А. Б. Василевский ЗАДАНИЯ ДЛЯ ВНЕКЛАССНОЙ РАБОТЫ ПО МАТЕМАТИКЕ "Задание 3,4,5". http://matematika.advandcash.biz/?p=194

1. **7******* | 12547Г
****** 1 Д8781
_ 110177*
10037**
_ 9799**
“ 8783**
_ 10163**
10037**
_ 12547*
12547*
0
Из первых трех строчек ясно, что в 3-й строчке
третья цифра слева 6 или 7. Непосредственной провер-
кой убеждаемся, что это будет только в том случае, если
Д = 3 или Д = 5 соответственно.
Легко проверить, что Д ф 3. Итак, Д = 5. Теперь
очевидно, что Г = 3.
Окончательно находим: при делении числа
7375428413 на 125473 получаем 58781.
Задание 3. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ
И НЕРАВЕНСТВ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ
З а д а ч а 1. При каких натуральных п 2)
верно равенство
Vl7V5 +38 + V17V5 — 38=^20? (1)
Р е ш е н и е . При помощи микрокалькулятора на­
ходим:
17Уб + 38 ж 38,013154 + 38 « 76,013154 > 1;
17д/S —38» 0,013154 < 1; д/20« 4,4721359.
Отсюда ясно, что положительная функция f ( n ) =
= ^17^5 + 38 является убывающей, и /(д)>1,
а функция ф(я). —■ у17“/5— 38 —возрастающая, и
ф(я) < 1. Для обнаружения некоторых свойств функции
t y ( n ) = f ( n ) + ф( п ) выполним математический экспери­
мент (составим таблицу значений функции г|з(я) :
39

2. п /(я) ф(") <р (п)
2 .8,7185522 0,1146908 8,8332422
3 4,2358226 0,2360586 4,4718813
4 2,9527194 0,3386604 3,2913798
5 2,3777310 0,4205441 2,8002750
Теперь ясно, что уравнение (1) имеет единственное
решение п = 3.
З а д а ч а 2. Найти натуральные корни уравнения
17( . x y z t -(- х у x t -j- z t -f- 1) — 54{ y z t -j- у -|- t ) = 0.
Р е ш е н и е .
Решаем это уравнение относительно х:
17 х — 54 — 17(z/+ 1 ) : ( y z t + y + t ) .
Отсюда
54 — 7 х = ——Цг . (1)
j'+it+t
Правая часть уравнения (1) целая и положитель­
ная, так как у у z , t , х — натуральные числа. Поэтому
х ^ 3. При х = = 1 левая часть уравнения (1) равна 37,
при х = 2 она равна 20, а при л: = 3 левая часть равна 3.
Итак, теперь нужно решить в натуральных числах
уравнения:
37 =------- —
У +
20 =------------
(2)
zt -f 1
17
У +
3 =-------
_i_; (3)
z t - j” 1
17
У + -
t
(4)
z t -f 1
Из уравнения (2) получаем:
3 7 t : ( z i + 1)= 17 — 37 у . (5)
Так как при у ^ 1 правая часть уравнения (5) отри­
цательная, то это уравнение не имеет натуральных
решений.
40

3. Аналогичным образом показывается, что и уравне­
ние (3) не имеет натуральных корней. j
Из уравнения (4) следует 17 — З у = 3 : ( z + — у
Очевидно, 0 < 3 : ( г + < 3, где z и t — натуральные
числа. Поэтому 0 < 17 — 3t/ < 3. Отсюда у = 5. Тогда
3 ; ( z == 2, т. е. z -f- -|-= 1 + 0,5. Следовательно,
2 = 1 , / = 2 .
О т в е т . л : = 3 , 2 = 1 , t = 2 , у = 5 .
З а д а ч а 3. Найдите все натуральные числа, кото­
рые в 59 раз больше суммы своих цифр.
Р е ш е н и е . Искомое число jV больше 59. Ясно, что
N не может быть двузначным, потому что наибольшее
двузначное число 99, а сумма цифр двузначного
числа, большего 59, не меньше 6.
Может ли быть N трехзначным? Всякое трехзначное
число можно представить в виде 100*+10y + z , где
х , у , z — натуральные однозначные числа или нуль.
Если трехзначное число N существует, то 100* + 10у +
+ z = 59(х + у + z ) или
41* = 49 у + 58г. (1)
Так как 41 <С 49 С 58, т о х > у w х > z .
Составляем таблицу значений 41х, 49у , 582:
X, у, г 41* 49 у 58г
0 0 0 0
1 41 49 58
2 82 98 116
3 ' 123 147 174
4 164 196 232
5 205 245 290
6 246 294 348
7 287 343 406
8 328 392 464
9 369 441 522
Так как у < х и 2 < х , то простым перебором полу­
чаем, что равенство (1) верно только тогда, когда
х = 5, у = 3, 2 = 1 .
Может ли быть N четырехзначным? Если четырех­
значное N существует, то 1000'лг + 0 0 у + 102 + и =
= 59 (х + у + 2 + и )
41

4. 941 x + 41 у = 49 z + 58 и , (2)
где х, у у 2, и — натуральные однозначные числа или
нуль.
По условию задачи, х ^ . Поэтому левая часть
равенства (2) не меньше 941. Так как 49 + 58=117
и 117 . 7 = 819 < 941, то 2 и и не могут быть меньше 8.
Отсюда понятно также, что х = 1.
Составляем таблицу значений выражений 94 х ,
4 l y , 49г, 58и :
Л', у, Z, и 941л: 41 у 49z 58 и
0 0 0 0
1 941 41
2 82
3 123
4 164
5 205
6 246
7 287
8 328 392 464
9 369 441 522
Теперь видао, что уравнение (2) не имеет решений
в целых неотрицательных однозначных числах.
Если число N состоит из п ^ 5 цифр, то оно не
меньше 10п-1, а сумма цифр не больше 9п . Поэтому
10п_| ^ 59 • 9п . Отсюда ясно, что если п ^ 5, то реше­
ний данная задача не имеет.
Итак, единственным решением задачи является
число 531.
З а д а ч а 4. Дано уравнение
х3 —3 х у 2 + у3 = п . (1)
Доказать, что если натуральное п таково, что
данное уравнение имеет целочисленное решение, то
оно имеет по меньшей мере три целочисленных решения.
Р е ш е н и е . Попытаемся обнаружить некоторые
свойства целочисленных решений уравнения (1).
1) Пусть, например, ( х у i) = (0; 1). Эта упорядочен­
ная пара чисел является решением уравнения
х3 — Злг у 2 + у 3 = у . (2)
42

5. При помощи микрокалькулятора легко заметить, что
целыми решениями уравнения (2) являются и пары:
( х2 ; у 2 ) = (— 1; —1) и ( х3 ; уз) = (1; 0).
2) Пара ( х . у i) = (2; 1) является решением урав­
нения
х 3 — Зху2 + t/3 = 3. (3)
Подбором и с помощью микрокалькулятора убеждаем­
ся, что целыми решениями уравнения (3) будут и пары:
(*2; у2) = (— 1; 1) и (х3; уз) = ( — 1; —2).
3) Пара (xi; £/i) = (3; 1) является решением урав­
нения
х 3 - З х у 2 + у3 = 19. (4)
При помощи микрокалькулятора находим еще два цело­
численных решения уравнения (4): ( х2 У 2) = { — 1; 2)
и (*3; */з)=* ( — 2; —3).
4) Пара (хг, у i) = (3; —1) является решением
уравнения
х3 — 3 х у 2 + у 3 = 17. (5)
Подбором находим еще два решения уравнения (5):
{Х2 у2) = ( 1; 4) и (х3; уз) = ( — 4 ; —3).
5) Пара (xj; у,) = (4; —1) есть решение уравнения
х3 — 3 х у 2 + у 3 = 51. (6)
Подбором находим еще два целочисленных решения
уравнения (6): ( х 2 у2) = (1; 5)'и (х3; Уз) = ( — 5; —4).
Внимательное сравнение вторых и третьих целочис­
ленных решений с первыми в каждом из пяти рассмот­
ренных случаев приводит к гипотезе:
( х 2 ; y 2 ) = ( — y l ; x t — у ) ■ (7)
(*з; У з ) = ( У 1— х — x t ) . (8)
Проверяем эту гипотезу на следующем примере:
Если ( x i ; У О = (20; 3), то
х3 - 3х у 2 + у 3 = 7487. (9)
Получив по формулам (7) и (8) пары ( х2 ; у2) = ( — 3 ; 17)
и (jc3; уз) =.(—17; —20), убеждаемся, что (—3; 17)
и (— 17; —20) являются решениями уравнения (9).
Докажем справедливость формул (7) и (8) (очевид­
но, если п — натуральное число, то второе и третье
решения уравнения не совпадают с первым):
Пусть верно равенство
х 3 — 3 х у 2 + у 3 = п .
43

