данного шара. Отсюда, радиус шара равен
радиусу круга, вписанного в ромб ABCD.
Центр этого круга — точка О пересечения диагоналей ромба.
Е — точка касания этого круга со сторонойЛ.В ромба.
Тогда ОЕЫД OE=R. ВО ^-BD^Rct%a. BABEO(ZBEO = 90°):
OF R
siaZOBE = = =tga;
OB Rctga ъ
ZOBE=arcsin(tga)
ZABC -2ZOBE = 2arcsin(tga)
Ответ: 2 arcsin(tg a)
602

Рис. 12.115
12.249. Боковое ребро правильной усеченной четырехугольной
пирамиды составляет с плоскостью основания угол а. В пирамиду вписан
прямоугольный параллелепипед так, что верхнее его основание
совпадает с верхним основанием пирамиды, а нижнее основание лежит в
плоскости нижнего основания пирамиды. Найти отношение боковых
поверхностей пирамиды н параллелепипеда, если диагональ паралле-
лепицеда составляет с его основанием угол [}.
Решение.
Пусть в правильной усеченной пирамидеЛ.В CZX^Bj CfDf (рас. 12.115)
ZDftB =a AlBlClDlA2B2C2A2 — вписанный прямоугольный
параллелепипед z ВР^г= Р-
Положим боковое ребро параллелепипеда равным 1, тогда из
bBflfi% (^BtB2D2 = 90 °): B2D2 ^ВхВгсХ% Z Bfl& ^ctg p\
■Л
СУ>2=— Ctgp.
Боковая поверхность параллелепипеда
S, = 4С2£2 ■ £,£2 = iji ctgP.
В ADflfi (^.Dfifi = 90°): D2D - £,£2ctg ^DfiD^ *=■ ctg a.
BD = B2J>2 +2D2D = ctgP + 2ctga
ЕслиЛ^— высота трапеции Ш>, С: С, toDjELCD.
Л V2

Из равнобедренного прямоугольного AD2ED:
D2E = -^=DtD = -^ctga.
V2 i/2
BAD1£2£(Z.D1D2£=90'').
Площадь боковой поверхностнпирамиды
„ .„ . CD-С, А „_ J
CD-С,A n „JctgB+jctga ; ctgp"| Jl + aga
Я +1Г ~E
V sm a
= 2(ctgP+ctga\
2зт(а+р)УГн
n(a+p)\/i4
siirasinp
Тогда &
:2-j2ctgP = -
n(a+py2(l + sin2a)
2 sin2 a cos [3
Ответ:
^a + P^q + sin^a)
2sin2acosP
12.250. В конус помещена пирамида; основание пирамиды вписано в
основание конуса, а вершина пирамиды лежит на одной из образующих
конуса. Все боковые грани
пирамиды одинаково наклонены к
плоскости основания. Основанием
пирамиды служит равнобедренный
( *\
треугольник с углом a ot£ — прн
вершине. Найти отношение
объемов конуса н пирамиды.
Решение.
Пусть МО — высота данного
конуса, центр О основания
конуса —центр круга, описанного
около основания ABC пнрамнды
DABC (рнс. 12.116), АВ = ВС,
Рнс. 12.116
ZABC = a, a£- .
3
DK—высота пирамиды н, так

как все боковые грани пирамиды
одинаково наклонены к плоскости
основания, К—центр окружности,
вписанной в ААВ С.
Так как в треугольнике АВСАВ ~
ВС, то точки О и К принадлежат пря-
moHBN, где N — середина^ С.
МО 11DK, т ак как прямые МО н DK
перпендикулярны плоскости
оснований конуса и пирамиды.
Пересечением плоскостн MOB,
проходящей через две параллельные
прямыеМО н.£>Хнбоковойповерхно-
стн конуса является отрезокМВ — образующая конуса. Следовательно,
точка!) этой плоскостн, лежащая на боковой поверхности конуса,
принадлежит образующейМВ.
МО ОВ
АМОВ ~ ADKB. Тогда = .
DK BK
Пусть радиус основания конуса OB = R.
Рис. 12.11б,а
Тогда АВ = ВС = 2R sin ^.BAC = 2Rsia\
(2 2
а
■■ 2R cos —,
2
= -АВ2 sin ZABC = -■ 4R2 cos2 -sin а =
2 2 2
°AABC
= 2R2 cos2 — sin a.
2
В ДВЛГ(рнс. 12.116, a): ZCBK
2 a
1 Jt-a
ZBCK = -ZACB =■ ,
2 4
ZBKC = it - (Z CBK + ZBCK) = iz-
BK
ВС
sin ZBCK sin ZBKC
ВС sin ZBCK
BK = -
2R cos — sin -
2
2R cos — sin
2 4-
sin ZBKC

a Jt + a
2R cos— cos
2 4 -,„ и . Jt + a
= - 2— = 2.Rcos— ctg .
. Jt + a 2 4
sin
4
1 ,
Объем конуса Vt = -kR MO.
3
Объем пирамиды V2 = -Sa^sc DK.
Тогда
V, kR2MO kR2 OB
'2 °labc »«■ г/Гсо^-вша BK
2
2 2a
Jt+a
KR* Kt^~j
,1,3 ia . к+а .
4Л cos — ctg sm a
jt + a
Jttg
. 4
Ответ: .
12.251. Центр шара, вписанного в правильную четырехугольную
пирамиду, делит высоту пирамиды в отношенинт: л, считая от
вершины пирамиды. Найти угол между двумя смежными боковыми гранями.
Решение.
Центр щараМ, вписанного в правильную пирамиду SABCD,
находится на высоте SO (рис. 12.117) SM: МО = т:п.
OC1BD, ОС—npoeKinraSC на основание пирамиды. TorflaSCLBZ).
В плоскостиSDC npoBeaetiDKLSC.
Так как DK1SQ BDXSC, то плоскость BKD перпендикулярна SC н
ZBDK—искомый угол между смежными боковыми гранями55Сн DSC.
Пусть ZBKD = a, ZDCK = р.
Так как пирамида правильная, то ADKC ~ АВКС — по гипотенузе н
острому углу н DK = ВК, а КО — медиана, бнссектрнса н высота
треугольника^^).

Рис. 12.117
Пусть L — середина CD, тогда LM — бнссектрнса ZSLOh OL: SL
■ OM:SM=n:m.
Так как CL = OL, то c <g P =
CL OL _ и
SL SL m'
. DK . a OD . a OD 1
sin [J = ; sin — = . Тогда sin — sin В = = —;
DC 2 DK 2 DC Ji
sin2 — sin2 B = — ;(l- cosa)sin2 В = lrcosa = 1-
2 н 2Л
= -ctg2p= =>a = arccos --4r |=Jt-arccos-
Ответ: it- arccos -
12.252. Отношение стороны основания правильной л-угольной
пирамиды к радиусу описанного шара равно к. Найтн угол между
боковым ребром н плоскостью основания и допустимые значения к.

Решение.
Пусть О — центр шара, описанного около правильной пирамиды
SAfAr.,Ап с высотой SB (рис. 12.118), Проведем нз точки Оперпендику-
ляр OD на боковое ребро SA х пирамиды. Точка О лежит на SO. ZSA Ji —
искомый угол между боковым ребром и плоскостью основания, Пусть
SAtB= a.
Независимо от того, лежит ли точка О на отрезке^, его
продолжению за точку iJ илн совпадает с точкой^, прямоугольные треугольники
AtSBn 0/)5нмеют общий острыйyronZSOD = ZSAlB = a.
к
Если С — середина^^2,то ZAXBC- —.
п
Пусть^415' = а, SO - ОА ^R, тогда из
ASDO ZSDO = - ]: SD = SO sin ZSOD = R sin a.
V 2>
Так как AA, OS — равнобедренный, тоА S = 2SD=2Rsin a.
В &A,fiS Z/4,fiS = - : AxВ = A, Scos ZSA, В = 2i?sinacosa = i? sin2a.
I 7Г\ Л| С /т /г
Из ДЛ.СВ Z/4,CB^- :Л,В= —
'2 sii
sin/.А, ВС t n
2 sin — 2 sin -
л л
a kR k \ k
Так как — = &, то i?sin2a = ;sin2a = ; a = —arcsin
^ о ■ я „ . it 2 i
2 sin — 2 sin — 2 sin -
„А: к
При этом < 1 => A: < 2 sm -.
2sin-
л
1 fc „ , „ . л
Так как по условию задачнА: > 0, то « = "- arcsin , 0 < к < 2 sm —.
2 . я л
2sm-
It я
Ответ: — arcsin , 0 < А: < 2 sin -.
2 . л л
2 sin —

Рис. 12.118 Рис. 12.119
12,253, В конус вписан цилиндр; нижнее основание цилиндра лежит
в плоскости основания конуса. Прямая, проходящая через центр
верхнего основания цилиндра и точку на окружности основания конуса,
составляет с плоскостью основания угол а. Найти отношение объемов
конуса н цилиндра, если угол между образующей н высотой конуса
равен р.
Решение.
Пусть О — центр оснований данного конуса н вписанного в него
цилиндра, Ох —центр верхнего основания цилиндра, SA —образующая
конуса, СВ—образующаящщиндра,.^^ -% ZOfAO =a, (рис. 12.119).
Если радиус основания конуса ОА = 1, то из AAOS (Z.AOS = 90°):
SO=OAct%ZASO = ctgp.
1 ■> 1
Объем конуса Vx =-к-ОА* • SO = - к ctg р\
3 3
В AOfiA (ZOtOA = 90е): Ор = ОА\%£ ОхАО = tga.
BC = 00=t%a.
ZACB=Z.ASO = $.
20 Сканави М. И., кн. 2 609

E
---"o-r
-Лс
D
Рис. 12.120
№AABC(ZABC = 90°):AB=BagZACB = tgatg$.
cos(a + p)
OB = OA -AB = l-tgatgP =
cos a cos p
Объем цилиндра
V2 = n-OB 2 00', =
л cos2 (a+|3)r^a
cos a cos P
K[ ctg P cos2 a cos2 P cos3 a cos3 P
Тогда
V2 3 cos2 (a + P) tg a 3 sin a sin P cos2 (a + P)
cos3 a cos3 P
Ответ: TZ Г*
3 sin a sin P cos (a + PJ
12.254. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а. Все
боковые грани составляют с плоскостью основания один и тот же угол
Р. Найти радиус шара, вписанного в пирамиду, если объем пирамиды
равен V.
610

Решение.
Пусть ромб ABCD — основание пирамиды EABCD, ZBCD = а, 0° <
<а<90°, ЕО — ее высота (рис. 12.120).Так как все боковые грани
пирамиды составляют с плоскостью основания один и тот же угол Р , то точка
О — центр круга, вписанного в ромб ABCD, — точка пересечения его
диагоналей, а точки высоты ЕО равноудалены от боковых граней пирамиды.
В плоскости CED опустим перпендикуляр EF на. CD. OF—это
проекция EF на плоскость основания. Тогда OF I CD и ZEFO —угол наклона
грани CED к плоскости основания, ZEFO = $.
Если 01—точка пересечения биссектрисы ZEFO с высотой
пирамиды, то О, — центр шара, вписанного в пирамиду, 0{0— его радиус.
Пусть CD = а,тогда из
ACOD(ZCOD = 90°) :CO = CD cosZOCD = a cos—.
В AOFC(ZOFC = 90°):
OF = OCsinZOCD ~ a cos—sin— =—asinct.
2 2 2
В AEOF(ZEOF = 90°) :EO = OF \%ZEFO = -asm atgp\
Площадь основания пирамиды 5 = CD2 sinZBCD = a2 sina.
nr. 1 l -x ■> 2/6PsinactgB
Объем пирамиды V ^-SEO = -aJsin atgp =>a = —.
3 6 sina
В AOyOFiZOyOF =90°):
OOx =OF\%ZOFOx =-asinatg£ = ~tgH^6^sinactgp.
Ответ: t-tg-^6Psinactgp\
12.255. Две грани треугольника пирамиды — равные между собой
прямоугольные треугольники с общим катетом, равным d . Угол между
этими гранями равен а. Две другие грани пирамиды образуют
двугранный угол Р. Найтн радиус шара, описанного около пирамиды.
Решение.
Пусть грани SAB н SAC пирамиды SABC (рис. 12.121) равны,
ZSAB =ZSAC = 90°, SA=d. Тогда отрезок SA перпендикулярен
611

s
Рис. 12.121
плоек ости основания пирамиды и является высотой пирамиды, ДЛ4 С—
равнобедренный. Если D— это середина ВС, то AD1BC, DS1BC,
ZSDA — линейный угол двугранного угла, образованного гранями
BSC и ВА С пирамиды, ZSDA = р\ BA1SA, CALSA => ABA С — угол
между гранями SAB и SA С, ZBA С =а.
Ot — центр круга, описанного около ААВС, Е — середина SA,
ЕЛ А.
2
Центр О шара, описанного около пирамиды, — точка пересечения
перпендикуляра, восстановленного к плоскостиЛ.ВС в точке Ох и
серединного перпендикуляраотрезка&4, лежащего вплоскости&4Д ОА —
радиус шара.
В четырехугольникеЛ.ЕОО, углы при вершинах^, Е, 01 — прямые,
поэтому АЕООу —прямоугольник и ОА =ЕОг
B6SAD (ZSAD = 90у. AD = S^ctg ZSDA = <fctg p\
В AADB (ZADB = 90°): BD = AD tg ZBAD = d ctg 0 tg -.
2
£C = 2££> = 2rfctgPtg-.
2
612

