V Соросовская олимпиада школьников Первый тур. МАТЕМАТИКА -

Президенту Путину о создании Института Истории Русского Народа. |Нас посетило 40 млн. человек | Чем занимались русские 4000 лет назад?

| Кому давать гранты или сколько в России молодых ученых?

Статьи Соросовского Образовательного журнала в текстовом формате

V Соросовская олимпиада школьников Первый тур. МАТЕМАТИКА ( , 1998), ISSEP

Математика

7 класс

ЗАДАЧА 1

Иван Иванович пришел в магазин, имея 20 рублей. В магазине продавали веники по 1 руб. 17 коп. и тазики по 1 руб. 66 коп. (других товаров в магазине уже не осталось). Сколько веников и сколько тазиков ему нужно купить, чтобы потратить как можно больше денег?

Ответ: Иван Иванович потратит все деньги,

если купит 10 веников и 5 тазиков.

ЗАДАЧА 2

На дороге из города А в город Б стоят километровые столбы. На каждом столбе с одной стороны написано расстояние до города А, а с другой W до Б. Утром турист проходил мимо столба, на котором одно число было вдвое больше другого. Пройдя еще 10 км, турист увидел столб, на котором числа отличались ровно в три раза. Каково расстояние от А до Б ? Укажите все возможности.

Когда турист проходил мимо столба, на котором одно число вдвое больше другого, расстояние до одного из городов было x, а до другого 2x. Когда турист проходил мимо второго столба, расстояние до первого города было x - 10, а до второго 2x + 10 или до первого x + 10, а до второго 2x - 10. Так как числа на столбе отличались втрое, то имеет место одно из четырех уравнений

x - 10 = 3(2x + 10),

2x + 10 = 3(x - 10),

2x - 10 = 3(x + 10),

x + 10 = 3(2x - 10).

У первого и третьего уравнений отрицательные решения. Остальные два имеют положительные решения x = 40, x = 8. Так как расстояние между городами равно 3x, это расстояние равно 120 км в первом случае и 24 км во втором случае. Простой проверкой убеждаемся, что оба случая возможны (рис. 1).

Ответ: 120 км, 24 км.

ЗАДАЧА 3

В новогоднюю ночь на подоконнике стояли в ряд (слева направо) герань, крокус и кактус. Каждое утро Маша, вытирая пыль, меняет местами цветок справа и цветок в центре. Днем Таня, поливая цветы, меняет местами тот, что в центре, с тем, что слева. В каком порядке будут стоять цветы через 365 дней в следующую новогоднюю ночь?

Нетрудно убедиться, что через три дня расположение цветов будет тем же, что и в начале. Значит, оно будет таким же и через 6, 9, 12 дней и вообще через любое количество дней, которое делится на 3. Значит, через 363 дня расположение цветов будет совпадать с исходным. Теперь легко проверить, что через 365 дней слева будет стоять крокус, справа - герань, а в середине - кактус.

Ответ: (слева направо) крокус, кактус, герань.

ЗАДАЧА 4

Какое наименьшее количество цифр нужно написать подряд, чтобы вычеркиванием некоторых цифр можно было получить любое трехзначное натуральное число от 100 до 999?

Так как среди чисел от 100 до 999 есть числа 111, 222, ..., 999, каждая из цифр от 1 до 9 должна быть написана хотя бы три раза. Кроме того, 0 должен быть написан хотя бы два раза, так как среди чисел от 100 до 999 есть, например, число 100. Значит, должно быть написано не менее 29 цифр.

Покажем, что последовательность из 29 цифр

12 345 678 901 234 567 890 123 456 789

удовлетворяет условию задачи. В самом деле, пусть дано некоторое число от 100 до 999. Вычеркнем из первых девяти цифр указанной последовательности все, кроме первой цифры этого числа, из следующих 10 - все, кроме второй цифры, а из последних 10 - все, кроме третьей.

Получится данное число, что и требовалось.

Ответ: 29 цифр.

ЗАДАЧА 5

На доске была написана обыкновенная несократимая дробь, числитель и знаменатель которой - целые положительные числа. К ее знаменателю прибавили числитель, получилась новая дробь. К числителю новой дроби прибавили ее знаменатель, получилась третья дробь. Когда к знаменателю третьей дроби прибавили числитель, получилось 13/23. Какая дробь была написана на доске?

