Математика для школьников, 2020, № 1

1

ИДУ НА ЭКЗАМЕН

3 
Недосекина И.С.

Об иррациональных корнях алгебраических многочленов 
с целыми коэффициентами
Статья, адресованная учащимся VIII−XI классов общеобразовательных 
школ, содержит несколько достаточно простых задач об иррациональных 
корнях многочленов с целыми коэффициентами. Целью статьи является 
подготовка школьников к восприятию в будущем важных математических 
идей, связанных с понятием действительного числа, а именно, со свойствами так называемых алгебраических чисел.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

9 
Дыбыспаев Б.Д.

Поиск различных способов решения олимпиадных 
геометрических задач
В настоящей статье мы знакомим читателей с различными подходами 
к решению нескольких нестандартных геометрических задач, предлагавшихся в разное время на районных олимпиадах по математике в 
г. Нур-Султане. 

15 Троицкий Е.В.

Строим дороги оптимально
Статья представляет собой рассказ, адресованный учащимся старших 
классов общеобразовательных школ, об известной задаче Штейнера, заключающейся в поиске оптимальной сети дорог, связывающих некоторое 
конечное число заданных точек на плоскости. 

СОВЕТЫ К УРОКУ

28 Малышев И.Г.

Четырёхугольник в параллелограмме
В статье получена формула для вычисления площади вписанного в параллелограмм четырёхугольника и рассмотрены случаи её применения 
для известного расположения вершин вписанного четырёхугольника на 
сторонах данного параллелограмма.  

Научно-практический журнал для учащихся старшего и среднего возраста

Рукописи, поступившие в редакцию, не рецензируются и не возвращаются.  Редакция не несет ответственности за содержание объявлений и рекламы

Издание охраняется Законом Российской Федерации об авторском праве. Любое воспроизведение опубликованных в журнале материалов
как на бумажном носителе, так и в виде ксерокопирования, сканирования, записи в память ЭВМ, размещение в Интернете запрещается

Адрес редакции и издательства:

корреспонденцию направлять по адресу:
127254 , г. Москва, а/я 62

Телефоны: 8 (495) 619-52-87, 619-83-80
Факс: 619-52-89

E-mail:
matematika@schoolpress.ru

Интернет
http://www.школьнаяпресса.рф

Главный редактор
Е.А. Бунимович

Заместитель главного редактора
С.Д. Троицкая

Редакторы
С.И. Калинин,  
Н.М. Карпушина,  
С.И. Недосекина,  
В.П. Норин,  
С.Н. Федин

Выпускающий редактор
И.А. Моргунова

Корректор
И.И. Саможенкова

Компьютерная вёрстка
М.М. Лускатов

Журнал зарегистрирован Министерством РФ
по делам печати, телерадиовещания
и средств массовых коммуникаций

Свидетельство о регистрации
ПИ № 77–9198 от 14 июня 2001 г.

Формат 84 × 108 /16. Усл. п. л. 3,0.
Изд. № 3404. Заказ

Отпечатано
в АО «ИПК «Чувашия»
428019, г. Чебоксары, пр. И. Яковлева, 13

© «Школьная Пресса»,
© «Математика для школьников», 2020, № 1

В оформлении обложки использована картина Жоса де Мея «НЛО над фламандской деревней» (репродукция заимствована с сайта 
«Невозможный мир»: http://im-possible.info)

Журнал зарегистрирован в базе данных Российского индекса научного цитирования

30 Рыжик В.И.

Об одной забытой формуле
Частенько бывает, что, получив некую геометрическую формулу, мы стараемся её побыстрее применить для решения тех или иных задач и редко 
её исследуем, к примеру рассматриваем частные или предельные случаи. 
А жаль. В статье рассказывается об одной такой формуле для вписанного 
четырёхугольника и её приложениях.

МАТЕМАТИКА — ЭТО ИНТЕРЕСНО

38 Акулич И.Ф.