6. Тогда
(— У i f — 3( — У ) { х — y i ) 2 + ( x I — y { f = x — 3*iy? + t/?
и 0/, - х,)3 - 3(у, - *,)(- х,)2 + (_ х,)3 = *3 - Зл-,,/? +
+ £/?•
З а д а ч а 5. Найдите хотя бы одно решение
уравнения
а 3 - { - Ь * = с 5 (1)
в натуральных числах.
Р е ш е н и е . Что можно принять за рабочую гипоте­
зу, следуя которой удастся наметить пути поиска
решения? Составим таблицу:
п п3 пА л5
1
2
[
8
1
16
1
32
3 27 81 243
4 64 256 1 024
5 125 625 3 125
6 216 1296 7 776
7 343 2401 16 807
8 512 4096 32 768
9 729 6561 59 049
10 1000 10 100 100 000
11 1331 14 641 161 051
12 1728 20 736 248 832
13 2197 28 561 371 293
14 2744 38 416 537 824
15 3375 50 625 759 375
Из таблицы видно, во-первых, что уравнение
п 3 + п А = п ъ (2)
не имеет натуральных решений.
В самом деле^ из уравнения (2) следует дг3(1 + п —
— лг2) = 0, а это уравнение не имеет натуральных
решении.
Во-вторых, очевидно, что а > с или б > с .
В-третьих, числа п ъ оканчиваются той цифрой, кото­
рой оканчивается и число п . Число п 4 оканчивается
1, 5, 0 или -6.
В-четвертых, если п — нечетное число, то я3, п 4 и
п ъ — нечетные числа. Если п — четное, то м3, п п ъ —
четные числа.
44

7. Допустим, что a — 2 k , b = 2 p , с = 2 т . Тогда полу­
чаем следующую последовательность уравнений:
(2k f + (2р ) 4 = (2m)5; S k 3 + 16р 4 = 32т5; k3 + 2 р 4 = 4т5.
Отсюда следует, что k = 2 1 и
8/3 + 2р4 = 4m5; 4/3 + р 4 = 2т5 и т. д.
Теперь становится понятным, что а = 2 х , Ь = 2 У ,
с ±= 2г (х, */,2 — натуральные числа). Из уравнения (1)
следует
23* + 2 4 у = 25г или
2 5 г ^ 2 3 ^ — 5 г _ _ j _ суАу — Ъг-__
Отсюда 23д:-5г + 24!,“5г= 1.
Так как х % у , 2 — натуральные числа, то последнее
уравнение равносильно следующей системе уравнений:
( З х — 5 z = —1,
4 у — 5 z = -1.
Отсюда z = 0,2(3х -f- 1) = 0,2(4г/ -f- 1).
Теперь ясно, что х ='8, у = 6 , 2 =5.
Итак, а =28, Ь = 26, с = 25.
З а д а ч а 6. При каких целых m и я выполняется
равенство
(5 + Зд/2)"' = (3 + 01/2)"? (1)
Р е ш е н и е . Очевидно, что пара (0; 0) является реше­
нием уравнения ( 1 ) .
Для поиска других решений используем микрокаль­
кулятор.
5 + 3-V^'« 9,242639; 3 + 5д/2 = 10,071065.
Итак, 3 + 5~/2 > 5 + ? > л [ 2 . Поэтому п и т — нату-
ральные числа или отрицательные. Причем, если реше­
нием уравнения (1) является пара (я; т), то решением
будет и пара ( — я ; — т ) . Поэтому считаем, что я и т —
натуральные числа. Очевидно, я < т .
Преобразуем уравнение (1) к виду (5 + 3 V^)-" =
= 3 + 5д/2 или
- : т
9,242639Т ж 10,071065. (2)
45

8. Логарифмируем обе части уравнения (2):
lg 9,242639 »lg 10,071065, отсюда
-« 1,038598.
П
Итак, — 1,038598. Но как найти т и я?
п
Очевидно, что т и п — это не однозначные нату­
ральные числа, потому что даже 9:8 >> 1,038598 ... .
Продолжаем поиск при помощи микрокалькулятора:
10:9 > 1,038598 ... , 11:10 > 1,038598 ... , 12:11 >
> 1,038598 ..., , 26:25 > 1,038598 ..., 27:26 «
« 1,0384615 ..., 28*27 < 1,038598 ... .
Итак, появилась гипотеза, что m ="27 и п = 26. Но
как ее обосновать или опровергнуть?
Необходимо проверить справедливость равенства
(5 + 3 ~ [ 2 ) 2 7 = (3 + 5 д/2)26 или
(
5 + З д / 2 2 6 _ _ ----- 1 — И Л И
3 + 5 д/2~' 5 -f 3 л]2
/ (5 + 3 л/2) (5^2 — 3) 26._ 15-3л/2~)
' (5л^+3)(5л/2-3) ' (5 + 3 V2) (5 — 3д/2)
16Л/2 + 15 26 5 — 3V?
ИЛИ
^ 1 6 V 2 + 1 5 ^ 2 6 5 — 3 у 2
Но равенство (3) не может быть точным, потому
что в левой его части коэффициент при л [ 2 положитель­
ный, а в правой части — отрицательный.
Теперь понятно, как доказать, что только пара (0; 0)
является целочисленным решением уравнения (1). Пре­
образуем уравнение (1) следующим образом:
/ 5 - f * 3 ~[2 п 1
^ 3 + 5 V 2 ~ A ( 5 + 3 '
1 6 л / 2 + 1 5 у _ / 5 — 3 ~а/2~ т—п^ 16 у2 + 15 у
)
Коэффициент -д/2 в левой части последнего равенст­
ва положительный, а в правой части — отрицательный.