Когда к числителю дроби прибавляют ее знаменатель, значение дроби увеличивается на 1. Когда к знаменателю дроби прибавляют ее числитель, значение обратной (перевернутой) дроби увеличивается на 1.

Теперь легко развернуть вычисления, указанные в условии, в обратном порядке: дробь получилась из (обратную дробь уменьшаем на 1 и переворачиваем). В свою очередь, ("третья дробь" в условии задачи) получилась из , а эта дробь ("вторая") получилась из .

Ответ: .

ЗАДАЧА 6

Число x таково, что 15% от него и 33% от него W целые положительные числа. Каково наименьшее число x (необязательно целое!) с таким свойством?

Легко проверить, что x = удовлетворяет условию задачи. Докажем, что x не может быть меньше. Пусть 15% от x равны a, 33% от x равны b. Тогда , . Выражая x из первого равенства и подставляя во второе, получим 11a = 5b. Значит, b делится на 11. Поэтому b $ 11, откуда $ .

Ответ:

ЗАДАЧА 7

Радиоуправляемая игрушка выезжает из некоторой точки. Она движется по прямой, а по команде может поворачивать налево ровно на 17? (относительно прежнего направления движения). Какое наименьшее число команд требуется, чтобы игрушка вновь прошла через точку старта?

После первой команды игрушка движется под углом 17? к первоначальному направлению движения, после второй - под углом 2 " 17? = 34?, после третьей - под углом 3 " 17?, _, после 10-й - под углом 10 " 17? = 170?. При этом она продолжает отдаляться влево от прямой, по которой начала двигаться, и потому пройти через точку старта не может (рис. 1).

Возвращение становится возможным только после 11-й команды поворота: в этот момент игрушка движется под углом

11 " 17? = 187? = 180? + 7?

к первоначальному направлению движения. Траектория движения представляет собой выпуклый 12-угольник, один из углов которого равен 7?, а любой из оставшихся равен 180? - 17? = 163? (рис. 2).

Ответ: чтобы игрушка прошла через точку старта, необходимо (минимум) 11 команд поворота.

ЗАДАЧА 8

Квадрат разбит прямыми на 25 прямоугольников (рис. 1). Площади некоторых из них указаны на рисунке (выполненном не в масштабе). Найдите площадь прямоугольника, отмеченного вопросительным знаком.

Обозначим горизонтальные стороны прямоугольников через a1 , a2 , _, a5 , а вертикальные - через b1 , b2 , _, b5 . Площадь прямоугольника равна произведению его сторон; применяя эту формулу к "диагональным" прямоугольникам, получим

1 " 2 " 3 " 4 " 5 = a1 " b1 " a2 " b2 " _ " a5 " b5 .

Применяя ту же формулу к "поддиагональным" прямоугольникам получим

6 " 7 " 8 " 9 = a2 " b1 " a3 " b2 " _ " a5 " b4 .

Разделив одно равенство на другое, получим

Но это и есть искомая площадь! Осталось сократить дробь.

Замечание. Можно рассуждать иначе: пусть a1 = x. Тогда, так как a1b1 = 1, . Так как a2b1 = 6, a2 = = 6x и т.д. Продолжая этот процесс, получим

Ответ:

ЗАДАЧА 9

Петя перемножил все натуральные числа от 1 до своего возраста включительно. Получилось число

8 841 761 993 739 701 954 543 616 000 000.

Сколько лет Пете?

Произведение всех натуральных чисел от 1 до Петиного возраста оканчивается на 6 нулей. Отсюда можно заключить, что Пете не меньше 25 лет, но не больше 29. Действительно, если бы Пете было меньше 25 лет, то произведение оканчивалось бы не более чем на 4 нуля (в произведении было бы не более 4 чисел, делящихся на 5 (5, 10, 15, 20), причем ни одно из них не делится на 25). Если бы Пете было 30 или больше лет, то произведение оканчивалось бы не менее чем на 7 нулей.

Пусть Пете n лет (25 # n # 29). Посмотрим на последнюю цифру в произведении перед нулем.