Из жизни грызунов
В статье разбирается известная задача о крысах, которые за два набега 
на склад уничтожают все головки сыра, при этом после первого набега 
они всякий раз оставляют только одну нетронутой. Это случайность или 
закономерность? Об этом рассуждает автор статьи.

42 Карпушина Н.М.

Под знаком чисел и фигур 
Наблюдение за свойствами чисел и фигур не раз помогало математикам 
обнаружить любопытные закономерности, а умение подмечать сходство 
и обобщать результат приводило к замечательным открытиям. Так повелось ещё со времён древних греков, а первопроходцами в этой науке 
оказались Пифагор и его последователи.

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

ИДУ НА ЭКЗАМЕН

И.С. Недосекина
НИТУ «МИСиС», Москва

ОБ ИРРАЦИОНАЛЬНЫХ КОРНЯХ 
АЛГЕБРАИЧЕСКИХ МНОГОЧЛЕНОВ С ЦЕЛЫМИ 
КОЭФФИЦИЕНТАМИ

Статья, адресованная учащимся VIII−XI классов общеобразовательных школ, содержит 
несколько достаточно простых задач об иррациональных корнях многочленов с целыми коэффициентами. Целью статьи является подготовка школьников к восприятию 
в будущем важных математических идей, связанных с понятием действительного 
числа, а именно, со свойствами так называемых алгебраических чисел.

Рассмотрим квадратное уравнение, коэффициенты которого — целые числа. 
Нас радует, когда находятся его «хорошие», целочисленные корни. Например, 
уравнение x2 – 3x + 2 = 0 имеет корни 
х = 1 и х = 2. Но далеко не всегда все так 
удачно складывается. Зачастую приходится иметь дело с уравнениями, корнями которых являются дроби или даже иррациональные числа. Например, как нетрудно убедиться, 
2
x 
 является корнем уравнения x2 – 2 = 0. А число 

1
2
x 

 может ли быть корнем подобного уравнения?
В предлагаемой вашему вниманию 
статье мы будем решать следующую задачу: найти любой многочлен с целыми 
коэффициентами (не обязательно второй 
степени), корнем которого является заданное иррациональное число.
Напомним, что алгебраическим многочленом степени m с вещественными 
коэффициентами a0, a1, …, am называется 
функция от переменной х вида

Pm(x) = amxm + am–1xm–1 + … + a1x + a0, 
am  0.
Нас будет интересовать случай, когда 
a0, a1, …, am — целые числа.
Число x0  R называется вещественным корнем многочлена Pm(x), если 
Pm(x0) = 0.
Теперь приступим к обсуждению некоторых задач.
Задача 1. Найти квадратный трёхчлен 
с целыми коэффициентами, корнем которого является число 
1
2.
x 

 Что можно 
сказать о втором корне этого трёхчлена?
Р е ш е н и е. Попробуем подойти к решению этой задачи разными способами.
Способ 1. Если 
1
2
x 

 — корень 
многочлена второй степени Р2(х), то мы 
можем разложить этот многочлен на множители, то есть представить его в виде

2( )
(
(1
2)) (
),
P x
x
ax
b






где a и b — константы, которые нам надо 
подобрать так, чтобы получить квадратный трёхчлен с целыми коэффициента

1/2020
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

ми. Перемножив выражения в скобках, 
получим

2
2( )
(
(1
2))
(1
2).
P x
ax
b
a
x
b







Так как мы ищем многочлен с целыми 
коэффициентами, то его постоянный член 

(1
2)
b


 должен быть целым числом, 
например, m. Если 
(1
2)
,
b
m



 то

 

.
1
2

m
b  


В полученном выражении избавимся 
от иррациональности в знаменателе, 
умножив числитель и знаменатель на 
1
2

 и воспользовавшись формулой разности квадратов двух чисел. В результате 
имеем

(1
2)

(1
2)(1
2)

m
b

 




(1
2)
(1
2).
1
2
m
m






Потребуем также, чтобы коэффициент 
при х, то есть 
(1
2),
b
a


 был целым 
числом. Подставив сюда найденное значение b, получим

(1
2)
(1
2)
(1
2)
b
a
m
a








(
) 2.
m
a
m
a





Чтобы полученное выражение было 
целым числом, достаточно избавиться 
от иррациональности, положив a = –m. 
Тогда

 
(1
2)
2
.
b
a
m




Итак, мы получили квадратный трёхчлен с целыми коэффициентами

 
P2(x) = –mx2 + 2mx + m,

где m — любое отличное от нуля целое 
число. В простейшем случае это

P2(x) = x2 – 2x – 1.