9. Задание 4. РАЗЛОЖЕНИЕ МНОГОЧЛЕНОВ
НА МНОЖИТЕЛИ
З а д а ч а 1. Докажите, что остаток от деления
многочлена М ( х ) = а0 + а Х + а 2 х 2 + ... + c t n x n на дву­
член х — а равен значению многочлена М ( х ) при х = а ,
т. е. равен М ( а ) .
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть М { х ) = ( х — а ) Р ( х ) +
+ К ( х где Р ( х ) и К { х ) — многочлены. Если х — а = О,
т. е. х = а , то М ( а ) = 0 • Р ( а ) + К ( а ) , т. е. К ( а ) = М ( а ) .
Это свойство многочленов называется теоремой Безу
(по имени французского математика Этьена Безу
(1730—1783), впервые сформулировавшего и доказав­
шего эту теорему.
Из этой теоремы вытекает такое следствие:
Если число а является корнем многочлена М ( х ) ,
то М ( х ) делится на двучлен х — а (без остатка).
З а д а ч а 2. Сумма трех целых чисел а, Ь и с равна
нулю. Докажите, что число 2а4 + 2 Ь 4 + 2с4 является
квадратом целого числа.
Р е ш е н и е . Во-первых, выражение 2(а4 + Ь 4 + с 4 ) —
это сумма четвертых степеней, причем и в этом выраже­
нии, и в равенстве а + Ь + с = 0 переменные а, &, с
симметричны.
Во-вторых, попытаемся получить гипотезу о каких-
либо свойствах данного выражения путем рассмотрения
частных случаев.
Если, например, а = 1, b = 2, то с = — 3 и 2(а4 +
Ь4 + с4) = 2(14 + 24 З)4) = 196 = 142.
Если а = 2, Ь = 3, то с = — 5 и 2(а4 + b 4 -f с 4 ) =
= 2 (24 + 34 + {-5)4)= 1444 = 382.
Если а = — 3, b = 8 , т о с = — 5 и 2(а4 + Ь 4 -f с 4 ) =
== 2( — З)4 + 84 + (- 5)4) = 9604 = 982.
Но как связаны значения а, 6, и с с основаниями
квадратов 142, 382, 982? Легко заметить, что 14= 12 +
+ 22 + ( - З)2, 38 = 22 + З2 + (- 5)2, 98 = (- З)2 + 82 +
+ ( — 5) .
Итак, появляется гипотеза, что
2(а4 + Ь 4 + с 4 ) = (а2 + b 2 + c 2 f (1)
если а + b + с = 0.
Остается только доказать эту гипотезу.
Из равенства (1) следует:
2а4 + 2Ь 4 + 2 с 4 = а 4 + Ь 4 + с4 + 2 а 2 Ь 2 + 2 а 2 с 2 + 26 V,
или а 4 + Ь 4 + с 4 — 2а 2 Ь 2 — 2а 2 с 2 — 2Ь 2 с 2 = 0.
47

10. Но с = — ( a - - b ) , с 2 = а 2 + 2 а Ь + Ь 2 , с4 = а4 +
+ 4 а 2 Ь 2 + Ь 4 + 4 а 3 Ь + 2 а 2 Ь 2 + 4 а Ь
Утверждение задачи доказано.
З а д а ч а 3. Разложите на множители
М { х у ; г ) = х у — z ) + y z — х ) + z 3 ( x — у ) .
Р е ш е н и е . Придадим переменным х и у какие-
нибудь значения. Пусть х = у = 1. Тогда М(1; 1; z ) =
= (1 — z ) + ( z — 1) = 0. Пусть х = у = 2. Тогда
Af(2, 2, z ) = 8(2 — г ) + 8(2 — 2) = 0. А это наводит на
мысль, что М ( х , у, 2) делится на ( х — у) или на ( у — х).
Таким образом, приходим к предположению, что
Л4(*, у, 2) делится на (jc — z ) и (у—2).
Если 2 = 0, то М ( х 9 у , 0 ) = х у — у 3 х = х у ( х —
— У ) ( х + У
Если У = 0 , ТО М(х, 0, 2) = — Х32 + Z 3 x = 2Х(.2 —
— Jt) (2 + *).
Если л: = 0, то М (0, у, 2) = y 3 z — z 3 y = y z ( y —
— 2)(у + 2).
Таким образом, получаем гипотезу, что
М ( х , у, *) = (* + f/ + 2)(x — у) (у ~2)(2— *).
Убедиться в ее справедливости не представляет
труда.
З а д а ч а 4. Разложите на множители М ( х , у , z ) =
= х 3 + у 3 + z 3 — 3 x y z .
Р е ш е н и е . Если х = у = 1, то
М(1, 1, z) = 2 + 23- 32 = (23- 2) + (2 - 22) =
= (2-1)2 (2 + 2). (1)
Если х = 1 , 2 = 2, то М(1, у, 2) = у — 6у + 9.
Нетрудно заметить, что число —3 является корнем
уравнения у 3 — 6у + 9 = 0. Поэтому, по теореме Безу,
получаем:
у 3 — 6у + 9 = ( у + 3 )(у2 — Зу + 3). (2)
Из равенств (1) и (2) нетрудно предположить,
что М ( х , у, 2) делится на ( х + у + z ) . В самом деле,
х 3 + у3 + <г3 — 3 x y z 1 х + у + 2
А'3 + Х 2 У + Х22 I *2 — + (У2 + г2 — </^)
_ — х 2 ( у + z ) — 3 x y z + у 3 + 23
— х 2 ( ц + Z ) — хр/2 4- y z ) — *(t/2 + г2 )
_*(l/2 + 22 — y z ) + y 3 + z 3
x { y 2 + z 2 — y z ) + y ( y 2 + 22 — y z ) + z [ y 2 + 22 — y z )
0
48

11. уча
е
Итак, М (л у , г ) = ( х + у + z ) ( x 2 + у 2 + 22 — х у — y z —
— z x ) .
З а д а ч а 5. Разложите на множители М ( х ) =
— х
5 _|_ х -f- 1.
Р е ш е н и е . Т а к к а к M ( l ) = l * 3 ; М ( — 1 ) = — 1 ;
М(2) = 5 * 7 ; М(3)=13«19, то можно предположить,
что М ( х ) раскладывается на два нелинейных множителя,
т. е. М ( х ) = ( х 2 + c l x + 1) (х3 + Ь х 2 + с х + 1) = х5 +
-|- ( c l -j- b ) л'4 -j- ( с -f~ c i b -f“ 1) x3 -j- (1 -|- a с -f- b ) x 2 -j- ( c l -J-
+ , c ) x + 1 •
Отсюда получаем:
" < a + b = 0, ' (1)
с + a b + 1 = 0, (2)
1: + a c + b = 0, (3)
< a -j- с = 1. (4)
Из уравнений (2) и (3) имеем (1 — а ) ( с — b ) = 0,
т. е. а = 1 или b = с . Но из уравнений (1) и (4) следует,
что Ь ф с . Итак, а — 1 и с — 6 = 1 . После этого из
уравнения (2) получаем 6=— 1. Теперь ясно, что
с = 0.
Итак, M ( x ) = ( x : i - x 2 + ) ( х 2 + х + 1).
З а д а ч а 6. Разложите на множители
М (а, 6,с, d ) = ((а — с ) 2 + (6 — d ) 2 ) ( а 2 +b 2 ) — ( a d — b e ) 2 .
Р е ш е н и е . Пусть а = 6= 1. Тогда М { 1, 1, с,rf) =
= с2 + d2 + 4 + 2 c d - 4с - d = (с + d — 2)2.
Пусть а = 1, 6 = 2. Тогда М(1, 2, с, d ) = с2 + 4d2 +
+ b e d — 10c-2(k/ + 25 = (c-f 2 d - 5 ) 2 . Но 5 = 22 + I2.
Поэтому
М(1, 2, с, dj = (c + 2d- I2 — 22)2.
Рассмотренные частные случаи позволяют сделать
предположение/что М ( а , Ь , с , d ) = ( а с + b d — о2 — Ь 2 ) 2 .
Остается только доказать это тождество.
З а д а ч а 7. Разложите на множители выражение
(1 + х -f- х2 + х3 +... -f- х")2 — х", где n e N , п ^ З .
Р е ш е н и е . Пусть, например, п = 3. Тогда
(1 + х •+- х2 -+- X3)2 — х3 = (1 + х( 1 + X -f- X2))2 — х3 =
= 1 +2х(1 +х + х2)4-х2(1 —J— х —(— х2)2 — х3 = (1 — х3) Ц-
+ (1 + х + *2)(2х + х2 + х3 + х4) = (1 + x-f-x2)(l +х +
+ х2 + х34-х4).
После этого появляется гипотеза:
( 1 + х + х2 + х3 + ...+хп)2-хп (1-}-х + Х2+
+ ...+хя-1)(1 + х + х 2 + ...+х'! + 1).
49