E
FL
I -10
I \
I i\
I i \
I i-
A
D
Рис. 12.122
0XA — радиус круга, описанного около ААВС. Тогда
2rf ctg P tg — rfctgPtg
0.А--
ВС
2 AtgP
2s.raZ.BAC 2 sin a a a , a
2 sin — cos — 2cos —
2 2
В ЬЕАОх(£ЕАОх = 90°):
EO, =JEA2 +A02 = +
d2 d2 ctgP d
4 cos — 2 cos —
2 2
— cos' -
all 2
+ctg2p.
Ответ:
2 cos
—, cos -
a \ 2
+ ctg2p.
12.256. Основанием пирамиды служит прямоугольник, у которого
угол между диагоналями равен а. Одно из боковых ребер
перпендикулярно плоскости основания, а наибольшее ребро составляет с плоско-
613

стью основания угол р. Радиус шара, описанного около пирамиды,
равенЛ. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD — основание пирамиды EABCD (рис
12.122), угол между его диагоналями равен а, боковое ребро ЕВ
перпендикулярно плоскости основания пирамиды и является его высотой,^В,
СВ, DB —проекции боковых ребер^Д ЕС, DEna. плоскость основания,
DB>AB, DB> CB^DE — наибольшее боковое ребро nZEDB= р.
Точки Ох — середина ED, точка О пересечения диагоналей
прямоугольника — серединаBD. Таким образом 00\ — средняя линияД££).В и
ООх \\ВЕ. ТогддпрямаяОО^ерпендикулярнаплоскостиоснованияиее
точки равноудалены отвершин основания. Так как Ох удалена от
вершины пирамиды на расстояние ОуЕ = OxD, то Ох равноудалена от всех
вершин пирамиды и является центром описанного шара, OxD = OxE=R.
В AEBD (ZEBD = 90°):
ЕВ = ED sin ZEDB = 2R sin р;
BD = ED cos ZEDB = 2R cos p.
Площадь основания пирамиды S=—BD2 sina = 2^2 cos2 psina.
2
Объем пирамиды:
12 2
V = -SEB = -R2 cos2 psina-2Rsinp=-.R3 sin 2p cos p sin a.
3 3 3
Ответ: —.K3sin2pcosPsina.
12.257. Основанием пирамиды
служит прямоугольный треугольник,
вписанный в основание конуса. Вершина
пирамиды совпадает с вершиной
конуса. Боковые грани пирамиды,
содержащие катеты основания, составляют с
плоскостью основания углыа и р.
Найти отношение объемов пирамиды и
конуса.
Решение.
Пусть DO— общая высота
данных пирамиды DABC и конуса (рис
12.123). Так как О— центр круга,
Рис. 12.123
614

описанного около прямоугольного треугольникаЛ.ВС, то О
—середина гипотенузы^ С.
Проведем в плоскости основания из точки О перпендикуляры ОЕи
OFyol катеты АВ и ВС.
ОЕа OF—проекции1>£и£^на плоскость основания. Тогда£>£.ЫД
DF1BC, ZDEO nZDFO — углы наклона боковых граней DAB и BDC к
плоскости основания, ZDEO = Р, ZDFO = а.
EciuiDO = a,TomADOE(ZDOE=90°):EO=DOAg,ZDEO = aAg$.
Из ADOF(ZDOF = 90°): FO = DOctg ZDFO = actg a.
AB = 2 FO = 2actga, ВС = 2 ■ EO = 2actg p\
В AABC(ZABC=90°): AC=4aB2 +BC2 =2a-Jctg2 a + ctg2 p.
1 ,
Площадь основания пирамиды S=— AB • BC = 2a ctg a ctg P, а
2
1 2 ,
ее объем V, =- S ■ DO = — a ctg a ctg p.
3 3
Радиус основания конуса Л = — AC = ajctg2 a + ctg2 p, его объем
2
V2 =-kR2 £>0 = -Jia3(ctg2 a + ctg2 p).
F, 2 ctg a ctg P
Таким образом,
У2 n(ctg2 a+ctg2 p)
2 ctg a ctg p
Ответ; ■ , у
Jt(ctg2 a + ctg2 P)
12.258. Сторона квадрата, лежащего в основании правильной
четырехугольной пирамиды, равная. В пирамиду вписана правильная
четырехугольная призма; вершины верхнего основания лежат на боковых
ребрах, вершины нижнего основания — в плоскости основания
пирамиды. Диагональ призмы составляете плоскостью основания угол (р.
Найти объем призмы, если боковое ребро пирамиды составляет с
плоскостью основания угол а.
Решение.
Пусть JT0 —высота правильнойпирамиды^45СД AD =a, ZECA =
a, MNKLM^N^^ — правильная призма, ZM,KM = (р (рис. 12.124).
Вершины нижнего основания призмы принадлежат диагоналям квадра-
TH.ABCD.
615

E
M,A£^
N.I
-' /L.
■v^I
-Л^
IS
Рис. 12.124
Если MN=b, то д/jf = j^2
AAMMI=ACKKI —по катетуиостромууглу (MMI =KKI,ZMIAM=
ZKlCK=a).
Отск,даС^^С-М^=Ь^.
2 2
В ДМi M£ (ZM,МЛ: = 90°): MM, = MKtgZMlKM = bj2tg<p.
BAK1KC(ZK1KC = 9W):CK = K1KctgZK1CK = bj2tg<?ctgo.=*
a-b a " ctg ф
=> =o tg(pctga;o = = .
2 1 + 2 tg ф ctg a ctg ф + 2 ctg a
Объем призмы
V = SMf/KL-MMl=b,j2tg<?= " Ctg ^ -7218ф =
ОДф+года/1
__aV2ctg2j>_
(ctg<p + 2ctga^
а3 т/2 ctg2 ф
Ответ:
(ctg<p + 2ctga)3

Рис. 12.125
12.259. Сторона нижнего основания правильной усеченной
четырехугольной пирамиды равна а, сторона верхнего основания равна Ь.
Боковая грань составляет с плоскостью основания угол а. Через
сторону нижнего основания и середину отрезка, соединяющего центры
оснований, проведена плоскость, пересекающая противоположную
боковую грань по некоторой прямой. Найти расстояние от этой прямой до
нижнего основания.
Решение.
Пусть точка/*—серединаотрезкаОО^ соединяющего центры осно-
ванийправильноЙусеченнойпирамиды^СО^^^^^^Й^а,^^ =Ь
(рис. 12.125), MN — прямая, по которой плоскость, проходящая через
сторону CD нижнего основания и точку Р, пересекает плоскость грани
AAfifi. Так как CD \\ АВ, то MN \\ AB и прямая MN параллельна
плоскости основания.
Е — середина^Д^ —серединаЛД, F—середина
CD,Fl—середина С,/),. Тогда плоскость четырехугольника^^^перпендикуляр-
на плоскости основания, ZEfEO = ZFtFO = a.
К—точка пересечения A/W пЕЕу Длина перпендикуляраKL,
опущенного из точки Кяг нижнее основание, — искомое расстояние.
Проведем из точки F, перпендикуляр F, S иа нижнее основание.
EF-E,FX a-b
SF = = ■ .
2 2
617

В A^SFfZ^SF = 90°) :FiS = SF tg ^FS = ?-— tg a.
OP = ±OOl=lFlS = ^-tg<x.
Если KL - x, то из
AKLE (ZKLE = 90°): EL = KL ctg /LKEL = x ctg a.
LF = EF - EL = a - x ctga.
&KLF~bPOF=*
AKLF~APOF =
KL PO
-tga
LF OF a-xctga £
2
<=> 2a* = (a - л:ctg aXa - *)tg a <=> 2ax = a2 tg a - ab tg a - ax + bx <=>
v y v л За-*
a(a-Z>)tga
Ответ: —: г—•
Ъа-b
12.260. Две боковые грани усеченной треугольной пирамиды —
равные прямоугольные трапеции с острым углом а и общей меньшей
боковой стороной. Двугранный угол между этими гранями равен р\ Найти
угол между третьей боковой гранью и плоскостью основания.
Решение.
Пусть общее боковое ребро АА, равных боковых, граней АА, С( С и
ЛЛ^В усеченной пирамидыЛ.В СЛ^С! (рис. 12.126) перпендикулярно
плоскости ABC, а /.ВАС— линейный угол двугранного угла между
этимигранями^ДЛС = [},£)— середина ВС. Тогда, так как А С = АВ,
1 Р
ZDAB = - /ВАС = -1ADLBC.
2 2
Если SABC — полная пирамида, соответствующая данной
усеченной н AD — проекция SD на плоскость ABC, то SDLBC и ZSDA —
искомый угол между боковой гранью ВВг C( С и плоскостью основания.
ZABS=ZACS=a.
ЕслиАВ -х, то из
6SAB (ZSAB = 90°): SA = ABtg ZABS = xtg a.
Р
В AADB (ZADB = 90°): AD = AB cos ZDAB = x cos -.
2

i-
D
■£__.
! s
A
Рис. 12.127
,'C
AS tg« tg«
BA&4£>(Z£4£> = 90°):tgZSa4 = = ;ZS£U = arctg .
Л£> Р P
cos — cos —
„ , 'g" 2 2
Ответ: arctg .
12.261. Через две образующие конуса, угол между которыми равен а,
проведена плоскость. Площадь сечения относитсякполнойповерхности
конуса как 2 ;тг. Найти угол между образующей и высотой конуса.
Решение.
Пусть ВО — высота конуса, ААВС — сечение конуса, /.ABC = a,
(рис 12.127), AB = d.
Тогда площадь сечения
1 , 1 ,
S, =-AB sin/ABC = -d sin a.
2 2
Если искомый уголЛ.ВСравен Р, то из
АА ОВ (/.А ОВ = 90°); А О = d sin p\
619

Площадь полной поверхности конуса
S2 =пОА2 +тгОААВ=Ш2 (l + sinp)sinp\
т S, ld2siaa sina
Тогда ' '■
S2 m/2(l + sinP)sinP 2jt(l +sin posing л
»4sin2|3 + 4sin|3-sina = 0,
„_-2±>/4 + 4sina = -2±2,/l + cos(90o-a) =
-1±J2cos2(45°-|") -\±j2cJl45°--
2 ~ 2
Учитывая, что угол Р острый, sin P > 0=*
= — cosf 45°— -cos45° = 1/2 sin — sin 45°
2 I \ 2J J 4^4
> = arcsin V2 sin — sinj 45° - —
Omeem: arcsin v2 sin— sin 45°
I 4 I 4
12.262. Боковая грань правильной четырехугольной усеченной
пирамиды составляет сплоскостью основания угол а. Плоскость,
проведенная через сторону нижнего основания и параллельную ей сторону
верхнего основания, образует с плоек остью основания угол [}. Боковая
поверхность пирамиды равна S. Найти стороны верхнего и нижнего
оснований.
Решение.
Пусть трапеция DAtBt С( — сеченне правильной усеченной пирами-
дыАВСОА1В1 CIDI (рис. 12.128), точки E,EJtFx,F — середины
соответственно отрезковЛД -^i-^i» С,!),, CD.
Тогда ЕгЕ±ЛВ, EFLAB, Z.EfEF = а и плоскость трапеции .EE^F
перпендикулярна плоскостям оснований усеченной пирамиды.
620

Рис. 12.128
EtK — высота TpaneuHH££1i?1i?.
KFLCD, KF— проекция £/на плоскость квадрата ABCD. Тогда
E1F±CD,ZElFK = $.
ЕслиСО = а,С1£>1=Р,
EF-ElFl а-ъ EF + E.F, a + b
ЕК. = = ,* Кг = —■ — .
2 2 2 2
В &EIKE(ZEIKE = 90°):
EEt = = ——;E!K = EKtgZElEK = ?^tg,a.
cos а 2 cos а 2
В ДЯtKF(ZE,KF = Ж):Е,K = KFtgZ£iFK =^±^tgp\
2
таким образом tg a = tg P; a(tg a - tg p) = i(tg a + tg p);
. 2 2
a sin(a - p) i sin(a + P) a ain(a - P)
cos a cos p cos a cos P sin(a + P)
Плрщадь боковой поверхности усеченной пирамиды
, a2sin2(a-p)
S = 4
a + b a-b _аг~Ьг sin2(a + p) _,
2 2cosa cosa cosa
621

„ г sin2(on-B)-sin2(a-e) г cos(2a-2B)-cos(2on-2e)
cos a sin (a + B) 2 cos a sin (01+В)
„ г sin2asin2B „ Scosasin2(a + B)
V2sinacosasin2|
cosasin2(a+B) V 2s'nacosasin2p
• / a\ S . asin(a-B) . , . S^
= sin(a + B), .b = f—-^ = sin(a-B),
v V2sinasin2B sin(a + B) T^smasi.
sin2B
Ответ: sin(a + B) I ; sin(a - B)
12 sin a sin 2B \ 2 sin a sin 2B
12.263. Высота правильной треугольной усеченной пирамиды равна
//иявляется средним пропорциональным между сторонами оснований.
Боковое ребро составляет с основанием угол а. Найти объем пирамиды.
Решение.
Пусть а и В — стороны оснований данной усеченной пирамиды,
причем а > В.
aS bS'
Тогда Я =
3 3
(а-Ь)Я
tg a = tg a, a - b = Ят/3 ctg a,
площади оснований S x = ,S2 = >■** = ab.
4 4
Объем усеченной пирамиды
Jr' ' " ' " 31 4 4 4
^(3^ctg^+3^)=^^(ctg^+l)=-^^
12 v ' 4 v ' 4sin2a
Ответ: Г •
4 sin a
12.264. Стороны оснований правильной четырехугольной
усеченной пирамиды относятся как т:п(т>п). Высота пирамиды равна Н.
Боковое ребро составляет с плоскостью оснований угол а. Найти
боковую поверхность пирамиды.