Отметим, что вторым корнем полученного многочлена будет число 1
2.


Способ 2. Избавимся от иррациональности в выражении 
1
2.
x 

 Для этого 
перепишем его в виде

 
1
2.
x 


Возведём в квадрат обе части последнего равенства:
 
(x – 1)2 = 2.
Раскрыв скобки, имеем
 
x2 – 2x + 1 = 2.
Итак, мы получили квадратное уравнение 
 
x2 – 2x – 1 = 0,
которое имеет корень 
1
2.
x 

 Вернувшись назад, из равенства (x – 1)2 = 2 получим

 
1
2,
x 
 

то есть вторым корнем уравнения является число 1
2.


Способ 3. Попробуем подойти к решению нашей задачи геометрически. Построим график параболы y = x2 – 2 (рис. 1). 
Эта функция обращается в ноль в точках 

2
x 
 и 
2.
x  
 Если мы хотим, чтобы 
искомый 
многочлен 
имел 
корень 

1
2,
x 

 мы должны сместить эту параболу на 1 вправо. Напомним, что график 
функции f(x – a) получается из графика 
функции f(x) переносом вдоль оси х вправо на а единиц. В нашем случае 
f(x) = x2 – 2. Тогда f(x – 1) = (x – 1)2 – 2 = 
= x2 – 2x – 1.
Таким образом, квадратный трёхчлен, 
корнем которого является число 
1
2,
x 

 
имеет вид P2(x) = x2 – 2x – 1.
Способ 4. Мы имеем выражение

 
1
2.
x 

 
(1)

Возведя в квадрат обе его части, получим

ИДУ НА ЭКЗАМЕН

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

Рис. 1

 

2
3
2 2.
x


 
(2)

От иррациональности мы пока не избавились, но выражения (1) и (2) позволяют нам исключить 
2. Вычитая 2x из 
x2, имеем:

 

2
2
(3
2 2)
2(1
2)
1.
x
x







Таким образом, 
1
2
x 

 является 
корнем квадратного уравнения
x2 – 2x – 1 = 0.
Задача 2. Существует ли квадратное 
уравнение с целыми коэффициентами, 
корнем которого является 
1
3 ?
x 

 Каков второй корень этого уравнения?
Эта задача очень близка к предыдущей. Решите её самостоятельно любым из 
приведённых выше способов. Все они дают ответ: x2 – 2x – 2 =0, 
1
3
x 

 — второй корень уравнения. 
А теперь попробуйте обобщить полученные результаты на случай, когда 

1
x
n


 (n — любое натуральное число) 
является корнем квадратного уравнения 
с целыми коэффициентами.
Наконец, рассмотрим чуть более общую ситуацию.
Задача 3. Найти квадратное уравне
ние с целыми коэффициентами, корнем 
которого является 
,
x
m
n


 где m — 
произвольное целое, а n — произвольное 
натуральное число?
Р е ш е н и е. Эта задача легко решается способом 2, описанным в решении задачи 1. Но мы приведём здесь ещё один 
способ рассуждений.
Рассмотрим 
квадратное 
уравнение 
вида
x2 – 2px + q = 0,

где p и q — произвольные целые числа, 
удовлетворяющие условию p2 – q > 0. Оно 
имеет действительные различные корни 

2
1,2
.
x
p
p
q



 Можем предположить 

поэтому, что если 
1
x
m
n


 — корень 
уравнения, то второй его корень

2
.
x
m
n



По теореме Виета тогда

x1 + x2 = 2p, x1x2 = q.