Заметим, что при n = 25 эта цифра равна 4. В самом деле, разделив произведение целых чисел от 1 до 25 на

106 = 2 " 5 " 4 " 25 " 102 " 2 " 5,

получим

3 " 6 " 7 " 8 " 9 " 11 " 12 " 13 " 14 " 3 i

i 16 " 17 " 18 " 19 " 21 " 22 " 23 " 24.

Можно убедиться, что это число оканчивается на 4. Значит, при n = 25, в произведении последняя цифра перед нулем равна 4, при n = 26 - тоже 4, при n = 27 - это 8, при n = 28 - снова 4, наконец, при n = 29 получается цифра 6. Значит, n может равняться только 29.

Ответ: Пете 29 лет.

ЗАДАЧА 10

В строку написаны 100 целых чисел, при этом сумма любых трех подряд идущих равна 10 или 11. Первое число равно единице. Чему может быть равно последнее число? Укажите все возможности.

Покажем вначале, что числа, между которыми стоят ровно два числа, отличаются на 1 или равны. Для этого рассмотрим соответствующий фрагмент строки:

abcd,

причем

a + b + c = 10 или 11, b + c + d = 10 или 11.

Значит,

a - d = (a + b + c) - (b + c + d ) = 0, 1 или -1.

Выпишем теперь подпоследовательность чисел, стоящих на 1, 4, 7, _, 97, 100-м местах (то есть таких местах, номера которых дают остаток 1 при делении на 3). По доказанному, соседние числа в этой подпоследовательности равны или отличаются на единицу. Поэтому ясно, что первое отличается от третьего не более чем на 2, от четвертого - не более чем на 3 и т.д. Первое от последнего отличается не более чем на 33. Значит, на последнем месте стоит целое число, которое не меньше - 32 и не больше 34.

Покажем, что любое из целых чисел от - 32 до 34 может стоять на последнем месте. Выберем некоторое k, 1 # k # 34, и напишем последовательность из 100 целых чисел:

1, 0, 9, 2, 0, 8, 3, 0, 7, _, k - 1, 0, 10 - (k - 1), _

_, k - 1, 0, 10 - (k - 1), k.

Сначала пишем тройки (первое число очередной тройки увеличивается на 1, второе число всегда нуль, третье уменьшается на 1) - пока не дойдем до тройки k - 1, 0, 10 - (k - 1). Затем эту последнюю тройку повторяем до тех пор, пока не выпишем 99 чисел.

Наконец, последним пишем число k. Ясно, что эта последовательность удовлетворяет условию задачи.

Примеры с нулевым и отрицательными k строятся аналогично.

Ответ: любое целое число от - 32 до 34.

ЗАДАЧА 1

Даны две правильные обыкновенные дроби. У первой числитель на 5 меньше знаменателя, у второй числитель на 1998 меньше знаменателя. Может ли у их суммы числитель быть больше знаменателя?

Идея решения. Если знаменатели дробей достаточно велики, то каждая из дробей больше и, значит, их сумма больше единицы. Если дробь больше единицы, то ее числитель больше знаменателя.

Решение. Возьмем, например, и .

Ответ: может.

ЗАДАЧА 2

См. решение задачи VII.3.

ЗАДАЧА 3

Число x таково, что 15% от него и 33% от него - целые положительные числа. Каково наименьшее число x (необязательно целое!) с таким свойством?

См. решение задачи VII.6.

ЗАДАЧА 4

В четырехугольнике ABCD продолжения противоположных сторон AB и CD пересекаются под углом 20?; продолжения противоположных сторон BC и AD также пересекаются под углом 20?. Докажите, что два угла в этом четырехугольнике равны, а два других отличаются на 40?.

Пусть O1 - точка пересечения AB и CD, а O2 - точка пересечения BC и AD (рис. 1). Без ограничения общности можно считать, что пересекаются лучи BA и CD и лучи BC и AD. Применяя к DO1AD и DO2СD теорему о том, что внешний угол равен сумме двух внутренних, получим

-BAD = - AO1D + - ADO1 = 20? + - ADO1 =

= 20? + -CDO2 = -BCD.

Аналогично, применяя теорему о внешнем угле к DCDO2 и DO1BC, получим

- ADC = - DCO2 + 20? = - ABC + -BO1C + 20? =

= - ABC + 40?.

Что и требовалось доказать.

ЗАДАЧА 5

Даны два целых положительных числа a и b. Докажите, что aabb $ abba.