Рис. 12.129
Решение.
Пусть сторона верхнего основания усеченной пирамиды равна пх.
Тогда сторона нижнего основания равнатлг.
Если С,£—высота правильной усеченной пирамидыЛ.ВСШ ,5, C,D,
(рис. 12.129), СгЕ = Н, то точка-Епринадлежит диагонали^ Сквадрата
ABCD,ZClCE = a.
В AC.ECizC^C = 90°):CC, = -^-;CE = HAga.
sin a
Пусть CXF—высота боковой гранн CCp^D.
ЕС Л _ rt-JIctgot
Тогда в &EFCZEFC = 90°,EF = CF =
2 2
„„ CD-C,Dl (m-n)x (m-n)x нЛ<Лц,а
С .Г = = =$ = ■
2 2 2 2
_W2ctgct
m-n
В AC,i?C(ZC,i?C = 90°):
V sin a 2
-4J-1— ctg^ = ^V2(l+ctgza)-ctg2a = ^V2 + ctgza.
V2 V sin' a V2 V2

Площадь боковой поверхности усеченной пирамиды
2 V2
= 2(т + п)-— 5 =-л/2+сЛе*а = -* - =—J2 + ctgia.
т-п V2 /я-и
2(т + п)Нг ctga i —
Ответ: у 2 + ctg a.
т-п
12.265. Через вершину конуса проведена плоскость, делящая
окружность основания в отношении/?; q. Эта плоскость отстоит от центра
основания конуса на расстоянииа и составляет с высотой конуса угол
а. Найти объем конуса.
Решение.
360°я
Пусть .ВО —высотаконуса,Д/4.ВС—сечение конуса, ZA ОС =
p + q
\%0°q
(рис. 12.130),£>—середина^С,тогдаОЛЫС, ZAOD = , BD1AC.
p + q
Про ведем из точки О перпендикуляров на ттоскосгьАВС,ОЕ-а,ВЕ —
проекция DO на плоскость ABC, D01A С. Тог даДЕ_Ы С. Таким образом,
точка .Е на отрезке BD, прямая BD — проекция прямой ВО на плоскость
ABC, ZOBD = а.
ОЕ а
В АВЕО (ZBEO = 90°): ВО =
sin ZOBD sin a
В ABOD (ZBOD = 90°): OD = BO tg ZOBD = —
cos
OD
BAADO(ZADO = 90°): О А =
cos ZAOD 180°o
~, cos a cos
Объем конуса р + я
V^UoA^BO1- "2 " - 2™3
3 З22 180°я sina , ■ „ 2 180°o '
cos acos - 3sin2acosacos 2-
p+q p+q
2ла3
Ответ: —— .
., ■ „ 2 180°?
3 sin 2a cos cos a
p + q

Рис. 12.130 Рис. 12.131
12.266. Основанием пирамиды служит правильный треугольник. Две
боковые грани перпендикулярны плоскости основания. Сумма двух нерав-
ных между собой плоских углов при вершине равна —. Найти эти углы.
Решение.
Пусть rpaimSiM и ЗДСпирамидыЯЛ ДСперпендикулярны плоскости
ЛВС основания (рис. 12.131), ААВС—равносторонний. Тогда &SBA =
ASBC—подвумкатетами^ЛЯД =ZCSB, AS = SC.
EainZASC=a, то ZASB = - - а.
2
D — серединаЛС.
В AADS\ZADS = - ):AD = AS sin-.
В AABSlZABS = - \:AB = ASsm\--a
Так как АВ = 2 AD, то AS sin --a
= 2AS sin —; cos a = 2 sin —.
2 2
0<a<it=>sin
a . . a /l-cosa „ \.
— >0,sm — = J => cosa = 2, -
2 2 V 2 V
l-cosa

cos2 a = 2(l-cosot) cos2 a + 2cosa-2 = 0; cosa = -l± V3.
Учитывая, что 0 < cos a < 1, имеем cos a = V3 - l,a = arccos(y 3 -1]
ZASB = - - arccos(V3 -1)
Ответ: arccos(V3 -1);- - arccos(y3 -1 j
12.267. Отношение полной поверхности конуса к площади его
осевого сечения равно к. Найти угол между высотой и образующей конуса
и допустимые значения к.
Решение.
Пусть а — угол между высотой и образующей конуса, / —
образующая, г — радиус основания конуса.
Тогда г = /sin а и площадь полной поверхности конуса
Sj =тсг2 +nrl = id2 sin2 a + vJ sin a = я/2 sin a(sin a + l)
Угол при вершине осевого сечения равен 2а и площадь сечения
5, =-/2 sin2a.
2 2
Таким образом
, _ Sx _ я/2 sin a(sin a +1) _ 7i(sin a + l) l + sina_ к
52 -I1 sin:2a cosa cosa n
2
n f те a te a тс
= —<=>tg =—=> =
к 4 2к 24
где o<a<-=>0<- <~;0<tg\ |<1;0< — <\;k>n.
Ответ: --2arctg-,A:>7c.
12.268. Одна из граней треугольной призмы, вписанной в цилиндр,
проходит через ось цилиндра. Диагональ этой грани составляет с приле-
cosa
1 + sina
-arctg—
к
it
к
оа
sin --
I2
1 + COS —
=—2arctg
а
I
-)
к'
626

жащими к ней сторонами основания
призмы углы а и р. Найти объем
призмы, если высота цилиндра равна Я.
Решение.
Пусть грань AAfifi призмы
А ВС А, Bt Ct проходит через ось ООх
цилиндра, в который она вписана
(рис. 12.132), ААХ ~ Н, ZABAt = a,
ZCBAt = Р, центр О основания
цилиндра является серединой стороны
А В треугольника^ ВС, вписанного в
это основание. Отсюга^АСВ- 90°.
АС—проекция^. Сна плоскость
АВС,АС±ВС.Ъшчт,А£±ВС
В AA,AB(ZAtAB= 90°):
AB = AAlctgZABAl=Hctga;AlB =
АА,
Н
В ДЛ,СЯ(ZAfB = 90°): ВС = АХВ cosZCBA
№ AABC(ZACB = W):
s\x\ZABAx sin a
ЯсовР
AC = jAB2 -ВС2 =Jh2 ctg2 a-"' cf2p =-g-^os2 а-cos2 p =
V sin2 a sin a
H /T+c
sin a V
i- cos 2a 1 + cos 2P H
Vsin(p + a)sin(p-a).
Объем призмы:
v = smbc ■ AA,=-AC■ ВС■ AAX= :—,/sin(p + a)sm(p-a)x
#cosP #3cosP гт-7z \ . и \
x H- ^■Jsinlp + ajsinlp-a).
sma 2sin2a
Ответ: ^— т/smfp + a) sin(P - a).
2 sin a
12.269. Две вершины равностороннего треугольника со стороной а
лежат на окружности верхнего основания цилиндра, а третья
вершина — на окружности нижнего основания. Плоскость треугольника
составляет с образующей цилиндра угол а. Найти боковую поверхность
цилиндра.

Решение.
Пусть сторонаЯСравностороннего треугольникаЛ2)С(рис. 12.133)
лежит на верхнем основании цилиндра, вершинаЛ на окружности ниж-
g него основания,ВС= а,АМ—обра-
~~ зующаяцилиндра.А'—серединаЯС.
Тогда ДМ = CM, MKLBC, АК1ВС.
\££^ Отсюда, прямаяЯСперпендикуляр-
на плоек остАМК, значит, плоско-
стиАМК иЛЯСперпендикулярны.
В плоскости^ МКпроведен пер-
пендикулярМ£ наАК. ТогдаАК—
проекция прямой^ М на плоскость
ABCnZMAK = a.
АК
aS
Рис. 12.133
aS
В AAMK(ZAMK= 90°):
AM = AK cos ZMAK = -!— cos a; MK-AKsinZMAK =
2
В AAMB (ZA MB = 90°):
BM2 = AB2-AM2 = a2- — cos2a = — (4-3cos2a)=
л л \ '
= —(l+3sin2a)
Радиус круга, описанного около АВМС:
ВМ-CM-ВС ВМ-ВС
4SA;
А-ВС-МК
2
ВМ2
~2МК
5-(l + 3sin2a)
aV3sina
_ afcsin2a + l)
4^3sina
Площадь боковой поверхности цилиндра
S = 2nJ?^M = 2n.^^.^cosa = ina2ctgabsin2a+l).
4V3sina 2 4 ё У >
Ответ: -na2 ctga(3sin2 a + l).

5
Рис. 12.134
12.270. Найти плоский угол при вершине правильной
четырехугольной пирамиды, если он равен углу между боковьш ребром и
плоскостью основания пирамиды.
Решение.
Пусть SO — высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.134),
ZSDO = ZCSD, Z SDO = ZCSD = а.
Тогда ZSDC = 90° --.
2
SO — наклонная к плоскости основания пирамиды, OD — ее
проекция на эту плоскость, CD — прямая, лежащая в этой плоскости.
Получаем
cosZSDC = cosZSDO cosZODC^>
=> соя 90° =cosotcos45°=> V2 sin — cos a.
\ 2J 2
Так как угол а острый, то cosot>0,sin— >0 и
cos2ot = 2sin2 — :cos2a = l-cosa;cos2a + cosa-l = 0;
2
V5-1 V5-1
cos a = ; a =arccos .
2 2

Ответ: arccos
JE-l
12.271. Отрезок прямой, соединяющий точку окружности верхнего
основания цилиндра с точкой окружности нижнего основания, равен /
и составляет с плоскостью основания угол а.
Найти расстояние от этой прямой до
оси цилиндра, если осевое сечение
цилиндра есть квадрат. Каковы возможные
значения а?
Решение.
Пусть ООу — ось данного цилиндра,
АВ — отрезок, о котором говорится в
условии задачи (рис. 12.135), АВ =-1.
Прямые АВ и ООу —
скрещивающиеся. Проведем через АВ плоскость,
параллельную 00\. Сечение ABCD цилиндра
этой плоскостью — прямоугольник. Если
F — середина ВС, то отрезок O^F — перпендикуляр к плоскости сечения
и его длина — искомое расстояние.
Пусть ВС— проекция ВА на плоскость основания цилиндра,
ZABC=a.
В AACB(ZACB.= 90°):
АС = АВ cos ZABC = l sin а; ВС = АВ cos ZABC=l cos а.
Так как осевое сечение цилиндра — квадрат, то раднус его основания
Рис. 12.135
OxB--AC = -lsma. В bBFOx(ZBFOx =90°):
OF = Jo,B2 -BF2 = J-/2 sin2 a--/2 cos2 a = -J-cos 2 a.
v ' V4 4 2V
3n
71 3n 71
Учитывая.что cos2a< 0, имеем — <2a< — .т.е. —<a<
2 2 4 4
;
3ti
Ответ: -J-cos2a; - <a<- .
2 4 4
12.272. Основанием пирамиды служит прямоугольник. Каждое из
боковых ребер равно / и составляет с прилежащими сторонами основания
углы а и р. Найти объем пирамиды.
630

E
Рис. 12.136
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD— основание пирамиды EABCD
(рис. 12.136), ЕО — ее высота. Так как ЕА = ЕВ - ЕС = ED = I, то
О — центр окружности, описанной около основания, — точка
пересечения диагоналей прямоугольника A BCD.
ZADE = a, ZCDE = $.
Бели К—середина AD,L— середина CD,toEKLAD, ELLCD.OL=KD.
В Д EKD (ZEKD - 90 °): ЕК = /sin a, KD = /cos а.
В &ELD (ZELD = 90°): DL = /cos Р-
Площадь основания пирамиды
S = AD ■ CD = 2/cosa- 2/cosP = 4/2 co'sacosp.
В &EOL(ZEOL = 90°):
•™ Г^Тг 7^г , П"1 fn" ; |l-cos2a l+cos2Jf
ЕО = \EL - OL = / Jsin a - cos P = /, =
* V 2 2
= / V- cos(a+p)cos(a - p).
О&ьем пирамиды
V--SEO = - /3 cos a cos p,/- cos(a + P)cos(a - p).
Ответ: -/3cosacosP-/-cos(a + P)cos(a-p).
631

s
Рис. 12.137 Рис. 12.138
12.273. Точка Л лежит на окружности верхнего основания
цилиндра, точка В—на окружности нижнего основания. ПрямаяЛ В
составляет с плоскостью основания угол а, а с плоскостью осевого сечения,
проведенного через точку В, — угол р. Найти объем цилиндра, если
длина отрезка ЛВ равна/.
Решение.
Пусть О и Ох — центры верхнего и нижнего оснований цилиндра,
CD —его образующая (рис. 12.137), тогдаЛО—проекция ВС на
плоскость нижнего основания nZCBD = a.
Плоскость осевого сеченияДМЛМ перпендикулярна плоскостям
оснований. Проведем перпендикуляр СК на MN, тогда ВК — проекция
ВС на плоскость осевого сечения nZCBK= р.
MN—диаметр верхнего основания цилиндра, поутому ZMCN - 90°.
В &CDB (ZCDB = 90"): CD = /sin a; BD = /cos а
В &СКВ (ZCKB = 90°): СК = /sin p.
СМ = Ш) =/cos а
В &CKM(ZCKM = 90°):
„„ /„,,2 ^ irl ,1 2 ^~fiT 1 /1 + C0S2O 1-C0S2P
МК=\СМ -СК =/Jcos а-sin р=/, — =
^ V 2 2
= /-^cos(a+p)cos(a - р).
В AMCN(ZMCN= 90°, САГ—высота):
632