12. Проверяем эту гипотезу:
(1 + X + JT + ... + х п ~ ] ) ( + х + х2 + ... + х п + *) =
= ((1 + X + Х “ + ... -f- х п) — х п ) • ((1 4" X + X " 4" ... -f-
+ х п ) - - х п + ' ) = { + х + х2 + . . . + х п ) 2 + хп + 1 { + * +
+ *2 + ... + х п ) - х п { + х + х2 + ... + х п ) - =
= ( + х + х 2 + ... + x n f + x n + ' + х п + 2 + ... +
+ X 2 n + l - х п - хп + 1 - х п + 2 - ... — x 2 n — x 2 n + l =(1 +
+ х + х2 + х 3 + . . . + х п ) 2 - хп .
Задание 5. З А Д А Ч И П О П Л А Н И М Е Т Р И И
З а д а ч а 1. В треугольнике A B C величины углов
В и С равны по 40°. Докажите, что если отрезок B D —
биссектриса угла В , то B D + D A = В С .
П е р в о е р е ш е н и е . Угол В D C равен 120° (рис. 1).
Поэтому B C > B D и на стороне В С можно отложить
отрезок B E , равный B D . Теперь докажем, что Е С — A D .
Имеем А В Л Е = A B E D = 8 0 ° . Поэтому / L E D C =
= 2 0 ° — 80° = 40° = Z. D C E и Е С = E D . Кроме того,
г L A D E = 1 4 0 °, и так как А А В Е = 4 0 ° , то Z . A D E +
+ Z. А В Е = 180°. Поэтому четырехугольник A B E D
вписывается в окружность. Отсюда следует, что
A A E D = 2 0 ° и Z . D A E = 20°. Таким образом, A D =
= D E — Е С и Е С = A D . Итак, В С = B E + Е С = B D +
+ D A .
В т о р о е р е ш е н и е . Рассмотрим треугольник
В С М , для которого D — точка пересечения биссектрис
(рис. 2). Строим D E A - B M и D F - L C M . Замечаем, что
Z. D G F = Z. D A E = 80° и D E — D F . Отсюда следует,
что треугольники D A E и D G F равны. Поэтому
D G = D A . Отсюда B D -f D A = B D + D G = B G = В С ,
так как A B C G = Z - B G C .
Т р е т ь е р е ш е н и е . Через точку D проводим
прямую, параллельную прямой В С (рис. 3). На стороне
В С откладываем отрезок B N t равный отрезку B D .

13. Треугольники D N C и D A M равны, потому что их
соответствующие углы 40°, 40° и 100° и B M = M D
и B M = D C , т. е. M D = D C . Отсюда следует, что
N C = A D и B D + D A = B N + N C = ВС.
Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Пусть BD = 1. Применив
теорему синусов, из треугольников B D A и B D C полу­
чаем:
4D:sin 20° = B D : sin 100°, ВС:sin 120° = BD:sin 40°.
Отсюда A D = sin 20°:sin 100° = 2 sin 10° cos 10°:
:cos 10° = 2 sin 10°;
BC = sin 120°: sin 40° = д/3:2 sin 40°.
Таким образом, задача свелась к доказательству
равенства
1 +2 sin 10°= , . (I)
2 sin 40 ■
Преобразуем равенство (1) следующим образом:
2 sin 40° + 4 sin 10° • sin 40° = д/3; 2 sin 40° +
+ 2(eos 30° — cos 50°) == д/з, 2 sin 40° + 2 cos 30° —
— 2 sin 40° = ~ [ з .
Последнее равенство верно. Значит, верно и равен­
ство ( 1 ) .
З а д а ч а 2.*Дан равносторонний треугольник ЛВС
(рис. 4). Точка К принадлежит его стороне ВС. Найди­
те отношение В К ' - С К , если в прямоугольную трапецию
A K F C с основаниями А С и K F вписывается окружность.
Р е ш е н и е . Пусть А С = 1 и С К = х . По условию
задачи
A C + K F = A K + C F . (1)
Очевидно, угол K C F равен 30°. Поэтому K F = 0,5х
и O F = 0 , 5 х ~ [ з . Применив теорему косинусов к тре­
угольнику А С К г получаем:
А К 2 = 12 + л:2 — 2 • 1 .jc cos 60°= 1 +х2-лг.
51

14. или
Теперь из равенства (1) следует:
1 -j- 0,5х = д/ 1 “I- х" — х -{- 0,5хг[з
1 + 0,5x(l — -д/з) = д/i + х2 — х. (2)
и
После возведения обеих частей в квадрат уравнение (2)
принимает вид:
1 + x(l — д/з) + 0,25x2(l — д/з)2 = 1 + х2 —х. (3)
Так как х Ф 0, то из уравнения (3) находим:
х _ 2 - д/з _ 4 (2-Уз) _ 4 Уз" _ 2
1 - 0,25(1 - Уз)2 4 - (4 - 2Уз) 3
Итак, '
с/с = — 2, fl/c = 1 - — 2) = 3 —
О _ 4~у/з~ ■
Д/( _ 1______3_ __9-4д/з = (9 —4Уз)(4-Уз + б) =
СЛ: 4УЗ -6 (4 y:i - 6) (4 у'З + •>)
3
== 6+
|'2
2^ = 0.Г)+уз-
З а д а ч а 3. В прямоугольном треугольнике А С В
(Z. С —прямой) биссектриса A D = —а гипотенуза
А В = с . Найдите катеты ЛС и СВ этого треугольника.
П е р в о е р е ш е н и е . Обозначим: ЛС = х, В С — у ,
C D = z . Получаем следующую систему уравнений:
x 2 - j - z 2 = c2 , (Г)
х2 + г2 = (2)
(3)
с
Из уравнения (3) находим:
=-у*. (4)
С -j- X
Из уравнений (2) и (4) следует:
2 , i/2*2 с2
(5)
52

15. Из уравнений (1) и (5) получаем:
x2+Jr^wL = ^ (в)
После упрощений уравнение (6) принимает вид:
6 х 2 — с х — 2с2 = 0. (7)
Решив уравнение (7), получаем х = 0,5с . г
Таким образом, А С = 0у5с и В С = 0,5гд/3.
В т о р о е р е ш е н и е . Обозначим: А С = х , В С = у ,
A C A D = / - B A D = t . Получаем систему уравнений:
( х2 + у2 = с2 (8)
x = £ ^ L c o s t , (9)
y = c s n 2 t . (10)
Путем подстановки значений х и у в уравнение (8)
получаем:
ycos2/ + с2 sin22/ = с 2, cos2/ + 3sin22/ = 3,
1 + С
2°-—+3(1 -cos220 = 3,
6 cos2 21 — cos 2/ + 1 = 0.
Таким образом,
cos 2 t [ = — у; cos 2/2 = 0,5.
По условию задачи, 0°<2/<с90о, т. е. ОС
С cos 2/< 1. Из уравнения cos 2/= 0,5 получаем
t = 30°. Из уравнений (9) и (10) находим х и у .
Т р е т ь е р е ш е н и е . Обозначим: Z . C A D =
= Z. D A B = х . л Тогда А С = -^^-cos х . Равенство
S a a c d + S a A D B = S a A C B очевидно. Поэтому, применив
формулу площади треугольника S = 0,5absinC, полу­
чаем:
0,5-^^- cos х • sin х -f 0,5 - ^ ф - с • s i n х =
и О О
= 0,5-^^- cos х • с • sin 2х. (11)
После упрощения уравнение (11) преобразуется к виду:

16. Решив уравнение (13), находим созх = 0,5д/з, т. е.
х = 30°.
Отсюда А С А В = 60°, А С В А = 30° и А С = 0,5с;
В С = 0.5V3-
Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Если Z. D A B = х , то
Z. A B C = 90° — 2 х , Z . A D B = 180° — х — (90° — 2 х ) =
= 90° + х . По теореме синусов из треугольника A D B
получаем:
sin (90° -f х) sin (90° — 2х)
° слъ
3
Отсюда cosx = д/з cos 2х, cos х = д/з(2 cos2 х — 1). Ре­
шив это уравнение, получаем cos л: = 0,5д/з и х — 30°
З а д а ч а 4. Докажите, что площадь треугольника
A B C можно вычислить по формуле
S = 0,25(а2 sin 2 В + b 2 sin 2Л), (1)
где Л и В — величины углов, а и b — длины противо­
положных им сторон треугольника A B C .
П е р в о е р е ш е н и е 1 . Построив треугольник A B D ,
симметричный данному треугольнику A B C относительно
прямой А В , получаем:
S a c b d — 25 = 5а с а о “Ь S a b c d
= 0,56“ sin 2A -f-
+ 0,5а2 sin 2В
и S = 0,25(а2 sin 2В + b 2 sin 2А ) .
В т о р о е р е ш е н и е . Проводим высоту С Н в
треугольнике A B C и медианы Н М и Н К в треугольниках
А Н С и С Н В . Тогда
5 = $ а А С Н 4” 5 Д В С Н — 2 S А С М Н “Ь 2S А с к н - (2)
Треугольники ЛЯС и С Н В прямоугольные. Поэтому
М С = М Н = М А =0,56, Н К = С К = К В = 0 , 5 а . Тре­
угольник М А Н равнобедренный. Поэтому А М Н А =
= А М А Н = Л, А А М Н = 180°- 2Л, А С М Н = 2 А .
Аналогичным путем получаем, что А С К Й = 2 В .
Поэтому из равенства (2) следует:
1 Первые три решения задачи даны для случая, когда угол В
острый.
54

17. S = 2(0,5 • 0,2562 sin 2A + 0,5 • 0,25a2 sin 2B ) =
= 0,25(a2 sin 2 B + b 2 sin 2 A ) . ( 3)
Т р е т ь е р е ш е н и е . Проведем высоту C D к стороне
А В треугольника A B C . Тогда
S = 0,5А В • C D = 0,5( A D + D B ) • (0,5C D + 0,5CD) =
= 0,25(6 cos A + a cos B ) ( b sin A + asin B ) =
= 0,25(0,5a2 sin 2В -f- 0,562 sin 2A + a b sin C) =
= 0,25 • 0,5(a2 sin 2В + b 2 sin 2A + 0,5S).
Отсюда получаем:
S = 0,25(a2sin 2В + b 2 sin 2A ) .
Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Левую часть доказы­
ваемого равенства (1) можно заменить следующим
образом:
S = 0,5a b sin С = 0,5a b sin ( А + В ) .
Теперь задача сводится к доказательству тождества
0,5a b sin ( А + В ) = 0,25(a2 sin 2В + Ь 2 sin 2А ) . (4)
Справедливость равенства (4) можно доказы­
вать так:
a b sin ( А + В ) = a 2 sin В cos В + b 2 sin A cos А . (5)
Разделим обе части равенства (5) на а 2 :
Y sin ( А + В ) = sin В cos В + sin A cos А , (6)
Пр именив теорему синусов к равенству (6), по-
пучим:
■ sin в sin ( А + В ) — sin В cos В + sin A cos Л,
sin А 4 7 sin2 Л
sin.l1±.£I = COS В + cosdiiLg-, Sin (Л + В ) =
sin Л sinA
= sin Л cos В + cos Л sin
П я т о е р е ш е н и е . Из теоремы синусов следует
a sin В — b sin А . Поэтому
0,25(a2 sin 2В + b 2 sin 2 А ) = 0,5(а2 sin В cos Б +
+ b 2 sin Л cos Л) = 0,5(а cos В • b sin Л +
+ 6 cos Л • a sin В) = 0,5a6(cos В sin Л + cos Л sin В) =
= 0,5а6 sin (Л + S) = 0,5а6 sin С = S .
З а д а ч а 5. Докажите, что основания высот ЛЛi,
BBi, CCi остроугольного треугольника ЛВС являются
вершинами треугольника ЛifBiСi, у которого биссектри­
55

18. сы внутренних углов лежат на высотах треугольни­
ка A B C .
Р е ш е н и е . Пусть точка М есть пересечение высот
А А , В В 1 и С С 1 остроугольного треугольника A B C .
Углы А С М и А В М прямые. Поэтому точки С и В
принадлежат окружности, диаметром которой является
отрезок A M . Углы С А М и С В В равны, потому что
они вписаны в одну и ту же окружность и опираются
на хорду М С ] .
Углы С В М и С А М прямые. Поэтому точки В и A
лежат на окружности с диаметром М С . Значит, углы
В В А и В С С 1 равны.
Из треугольников А В А и С В С следует, что
Z . B A A { = / - В С С = 90° — Z . A B C .
Таким образом, углы В В С и В В А равны. Отсюда
ясно, что луч В В есть биссектриса угла С В А .
Аналогично доказывается, что лучи А А и С С яв­
ляются биссектрисами углов С А В и В С А .
З а д а ч а 6. Пятиугольник A B C D E вписан в окруж­
ность. Расстояния от вершины А до прямых В С , CD,
D E равны соответственно а , b , с.
Найдите расстояние /г от точки А до прямой B E .
Р е ш е н и е . Построим произвольную окружность и
впишем в нее какой-нибудь пятиугольник A B C D E
(рис. 5). Из вершины А опустим перпендикуляры
А Н , А К , A M , А Р соответственно на прямые В С ,
B E , CD, D E .
Измерив масштабной линейкой отрезки А Н , Л/(, уШ,
А Р , получаем гипотезу, что h : a = c : b .
Построим еще какой-нибудь пятиугольник, вписан­
ный в окружность, и, выполнив соответствующие
измерения, снова получаем, что h a & c b .
56

19. Итак, получается рабочая гипотеза:
Искомая величина h и данные величины а , Ь , с
удовлетворяют равенству
h : a — c : b . (Г)
Равенство (1) наводит на мысль, что треугольники
Н А К и М А Р подобны. Измерение соответствующих
углов «подтверждает» эту гипотезу.
В четырехугольниках А Н В К и A M D P по два прямых
угла и Z. С В Е + A C D E = 180°. Поэтому А Н В К =
= A M D E , А Н А К = А М А Р , А Н В А = A M D А . От­
сюда следует, что подобны треугольники А Н В и
A M D , А В К и A D P .
Итак, четырехугольники А Н В К и A M D P подобны.
Поэтому подобны треугольники Н А К и М А Р , и, сле­
довательно, h — а с Ь .
З а д а ч а 7. На диагоналях А С и С Е правиль­
ного шестиугольника A B C D E F соответственно взяты
точки М и К такие, что A M : А С = С К : С Е — п (рис. 6).
Точки В , М и К лежат на одной прямой. Найдите п .
Р е ш е н и е . При движении точки К по диагонали
Е С (от £ к С) отношение С К ' С Е уменьшается от 1
до 0, а отношение A M : А С увеличивается от 0,5 (AMi:
:ЛС = 0,5) до 1. Поэтому на диагонали С Е существует
единственная точка К такая, что
A M : А С = С К : С Е . (1)
Методом проб получаем гипотезу, что равенство (1)
верно, если А М = А В . Попытаемся доказать эту
гипотезу.
Пусть А М = А В = . Тогда ЛС = 2 sin 60° и
М С = — 1. Из равнобедренного треугольника А В М
получаем: А А В М = А А М В = 7 Ь ° . П о э т о м у А С М К —
= 75°, А М С К = 60°, тогда А М К С = 45°.
Из треугольника М С К по теореме синусов находим:
MC:sin 45° = С К : sin 75°.
Отсюда г -
С К = М С • sin 75°: sin 45° = (д/3 - 1) sin (45° + 30?):
:sin 45°=(л/з- l) ^+1=1.
Следовательно, n — ^ j 3:3.
57