Следовательно, 

 

1
2
(
)
(
)
,
2
2
x
x
m
n
m
n
p
m








2
1
2
(
)(
)
.
q
x x
m
n m
n
m
n







Итак, искомое уравнение с целыми 
коэффициентами может быть, например, 
таким:
x2 – 2mx + (m2 – n) = 0.
В последующих задачах у нас уже могут появиться многочлены более высокой 
степени.
Задача 4. Найти какой-либо многочлен (не обязательно второй степени) с 
целыми коэффициентами, который имеет 
корень 
2
3 ?
x 

 Есть ли у найденного многочлена ещё действительные корни?
Р е ш е н и е. Будем последовательно 
избавляться от иррациональностей в вы
x 

y 

O 

2
1

2  

y = x2 - 2 

y = (x-1)2 - 2 

1/2020
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

ражении 
2
3.
x 

 Сначала возведём в 
квадрат обе его части:

 

2
2
( 2
3)
x




2
2
2 2
3
3
x







2
5
2 6.
x




Теперь возведём в квадрат обе части 
полученного выражения:

4
2
(5
2 6)
x



4
25
20 6
24
x





4
49
20 6.
x




Наконец, вычитая 10x2 из x4, мы избавимся от 
6 :

4
2
10
(49
20 6)
10(5
2 6)
1.
x
x





 

Итак, мы установили, что 
2
3
x 

 
является корнем биквадратного уравнения x4 – 10x2 + 1 = 0.
Попробуем разобраться, имеет ли это 
уравнение ещё какие-либо действительные корни. Очевидно, вторым его корнем 
будет 
( 2
3).
x  

 Есть ли у него ещё 
корни?
Решая уравнение относительно x2, получим:

 

2
5
24
5
2 6.
x





Заметим, что 5
2 6
0,


 поэтому уравнение 
2
5
2 6
x


 имеет решения. Заметим также, что это уравнение можно переписать в виде 
2
2
( 2
3) .
x



Его корнями являются

2
3
x 

 и 
2
3.
x  


На рисунке 2 приведён график полученного многочлена. Вы можете построить его, используя какой-либо доступный 
графопостроитель.
Задача 5. Найти многочлен с целыми коэффициентами, который имеет корень 
3
1
2 ?
x 

 Есть ли у найденного 
многочлена ещё какие-либо действи
x 
O 

y 

3
2
3
2
3
2
3
2

1
10
2
4
1
1 x
x
y
 

Рис. 2

тельные корни?
Р е ш е н и е. Избавимся от иррациональности в выражении 
3
1
2.
x 

 Для 
этого перенесём 1 влево и возведём в куб 
обе части полученного равенства:
(x – 1)3 = 2  x3 – 3x2 + 3x – 1 = 2.
Таким образом, мы установили, что 

3
1
2
x 

 является корнем уравнения
x3 – 3x2 + 3x – 3 = 0.
Для решения вопроса о наличии или 
отсутствии других корней уравнения воспользуемся графическим методом. Построим график функции f(x) = x3 – 2 
(рис. 3). Она обращается в ноль в единственной точке 
3 2.
x 
 Тогда функция 
f(x – 1) = (x – 1)3 – 2 = x3 – 3x2 + 3x – 3, 
график которой получается в результате 
сдвига графика функции f(x) на 1 вправо, 
имеет единственный корень 
3
1
2.
x 


Итак, число 
3
1
2
x 

 является единственным действительным корнем многочлена P3(x) = x3 – 3x2 + 3x – 3.
Задача 6. Существует ли многочлен с 
целыми коэффициентами, имеющий корень 
3
3
2
4.
x 


Р е ш е н и е. Возведём в куб обе части 
выражения 
3
3
2
4 :
x 


ИДУ НА ЭКЗАМЕН

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

3
3
3
3
( 2
4)
x




3
2
2
3
3
3
3
2
3( 2)
4
3 2 ( 4)
4
x









3
3
3
6
6( 2
4).
x





Заметив, что 3
3
2
4
,
x


 получим:
x3 = 6 + 6x.
Итак, мы нашли многочлен с целыми 
коэффициентами
P3(x) = x3 – 6x – 6,
который имеет корень 
3
3
2
4.
x 