CM2=MK-MN;MN CM' 'С°*2а
МК ,/cos(a+р) cos(a - р)
Радиус основания цилиндра
d ' j™ /cos2 a
2 2,/cos(a+p)cos(a-p)
высота цилиндра Я = CD =/sin a
Объем цилиндра
„;„ я/3 cos4 a sin a it/3 sin 2a cos3 a
Ответ:
4 cos(a + p)cos(a - p) 8cos(a + p)cos(a - p)
it/3 sin 2a cos3 a
8cos(a + p)cos(a - p)
12.274. В конус вписан куб (одна из граней куба лежит в плоскости
основания конуса). Отношение высоты конуса к ребру куба равно к.
Найти угол между образующей и высотой конуса.
Решение.
Пусть ребро куба равно а (рис.12.138).
Тогда 0,С, = —, SO = ка, SO, = SO - 00, = а(к -1).
BASO,C, (ZSO,C, = 90°):
ctgX0lSClA = ^ = ^-l);
0,C, ау2
ZO,SC, = arcctg(>/2(/t -1)).
Ответ: arcctg(v/2(fc-l)).
12.275. Основанием пирамиды служит прямоугольник. Две
боковые грани перпендикулярны плоскости основания, две другие
составляют с ней углы а и р. Найти боковую поверхность пирамиды, если
высота пирамиды равна Я.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD— основание пирамиды KACBD
(рис. 12.139).
Боковые граниЛДА'и СДЛГперпендикулярны плоскости основания
пирамиды, их общее ребро KB—высота пирамиды, KB = Я.
633

к
A D
Рис. 12.139
ВА и ВС — проекции боковых ребер КА и КС на плоскость
основания, BA1AD, BCLCD. Отсюда, KA1AD, KCLCD. ZKAB и ZKCB —
углы наклона боковых граней KAD и KCD к плоскости основания,
ZKAB = a,ZKCB = fi.
ВAABK(ZABK= 90°): AB-Hctga,AK = -^-.
sin a
В AC£tf(XC£tf = 90o): BC-Hctg?,KC = -r—.
Боковая поверхность пирамиды
+ I*C.a»-^-fctga+ctg|l+5g6 + *B«,L^.f!!5fe±fi +
2 2 ^ , sina sin В J 2 ^sinasinP
cosP+cosa") Я2 f. . a+B a+B a+B a-B")
+ —H-—г-т- =тг^ г-r 2sin—-!-cos—-^-^cos—-^cos =
sinasinB J 2sinasinB( 2 2 2 2 J
u2 ot+B 2 a+B
Я mTf. «+P «-PI Я "Tf. a+P
= —: r^— sin—-E + cos-—Z \=—: r4— sin—-^ +
smasmP 1, 2 2 J sinasinP [ - 2
634

2Я2 cos ^ со/"- - 45° Isinl 45° + К I
м= 2 12 J I 2]
2H2cos^i5sin|45°+" Isinl 45°+|
2ff2cos-^sinf45°+«\inf45° + fi
Ответ: ? Г 2) \ I
sin a sin p
12.276. Одна из сторон основания прямой треугольной призмы
равная, априлежащие к ней углы равныа и р\ Найти боковую поверхность
призмы, если ее объем равен V.
Решение.
Если b и с — стороны основания призмы, противолежащие
соответственно его углам р* и а, у—угол основания, противолежащий стороне
а, то
, я sin В я sin В asinP
sin у sin(l 80° - (а + р)) sin(a + р)'
a sin a
sin(a + р)
тт «It- a2sinasinB
Площадь основания призмы S - — opsin a -, \-\
2 2sin(a + p)
периметр основания:
, asinB asina a (■ ( п\ ■ ■ п\
Р~а+Ь+с~ а+^-,—^ч + ^-т—^ - -^-7—гп(?ш**+ Р)+ sma+ smpl-
sin(a+ p) sin(a+ p) sm(a + p)
fl f.
sin(a+B)[
, . a+B a+B . a+B а-В"\
2sin t^cos c+sin ^cos—^ =
2 2 2 2 '
. . d+B - а В
2asm^ ( a+B а-|П 2acosIco;2
^ 'COS C+COS e 1= £ i.
,. a+B a+B 2 2 1 a+
2sin -cos -V J cos—-
2 2 2
ВысотапризмыЯ = ^ = ^±Ё-).
S a sin a sin p
635

Рис. 12.140
Боковая поверхность призмы:
S<=PH =
2Fsin(g + p)
a sin a sin p
2а cos —cos-
а + Р
_2 _
от, . а+Р а+р а f
8К sin - cos - cos — cos -
. . а а . . р р а+р
a-2sin — cos— -2sin —cos—cos -
2 2 2 2 2
2Fsin
a + P
. a . p
asm —sin —
2 2
2Fsin^fi
Ответ: тт.
. a . p
asm —sin—
2 2
12.277. Одно боковое ребро треугольной пирамиды
перпендикулярно плоскости основания и равно /, два других образуют между собой
угол а, а с плоскостью основания — один и тот же угол р. Найти объем
пирамиды.
Решение.
Пусть боковое ребро DA =/пирамидЫ.ОЛДС(рис. 12.140),
перпендикулярное гшоскостаосшовашы, является ее высотой.ЛЯиЛ С—про-
екции боковых ребер/)Д и/) С пирамиды на плоскость основания.
Тогда ААBD-ZACD-Р, ZBDC~a

ADAB=ADAC—по катету и острому углу. Таким образом,^ В=А С,
DB = DC.
Если£ — серединаЯС, тоАЕХМС, DE1DC, ZBDE = —.
В ADAB(ZDAB = 90°): AB = !ctg$,DB = -
В ADEB (ZDEB = 90°): BE = />Я sin ZBDE = -
/sin-
ВДЛ£Я(ХЛ£Я = 90°):
. , /2sin2^
ae = 4ab1-be1 =J/2ctg2p 2_
itopV00"
. „ . „llcos~p-sln2 —=
smp sinp\ 2
/ ll + cos2p 1-cosq _ / f
sinpv 2 2 ~sinPlf
coslll + S cos P~y
Площадь основания пирамиды
/ sin— cos
2
Объем призмы
«Г
'If
3
• «Г
sin—Jci
211
/ sin—Jcos
!•'
cos
a
2"
-P
3sin2B
Ответ:
/3sin«]
2\
cos
" u
r>
COS
<Y
2
-p"
3sin2 В
12.278. Основанием пирамиды служит равнобедренная трапеция, у
которой острый угол равен а, а площадь равна 5. Все боковые грани
составляют с плоскостью основания один и тот же угол В. Найти объем
пирамиды.
Решение.
Пусть трапеция ABCD— основание пирамиды£!^ДС/) (рис. 12.141),
А В - CD, ZABC - a, 0° < a < 90°, ЕО — высота пирамиды.
637

s
Рис. 12.142
Так как все боковые грани составляют с плоскостью основания
один и тот же угол, то точка О — центр окружности, вписанной в
трапецию^ BCD.
ТогдаАО+ВС=АВ+СО=2АВ.ЕатвыаугатрапещтАВСОАР=>1,
mmAAFB(ZAFB = 9(f):
АВ = -±-.
sin a
Площадь основания пирамиды
S = AD + BC.AF-AB.AF--*-.
2 sin ос
Тогда h -т/5 sin a.
В плоскости основания проведем перпендикуляр ОКкаАВ. Тогда
ЕК1. А В ZEKO ~ р, радиус окружности, вписанной в трапециюЛ BCD,
1
1
OK = -h = -JSsina.
2 2
bbEOK(ZEOK=W):
ЕО = КО^ЕКО = 1-^^.

Объем пирамиды V = - S ЕО = E^IE^L
3 6
StgPVSsina
Ответ: .
6
12.279. Косинус угла между двумя смежными боковыми гранями
правильной четырехугольной пирамиды равен к. Найти косинус угла между
боковой гранью и плоскостью основания и допустимые значения к.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SABCD (рис.12.142),
ZBED — угол между боковыми гранями BSCn DSC, F—середина CD,
ZSFO— угол между боковой гранью и плоскостью основания,
ZBED = a, ZSCD = В, ZSFO = у.
По теореме косинусов для трехгранного угла с вершиной С:
cos90°-cosBcosy ь
cosa = ■ о ■ о = -<*g Р-
suiBsuiB
CF
В ASFC (ZSFC = 90°): ctg В = —-.
OF
В ASOF(ZSOF= 90°): cosy = --—.
if
Так как CF^ OF, то cosy = ctg В => cos a --cos2y,
cosy = V-cosa = V-fc.
Так как 0 < cosg <1, то 0 < >/^Jt < 1,0 < -k < 1,-1 < к < 0.
Ответ: -J-к;~1<к<0.
12.280. Основанием пирамиды является прямоугольник A BCD
(АВ ]| CD). Боковое ребро ОА перпендикулярно основанию. Ребра
ОВ и ОС составляют с основанием углы, соответственно равныеа и В.
Найти угол между ребром OD и основанием.
Решение.
Ребро ОА являетсявысотойпирамиды(Х42?С/)(рис. 12.143),Z0BA —a,
ZOCA =$,ZODA —искомыйуголмеждуребромОДиоснованием.
ПустьОЛ = l,ZODA =у, тогда из&ОАВ (ZOAB = 90°): АВ = ОА
ctg ZOBA =ctga.
В &OAC(ZOAC = 90°):АС = ОА ctgZOCA =ctg В.
В &OAD (ZOAD = 90°): AD = OA ctg ZODA = ctg у.
639

о
Рис. 12.143
Из AADC(ZADC = 90°): AD2 ^A^-CD2
ctg2Y = ctg2p-ctg2a=*
=*ctg2Y = (ctgP-ctga)(ctgP + ctga) =
sinrtsinR
tgy^
sin(a-p)sin(a + p)
у - arctg
-ysin(a-p)sin(a + p) '
sin a sin p*
^/sinfa-pjsinfa+p)
Ответ: arctg
-^/sinta-pjsinta + p)
12.281. Через диагональ основания и высоту правильной
четырехугольной пирамиды проведена плоскость. Отношение площади сечения к
боковой поверхности пирамиды равно к. Найти косинус угла между
апофемами противоположных боковых граней и допустимые значения к.
Решение.
Пусть SO — высота, SE и SF— апофемы противоположных боковых
граней правильной пирамиды SABCD (рис. 12.144), AD = a, ZSFO =a.
Тогда AC = a^,amASOF(ZSOF = 90°):
SO = OFtgZSFO = -tga.

Рис. 12.144
Площадь сечеиия AASC:
S,=-AC-SO=-
' 2
2>/2tgg
Площадь основания пирамиды Socn - а , площадь боковой
поверхности S2~~
cosoc cos a
Таккак—--к, то
>/2tga
Искомый cosZESF = cos(180°-2a) = -cos2a = 2sin2a-l = 2(2i/2Jt)2-
-1 = 16*2-1, где 16*2-1<1, или*2<0,125; т.е. О<к<0,25-Л.
Ответ: Ш2 -1; 0 <*< 0,25^1.
12.282. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды в два раза
больше стороны основания. Найти угол между апофемой пирамиды и
не пересекающей ее высотой треугольника, лежащего в основании
пирамиды.
21 Сканавн М. И..
641

s
Рис. 12.145
Рис. 12.146
Решение.
Пусть SO—высота правильнойпирамидыЗЛЯС, SF—ее апофема,
CD — высота основания пирамиды (рис. 12.145), AD = BD = 1. Тогда
AB = BC = 2,SB = 2AB = 4, OF= А = —.
6 3
В ABF&(ZBFS = 90°J:
sf = Jsb2-bf2 =Vi5.
Проведем перпендикуляр Жна АВ. Тогда ZBFK = ZBCD = 30°,
ZOFK = 90°- XBJX = 60°.
Так как FK \\ CD, то ZSFK равен углу между скрещивающимися
прямыми SF и CD.
Если OF—проекция наклонной SFna плоскость основания, aFK—
прямая, лежащая в этой плоскости, то
cosZSFK = cosZSFOcosZOFK = ~cos6V=^L — =—,
SF 3.Л5 2 30
1 Я
ZSFK - arccos
Ответ: arccos
30'
30'

12.283. Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна а. Угол между смежными боковыми гранями равен а. Найти
боковую поверхность пирамиды.
Решение.
HycrbSO—высота правильной пирамиды SABCD (рис. 12.146), AD -а.
В плоскости граииЯДСпроведем перпендикуляр DE HaSC.
SO J_ BD, A C± BD, поэтому прямая BD перпендикуляриаггаоскости
ASC. Отсюда BD1SC.
SC± BD, SCI. DE. Получили, что прямая SC перпендикулярна
плоскости BED. Тогда ZBED — угол между смежными боковыми гранями
SCD и SCB, ZBED = anOE±SC.
Прямоугольные треугольники DEC и ВЕС (ZDEC = ZBEC = 90°)
равны по катету и гипотенузе. Тогда BE ~ ED.
О — серединаШ>=> OEl£D,ZOED = -ZBED = ~.
Если ZSOC= В, тогда из ДЕОХ> (ZEOD = 90°):
DE= 0D =J?JL;EO = ODctgZOED = ^ctg±.
sinZOED 2sina 2 2
2
ВДО£С(ХО£С = 90°):
£0 = ОС sin ZSCO = ^-sin В => sin В = ctg -.
В ASOC(ZSOC = 90°):
яс=1 ОС аЛ . аЛ _ afl aVIsinf
cos ZSCO 2 cos В 2v/l- sin2 В , /i _ cte2 — 2^~msa
C>M)SC
2^1-ctg2
, , av2sin— /x 2
2
2 2V-cos a 2sin— 4л/-cos a
2
Площадь боковой поверхности пирамиды
^ - 45до5с - ; -
V-cosa
Ответ: ■
V-cosa