20. З а д а ч а 8. В окружность вписан правильный тре­
угольник A B C (рис. 7). На дуге А т С этой окружности
отмечена произвольная точка X . Докажите, что А Х +
+ Х С = В Х .
Р е ш е н и е . На продолжении хорды А Х (за точку X )
построим отрезок X Y = = X C .
Теперь задача сводится к доказательству равенства
отрезков A Y и В Х . Первый из них является стороной
треугольника A C Y , а второй — стороной треуголь­
ника В Х С .
Инструментальные измерения подсказывают, что эти
треугольники равны. Почему?
Во-первых, углы Y А С и Х В С равны, как углы вписан­
ные в окружность и опирающиеся на одну и ту же хорду.
Во-вторых, стороны А С и В С равны по условию задачи.
Измерения при помощи транспортира подсказы­
вают, что равны углы: A C Y и В С Х , X C Y и А С В . Аккурат­
ный чертеж наводит на мысль, что треугольник X C Y
правильный. Почему?
По построению X Y = Х С . Сумма углов А Х С и
A B C равна 180° (сумма противоположных углов
четырехугольника, вписанного в окружность),
но / L A B C = 60°. Поэтому / L A X C = 120°, значит,
/ _ C X Y = 60°.
Таким образом, / L X C B и Z - A C Y равны, так как
/ L B C X = 60° + / - А С Х У Z . A C Y = Z . A C X + 60°.
Итак, треугольники A C Y и В С Х равны. Утверждение
задачи доказано.
З а д а ч а 9. В трапеции A B C D отрезки В С й A D
являются основаниями. В С = 9,5; Л/) = 20; ЛВ = 5;
C D = 8,5. Найдите ее площадь.
Р е ш е н и е . Для решения задачи необходимо найти
длину высоты этой трапеции. Расположим трапецию
A B C D относительно прямоугольной системы координат
гак, как это показано на рисунке 8. Тогда Л(0; 0),
D(20; 0), В ( х; у ) , С ( х + 9,5; у ) . По условию задачи
А В 2 = ( х — О)2 + (у — О)2 = 25, (1)
C D 2 - (х + 9,5 - 20)2 + (</- О)2 = 72,25. (2)
После упрощения система уравнений (1) и (2) при­
нимает вид:
г * 2 + / = 25, (3)
( х — 10,5)2 + у = 72,25. (4)
58

21. Рис. 7 Рис. 9
После почленного вычитания уравнения (3) из урав­
нения (4) получим:
( х — 10,5)2 — х 2 = 47,25.
Отсюда х = 3 . Так как трапеция A B C D расположена
в верхней полуплоскости (рис. 8), то у = 4, т. е. высота
трапеции A B C D равна 4.
Итак, S A B C D = 0,5(9,5 + 20) • 4 = 59.
З а д а ч а 10. Дана окружность с центром О и
диаметром А В = 4 (рис. 9). Точка С — середина ра­
диуса О В . Постройте на окружности точки М и Р, сим­
метричные относительно прямой А В , так, чтобы отрезок
С Р был перпендикулярен отрезку A M .
Р е ш е н и е . Расположим окружность относительно
координатных осей, так, как показано на рисунке 9.
Тогда А ( - 2 ; 0), В ( 2 ; 0), С ( 1; 0).
Пусть М ( х ; у ) . Тогда Р ( х ; — у ) . По условию задачи,
прямые A M и С Р перпендикулярны. Поэтому
А М - С Р = 0. (1)
Находим координаты векторов: А М = { х - - 2; у ) С Р =
= ( х —1; — у ) . После этого уравнение (1) принимает
вид:
( х + 2 ) . ( х - 1 ) - у 2 = 0 . (2)
Уравнение данной окружности
х 2
+ у 2 = 4. (3)
Выполнив почленное сложение уравнений (2) и (3),
получаем уравнение 2 х 2 х — 2 = 4 . Его корни
х = — 2; х -2 = 1,5. Теперь понятно, что для построения
т

22. искомых точек М и Р нужно провести через середину К
отрезка С В прямую, перпендикулярную прямой А В .
Она пересекается с окружностью в точках М и Р .
З а д а ч а 1 1 . Найдите площадь треугольника A B C ,
если Л(3; - 1), Я(1;' -3), С(-6; 6).
Р е ш е н и е . Достроим треугольник A B C до прямо­
угольника С М К Р (рис. 10). Очевидно,
==$СРКМ $СМВ $ВАК Sacp =:
= 9 . 9 - 0,5 . 9 • 4 - 0,5 • 2 • 2 - 0,5 • 9 • 7 = 29,5.
З а д а ч а 12. Дан равнобедренный прямоугольный
треугольник A B C ( С А = С В , zl С = 90°). Отрезок
А А | —медиана к катету В С . Точка Ci выбрана на
гипотенузе А В так, что отрезки А А и С С перпенди­
кулярны. Найдите отношение В С С А .
П е р в о е р е ш е н и е . Выполнив аккуратный чертеж,
при помощи масштабной линейки получим гипотезу,
что В С :С А = 1 :2. Поэтому данную задачу можно
заменить такой:
Докажите, что прямые А А и С С перпендикулярны,
если В С С А = 1:2.
Доказываем это утверждение следующим образом.
Пусть С А = Ь ; С В = а и а — Ь = 1. Тогда
С С = а + у b и Л Л1 = 0,5а — Ь .
Вычисляем скалярное произведение
СС| • А А , = (-|а + уб ) ( 0,5а - Ь ) = L • i-а2 -
т. е. ненулевые векторы CCi и ЛЛ1 перпендикулярны.
В т о р о е р е ш е н и е . Из точки С опускаем на катет
Л С перпендикуляр С М . Пусть прямые С М и ЛЛ| пере­
секаются в точке И (рис. 1 1 ) . Точка И есть пересечение

23. двух высот С М и A F треугольника С С А . Поэтому
медиана С О равнобедренного треугольника А С В про­
ходит через точку Н . Отсюда ясно, что точка Н является
пересечением медиан треугольника A B C . Поэтому
А Н : А Н = : 2 . А так как отрезок С М параллелен
отрезку С В , то и В С : С А = 1 :2.
Т р е т ь е р е ш е н и е . Пусть С В = С А — 1. Тогда
В А = ~ [ 2 . Обозначим: А А А С = Ц ) . Тогда из прямо­
угольного треугольника А С А следует, что tg(p = 0,5.
Из прямоугольного треугольника C F A (рис. 11) полу­
чаем: F A = С А cos ф == cos ф. Далее, zlF A C = 45° —
— ф, и из прямоугольного треугольника C F A находим:
С [ А
F A COS ф
cos(45°
cos ф
■ ф) cos (45° ■ ф)
1
cos 45° cos ф + sin 45° sin ф
2
cos 45° + sin 45°
1,5 '
*gfP
Отсюда
В С
V2 f 1 + tg ф)
В С | : C , A = 1
Ч е т в е р т о e
■ b и B C C A
k , i
1,5
р е ш е н и е . Пусть С A = a C B =
— k . Тогда A A = a — 0 , 5 b , C C =
i
■ a
1 + *
Из условия задачи следует, что С С - А А = = 0 , или
1
1 + k 2(1 + 4
0.
Но а 2 = Ь 2 . Поэтому k == 0,5.
П я т о е р е ш е н и е . Проводим отрезок В Р У парал­
лельный отрезку С С (рис. 12). Углы Р В С и В С С рав­
ны. Но из прямоугольных
C A F следует равенство уг­
лов A i C F и C A F . Поэтому
углы Р В С и А А С равны. Так
как В С = С А , то треуголь­
ники Р С В и А С А равны.
Отсюда ясно, что А С =
= Р С и В С Х : С А = P C :
: С А = 1 : 2.
треугольников /liCF
61