На рисунке 4 приведён график этого 
многочлена, построенный с помощью графопостроителя. На графике видно, что 

3
3
2
4
x 

 — единственный действительный корень многочлена. В этом можно 
убедиться аналитически, исследовав функцию P3(x) = x3 – 6x – 6 на экстремум.
Задача 7. Существует ли многочлен с 
целыми коэффициентами, имеющий корень 
3
2
2 ?
x 


Р е ш е н и е. Избавимся от иррациональности в выражении 
3
2
2.
x 

 Для 
этого перепишем его в виде 
3
2
2
x 

 и 
возведём в куб обе части последнего выражения:

Рис. 3

Рис. 4

 

3
3
3
(
2)
( 2)
x 



3
2
3
2
6
2 2
2
x
x
x







3
2
6
2
2(3
2).
x
x
x






Тем самым мы избавились от 3 2. Чтобы избавиться от 
2, возведём в квадрат 
обе части полученного равенства:

3
2
2
2
(
(6
2))
( 2(3
2))
x
x
x






 x6 + 2x3(6x – 2) + (6x – 2)2 = 
= 2(9x4 + 12x2 + 4) 
 x6 – 6x4 – 4x3 + 12x2 – 24x – 4 = 0,
Итак, число 
3
2
2
x 

 является корнем многочлена шестой степени 
P6(x) = x6 – 6x4 – 4x3 + 12x2 – 24x – 4.
Задача 8. Существует ли многочлен с 
целыми коэффициентами, имеющий ко
рень 
3
3
1
2
1
2 ?
x 




Р е ш е н и е. Рассмотрим выражение

 

3
3
1
2
1
2.
x 



 
(3)
Возведём в куб обе его части и сделаем 
там необходимые преобразования:

O 
x 

y 

3 2  
3 2
1
3

2
)
(
3
2
x
x
f

2
)1
(
)1
(
3
x
x
f
 

3
3
3
2
3
3
3
3
x
x
x
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

O 

y 

x 

3
3
4
2
3

6
6
)
(
3
6
6x
x
x
f

1/2020
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

3
3
3
2
3

3
2
3
3

( 1
2 )
3 (1
2) (1
2)

3 (1
2)(1
2)
( 1
2 )

x














3
3

3

1
2
3(
(1
2)

(1
2))
1
2

x















3
3
3
2
3( 1
2
1
2 ).
x






 
(4)

С учётом соотношения (2) полученное 
выражение (4) преобразуется к виду:
x3 = 2 – 3x.
Таким образом, мы нашли многочлен 
P3(x) = x3 + 3x – 2, корнем которого является заданное иррациональное число.
В заключение отметим, что всякое действительное число, для которого найдёт
ся алгебраический многочлен с целыми 
коэффициентами, корнем которого оно 
является, называется алгебраическим. 
В разобранных выше задачах мы видели различные примеры иррациональных чисел, являющихся алгебраическими. Возникают естественные вопросы: а 
всякое ли иррациональное число — число алгебраическое? Если нет, то каковы 
примеры чисел, не являющихся алгебраическими? Верно ли, что сумма двух 
алгебраических чисел — алгебраическое 
число? А произведение двух алгебраических чисел является ли алгебраическим 
числом? И т.д. Но ответы на эти вопросы 
не так просты и выходят за рамки настоящей статьи. 

МАТЕМАТИКИ ШУТЯТ

Экономная наука
Ректор университета мрачно просматривает смету расходов, которую принёс 
декан физического факультета:
– И почему это у физиков всегда такое 
дорогое оборудование? Вот берите пример 
с математиков, они просят деньги только 
на бумагу, карандаши и ластики.
Немного подумав, добавляет:
– А философы ещё лучше. Им даже 
ластики не нужны.