Так как неравенство симметрично, можно без ограничения общности считать, что a $ b. Случай a = b очевиден, поэтому можно считать, что a > b. Так как bbab > 0, можно разделить обе части неравенства на bbab. Получим неравенство

aa - b $ ba - b.

Но это неравенство вытекает из того, что a > b, a - - b > 0.

ЗАДАЧА 6

См. решение задачи VII.8.

ЗАДАЧА 7

См. решение задачи VII.7.

ЗАДАЧА 8

В выражении

(a - b + c)(d + e + f )(g - h - k)(l + m - n)(p + q)

раскрыли скобки. Сколько членов при этом получится? Перед сколькими из них будет стоять знак минус?

При перемножении выражения, являющегося суммой r членов, и выражения, являющегося суммой s членов, получается выражение, являющееся суммой rs членов. Некоторые слагаемые могут при этом взаимно уничтожиться (умножьте, например, a + b на a - b), но в нашем случае такого произойти не может, так как все переменные различны.

Поэтому при перемножении первых двух скобок получится 9 членов, при перемножении первых трех скобок - 27 членов, первых четырех - 81, всех скобок - 162 члена.

Пусть в результате получилось R членов со знаком "+" и S членов со знаком "-". Подставим вместо всех переменных единицы, тогда каждый член со знаком "+" даст в сумму вклад 1, а член со знаком "-" - вклад -1. Значит,

(1 - 1 + 1)(1 + 1 + 1)(1 - 1 - 1)(1 + 1 - 1)(1 + 1) = R - S,

откуда R - S = - 6; к тому же R + S = 162. Из этих уравнений находим R = 78, S = 84.

Ответ: получится 162 члена;

перед 84 из них будет стоять знак "-".

ЗАДАЧА 9

В некоторой стране решили провести всенародные выборы правительства. Две трети избирателей в этой стране W городские жители, а одна треть W сельские. Президент должен предложить на утверждение проект состава правительства из 100 человек. Известно, что за проект проголосует столько процентов городских (сельских) жителей, сколько человек из города (села) в предложенном проекте. Какое наименьшее число городских жителей надо включить в проект состава правительства, чтобы за него проголосовало более половины избирателей?

Пусть в стране N избирателей. Обозначим через x число городских жителей в проекте состава правительства, а через y - число сельских. По условию:

x + y = 100.

За такой проект состава правительства проголосуют городских жителей страны и сельских. Требуется, чтобы

Упростив, получим

2x + y > 150.

Подставляя выражение для y из (1) в (2) получим

2x + (100 - x) = x + 100 > 150,

откуда x > 50.

Замечание. Можно исследовать задачу графически. Решения уравнения (1) лежат на прямой AB (рис. 1). Решения неравенства (2) лежат выше прямой CD. Значит, обоим условиям удовлетворяют точки отрезка EB, то есть 100 $ x > 50.

Ответ: в проект необходимо включить

не менее 51 городского жителя.

ЗАДАЧА 10

Вася и Петя играют на доске 10 i 10 в такую игру. У Васи есть много квадратиков размером в одну клетку, у Пети есть много уголков из трех клеток (рис. 1). Они ходят по очереди - сначала Вася кладет на доску свой квадратик, затем Петя - свой уголок, потом Вася кладет еще квадратик и т.д. (Класть фигуры поверх других нельзя.) Проигрывает тот, кто не может сделать очередной ход. Вася утверждает, что он всегда сможет выиграть, как бы ни старался Петя. Прав ли Вася?

Опишем, как должен играть Петя, чтобы всегда выигрывать. Разобьем доску на 25 квадратов 2 i 2. Пусть Вася кладет свой квадратик в некоторую клетку. Тогда Петя смотрит, в каком из квадратов 2 i i 2 лежит эта клетка, и дополняет ее своим уголком до всего квадрата. Ясно, что при такой игре после каждого хода Пети ситуация будет следующей: какое-то количество квадратов 2 i 2 закрыто полностью, остальные полностью свободны. Поэтому после следующего хода Васи Петя сможет сделать очередной ход. На рис. 2 показан возможный вид доски после окончания партии.

Ответ: нет, Петя всегда может выиграть у Васи.

Задачи предложили: Д.А. Ботин, В.В. Долотин, В.В. Крюков, С.М. Львовский,

Л.Г. Рыбников, Р.М. Федоров, И.Ф. Шарыгин, А.Х. Шень, И.В. Ященко.