12.284. В правильной
треугольной пирамиде проведена плоскость
через боковое ребро и высоту.
Отношение площади сечения к полной
поверхности пирамиды равно к. Найти
двугранный угол приосиовании и
допустимые значения к.
Решение.
Пусть ADEC — сечение
правильной пирамиды DABC (рис. 12.147.)
плоскостью, проходящей через боко-
С вое ребро/)Си высоту пирамиды/Ю.
Тогда Е — середина АВ, ZDEO —
линейный угол двугранного угла при
основании.
Если /DEO~a.,AB~\,то
площадь основания 50СН =
S,
АВ24ъ
— —, площадь боковой поверхности Sq — "v" , полная поверхность
4 cos a
«2«
Jbo
Ю-
6 6 ' 2 2 '
/Г 2С05'— V3COS'
:^£ 2__ 2
4 cosa 2cosa
vi.
В ADOE(ZDOE = 90°): DO = 0£ tg /X>£0 =—tg a.
6
Площадь сечеиия S, =-C£DO = -—■—tga = -^.
2 2 2 6 8
_2 _
_ S, , tga 2cos a , sina ,, <r
Таккак-г- = *, то-1 = *; = 4W3; —
1 V3 cos - cos - cos -
2 2 2
= 4tV3;tg~-2tV3;o = 2arctg(2t.y3);0<2tV3<l)T.e.0<t<-—.
2 6
Ответ: 2arctg (2* ^3); 0 < jt < —.
6

12-285. Угол между высотой и
образующей конуса равен а. Через
вершину конуса проведена плоскость,
составляющая угол Р с высотой (Р < а).
В каком отношении эта плоскость
делит окружность основания?
Решение.
Пусть SO — высота данного
конуса, AASB— его сечеиие
плоскостью (рис. 12.148), ZOSB = а.
ЕслиС—cepewaaAB,ToSC±AB,
ОС1АВ, ZBOC = -ZAOB.
2
Проведем из точки
^перпендикуляр OD иа плоскость ASB. Тогда
DC—проекция ОСна плоскость^ SB,
OCLAB=*DCLAB
иточкаХ)находится на прямойЗСиЗС—г проекция
.ЗДиаплоскостьЛЯД ZOSC = $.
В ASOBi ZSOB = - ]: SO = OB ctg oc.
В ASOCl ZSOC =-\.SO = ОСctg$=*OBctga = ОСctgfr — = -^&.
^ 2) OB tga
Пусть ZBOC = у, тогда из
АОСЯ ZOCB = - |:cosv = — = —;Y = arccos-^ =>kjAEB = 2v =
[ 2) OB tga tga
tgP
arccos -^-
= 2arccoS-^;u^ff = 2*-2arccoSM;ii^ = «g« .
tga tga u^Fff „_arccostgP
tga
Ответ:
stgp
tga
stgP'
tga
12.286. Основанием пирамиды служит равнобедренный треугольник,
укоторого острыйугол между равиымисторонамиравеиа. Все боковые
ребра составляют с плоскостью основания один и тот же угол р\ Через
645

Рис. 12.149 Рис. 12.150
сторону основания, противолежащую данному углу а, и середину высо*
ты пирамиды проведена плоскость. Найти уголмежду этой плоскостьюи
плоскостью основания.
Решение.
Пусть ААВС — основание пирамиды SABC (рис. 12.149), А В - ВС,
/ABC ~ а, 0°< а < 90°, SO — ее высота, /SA 0-$.
Так как все боковые ребра составляют с плоскостью основания
один и тот же угол, то точка О — центр круга, описанного около ААВС,
а так как этот треугольник равнобедренный и остроугольный, то точка
О принадлежит высоте, медиане и биссектрисе BD этого треугольника.
Пусть точка Е — середина высоты SO, AAFC — сечение пирамиды,
ODLAC, OD —проекция^/) наплоскостьоснования.Otck)№,EDLAC
и /.EDO—угол между плоскостями сечения и основания.
Если R —радиус круга, описанного около ААВС, то AC -IRsina,
AD-Rsina, OA-R.
В AADO (/ADO = 90°):
OD ~ -ioA1 -AD2 =iJR2- R2 sin2 a = R cos a.
В AA OS (/A OS ~ 9(f): SO ~ OAtg /SA О = *tg B.
EO = -SO = -Rte$.
2 2 *v
В AEOD (/EOD ~ 90°):
te/EDO = ™=^/EDO = zrcJ-^\
OD 2 cos a ^2cosaJ
646

Ответ: arct]
tgP
2 cos a
12.287. Ребра прямоугольного параллелепипеда относятсяках 3:4:12.
Через большее ребро проведено диагональное сечение. Найти синус угла
между плоскостью этого сечения и не лежащей в ней диагональю
параллелепипеда.
Решение.
Пусть О и О, —точки пересечения диагоналей оснований
прямоугольного гараллелепипедаЛДСОЛДС,/), (рис. 12.150), А{В,= Ъ;В,С =
= 4; ВВ{ = 12.
Тогда 4Q = ^JA^ + BjCf = 5;
BXD = ^AxBl + ВхСхг + ВВ?
13.
Проведем в плоскости прямоугольника^,В, С,/), перпендикулярBrF
наЛ (С(. Так как плоскость диагонального сеченюЫЛ, С, С
перпендикулярна плоскостям оснований, то BrF перпендикулярен плоскости
сечения, а прямая FE (F—точка пересечения B{D и сечения — середина
00,) — проекция B{D на плоскость сечения и ZBXEF искомый' угол
между плоскостью сечения .4.4,(7, Си Bfi.
A^Bfa _12
~ 5 '
Д^ВД = ■?■*& ■BlCl=-AlCl-BlF=>BlF
АХСХ
В AB/EiZB/E^ 90°):
Д^ _ 12 ,13 _
" Д^ ~ 5 ' 2 ~
24
smZB{EF =
Ответ:
65
12.288. Боковая грань
правильной треугольной пирамиды
составляет с плоскостью основания угол,
тангенс которого равен к. Найти
тангенс угла между боковым
ребром и апофемой противолежащей
грани.
Решение.
Пусть SO — высота
правильной пирамиды SA ВС (рис. 12.151),
F—середина ВС.
Рис. 12.151

Тогда ZSFO — угол между боковой гранью и плоскостью
основания, ZSA О — угол между боковым ребром и плоскостью основания,
ZA SF—угол между боковым ребром SA и апофемой SF
противолежащей грани.
Пусть ZSFO = a, ZSA 0-%ZASF = у.
По условию tg а = к.
В ASOF(ZSOF= 90°): SO = OFtg а
В ASOA (Z SOA = 90°): SO = OAtg P = 20Ftg |}=>
=>2tgP = tga,tgP = |.
В A/fSF:Y=180°-(a + p)=>
,tgY = tg(l80»-(a+P))=-tg(a+P)-^g = ^--^.
* 2
Ответ: —; .
к2-2
12.289. Все боковые грани пирамиды образуют с плоскостью
основания один и тот же угол. Найти этот угол, если отношение полной
поверхности пирамиды к площади основания равно к. При каких
значениях к задача имеет решение?
Решение.
Пусть S—полная поверхность, 5, — боковая поверхность
пирамиды, S2 — площадь ее основания.
Так как все боковые грани образуют с плоскостью основания один и
тот же угол а, то St =——.
cos a
Далее S = Sl + S2=-^ + S2 = S^ + cosa\
cosa cosa
„ S, , 1+cosa , ч 1
По условию —i- = к => = «<=> lfc-l)cosa = l=> a = arccos .
S2 cosa k-l
TaKKaK/t>0n0<cosa< 1,то 0<-—-<l,k>2.
k-l
Ответ: arccos- , к > 2.
k-l
12.290. Отношение полной поверхности правильной л-угольной
пирамиды к площади основания равно I. Найти угол между боковым
ребром и плоскостью основания.
648

s
Рис. 12.152 Рис. 12.153
Решение.
ПустьВО—высотаправильнойпирамидыД^]^2...^п (рис. 12.152),
ВС — апофема гранив %BAY ТогдаZBCO — угол между боковой
гранью и плоскостью основания, ZBA }0 — угол между боковым ребром и
плоскостью основания.
"?1L 1 ТС
ZA,OA2==~,ZA,OC = -ZAl002 =-.
п 2 п
Пусть ZBCO = a, ZBAfi = р\ Полная поверхность пирамиды:
cosoc
BABOC]ZBOC = - \:BO = OCtga.
W
AficlzAiCO^.
.p-4
^ cosa J
— - —— + i = fo = —
S„,„ cosa ' r-1
В ЬВОАЛ ZBOAl =-\:BO = OAi tgp\
BAAlC0\ZAlCO = ^ :OC = 0^cos-=>
>OCtga = 0^1tgP;0^1tgP = 0^1cos-tgaHtgP = cos-tga
tga = ,—!= l=J(t-lf -l=Jtz -2t =>ft = arctf[cos-Jt2 -2t
\ cos a v л у

с
Рис. 12.154
Ответ: arctg cos
l^l
12.291. Косинус угла между боковыми ребрами правильной
четырехугольной пирамиды, не лежащими в одной грани, равен к. Найти
косинус плоского угла при вершине пирамиды.
Решение.
Пусть SO— высота правильной пирамиды SA BCD (рис. 12.153),
cos ZASC- к.
Если ZASC = а, то ZDSO = ZCSO = -.
2
Рассмотрим плоскость SOC. SD — наклонная к этой плоскости,
SO — проекция SD на эту плоскость, SC — прямая, лежащая в
плоскости SOC.
1 + cosa _ \ + к
" 2 ~~2~'
1 + к
2
Тогда cosZDSC = cosZDSO - cosZCSO = cos2 — =
Ответ:
12.292. Через сторону ромба проведена плоскость, образующая с
диагоналями углыа и 2а. Найти острый угол ромба.
Решение.
Пусть A BCD — ромб, через сторону которого проведена плоскость
тс (рис. 12.154), О ч— точка пересечения диагоналей ромба.
Проведем к плоскости тс перпендикуляры ВВ1 и CCV ZCACl = a,
ZBDB = 2 a.
BC\\ AD, AD принадлежит плоскоститс. Таким образом, прямаяДС
параллельна плоскости тс и ВВ{ =СС{.
В прямоугольных треугольниках А С, С и DB,В с равными катетами
CCt и ВВ{ ZCA С, < ZBDB^ => А О BD=> ZBAD — острый угол ромба.

В AACiC(ZA CtC = 90°)::AC =
Рис. 12.155
CC.
В ADBlB(ZDBlB = 90°): BD = -=
BB,
sin 2a
BAAOD(ZAOD = 90°):clgZOAD = — = l
K ' * OX) 1
-ЛС
CC\.BB,
BD
sin a sin 2a
= 2cosa => ZOAD = arctg(2 cosa)
ZBAD = 2ZOAD = 2arcctg(2cosa)
Ответ: 2arcctg(2cosa)
12.293. Основанием наклонной призмы ABCA fi, С, (АА, | \ВВ, | |СС,) слу-
жит равнобедренный треугольник, у которого^ Д = ЛС = а икСАВ = а.
Вершина Д, верхнего основания равноудалена от всех сторон нижнего
основания, аребро В^В составляет с плоскостью основания уголр\ Найти
объем призмы.
Решение.
Проведем из точки В% перпендикуляр Вр на плоскость^ВС и
перпендикуляры BXF, BtK, B,E—на стороны АВ, ВС, А С треугольника
ABC (рис. 12.155), ZBtBO = p.
651

OF, OK, ОЕ- проекции BtF, BtK, BXE на плоскость А ВС, OFLAB,
OKLBC, OELA Си, так как В^= В{К= BfE, то OF = OK-OE^> О —
центр круга, вписанного в ААВС, и лежит на его высоте, медиане и
биссектрисе А К.
ZABK--
ZOBK--
ВААКВ
ВАВКС
= --ZBAK = --- = ^-^.
2 2 2 2
2 4
t ZAKB = -\.BK = ABsinZBAK = asin-
. а
{'пкп п\во ВК 2
\ 2) cosZOBK „„я-а
COS-
4
, „ . asin-tgP
В AB&R ZBfiB = -\:BiO = BOtgZB1BO = *-—.
2
Площадь основания призмы 5 = — a sina, а ее объем К = S ■ i^O =
a3 sin a sin — tgP
2cos—
Ответ:
-a
_
3 - - a* a
a sinasm-tgp
2 cos
тс-a
4
12.294. Основанием наклонной призмы служит равнобедренная
трапеция, у которой боковая сторона и меньшее основание равны а, а
острый угол равен р\ Одна из вершин верхнего основания призмы
равноудалена от всех вершин нижнего основания. Найти объем призмы,
если боковое ребро составляет с плоскостью основания угол а.
Решение.
Пусть трапеция ABCD— нижнее основание наклонной призмы
ABCDAXBXCXDX (рис. 12.156), АВ = ВС = СВ =а, /.BAD = р, 0° <р* < 90°,
вершина Вх призмы равноудалена от всех вершин трапеции A BCD,
В{0 — высота призмы, ZB{BO = a.
652

Рис. 12.156
Рис. 12.156,а
ОА, ОВ, ОС, 0D — проекции соответственно BtA, ВХВ, Bt С, BtD на
плоскость нижнего основания и, так как В^А = Я, В = Я, С = В, D, то О А =
=ОВ = ОС= СШ, и О—центр круга, описанного около трапецииЛBCD,
ОВ—его радиус.
Так как АВ = ВС, то ZBAC = ZBCA (рис. 12.156, а) ВС || AD =>
ZBCA =ZDAC^> ZBAC = ZDAC = -ZBAD = ^-.
2 2
Пусть СЕ — высота трапецииЛЯОЕ).
._ AD+BC
Так как ЛЯ = СД то АЕ = .
В ACED{ZCED = 90°): СЕ = CD sin ZCDA = a sin p.
В ACEA{ZCEA = 90°): АЕ = СЕ ctgZDAC=asin$ctgZ-.
Площадь основанияпрюны S = i СЕ = АЕ ■ СЕ = a2 sin2 uctg —.
2 2
Радиус круга, описанного около ААВС:
ВС а
ОВ = -
2sm.ZBAC
2sut*-
В ABtOB(ZBtOB = 90°):Bfl = BOtgZB^O = "tg^-
2sin"
2