24. Ш е с т о е р е ш е н и е . Через точку В проводим пря­
мую /, параллельную прямой С А . Прямая С С пере­
секает / в точке К . В прямоугольных треугольниках
А [ С А и К В С равны катеты С А и С В , и угол А А С равен
углу В С К . Поэтому эти треугольники равны, т. е.
В К — С А 1. Из подобных треугольников В К С и А С С
следует:
B C r . C i A = B K : C A = A i C : C A = 1:2.
С е д ь м о е р е ш е н и е . Применяя признак перпен­
дикулярности двух отрезков, запишем:
Л,С2 +С|Л2 = Л,С|2 +ЛС2 (рис. t l ) . ( 1 )
Пусть В С : С А = k , А В — х . Тогда А С = В С =
= 0,5хд/2; ВС, =т^ггх, ЛС. =0,25л:д/2.
По теореме косинусов из треугольника А В С имеем
л 'с '2 =4 + тт^2 -жЬ)х 2 - ( 2 )
Из равенств (1) и (2) следует, что /г = 0,5.
З а д а ч а 13. В треугольнике A B C сторона А С =
= 5 см, В С — А В = 2 см, ZL/1: ZLС = 2. Найдите длины
сторон АВ и ВС.
Р е ш е н и е . Обозначим: А А С В = ф, тогда / L A =
= 2ф, Z . B = 180° — Зф. По теореме синусов:
sin Зф sin 2ф _
5“ — В С ~
= В С =
sin Зф
По условию задачи
5 sin 2ф 5 sin ф
sin Зф sin Зф
Так как sin Зф Ф 0, то уравнение (1) равносильно
уравнению
sin 2ф — sin ф = 0,4 sin Зф. (2)
Применив формулы sin 2ф = 2 sin ф cos ф иsinЗф =
= 3 sin ф — 4 sin ф, уравнение (2) приводим квиду:
2 sin ф cos ф — sin ф = 0,4(3 sin ф — 4 5Ш3ф).
Упростим полученное уравнение:
2 sin ф cos ф — 2,2 sin ф + 1,6 sin3 ф = 0,
sin ф (cos ф — 1,1 + 0,8 sin2 ф) = О,
sin ф (cos ф — 1,1 + 0,8 — 0,8 cos2 ф) = 0,
sin ф(0,8 cos2 ф — cos ф + 0,3) = 0. (3)
sin ф
А В '
5 sin 2ф
sin Зф
= 2. (1)
62

25. Уравнение (3) равносильно уравнению
0,8 cos2 ф — cos ф + 0,3 = 0. (4)
Решив его, получим:
cos ф! = 0,75; cos ф2 = 0,5.
ЕСЛИ COS ф2 = 0,5, ТО ф2 = 60°, 2ф2=120° И ф2 +
-f- 2ф2 = 180°, а это означает, что ф не может быть рав­
ным 60°.
Если cos ф1 = 0,75, то sin ф1 =д/1 — j q = и
sin29=i^L ; sin Зф = 3 . — 4 • I 2H - = .m/L.
о 4 64 16
Тогда
5 -Ф Зл/7
А В = i - = 4 (см), В С = 5 • —=6 (см).
5Д7 5д/7
16 16
З а д а ч а 14. Найдите отношение катетов С В и
С А прямоугольного треугольника А С В , если известно,
что одна половина гипотенузы (от середины гипотенузы
до вершины) видна из центра X вписанной окружности
под прямым углом.
Р е ш е н и е . Уго л А Х В равен 135° (рис. 13). Поэтому
точка X есть пересечение окружностей, описанных
вокруг треугольника А Х В и прямоугольного треугольни­
ка А Х О ( А О = О В ) . После этого понятно построение
треугольника, подобного треугольнику А С В .
Строим произвольный отрезок А В . Делим точкой О
его пополам. Строим окружность ш радиуса О А с
центром в точке О . Строим
дугу о)1 окружности, кото­
рая стягивается хордой
А В и в которую вписыва­
ется угол 135° Строим
полуокружность со1 с диа­
метром А О . Точка X есть
пересечение фигур со и со1
Через точку О проводим
прямую, перпендикуляр­
ную прямой А В , и на ней
откладываем отрезок ОМ,
63

26. равный АО (точка М не принадлежит полуокружности,
в которой находится фигура соi). Третья вершина С
прямоугольного треугольника А С В есть пересечение
П р Я М О Й M X С ОКруЖНОСТЬЮ С0|.
Пусть Л(0; 0), 0(1; 0), В(2; 0) и М(1; - 1). Тогда
уравнение окружности, описанной вокруг прямоуголь­
ного треугольника О Х А , имеет вид:
(а* - 0,5)2 + у 2 = 0,25. (!)
Находим радиус R окружности, описанной вокруг
треугольника А Х В : г ~
R = A B : 2sin 135°=д/2.
После этого ясно, что центром этой окружности
является точка М(1; — 1), а ее уравнение имеет вид:
( x - f + ( y + 1)2 = 2. (2)
Решив систему уравнений (1) и (2),получаем
Х(0,8; 0,4). А это означает, что tg а = tg z- Х А В = 0,5 и
2 t g a - 4
i g Z a - j _ t g 2-a- - у-
Отсюда C B : C A = 4:3.
З а д а ч а 15. Биссектрисы A M и В Н треугольника
A B C пересекаются в точке О. Известно, что ЛО:МО =
— д/3 и #0:В0 = д / з — 1 . Найдите углы треуголь­
ника A B C .
Р е ш е н и е . Считаем треугольник В О А изображе­
нием равнобедренного треугольника В О А с углом В О А ,
равным 120°.
Строим такой треугольник В О А . На продолжении
отрезка ВО (за точку О) откладываем отрезок Н О =
= (д/3 — l)BO. На продолжении отрезка А О (за точку
О) откладываем отрезок О М = А О : д/з. Прямые В М и
А Н пересекаются в точке С. Таким образом, построен­
ный треугольник ЛВС является изображением треуголь­
ника, углы которого нужно найти. Отрезки В Н и A M
являются изображениями его биссектрис.
Инструментальные измерения на построенном черте­
же дают следующее: А Н : Н С ^ 1: 1,73; В М : М С ж 1:2
Но д/з ^ 1,73. И это позволяет выдвинуть гипотезу:
В исследуемом треугольнике ЛВС
А В В С — А И : Н С = 1 :д/3;
А В - . А С = В М - . М С = 1:2, т. е.
А В В С А С = : д/з :2. (1)
64