Вариант подготовили: С.М. Львовский, Р.М. Федоров, А.Х. Шень, И.В. Ященко.

ЗАДАЧА 1

Расставьте скобки в выражении

2 : 2 - 3 : 3 - 4 : 4 - 5 : 5

так, чтобы получилось число, большее 39.

Например,

2 : (2 - 3 : 3)(- 4 : ((4 - 5) : 5)) = 2 " 20 = 40

или

(2 : ((2 - 3) : 3) - 4) : ((4 - 5) : 5) = 50.

ЗАДАЧА 2

Решите уравнение

x4 + 4x3 - 8x + 4 = 0.

Преобразуем левую часть уравнения

х4 + 4х3 - 8х + 4 = х4 + 4х3 + 4х2 - 4х2 - 8х + 4 =

= (х2 +2х)2 - 4(х2 +2х) + 4 = (х2 +2х - 2)2.

Таким образом, получаем уравнение

х2 +2х - 2 = 0.

Ответ:

ЗАДАЧА 3

На координатной плоскости изобразите множество точек M(x; y), координаты которых удовлетворяют уравнению

Рассмотрим точки А(0; 1), В(1; 0), М (х; у). Данное в условии соотношение означает, что АМ + ВМ = = АВ. Следовательно, точка М лежит на отрезке АВ, а искомое множество совпадает с этим отрезком.

Ответ: см. рис. 1.

ЗАДАЧА 4

На окружности отмечено n точек. Известно, что среди всевозможных расстояний между двумя отмеченными точками не более 100 различных. Каково наибольшее возможное значение числа n?

Докажем, что наибольшее число точек, расположенных на окружности так, что среди всевозможных попарных расстояний между ними не более 100 различных, равно 201. Предположим, что таких точек более 201 и А - одна из них. Рассмотрим диаметр АВ. С одной стороны диаметра (включая точку В ) будет расположено не менее 101 точки нашего набора. Все расстояния между ними и точкой A различны, что противоречит условию. Пример из 201 точки, удовлетворяющей условию, дают нам вершины правильного 201-угольника.

Ответ: 201

ЗАДАЧА 5

В треугольнике ABC угол BAC равен 60?. Внутри треугольника взята точка P так, что углы APB, BPC и CPA равны 120?. Известно, что AP = a. Найдите площадь треугольника BPC.

Треугольники АРВ и СРА подобны по второму признаку подобия (по двум углам), поскольку - АВР = 60? - - ВАР = - РАС. Следовательно, . Откуда BP " CP = AP 2 = a2. Значит, площадь треугольника ВРС равна

Ответ:

ЗАДАЧА 6

Сколько решений, удовлетворяющих условию 1 < x < 5, имеет уравнение {x [x]} = 0,5? (Здесь [x] - целая часть x, {x} = = x - [x] - дробная часть числа x.)

Пусть x = n + a, где 0 # a < 1, [x] = n. Получаем уравнение

или

поскольку

Разобьем область изменения a на n равных частей: от 0 до , от до , _, от до 1. Пусть

где k = 0, 1, 2, _, n - 1, положим , где . Получаем в этом случае уравнение

то есть Следовательно, наше уравнение имеет ровно n решений, удовлетворяющих неравенству n # x < n + 1. А число решений уравнения , удовлетворяющих неравенствам 1 # x < < 5, равно 1 + 2 + 3 + 4 = 10.

Ответ: 10.

ЗАДАЧА 7

Разрежьте прямоугольник размером 10 см i 20 см одним прямолинейным разрезом на две части так, чтобы они могли быть без пересечения размещены внутри круга диаметром 19,5 см.

Отрежем от заданного прямоугольника прямоугольник размером 10 см i 3 см и приложим длинной стороной к длинной стороне большего прямоугольника так, чтобы совпали середины сторон. Образовавшаяся фигура представляет собой квадрат 10 i 10 с приложенными с трех сторон прямоугольниками 10 i 3. Поэтому окружность, описанная вокруг большого прямоугольника (10 см i 16 см), имеет диаметр

проходит через шесть вершин образовавшейся фигуры и целиком ее содержит.