Объем призмы
V = SBfi =
a3sin2Pctg—tga 4a3 sin — cos — tga
2sint
2sm^
2
= 2aJcos —tga.
Ответ: 2a' cosJ ?-tga.
12.295. Основанием
прямой призмы, описанной
около шара радиуса г, служит
прямоугольный
треугольник с острым углома.
Найти объем призмы.
Решение.
. ПусгьААВС—нижнеесс-
нование данной прямой при-
кВ змы, ZACB = 90", ZBAC=
=а(рис. 12.157), высотаприз-
мыЯ =2г, проекция шара на
плоскость^ ВС—круг, впи-
санныйвДЛЯС.радиусаг, О —центр этого круга^и^^точки касания
круга с катетами^ С и ВС.
Тогда OE = OF = EC = CF = r,ZOAE = -ZBAC = -,ОЕ±АС.
2 2
BAAEO\ZAEO = -\:AE = rctg-.
Рис. 12.157
АС=АЕ+ЕС
= ljl + Ctgj
В AACB\ZACB = -\:BC = ACtga = r\l + ctg- |tga.
Площадь основания призмы
S = I^C-BC = |r2(l + ctg|]tga = ir
sin —+ cos —
2 2
. a
sin —
2
tga =

S^ i ъх^^
/& l-
Рис. 12.158
1 , 1 + sina zsm2COS2 2 1 + sina „ a
2 ■ 2a cosa cosa 2
sin —
2
1 + cos) —-a
-^ctg-^ctg-ctg I 2
sinl
О&ьемпризмы V = SH = 2гг ctg—йц
Ответ: 2r ctg — ctg - - —
12.296. ДиагоналиЛ Д, и СД, двух смежных боковых граней
прямоугольного параллелепипеда^ BCDA Д С,/), составляют с диагональю
ЛСоснованияЛДС/) углы, равные соответственно аи р\ Найти угол
между плоскостью треугольника^ Д, Си плоскостью основания.
Решение.
Проведем в плоскостиЛД^перпендикулярДДнаЛ С (рис. 12.158)
ZBlAE = a,ZB1CE = $.
BE—проекция В^Е на плоскость основания^ BCD.Torj&BELA Си
ZBXEB — угол между плоскостью ДАД, С и плоскостью основания.
Пусть Д,£ = 1.
В ЬВрА (ZBfiA = 90°): АЕ = fi,£ctg ZB^AE = ctg a.
655

В ABfiC (ZBtEC = 90°); СЕ = B,Ectg ZBfE = ctg B.
BE—высотапрямоугольногоДЛДС=> ВЕ-ыАЕ-СЕ = yctgactgp\
BE i
В ABBE (ZBBE = 90°); cos ZB,EB = —— = ,/ctg a ctg P;
B^E i
ZBtEB = arccos,/ctg<xctg|3.
Ответ: arccosvctgactgP.
12.297. В правильной
треугольной призме
сторона основания равная, угол
между непересекающимися
диагоналями двух боковых
граней равен а. Найти
высоту призмы.
Решение.
Достроим правильную
призму Л ВС А ,В, С, до
параллелепипеда ADBCAlDlBlCl
(рис. 12.159)BD1\\CAI иугол
между скрещивающимися
прямыми АХС и ВСХ равен
ZClBDi = a.
ТаккакАЛДС,
правильный, то AIDIBICI— ромб,
ClOi— высота AAfi^C,,
Cp^^j-^D^aS.
Пусть BCt = BDt = х.
В AC,BD, :C,D? = ВС? + BD?-2BC,-BfycosZQBD,.
Имеем За2 =2х2 -2х2 cosa»4.x2 sin2 — = 3а2 «х2 =
2
В ABBfiizBBfi^l
ВВ\ = \ВС^ — В\С^
4 sin
u4siik— sin —
I 2 2
3 . 2a
Sin — =
4 2

= , sin* —sin — =
. a V 3 2 • a
sin —
2
2n
1-cosa
cosa-cos— °tlsl
> I 2 ~
Ответ:
In
3
a
■L
к а)
- + —
J 2
sin —
2
af
1%
i
a
I
ft ot i
—I—
3 2
Рис. 12.160
12.298. В прямоугольном
треугольнике через его
гипотенузу проведена плоскость,
составляющая с плоскостью
треугольника угол а, а с
одним из катетов— уголр\
Найти угол между этой
плоскостью и вторым катетом.
Решение.
Через гипотенузу Л В
треугольника ABC проведена
плоскость тс (рис. 12.160).
СХШс Тогда ZCAD и
ZCBD — углы между этой плоскостью и катетами треугольника,
ZCBD = В.
Пусть ZCAD = у, CD = 1, СЕ — высота ААВС, проведенная к его
гипотенузе. Тогда ее проекция/ХЕ на плоскость тс перпендикулярна^ В
и ZCED — угол между плоскостями^ВС и тс, ZCED = а.
.„CD 1
В AADC(ZADC=90°): АС = -
В ABDC (ZBDC = 90°): ВС ■
В ACDE (ZCDE = 90°): СЕ =
sin 7
CD _
sinp
CD
sin a
sin у
1
sinp
1
sin a

Рис. 12.161
В AACB(ZACB = 90°):
1 _ ysin2p + sin2y
АВ = 4~АС1 + ВС1 =\-^— + - . .
(sin2 у sin2p sinysinp
Площадь треугольникаЛДС: S = -AC-ВС = -АВСЕ =
>/sin2p
sinysinp sinysinp sin a
+ SU1 у / . ,„ Г^-
-——L <=> sina = ysin P + sin у =
P~i ТТ |l-cos2a l-cos2B |cos2B-cos2a
=>smy = Vsin2a-sin2p=1| j 2 =V 2 =
= ,/sin(a+p)sin(a - p).
у = arcsin ,/sin(a + p)sin(a - p).
Ответ: arcsin,/sin (a + p)sin(a - p).
12.299. В прямоугольном треугольнике с острым углом а через
наименьшую медиану проведена плоскость, составляющая с
плоскостью треугольника угол р. Найти углы между этой плоскостью и
катетами треугольника
Решение,
Пусть медиана DE, проведенная к большей стороне треугольника

Рис. 12.162
ADF—его гипотенузе^ F—меньшая медиана данного треугольника
(рис. 12.161), через которую проходит плоскостью, /AFD = а.
Из точки А проведем перпендикуляры^ В и А С на плоскость тс и на
DE. Тогда ВС — проекция А С на плоскость тс, DB — проекция DA на
плоскость тс, BC1DE, ZACB— угол между плоскостями ADFn тс,
ZA СВ = Р, ZADB — угол между катетом^/) и плоскостью тс.
Пусть ZADB = y,AC=l.
TaKKaKDE=EF,ToZCDF=ZDFE=a.^>ZADE = 90°-a,ZDAC = a.
ВААВС (ZABC = 90°): А В = А С sin ZA СВ = sin В.
В AACD(ZACD = 90°): AD =
AC
cos ZDAC
1
cos a
AB
BAABD(ZABD = 90°): siny= ^- = sinPcosa,Y = arcsin(sinPcosa)
Чтобы найти угол между плоек остью тс и вторым катетом, заменяем
угол а на угол 90° - а, и получаем, что он равен arcsin(sin P sin a)
Ответ: arcsin(sin[Jcosa)tarcsin(sin[}sina)
12,300. Найти косинус угла между непересекающимися
диагоналями двух смежных боковых граней правильной треугольной призмы, у
которой боковое ребро равно стороне основания.
659

Решение.
Проведем через вершину Л, правильной призмы. ABCA^BjC^
прямую, параллельную диагонали Д,Сбоковой грани (рис. 12.162), D—
точка пересечения этой прямой с плоскостью ЛВС.
Так как прямая А ,5, параллельна плоскости А ВС и CD — линия
пересечения плоскости^ВСи плоскости четырехугольника^ ,5, С/), то
А,В, || CDvLAfi^CD — параллелограмм, а так как АВ ||ЛД иАВ =
А В , то А В || CD, AB = CD и четырехугольнике BCD —ромб.
Точка О пересечения АС и BDnx середина, AOXMD, AfilBD =>
ZBA,0 = -ZBA,D.
i 2 i
Угол между скрещивающимися прямыми/?, СиАгВ равен ZBA,/).
Пусть AB = BBt=x.
Тогда АХВ = хЛ;ОВ =
х&
cosZBA,D = l-2sin2 ZBA.0 = 1-2
:sin ZBAtO =
3_]_
8~4
OB
А,В
Ответ.
Рис. 12.163
12.301. В основании прямой
призмы лежит равнобедренный
треугольник с боковой стороной
а и углом а между боковыми
сторонами. Диагональ боковой
грани, противолежащей
данному углу, составляет со смежной
боковой гранью угол ф. Найти
объем призмы.
Решение.
В ААВС, являющемся
основанием прямой призмьЫ ВС A lBlCl
(рис. 12.163),AC = BC = a,ZACB
= а. Тогда S^bc = r^2 since,
а
АВ = 2а sin —. В плоскости ABC проведем перпендикуляр ДО на Л С.
Так как плоскости основания и боковой грани прямой призмы
перпендикулярны, то BD перпендикулярен боковой грани A A {СХС =$A{D —
проекция АХВ на плоскость боковой грани АА{СХС, ZBAXD — угол
между А ,Д и этой гранью, ZBA XD = ф, BD1A,/).

В b£DC(Z£DC = 90°);BD = BCsinZBCD = asina.
BD asina
В hAlDB(/AiDB = 90°):A[B =
В ЬА\АВ(£А\АВ = 90°):
AAi=-Ja,B2-AB2
sinZBAtD sintp
a sin2 a , 2 . 2 ot
; 4а'81п'— =
2™ 2
sin ф
. 1 . id 2 a * 2 ■ 2 a • 2
4az sin — cos A a sin — sin ф
2 2 2
sin— / Z
2 2a
——, cos' s:
пф V 2
2 a sin
n2 ll + cosa
^V 2
sin
Объем призмы
l-cos2<p
2
2asin
n2 I Г«
—=-, cos —+ ф
ф у U
г-ф
a'smasin— I 7 Z/\ 7 ~
a3sinasin| j r ^ r ^
Ответ: — Jcos ф + — соя <p— .
81пФ у V 2) V 2s
12.302. В основании прямой
призмы лежит треугольник. Два
его угла равны а и р", а площадь
равнаЗ. Прямая, проходящая
через вершину верхнего основания
и центр круга, описанного около
нижнего основания, составляет с
плоскостью основания угол ф.
Найти объем призмы.
Решение.
В треугольнике ABC,
являющемся основанием прямой
призмы ABCBfa (рис. 12,164),
ZBAC^a, ZABC = $, точка
О — центр описанного круга,
S&ABC ~S
Рис. 12.164

Пусть R — радиус описанного круга.
Тогда ВС = 2 Ran a,
AC=2Rsm$,
S = -BCAC- sin ZACB = --2Rsma-2Rsm$sin(lS0°-(a + $
= 2.R2sinasinp(a + p)
и R=i
\2sinas
xsinPsin(a + p)'
ОС—проекция ОС, на плоскость^ ВС, ZClOC=q>.
BAClCO(ZC!OC = 90°):CCI=OCtgZC!OC = Rtgq>.
Объем призмы \г - S^bc ■ cci = S tg ф.
\2sina
sinPsin(ft + P)
Ответ: Stg<p,
y2sinasin
xsinpsin(a+p)-
12.303. Основанием наклонной призмы служит прямоугольник со
сторонамиа и Ъ. Две смежные боковые грани составляют с плоскостью
основания углы о; и р\ Найти объем призмы, если боковое ребро равно с.
Решение.
Пусть прямоугольник A BCD— основание наклонной призмы
ABCDApfPyAD^a, CD=b,DD{ =c,D}0—высота призмы (рис. 12165).
Проведем в гранях АА XD{D и CCftxD перпендикуляры DXE mAD и

'"--С
Рис. 12.166
Д/на CD. Тогда OEIAD, OFLCD, ZDfiO и ZDtFO —углы наклона
гранейЛЛ tDtD и CCtDtD к плоскости основания, ZDfiO =oc, ZDxFO = р.
Пусть D 0 = d, тогда из
AD.OF(ZD OF =90°): AF = —
ДО
sin^X>,FO sinP'
В AD, OE (ZDX OE = 90°): EO + D,OctgZDlEO = dctg a.
EOFD — прямоугольник и DF=EO — dctg a.
BADtFD(ZDtFD = 90°):DtP + DP=DD*
d2\ —i- + ctg2a
sin2p
+ d2ctg2a =
Vl + ctg2a + cry2p
Объемпризмы V = SABCD ■ d -
abc
Ответ:
abc
l/l + ctg a + ctg P
Vl + ctg2a + crg2p
12.304. Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна / и
составляет с двумя смежными гранями углы а и р\ Найти объем
параллелепипеда.
Решение.
Пусть в прямоугольном параллелепипеде ABCDAfi^Cfi, Bfi = I
(рис. 12.166).
663

Рис. 12.167
Так как ребраЛ4 и DC перпендикулярны гранями Л ДД и ССД Д
юАВх hBjC — проекции Bfi на эти грани,ZABtD = a, ZCBfi = p.
BABlAD(ZBlAD = 90°): AD = £,/> sin Z^£,£ =/sina.
В ABtCD(ZBXCD = 90°): CD = £,X>sinZC£,X> = /sin8.
В прямоугольнике^ВСХ).- BDI = AD2 + CD2 = P(sm2 a + sin2B).
В hBfiD (ZBfiD = 90°):
BB, = ^B,D2 - BD2 = /,/l - ^in2 a + sin2 в) = /,/cos2 a - sin2 В =
, |l + cos2a l-cos2B , lcos2a + cos2B , /—; rv—7 rr
= 'y 2 j-*1 = 'y j = /Vcos(a + B)cos(a - B).
Объем прямоугольного параллелепипеда V - AD ■ CD ■ BB{ =
= /3 sin asin B,/cos(a + B)cos(a - в).
Ответ: /3 sin a sin (3,/cos(a + B)cos(a - в).
12.305. В правильной треугольной призме плоскость,
проведенная через центр основания и центры симметрии двух боковых
граней, составляет с плоскостью основания острый угол а. Найти
площадь сечения, образованного этой плоскостью, если сторона
основания равная.
664