Наука и жизнь
Инженер думает, что его расчёты представляют собой приближение к действительности.
Физик считает, что действительность – 
это приближение к его расчётам.
Математик вообще не видит тут никакой связи.

Как ловят слона
математики
1. Неопытный математик едет в Африку, устраняет всё, что не является слоном, а затем ловит слона как разницу вычитания.
2. Опытный математик сначала попытается доказать, что слоны существуют, и 
только после этого приступит к его поимке (см. пункт 1).
3. Профессор математики доказывает 
существование хотя бы одного слона, после чего перекладывает охоту на своих 
студентов.

Математики тоже шутят / Автор-сост.
С.Н. Федин. Изд.5-е, испр. и дп. М.:
ЛЕНАНД, 2014. –– 264 с.

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

Б.Д. Дыбыспаев,
г. Нур-Султан, Казахстан

ПОИСК РАЗЛИЧНЫХ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ 
ОЛИМПИАДНЫХ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

В настоящей статье мы знакомим читателей с различными подходами 
к решению нескольких нестандартных геометрических задач, предлагавшихся в разное время на районных олимпиадах по математике 
в г. Нур-Султане. 

Эти задачи мы разбирали с учащимися VIII–X классов лицея для одарённых 
детей № 9 «Зерде» (г. Нур-Султан), и некоторые способы решения, описанные в 
статье, были предложены самими учащимися, а об остальных идеях им рассказали мы, учителя лицея. Конечно же, этому 
предшествовала специальная подготовка 
учащихся: а именно, ребята были ознакомлены с такими часто используемыми 
методами, как метод построения вспомогательных фигур, метод геометрических 
преобразований, координатно-векторный 
метод и др.
Заметим, что нашей целью при написании статьи была скорее демонстрация 
многообразия высказанных идей в ходе 
обсуждения решений рассматриваемых 
задач, а не дотошное описание их решения разными способами, поэтому здесь 
мы иногда опускали некоторые очевидные рассуждения, которые необходимы 
при оформлении решения учеником на 
экзамене или на олимпиаде.
Прежде, чем разбирать предложенные 
способы рассуждений, советуем читателям 
постараться решить их самостоятельно.

Задача 1. В треугольнике AВС высота 
АD в два раза короче стороны ВС. Может 
ли угол ВАС быть тупым?
Р е ш е н и е.
Способ 1. Предложение учащихся: применить теорему косинусов. 
Рассмотрим сначала случай, когда 
основание высоты — точка D — лежит 
на стороне ВС (рис. 1a).

A

B
D
C

A

B
D
C

Рис. 1

Обозначим ВС = 2АD = 2h, ВD = x, 
СD = 2h – x. Применяя дважды теорему 
Пифагора, по теореме косинусов имеем

2
2
2
cos
2
AB
AC
BC
A
AB AC






2
2
2
2
2
2
(2
)
4
(
)
0.
2
h
x
h
x
h
h
h
x
AB AC
AB AC












Значит, в этом случае 0° < BAC  90°.
Теперь рассмотрим случай, когда точ

1/2020
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

ка D лежит вне стороны ВС, например, 
так, как изображено на рисунке 1b. Легко видеть, что в этом случае угол BCA 
является тупым, следовательно, угол BAC 
может быть только острым.
Таким образом, угол ВАС не может 
быть тупым. 
Отдельно 
отметим 
случай, 
когда 
cos A = 0, то есть угол ВАС — прямой. 
Это возможно тогда и только тогда, когда 
x = h, то есть треугольник АВС является 
прямоугольным и равнобедренным.
Способ 2. Пусть треугольник АВС 
прямоугольный и равнобедренный с высотой AD = h, опущенной на гипотенузу 
BC = 2h (рис 2). 
Выполним следующие дополнительные 
построения: через точку A построим прямую l параллельно основанию BC, выберем на прямой l произвольную точку A1 
и соединим её с точками B и C. Тогда, 
очевидно, множество треугольников A1ВС 
содержит все возможные треугольники с 
основанием BC и высотой, равной AD.