ЗАДАЧА 8

Найдите все натуральные числа, десятичная запись которых состоит из различных цифр одной четности и являющиеся точными квадратами.

Пусть искомое число N = a2, где a - натуральное число. При a # 9 имеем для N значения 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81. Условию удовлетворяют 1, 4, 9, 64. Если a $ 10, то представим a в виде a = 10n + k, где 0 # k # 9. Тогда

N = (10n + k)2 = (5n2 + nk) " 20 + k2.

У числа (5n2 + nk) " 20 последняя цифра 0, а предпоследняя четная. Поэтому, чтобы у N две последние цифры были одинаковой четности, надо, чтобы у числа k2 обе цифры были одинаковой четности. Проверяя, видим, что подходят только 02 = 00, 22 = = 04, 82 = 64. Если k = 0, то N делится на 100 и у N совпадают две последние цифры. Поэтому k = 2 или k = 8, в любом случае N оканчивается на 4 и, следовательно, все цифры в N четные. Допустим, что в N встречаются (по 1 разу) все цифры 0, 2, 4, 6, 8. Тогда сумма цифр в N равна 20, а в N - 1 равна 19, то есть в обоих случаях не делится на 3. Тогда (по известному признаку) N и N - 1 не делятся на 3. Но из трех последовательных чисел a - 1, a, a + 1 хотя бы одно делится на 3. Поэтому либо N = a2, либо N - 1 = (a - - 1)(a + 1) должно делиться на 3. Следовательно, в N не более 4 цифр и N < 104. Отсюда a < 102. Далее проще всего перебором вычислить a2 при a = 12, 22, 32, _, 92, 18, 28, 38, _, 98. При этом подходит только 782 = 6084.

Ответ: 1, 4, 9, 64, 6084.

ЗАДАЧА 9

Каково наибольшее значение площади прямоугольного треугольника, вершины которого удалены на расстояния a, b и с от некоторой точки (здесь a - расстояние до вершины прямого угла)?

Рассмотрим прямоугольный треугольник АВС (A - вершина прямого угла). Пусть М - точка плоскости, для которой МА = a, MB = b, MC = c. Рассмотрим точку D такую, что ABDC - прямоугольник. Имеет место равенство MC 2 + MB 2 = MA 2 +MD 2. (Если х, у, z, u - расстояния от точки М до сторон прямоугольника, то левая и правая части написанного равенства равны x2 + y2 + z2 + u2.) Если d = MD, то d 2 = b2 + c2 - a2. Возьмем точку М1 такую что МBDM1 - параллелограмм. Стороны четырехугольника MDM1C известны (MD = d, MC = c, M1D = b, M1C = a), а его площадь равна половине площади прямоугольника CBDA и равна площади треугольника АВС. Построим точку М2 , симметричную М1 относительно серединного перпендикуляра к CD.

Площадь четырехугольника MDM2C равна площади четырехугольника MDM1C и равна площади треугольника АВС. Среди всевозможных четырехугольников MDM2C (стороны заданы) рассмотрим тот, у которого угол при вершине C прямой. Тогда ввиду равенства прямым будет и угол при вершине D. Очевидно, что у этого четырехугольника будет наибольшей площадь. Эта площадь равна .

Ответ:

ЗАДАЧА 10

На биссектрисе угла А треугольника ABC внутри треугольника взяты точки D и F так, что - DBC = - FBA. Докажите, что: а) - DCB = - FCA; б) окружность, проходящая через D и F и касающаяся отрезка BC, касается окружности, описанной около треугольника ABC.

Докажем пункт а). Пусть расстояния от точки D до АВ, АС и ВС равны соответственно х, х и у, а расстояния от точки F до этих же прямых равны m, m и n (рис. 1). Равенство углов в условии эквивалентно равенству отношений x / y = n / m. Этому же эквивалентно и равенство углов в пункте а). Докажем утверждение пункта б).