Решение.
Пусть О — центр основания^ ДС правильной призмы^ ВСА1В1 С,,
точки Ри Q пересечения диагоналей граней А А ^С^С и А А ^В^В — их
центры симметрии (рис. 12.167). Секущая плоскость, проходящая через
точки О, Ри б, пересекает параллельные граниЛ ВС и АХВХСХ по
отрезкам EFuMN соответственно, К—серединаЛ/JV.
Проведем перпендикулярыММ,, NN. ККХ к плоскосгиЛЯС. Трапе-
ция ЕМ N F —проекция трапеции £MJWrнаплоскостьоснования.
Так как О — центр ААВС, то EC = \aC = \,EF
2а
" 3 '
АА.МР=\СЕР. Тогда AM, = А,М = ЕС = -,M,N, =-
К.О = АК,
АО =
Semxnxf
EF +
Тогда SEMNF -
a24l
M,JV,
2 К
cos a
6
2 6 12
12cosa
12cosa
12.306. В прямой призме
АВСА1В1С1(4А1\\ВВ,\\СС1)
стороны основания АВ и ВС
равны соответственно а и Ь, а
угол между ними равен а.
Через биссектрису данного угла
и вершину А, проведена
плоскость, составляющая с
плоскостью основания острый угол (3.
Найти площадь сечения.
Решение.
Пусть BD — биссектриса
AABC.AABD—сечение данной
призмы (рис. 12.168)
АС
AD'
Рис. 12.168
ВС
AD+DC , DC
■- = 1 + = 1 + --
AD AD AB
b а + Ь

Так как AABD и ААВС имеют одну и ту же высоту, опущенную из вер-
S&ABD _ AD
шины В, то
$ьлвс
1 . a26sina iDn
x-a6sina = , AABD
2 2(a + 6)
"T7r = —T- Тогда suBD=—-rSiABC =—-rx
AC a + b a + b a+b
проекция AAtBD на плоскость основа-
Smn a26sina
ния призмы, т.е. SMBD = -ШВ. _
1 cosB 2(a + 6)cosB
Ответ:
a b sin a
2(a+6)cosB
12.307. В основании прямой призмы ^ВСД^С^^ЦВВ^^С,)
лежит равнобедренный треугольник ABC с углом а между равными
сторонами ABviAC. Отрезок прямой, соединяющий вершину ^верхнего
основания с центром круга,
описанного около нижнего
основания, равен / и составляет с
плоскостью основания угол В .
Найти объем призмы.
Решение.
Пусть О — центр круга,
описанного около основания
ЛВС данной прямой призмы
(рис. 12. 169). Тогда .40 -
проекция А\0 на плоскость ABC и
ZAOAf$.
Если радиус описанного
круга OA = R, то из АА {АО
AO^ApcosZAOA^lcosfi^A^AflsinZAOA^lsinP.
В ААВСZABC = 90°--.
2
-4C = 2.RsinZ/fBC=2.Rsin 90°
= 2/cosBcos-
SUBC"^AC2sir.Z&4C = --4/2cos2Pcos;
- 2/2 cos2 B-cos2 —sina.
2
2a •

Рис. 12.170
0&beMnpmMHK = S/UBC^^,=2/3cos2Pcos2-sinasinP =
1 -у ОС
= / sin 2В cos В sin a cos —.
2
1 j ОС
Ответ: I sin 28 cos В sin a cos —.
2
12.308. Основанием призмы служит правильный треугольник со
стороной а. Боковое ребро равно b и составляет с пересекающими его
сторонами основания углы, каждый из которых равен а. Найти объем
призмы и допустимые значенияа.
Решение.
Пусть правильный треугольнике ВС—основание призмыЛДСЛ^С^
(рис. 12.170),ЛД -a, BBt -b, Bfi — высота призмы.
Так как ZBfiC = ZBJiA =а, то точка Е лежит на биссектрисе BD
угла А ВС.
ZBVBE — угол наклонаВВ1 к плоскости основания, ZBXBC—угол
между BBV и прямой ВС этой плоскости, ZEBC — угол между прямой
ВСи проекцией прямой ДД1 на плоскость основания.
Тогда cos ZBXBC- cos ZBfiE- cos ZEBC;
cosZBiBC _ cosa 2 cos a
cos ZB,BE = -
cosZEBC cos30°
s

Рис. 12.171
sinZBlBE = ,]l-cos2ZBlBE=Jl-^-^=-jrJ~cos2a--
= -=-Vcos2 30° -cos2 a =-j=Jsin(a + 30°)sin(a-30°).
V3 V3
В ABlEB(ZBlEB = 90°):
B{E - BB{ sin ZBtBE - =j- Vsin(a+30°)sin(a-30°).
л/J
2S 2b
Объем призмы V = SMgc ■ 51я = "7= Vsul(a + 30°)siri(a-30°) =
4 V3
= — Vsin(a + 30°)sin(a-30°), где sin(a + 30°)sin(a-30°)>0»
»cos60°-cos2a>0»cos2a<0,5«=>60°<2a<300°, т.е.
30°<a<150°.
Ответ: — ^sin(a + 30°)sin(a-30°),30°<a<150°.
12.309, Основанием призмы служит прямоугольник. Боковое ребро
составляет равные углы со сторонами основания и наклонено к плоскости
основания под угаом a. Найти угол между боковым ребром и стороной основания.
Решение.
Пусть прямоугольник ABCD— основание призмы ABCDA ^B^C^D,,
А^Е — высота призмы (12. 171). Тогда ZA^AE—угол наклона ребра

Рис. 12.172 Рис. 12.172,а
АА1 к плоскоти основания, ZA/1Е=а. Так какZA/ID=ZA/IB, точка Е
лежит на биссектрисеЛ£"углаА4/).
Тогда cosZAtAD=cosZAlAEcosZEAD=cosacos45°, ZA/ID=
л/2 cos a
Ответ: arccos
75c
12.310. На шаровой поверхности радиусаЛ лежат все вершины
равнобедренной трапеции, у которойменьшее основание равно боковойсторо-
не, а острый угол равен а. Найти расстояние от центра шара до плоскости
трапеции, если большее основание трапеции равно радиусу шара.
Решение.
Пустъда™аягжвнобедреннаятрапе1шя/1ВСДВС||ЛДЛ.О=К,ЛВ=
= ВС = CD, ZBAD =а, 0<а< —, вписана в сечение данного шара, О,—
центр шара, 02 — центр сечения (рис. 12.172). Тогда Ох02 — искомое
расстояние от центра шара до плоскости трапеции.
ZBAC=ZBCA,TaKKaKAB = BC(pm. 12.172, a),ZBCA =ZCAD, так
KaKBC\\AD.ZCAD = ZBAC = -,ZACD = K-{ZCAD+ZADC)=K-~.
Радиускруга, описанного oKonoAACD:
AD R R
2sinZACD . . I 3a
2sm| n
В ДО,0,AzO,0,A = -_
2 sin
3a'

Ор2^4охАг-ОгАг=4¥
X 4sin/ — sin —-'
I 2 2
!= \R'-
R .,3а . г' Л
= —=— Jsiir ——sur- =—5—
. За\ 2 6 • За
23а_1.
2 4
, т 1-COS —
l-cos3a з .
[17 я П л I. СЗа nV ГЗа п\
, — cos—cos3a =—т—.sm— + — sin — .
Щ 3 J sjn3aV [2 6 J [2 6 J
'TTErJll0™!-0"
sm—- ' '
2
Ответ.
I2 6
12.311. Высота конуса равна Я,
угол между образующей и
плоскостью основания равена. В этот конус
вписан шар. К окружности касания
шаровой и конической поверхностей
проведена касательная прямая, а
через эту прямую проведена плоскость
параллельно высоте конуса. Найти
площадь сечения шара этой
плоскостью.
Решение.
Рассмотрим осевое сечение
данной совокупности тел (рис. 12.173):
ААВС— осевое сечение конуса,
BD ~ его высота, BD ~ Я, ZBAD =
Кис. 12.173 ао— центр шара, вписанного в
конус, Е — точка касания шара и образующей ВС конуса, EF —
диаметр сечения искомой площади.
Проведем перпендикуляр ОК на EF. Тогда ЕК — радиус сечения
искомой площади.
Я
В AADB(ZADB = 90°): AD =
В AADO(ZADO = 90°):
*tgf
OD = AD\%ZOAD = 4-
tga
BD ctg ZBAD = -
tga
"tgdl-
tgI
2tg,

f .I»1
sin —
1 . 2
2 «
COS —
2
2
„( 2 О ■ 2 Ot >
Я cos sin —
_ 1 2 2
2 Ot
2 cos —
2
Я cos a
2cos20t
2
ZBOE = ZBCD = a.
ZEOK = 90° - Z£0£ = 90° - a.
OE = OD =
2cos -
2
ДОА'£(ХОА'£ = 900).-
г»- /ni7 • /mP Ясова . / % ffcos2ot
£X = OE sin ZEOK = sin(90° - ot)= .
i 2 Ot „ 2 Ot
2cos — 2cos -
2 2
t-t „ r.^2 7C#2COS40t
Площадь сечения S = я ■ £ЛГ = .
x 4 ot
4 cos —
_ тсЯ2 cos4 a
Ответ: .
4cos —
2
12.312. Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна а, двугранный угол при основании равен а. Пирамида пересечена
плоскостью, параллельной основанию. Площадь сечения равна
боковой поверхности образовавшейся усеченной пирамиды. Найти
расстояние от секущей плоскости до основания пирамиды.
Решение.
Пусть DO— высота правильной пирамиды DABC (рис. 12.174),
А1В1 С, — сечение пирамиды, Е— середина АВ, £, — середина Л ,5,,
О,— центрЛДС,.
Тогда££, — апофема правильной усеченной пирамидыЛ ЯС4 Д Сг
00, —расстояние между параллельными плоскостями^ВСиА ДС,;
ZEfiO = ot.
Пусть ЛД = *,££, =d.
Проведем перпендикуляр-Е^к плоскости^ ВС.
Тогда точка Fнаходится на OE,ExF~ 00, EF ~- *-—,d = EEi
6

D
-~^C
Рис. 12.174
{a-b)Jb a + b,
= —: ■ Боковая поверхность усеченной пирамиды 5 = 3 а =
6cosa 2
а + Ъ_ {p-btfb _(д2-й2Уз
2 6cosa 4cosa
Так как 5 = 5MB[Cl, то ("' ' *' Уъ = ^Л ^ а
4cosa
2 62 = 62cosa =
>6=-
-^-=*£lF = £FtgZ£1£F = ^4^t«a =
2cos-
= Ttgc^a-
a&tga
, a
3cos-
2
a-v/2
2cos-
a-yjtgaf a л/2 1 a-j3tga( а пЛ
= — cos = e— cos cos- =
a I " 2 2
6 cos— v
2
.a 2
6 cos— v
2
"-«UJ5 + H
8 4 8 4
„ ai/3tga . ("я aV ("я a
Ответ: £— sin sin - + —
3cos2 l« <J [8 4
2

12.313. Высота конуса равна Я, угол между образующей и
плоскостью основания равен а. Полная поверхность этого конуса делится
пополам плоскостью, перпендикулярной его высоте. Найти расстояние
от этой плоскости до основания конуса.
Решение.
Пусть R —радиус основания данного конуса,/, —его образующая,
r,l,h — соответственно радиус основания, образующая и высота
отсеченного конуса.
Н h
Тогда R = Hcte a, L- , г - h ctgot, / = , полная поверхность ко-
sinot sin a
нуса S=kR(r +b)=n-Hctgai tfctgot +
^ sin a
боковая поверхность отсеченного конуса S, = тег/ =
7c#2cosa(cosq + l)
sin2 a
7t/z2ctga idi1 cosa
Так как по условию S = 25,,то H2(cosa + l)=2h2;
i2 tt2 1 + cosa „2 2 a i ,, a
hl -Hz Hlcos1 ~;h~Hcos—.
2 2 2
Расстояние от секущей плоскости до основания конуса х = Я - h =
= ЯП-cos- = 2tfsin2-.
I 2J 4
,„ . 2 a
Ответ: 2 Я sin —.
4
12.314. Найти угол между
апофемой правильной
треугольной пирамиды и плоскостью ее
основания, если разность между
этим углом и углом, который
составляет боковое ребро
пирамиды с плоскостью основания,
равна а.
Решение.
Пусть50 —высота правильной
пирамиды SABCipac. 12.175),SD —
ее апофема — высота грани BSC,
ZSDO ~ В. Тогда ZSCO - В - а.
Рис. 12.175
И Скандии М. И.,