D

A
A1

D1
B
C

l

Рис. 2

Из точки A1 проведём перпендикуляр к прямой BC и обозначим через D1 
его пересечение с этой прямой. Пусть 
DD1 = ε, где 0 < ε < h, тогда BD1 = h – ε, 
CD1 = h + ε. Имеем 

2
2
2
2
2

1
1
1
2

1
1

(
)
(
)
4
cos
2

0.

h
h
h
h
h
BA C
A B A C

A B A C


 

 













Следовательно, в этом случае угол 
ВA1С — острый. Если точка D1 совпадает 
с точкой B или C, то треугольник ВA1С 
— прямоугольный, с прямым углом при 
вершине B или C соответственно, значит, 
и в этом случае угол ВA1С — острый. Наконец, если точка D1 лежит на прямой 
BC вне отрезка BC, например, за точкой 
B, то треугольник ВA1С — тупоугольный, 
с тупым углом при вершине B, что означает, что угол ВA1С — острый.
При ε = 0 точка A1 совпадает с точкой A, в этом случае BA1C = 90°. Таким образом, при любом выборе точки 
A1 на прямой l выполнено неравенство 
0° < BA1C  90°.
Способ 3. Рассмотрим векторы AB
и 

.
AC
Угол ВАС — это угол между векторами AB
и 
.
AC
Имеем 
,
AC
AB
BC


тогда

2
2
(
)
,
AC
AB
BC


то есть

2
2
2
2
.
AC
AC AB
AB
BC




Так как 
cos
,
AC
AB
AC AB
ABC





то 

2
2
2
cos
.
2
AB
AC
BC
A
AB AC





 Дальнейшие 

рассуждения повторяют первый способ.
Способ 4. Выполним дополнительные 

D
D1

B1
C1

B
C

A
A1
l

Рис. 3

АКАДЕМИЯ МАТЕМАТИКИ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

построения. Построим окружность с диаметром BC = 2h и проведём касательную 
прямую l параллельную ВС (рис 3).
Точка А — точка касания прямой l с 
окружностью, AD = h — радиус окружности и высота прямоугольного треугольника АВС. Так же, как и во втором способе, 
выберем на прямой l произвольную точку 
A1 и соединим её с точками В и С, точки 
пересечения отрезков BA1 и CA1 с верхней полуокружностью обозначим через 
B1 и C1, соответственно. С точностью до 
подобия (определяемого конкретным значением h) множество треугольников A1ВС 
содержит все возможные треугольники, 
удовлетворяющие условию задачи. 
Заметим, что если A1  А, то можем 
применить теорему об угле между секущими, согласно которой угол между двумя секущими, проведёнными из одной 
точки, равен полуразности градусных мер 
большей и меньшей высекаемых ими на 
окружности дуг (иногда её называют леммой о вневписанном угле). Бóльшая дуга 
BC — это полуокружность, её градусная 
мера равна 180°. Имеем:

1
1
1
180
90 .
2
B C
BA C
  





Способ 5. Предложение учителя: применить тригонометрические преобразования.
Рассмотрим случай расположения высоты AD, соответствующий рисунку 1a) из 
первого способа. Случай 1b) рассматривается аналогично первому способу. Обозначим BAD = α, CAD = β. Тогда исследуемый угол BAC = α + β. Имеем:

tg
,
x
h
 
2
tg
,
h
x
h

 
 tg α + tg β = 2.

tg +tg
2
tg( + )
.
1
tg
tg
1
tg
tg


  


 


 


Поскольку углы α и β острые, то tg α > 0 
и tg β > 0. По неравенству Коши имеем:

2
tg
tg
2 tg
tg ,

 
 
 