27. Если равенства (1) верны, то А В 2 : В С 2 : А С 2 =
= 1:3:4, т. е. треугольник A B C должен быть прямо­
угольным ( А В прямой, Z. С = 30°).
Из изложенного ясно, что задача имеет единствен­
ное решение. Поэтому остается только доказать, что
треугольник A B C — прямоугольный, Z. С = 30° и
Z _ A =60°. Значит, он удовлетворяет условию задачи.
Пусть A M = М С = 1. Тогда А В = 0,5д/^3; В М =
= 0,5; В С = 1,5; А С = ф .
По свойству биссектрисы угла треугольника, по­
лучаем:
А О : О М = А В : В М — д/з.
Далее, А Н : Н С = А В : В С = 1 :д/з и А Н = -—! А С =
1+л/з
= 0,5 • (3 — д/3). Поэтому О Н : О В = А Н : А В — л / З : ■
Таким образом, доказано, что исследуемый тре­
угольник A B C является прямоугольным, у которого
угол С равен 30°.
З а д а ч а 16. Дан правильный шестиугольник
A B C D E F ( А В = 50; О — точка пересечения его диаго­
налей) .
1. Как изменяется площадь треугольника T A B , если
точка Т движется по отрезку A F ?
2 . Точка Л' движется по ломаной A B C D E F А . При
каком ее положении площадь треугольника Х А В наи­
большая?
3. Назовите точку на отрезке F C y наиболее уда­
ленную от прямой В С .
4. При каком положении точки Y на отрезке F A
длина медианы В М треугольника Y A B наибольшая?
5. Как изменяется расстояние от точки А до прямой
В Х при движении точки X по отрезку A F ?
6. Существует ли такая точка Y на отрезке A F , что
угол между медианой В М и высотой В Н треугольника
Х А В равен 60°?
7. Найдите на отрезке F E такую точку Г, что четы­
рехугольник B A F T вписывается в окружность.
8. Существует ли на отрезке О Е такая точка Х у
что четырехугольник X O A F вписывается в окружность?
9. Найдите на отрезке B E такие точки X и Y , чтобы
четырехугольник F X Y A вписывался в окружность и
имел наибольший периметр.
3 А . Б . Василевский 65

28. 10. При каком положении точек X и У на отрезках
А О и О С соответственно периметр четырехугольника
A X Y B наибольший?
И. При каком положении точки Т на отрезке F C
периметр треугольника T A B наибольший?
12. Точка X движется по отрезку F C . Как при
этом изменяется длина медианы Х М треугольника Х А В ?
13. Как изменяется биссектриса А К треугольника
A Y B при движении точки У по отрезку В С ?
14. При каком положении точки X на отрезке A F
биссектриса Х К треугольника Х А В наибольшая?
15. При каком положении точки Т на стороне C D
медиана Т М треугольника T A B образует наибольший
угол с прямой А В ?
16. Существует ли на отрезке F E такая точка X ,
что медиана Х М треугольника Х А В перпендикулярна
прямой F E ?
17. Существует ли на отрезке A D такая точка у ,
что биссектрисы A L и В К треугольника A Y B перпенди­
кулярны?
18. Существует ли на отрезке В С такая точка Р ,
что верно равенство В Р : А Р = sin 10°?
19. Сколько существует на отрезке В С таких то­
чек М , для которых верно равенство А М : В М =
= cos 85°?
20. Точка X принадлежит отрезку C D , А Х А В = а .
Существует ли такое значение а , при котором площадь
треугольника Х А В равна 50cos20?
21. Точка X движется по отрезку B E . Как при этом
движении изменяется периметр треугольника А В Е ?
22. При каком положении точки У на отрезке F C
периметр треугольника F E Y наибольший?
23. При каком положении точки X на отрезке A F
сумма биссектрис треугольника А Х В наибольшая?
24. При каком положении точек X и У соответст­
венно на отрезках A F и А В площадь треугольника
X Y D наибольшая?
25. Как изменяется радиус окружности, описанной
вокруг треугольника Х А В , при движении точки X по
отрезку ОЛ?
26. Как изменяется периметр треугольника X F C
при движении точки X по отрезку О Е ?
27. Как изменяется радиус круга, вписанного в
треугольник Х А В , при движении точки X по отрез­
ку A F ?
66

29. 28. Существует ли такое положение точек X и У
на отрезках О В и О С соответственно, при котором
площадь четырехугольника B X Y C равна одному из
корней уравнения 50~~* = cosx?
29. Существует ли такая точка У на отрезке D E ,
что медиана Е М треугольника A E Y в три раза меньше
его биссектрисы А Ю
30. Существует ли на отрезке О В такая точка /С,
что площадь треугольника D K B в 50 раз меньше радиу­
са окружности, описанной вокруг этого треугольника?
31. Существует ли такая точка X на отрезке D E ,
для которой верно равенство Х С = 2 X F ?
32. Существуют ли на отрезках A D и А В такие
точки X и Y , что угол между прямой X Y и прямой А В
является одним из корней уравнения cos50x=lgx?
З а д а ч а 17. Сторона правильного треугольника
A B C равна 4. Точка D — середина стороны В С . Через
В проходит прямая, которая пересекает сторону А С
в точке М . Из точек D и А опущены на прямую В М
перпендикуляры D H и А К . Вычислите-длину отрезка
A M , если
A K 4 - D H a = 15. (1)
Указание. Уравнение (1) имеет единственное ре­
шение. Пусть Z. А В М = х . Тогда D# = 2sin(60° — х),
А К = 4sinx. Уравнение (1) принимает вид:
256 sin4x — 16 sin4(60° — х) = 15. (2)
Решив уравнение (2) на микрокалькуляторе, получаем
х = 30°, и, следовательно, A M = 2.
З а д а ч а 18. В треугольнике A B C А С = В С ,
Z - A C B = 30°. Точка D принадлежит стороне В С и
B D = 3, D C = 6. Найдите на стороне А С этого треуголь­
ника точку Р такую, чтобы угол D P C был в 1,5 раза
больше угла А Р В .
Р е ш е н и е . А В = 2 A C sin 15° = 18 sin 15°. Обозна­
чим Z - A P B = х. Тогда Z . D P C = 1,5х. Применив теоре­
му синусов к соответствующим треугольникам, полу­
чим:
А Р : sin(75° + х) = 18 sin 15° : sin х; А Р =
= 18 sin 15° sin (75° + х): sin х; 6: sin 1,5х = P C :
: sin(30° + 1,5х); P C = 6 sin(30° + l,5x): sin 1,5*.
Получаем уравнение:
18 sin 15° sin (75° + *), , 6 sin (30° + 1,5*) _ g
sin x sin 1,5* * ^'
67

30. Из условия задачи ясно, что угол х острый. Поэтому
точка Р принадлежит отрезку Н С ( В Н — высота тре­
угольника В А С ) .
При движении точки Р по отрезку Н С (от Н к С )
угол А Р В уменьшается, а угол D P C увеличивается.
Поэтому уравнение (1) имеет единственное решение.
Решив уравнение (1) на микрокалькуляторе, по­
лучаем х = 60°, т. е. 1,5л; = 90°. Из прямоугольного
треугольника D P C находим:
P C = D C cos 30° = 6 • 0,5л/з = Зд/з.
З а д а ч а 19. В треугольнике A B C дана разность
внутренних углов А — В = 60°. Известно, что высота
С Н на сторону А В равна С Н = В С — А С . Найдите
углы треугольника.
Р е ш е н и е . Точка Н может совпадать с точкой Л,
лежать внутри отрезка А В или лежать на луче В А
(вне отрезка В А ) .
1) Если точка Н совпадает с точкой А , т о А = 90°,
В = 30°, С = 60°.
2) Если А > 90°, то с увеличением угла А увеличи­
вается и угол В . При этом В С уменьшается, а С А уве­
личивается. Поэтому при заданной высоте С Н уравне­
ние С Н = В С — А С имеет не более одного решения.
Легко показывается, что это уравнение (если А > 90°)
не имеет решений.
3) Если точка Н лежит внутри отрезка А В , то
А < 90° и В <30°. В этом случае уравнение С Н =
= В С — А С принимает вид:
sin В sin(£-f-60°)
Преобразуем его следующим образом:
sin ( В + 60°) — sin В ,
sin В sin (Я -f- 60°) ’
cos(B-f-30°) __ , /|ч
sin В sin (В + 60°) — ' К }
Если 0 < 5 < 30°, то функция у = cos ( В + 60°)
убывает, а функция у = sin В s n ( B + 60°) возрастает.
Поэтому уравнение (1) имеет не более одного решения.
Доказываем, что уравнение (1) не имеет решений
(если 0 < В < 30°).
О т в е т . А = 90°, В = 30°, С = 60°.
68