Если OD = а, то нз ASOD(ZSOD = 90°). SO = ODtg P = atg P
В ASOC(ZSOC=90°;.' SO = OQg(P-a) =2atg(P-a) =>tgP = 2tg(P-a);
ti,B = 2^p-tga)-
BP l + tg|Jtga '
tg2ptga-tgP + 2tga = 0;
r?2P-tgpctga + 2 = 0;
ctga±Vctg2a-8
?P 2
ctga± Jctg2a-
x = arctg—= 1:j-2
Ответ: arctg
Л 2 A 12.315. Катет
прямоугольного треугольника равен а,
противолежащий ему угол равен
а. Этот треугольник
вращается вокруг прямой, лежащей в
плоскости треугольника,
проходящей через вершину
данного угла н перпендикулярной его
биссектрисе. Найти объемтела
вращения.
Решение.
Рассмотрим осевое
сечение полученного тела вращения (рис. 12.176). Его объем Кравен
разности объема Vl усеченного конуса с осевым сеченнем ВАА1В1 и суммы
объемов К, н Уъ конусов с осевыми сечениями АСАХ и ВСВХ
соответственно.
Пусть CD — биссектриса ZA СВ = а данного треугольника ВА С.
О —-центр основания конуса с сеченнем ACAV Ox —центр основания
конуса с сеченнем BCBV ОС = h, OxC = H, OA =r, OxB = R.
ZOAC = ZO,BC = ".
2
Рис. 12.176
В ABACfZBAC = 90°): AC = actga;BC =
В AAOC(ZAOC = 90°):

acosoccos — с
r^^Ccos— — ;h-AC sin — ~~
2 sin а 2
В £&OxC(ZBOyC-W):
acos—
R = BCcos- = 2_;
2 sin а
Я = £Csin—= *-
2 sin а
к = к1-(к2+к3)=-(я + л)(/г2 + /гг+г2)--я/г2--/1г2 =
= - (ял2 + HRr + Нгг + hR2 + hRr + hr2 - HR1 - hr2 )=
= - (яДг + Яг2 + hR2 + А Дг)= - (Яг(Д + г)+ ЛД(Д + r))=
e|(R + ,Xffr + M)-f
з cos—(l + cosoc)
a 9
fe V
3 2 COS — ■ :
2 sinacosa тш а а ^
» „ ri - = —ctg-cos-ctga.
-2sin^cos^ ™« 3 2 2
2 2
Ответ: ctg —cos—ctga.
3 2 2
12.316. Отношение объема прямого параллелепипеда к объему
вписанного в него шара равно к. Найти углы в основаннн
параллелепипеда н допустимые значения к.
Решение.
Пусть R — раднус данного шара, a — угол в основаннн данного
параллелепипеда. Тогда высота параллелепипеда Я -2R, объем шара
Vs^nR\
' 3
Проекция данного шара на плоскость основания параллелепнпе-
675

D
Рис. 12.177
да — круг радиуса R, вписанный в основание, поэтому основание
является ромбом (рнс. 12.177).
Тогда ZOAD = j, а из AAEa ZAEO = -,OE = R \АО =
ADEOl ZDEO =~,ZDOE = ZOAD = —\DO = -
R
а
cos-
Пло щадь основания параллелепипеда S~ — AC-BD'~2-AO- DO =
2/Г
■■ — , aero объем r2 = S-ff = — =>£• = J*-._L_
sin a K] sin a 4nJ?3
6 , . 6
rcsina nk
Таким образом, один нз углов основания равен arcsin—, а второй
пк
. 6
тс - arcsin —.
пк
Так как 0 < sin ail, то 0<—-й1,к> —.
пк тс
Ответ: arcsin —; тс - arcsin —; к > —.
тс£ пк к
676

А о, Д,
Рнс. 12.178
12.317. Образующая усеченного конуса, описанного около шара,
равна а, угол между образующей н плоскостью основания равен а.
Найти объем конуса, основанием которого служит круг касания
шаровой поверхности с боковой поверхностью усеченного конуса, а
вершина совпадает с центром большего основания усеченного конуса.
Решение.
Рассмотрим осевое сеченне данной совокупности тел (рнс. 12.178):
равнобокуютрапециюЛЛ^Д (ААК ~а, ZAKAB ~ ос), вписанный в нее
круг с центром Е, касающийся AAV BBV АВ и А1В1 соответственно в
точках С, D, ОкОи ACOD — осевое сеченне конуса искомого объема.
Середина 02 отрезка CD — центр основания конуса искомого
объема К Тогда V = -п 02С2 ООг.
Пусть раднус шара равен R: ЕО - ЕС - R.
ВчетырехугольникеЛ CEOZCA 0=a, ZA CE= ZAOE=90° =>ZCEO =
= 180°-oiHZC£O2 = a.
В AC02E(ZC02E = 90°):CO2 = Rsiaa;E02 = .Rcosa.
002 =OE + E02 = R + Rcosa = 2Rcos2 ~ =>
2
=> V = -n ■ R2 sin2 a ■ 2R cos2 — = —nJ?3 sin2 acos2 —.
3 2 3 2
A.K — высотатрапеияа A A lBlB. ТогдаЛ^^ 2R.
ШзААКА^(ZAKAX = 90°):AiK = AA/mZA =asina => R=-as\aa и
„2 1 з . з .2 2 <* to3 -5 2 о
F = — я ■ - e sin a ■ sin a cos — = sin a cos —.
3 8 2 12 2
677

Ответ: sin a cos —.
12 2
12.318. В шар радиуса R вписаны
два конуса с общим основанием;
вершины конусов совпадают с
противоположными концами диаметра шара,
Шаровой сегмент, вмещающий
меньший конус, имеет в осевом сеченнн
дугу, равную а°. Найти расстояние
между центрами шаров, вписанных в эти
конусы.
Решение.
Данная совокупность тел имеет ось
симметрии, рассмотрим ее осевое
сечение (рнс. 12.179): О— центр данного
шара,ДАЙС—осевое сечение меньшего
конуса, АЛ DC—осевое сеченне большего конуса, Е—центр их общего
основания,*?, н02 —центры вписанных в них шаров, ZA О С ~а°.
Из АЛЕО (ZAEO = 90°): АЕ - ОА sin ZAOE ~ R sin —.
ZBCA — вписанный н опирается на дугу, равную — • Таким
образом, ZBCA - ~,ZO{CE = -ZBCA ~ -.
4 2 8
BAOxEC{ZOxEC^9$°)\0{E^ECtgZOxCE~Rsm~tg~.
ZBCD —вписанный н опирается на диаметр.
Отсюда ZBCD ~ 90°,ZECD ~ ZBCD - ZBCA = 90° ,ZEC02
4
-ZECD = 45°--.
Из A02EC(Z02EC ~ 90°);
02E = ECtgZEC02'-
Искомое расстояние:
Л sin у 1^45°-- |.

Рис. 12.180,а
0[02=OlE + 02E~Rs\n~\tg~ + tg\45°-~
Rjis.
R sin — sin 45°
2
cos—cos 45°
2 cos — cos 45°
8^8
Ответ:
2 cos—cos 45
% { 8
12.319. Найтн отношение объема правильной и-угольной пирамиды
к объему описанного шара, если угол между боковым ребром и
плоскостью основания пирамиды равен а.
Решение.
Пусть С02—высота правильнойи-угольной пирамиды,^ 1А2 — сто-
2тс
рона ее основания. Тогда Z.CA{02 ~o.,ZAOxB - —.
Центр О! описанного шара —точка пересечения отрезка СОх (рнс
12.180) нли его продолжения за точку0( (рнс. 12.180,а)исерединного
перпендикуляра ОхВ бокового ребраЛ {С пирамиды.

(zcbo^^Xcb^
ААх02С н AOjBC— прямоугольные с общим острым углом прн
вершине С. Тогда ZBOxC~ZCAx02 = а.
Если радиус шара ОхС - R, то из АСВ01
- СО{ sin ZBOxC - R sin a.
AxC = 2CB=2Rsina.
В AAl02QZAl02C = - ):C02=ACs\nZCA102^2Rsm2a;
A<p2 ~ A{C cos ZCA{02 -2i!sinacosa=: Rsin 2a.
Площадь основания пирамиды:
S = nSAAi02A2^-AlOJs\nZAl02A2~-R sin 2asin-
Объем пирамиды V,--SC02--nR3 sin2 asm22a.s\n—-, объем
3 3 n
4 з V,
шара у ~-nR3 н _L
3 K2
■ 2 - 2 -. • 2ТС
nsin asm 2a sin —
■ 2 • 2 -. ■ 2tc
и sin a sin 2a sin —
Ответ:
Рис. 12.181
12.320. Боковые грани
правильной треугольной призмы —
квадраты. Найти угол между
диагональю боковой грани и не
пересекающей ее стороной основания
призмы.
Решение.
Угол между боковой диагональю
В1 Сбоковой грани правильной
призмы АВСАХВХСХ (рис 12.181) н сто-
ронойЛ В основания равен углу
между ВХС и Afly
Если длина ребра призмы
равна 1, то диагональ квадртга
B,C = j2.

F
Рнс. 12.182
Пусть D — середннаЛ l Bl. Тогда CD — высота н медиана
равнобедренного ЬА^СВу
ВДСДВ, (ZCUB, = 90°):
cos ZA. В.С = ^!— = -: -Я = — => ZA.B.C = arccos —.
В,С 2 4 ' 4
Ответ: arccos —.
4
12.321. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды равноа н
составляет с плоскостью основания угол а. В эту пирамиду вписан
цилиндр с квадратным осевым сечением (основание цилиндра лежит в
плоскости основания пирамиды). Найти объем цилиндра.
Решение.
Пусть FO—высота данной правильной пирамиды FA ВС, АЛ 1В1 Сх —
сечение пирамиды плоскостью верхнего о снования цилиндра (рис 12.182).
Tor^aaZF^O, -ZFAO ~a,FO~ FA sinZFAO^asina, ДЛДС, ~-
правильный.

ЕслнрадиусоснованияхщанндраравенгдовысотацилиндраОО! = 2/-,
AiOi ~2r, ¥Ox =AlOl tg ZFAlOl = 2rtg a. FO = FO, + 00,; asin a =
2rtga + 2r;
тс
asinacosacos — rz . -
4_ av2sin2a
8sin - + a
и
"2(tga + l)"
2 tga + tg-
2 sin a
Объем цилиндра:
V = m2 00, = 2ш' = 2к
2i/2a3sin32a jta3i/2sin32a
Ответ.
3V2~ sin 2a
sin3 - + a 128sin
Phc. 12.183
12.322. В треугольнике
Л#СуголЛравена,уголС
равен Р и биссектриса BD
равна /. Треугольник ABD
вращается вокруг прямой
BD. Найти объем тела
вращения.
Решение.
При вращении треуго ль-
никаЛВ1>(рис. 12.183)
образуется два конуса с общим
основанием радиуса ОА
(0A1£D), ВО — высота
конуса объема Vl,
DO—высота конуса объема VY Искомый объем тела вращения V = V, + V2 =
BD.
a + P
■■-п-ОА2ВО + -пОА2 DO = -n ОА2(вО + ВО)=-п-ОА2 BD.
3 3 3 v ' 3
BAABC: ZABC = 180°-(a + B)=> ZABD = -ZABC = 90°
2 2
BAABD:
ZADB = 180° -{ZBAD + ZABD)=W0° -fa-
90°-^W-^.

BD
AB
/cos
a-p
slnZBAD sinZADB
В MOB(ZAOB = 90"):
>AB =
a-P
I cos / a + R"\
^0 = ^BsinZ^BU = 2—sin 90» В =
sina [ 2 J
,3 2a~P 2a + P
. It Г COS COS -
=>V = -k-АО2 BD = 2— 2_.
3 3sin a
, a-p a+p
/cos - cos -
2 2
Ответ:
,3 2«~P 2«+P
it/ cos -cos -
2 2_
3sin2a
12.323. Основанием прямой призмы служит равносторонний
треугольник. Через одну нз его сторон проведена плоскость, отсекающая от
призмы пнрамнду, объем которой равен V. Найти площадь сечения, если угол
между секущей плоскостью н плоскостью основания равен a.
Решение.
Пусть АВЕС—сеченне правильной призмы АВСА^В^С^ (рнс. 12.184),

E
A,
1 1
1
BY/ &\
' i
—f —
\C
Рис. 12.185
D — середина ВС. Тогда ZEDA = a, EA — высота пирамиды ЕАВС.
v = J saabc -EA = - S^ec ■ cosa ■ EA.
W _-- _" v.
t я 4 2
3V
ЕашЕА =h,AB = a,'ro S^ec =
A cos a м
BAEAD(ZEAD = 90°): A = f^tga,a = ^p =
4/i2ctg2a &
12
> A3S ctg2 a = 9F « A = зЫр1 = ^Ktg2 a
H ctg2 a
3V "2J* ч„ "i/з
= yAD~
3V
> =
A
t*h
""* hcosa lJ3Svtg2a-cosa V3^tg2acos3a
[ з-УзУ2
sin a cos a
4
Ответ; \l—5 •
V sin a cos a

12.324. В правильной четырехугольной пирамиде проведено
сечение, параллельное основанию. Прямая, проходящая через вершину
основания и противолежащую (т.е. не принадлежащую той же грани)
вершину сечения, составляет с плоскостью основания угол а. Найти
площадь сечения, если боковое ребро пирамиды равно диагонали
основания и равно а.
Решение.
Пусть ЕО— высота правильной пирамиды EABCD, квадрат
А 'В'CD'—сечение пирамиды, ZBDB1 - а (рис. 12.185).
Так как BE-DE- BD, то ZEBD = ^,ZBB'D - —— a.
DB- BD n , asinf aJb
sin ZEBD sin ZBB'D . (2n ^ . . (к Л
sin a 2sin — + a
I3 J b J
Если ВТ—высота равнобокой трапеции BB'D'D, то из
AB'FdZB'FD^ \:FD = B'DoosZBDB', "^COsa
I3
_ _n BD + BTf
Так как FD = , то
2
B'lX=2FD-BD^a^sa:-fl= ° [j3cos«-s,nl-3
sin —+ a sin — + a ]' '
2 sin — cos a — sin—cos a - cos—sin a
{H
3 3 3 . {:.
sin — + a
I3
a2 sin2 —a
Пло щадь сечення S = — SO2 -
2
2 sin | - + a
2 ■ 21 Я
a sin a
13
Ответ:
2sin2 *+a

Рнс. 12.186
Рн