Рассмотрим одну из двух окружностей, проходящих через D и F и касающихся стороны ВС (как на рис. 2). Обозначим эту точку касания через Р. Обозначим также буквой М точку пересечения биссектрисы угла А с описанной около АВС окружностью. Пусть прямая МР вторично пересекает построенную окружность в точке К. Докажем, что К принадлежит окружности, описанной около треугольника АВС. Заметим, что треугольники DMB и FMB подобные, поскольку - BFM = - FAB + - FBA = - MBC + + - DBC = -DBM, а угол при вершине М у них общий. Из доказанного подобия следует равенство , откуда МВ 2 = MF " MD. Но по теореме о касательной и секущей к окружности MF " MD = = MP " MK. Следовательно, MP " MK = МВ 2, откуда . Значит, треугольники МРВ и МКВ подобны (у них общий угол при вершине М и пропорциональны стороны, его заключающие). Из этого подобия следует равенство углов - МКВ = - МВР. Но - МВР = - МВС = - МСВ. Таким образом, - МКВ = = - МСВ, а это означает, что точки В, С, М и К лежат на одной окружности. Итак, мы доказали, что К принадлежит обеим окружностям, касание которых нам надо доказать. Но касательная к описанной около треугольника АВС окружности в точке М параллельна ВС, то есть параллельна касательной к построенной окружности в точке Р. Из этого следует, что касательные к рассматриваемым окружностям в точке К совпадают. А это и означает, что они касаются.

ЗАДАЧА 1

Найдите какое-нибудь натуральное число а такое, что 2а является точным квадратом, 3а - точным кубом, 5а - пятой степенью некоторого натурального числа.

Будем искать число в виде a = 2m3n5p. Тогда 2a = = 2m + 13n5p = q2, значит, m - нечетное число, а n, p - четные. Аналогично, m делится на 3 и на 5, n + 1 делится на 3, p делится на 5, p делится на 3, p + 1 делится на 5. В итоге получаем, что минимальный набор, удовлетворяющий указанным соотношениям: m = = 15, n = 20, p = 24.

Ответ: например, a = 215320524.

ЗАДАЧА 2

На координатной плоскости изобразите все точки M(x; y), координаты которых удовлетворяют неравенствам

cos (x + y)2 # cos (x - y)2, 0 # x # 3, 0 # y # 3.

Перенося выражение, стоящее в правой части неравенства, в левую часть и преобразуя разность косинусов в произведение, получим

- 2 sin (x2 + y2) sin 2xy # 0.

Отсюда

или

то есть

или

Строим в области 0 # x # 3, 0 # y # 3 графики зависимостей x2 + y2 = np и xy = mp /2 (n и m - натуральные). Это уравнения окружностей с центром в начале координат и гипербол. Так как x2 + y2 # 18 и xy # 9, то n # 5 и m # 5. Ответ показан на рис. 1. Рассмотрим его основные характеристики.

1. Рисунок симметричен относительно прямой y = x.

2. Если x2 + y2 = np и x = 0, то . При этом если , то np < 9 и n = 1 или n = 2. Таким образом, первые две окружности пересекают ось y и ось x, остальные (при n = 3, 4, 5) пересекают прямые y = 3 и x = 3.

3. Точка лежит на окружности x2 + + y2 = np и на гиперболе xy = np /2; в этой точке эти окружности и гипербола касаются.

4. Окружность x2 + y2 = np и гипербола xy = mp /2 пересекают прямую y = 3 в точках с координатами и . Так как 3,14 < p < 3,15, то

откуда

ЗАДАЧА 3

Найдите два корня уравнения

5x6 - 16x4 - 33x3 - 40x2 + 8 = 0,

произведение которых равно 1.

Если x ? 0 - один из искомых корней, то - другой корень. Тогда имеем систему уравнений

Значит, x - решение системы

Вычитая из второго уравнения этой системы первое, получаем

3x6 - 24x4 + 24x2 - 3 = 0.

Разделив обе части уравнения на x3, получаем

Положим , тогда и последнее уравнение примет вид

3(t 3 + 3t) - 24t = 0 или t(t 2 - 5) = 0.

При t = 0 x = ?1 - не корни исходного уравнения, при

а при

Числа и - корни квадратичного трехчлена x2 - 3x + 1, и так как

5x6 - 16x4 - 33x3 - 40x2 + 8 =

= (x2 - 3x + 1)(5x4 + 15x3 + 24x2 + 24x + 8),

то они являются искомыми корнями уравнения.

Числа и , отличаясь знаком от найденных, не могут быть корнями уравнения, так как из уравнения получаем

5x6 - 16x4 - 40x2 + 8 = 33x3,

то есть левая часть не меняется при изменении x на - x, а правая меняет знак.