откуда следует, что tg α  tg β ≤ 1.
Если tg α  tg β < 1, то tg(α + β) > 0, 
следовательно, 0° < α + β < 90°.
Обсудим 
теперь 
случай, 
когда 
tg α  tg β = 1, то есть когда дробь в выражении для tg(α + β) не имеет смысла. В 
неравенстве Коши знак равенства возможен тогда и только тогда, когда tg α = tg β , 
то есть α = β = 45°, α + β = 90°. 
Из предложенных пяти способов решения задачи 1, по мнению наших учащихся, наиболее оригинальным оказался способ построения вспомогательной 
окружности. Действительно, использование вспомогательной фигуры упростило 
алгебраические преобразования. 
Задача 2. В треугольнике АВС стороны АС и ВС равны. На сторонах АС и 
ВС выбраны соответственно такие точки 
K и L, что биссектрисы углов KLВ и АKL 
пересекаются на отрезке АВ в точке F. 
Найдите отношение АF : FВ.
Р е ш е н и е.
Способ 1. Предложение учителя: выяснить особенность расположения точки F. 
Действительно, так как KF биссектриса 
угла АKL, то точка F одинаково удалена 

B
F

K
L

C

A

Рис. 4

1/2020
МАТЕМАТИКА ДЛЯ ШКОЛЬНИКОВ

 Любое распространение материалов журнала, в т.ч. архивных номеров, возможно только с письменного согласия редакции.

от сторон этого угла. Аналогично точка F 
одинаково удалена от сторон угла KLВ, 
то есть точка F — центр вневписанной 
окружности треугольника СKL.
Поэтому точка F лежит на биссектрисе 
угла АСВ. По условию задачи треугольник АВС равнобедренный (АС = ВС), поэтому СF — медиана треугольника АВС. 
Значит? АF : ВF = 1.
Способ 2. Внимание учащихся привлекли треугольники AKF, KFL и FLB. На чертеже они заметно похожи (рис. 4). Поэтому 
учащиеся предложили выяснить соотношения между углами этих треугольников. 
Пусть А = В = α, АKF = FKL = β, тогда KLF = BLF = 180° – α – β, KFL = α, 
BFL = β. Обозначим АF = x. По теореме 
синусов, применённой последовательно к 
треугольникам AKF, KFL и FLB, имеем:

sin
,
sin
x
KF




sin
,
sin(
)
x
LF


  

sin(
)
.
sin
LF
BF
x

  




Таким образом, АF = ВF, откуда получаем, что АF : ВF = 1.
Способ 3. Положение точки F на стороне АВ можно установить с помощью 
вспомогательной окружности. Для этого 
проведём биссектрисы углов CKL и CLK, 
точку пересечения биссектрис обозначим 

через Р. Имеем: FKP = FLP = 90° 
как углы между биссектрисами смежных 
углов. Следовательно, около четырёхугольника KFLP можно описать окружность с диаметром FP.
Заметим, что точка Р — центр вписанной окружности треугольника KCL, поэтому точка Р лежит на биссектрисе угла 
С, равнобедренного треугольника АВС. 
Покажем, что точки C, P и F лежат на 
одной 
прямой. 
Действительно, 
PKL= 90° – β = PFL (как вписанные 
углы, стягиваемые одной и той же хордой 
PL). Поэтому  PFB = 90° – β + β = 90°. 
То есть CF — высота равнобедренного 
треугольника АВС, проведённая к основанию. Таким образом,   AF : BF = 1. 
Задача 3. Дан прямоугольник ABCD. 
Прямая AD пересекает окружность с центром в точке D и радиусом DA вторично в 
точке P. Прямая PC вторично пересекает 
эту окружность в точке Q, а прямую AB в 
точке R (рис. 6). Доказать, что BQ = BR.
Р е ш е н и е. Предварительно мы обсудили с учащимися информацию, которую 
можно получить из условия задачи. AP — 
диаметр, DA = DP = r, DC = AB, DC N AB. 
Значит, DC — средняя линия треугольника ARP и AB = BR = DC и PC = CR. 
Так как ABCD — прямоугольник, то 
треугольники CDP, BCR, APR — прямоугольные, и их соответственные острые 

B
F

K
L

C

P

A

Рис. 5

B
C

P
D

Q

R

A

Рис. 6