Ответ:

ЗАДАЧА 4

Прямая, касающаяся описанной около равнобедренного треугольника ABC (AB = AC) окружности в точке B, пересекает прямую АС в точке D, E - середина AB (рис. 1). Чему равна проекция DE на AB, если DA = a?

Рассмотрим случай, когда точка D расположена на продолжении АС за точку С (это означает, что угол А в данном треугольнике меньше 60?). Пусть АС = АВ = 2b. Тогда по теореме о касательной и секущей DB 2 = a(a - 2b). Обозначим через М проекцию D на АВ, Е - середина АВ, ЕМ = х (х требуется найти). Далее имеем АМ = b + х, ВМ = х - b. Выражая DM 2 по теореме Пифагора из треугольников ADM и BDM и приравнивая соответствующие выражения, получим

a2 - (b + x)2 = a(a - 2b) - (x - b)2,

откуда

(Случай, когда точка D расположена с другой стороны отрезка АС, рассматривается аналогично и приводит к тому же ответу.)

Ответ: .

ЗАДАЧА 5

Решите уравнение

Очевидно, 0 # x # 2. Поэтому мы можем сделать замену переменного x = 2 cos j, 0 # j # p /2. Тогда

2 + x = 2(1 + cos j) = 4cos2

Таким образом, уравнение принимает вид

(все корни берем со знаком "+", так как 0 # j # # p /2). Или

Окончательно получаем

Откуда

Учитывая ограничения на j, найдем

Ответ:

ЗАДАЧА 6

В треугольнике ABC проведены биссектрисы внутренних углов AA1 , BB1 и CC1 (A1 , B1 , C1 - на сторонах треугольника). Известно, что - AA1C = - AC1B1 . Найдите - BCA.

Первое решение

Пусть в соответствии с чертежом - A = 2a, - B = = 2b, -C = 2g, то есть a + b + g = 90?. Проведем B1D параллельно биссектрисе AA1 (D на ВС, -CB1D = = -CAA1 = a) и вычислим некоторые углы. - AA1C = = - AC1B1 = - B1DC = a + 2b (внешний угол DAA1B ). - BB1C1 = - AC1B1 - - C1BB1 = a + b; - BB1C = 2a + b (внешний угол DBB1A ) и - DB1B = a + b. Таким образом, в четырехугольнике ВС1В1D диагональ ВВ1 является биссектрисой углов DBC1 и DB1C1 , то есть является осью симметрии четырехугольника BC1B1D. Отсюда следует, что DC1B1D равнобедренный, B1C1 = B1D и - B1DC1 = (180? - 2(a + b)) = g. Так как - B1CC1 = - B1DC1 (= g), то точки B1 , C, D, C1 лежат на одной окружности, а поскольку - DCC1 = g, то хорды DC1 , C1B1 и B1D стягивают равные дуги, треугольник B1C1D равносторонний, g = 60?, а - BCA = 120?.

Второе решение

При решении задачи нам потребуются следующие вспомогательные утверждения.

1. Пусть С1 и В1 (как и в условии задачи) - основания внутренних биссектрис треугольника АВС, А2 - точка пересечения биссектрисы внешнего угла этого треугольника при вершине А с прямой ВС. Тогда точки А2 , В1 и С1 расположены на одной прямой (рис. 2).

Справедливость этого утверждения следует из теоремы Менелая и теорем о биссектрисе внутреннего и внешнего углов треугольника. В самом деле, чтобы точки А2 , В1 и С1 лежали на одной прямой, по теореме Менелая должно выполняться равенство Заменяя каждое отношение в последнем равенстве отношением соответствующих сторон треугольника АВС, убедимся в его справедливости.

2. Для всех точек окружности с диаметром А1А2 (эта окружность проходит через точку А ) отношение расстояний до точек В и С постоянно и равно отношению сторон АВ и АС. (Указанная окружность называется окружностью Аполлония.) При этом если М - любая точка этой окружности, то для треугольника ВМС отрезки МА1 и МА2 будут соответственно отрезками внутренней и внешней биссектрисы (рис. 3).

Доказательства обоих утверждений можно найти в учебной литературе, и в частности в учебнике И.Ф. Шарыгина "Геометрия 7-9" ("Дрофа", 1997).

Перейдем к нашей задаче. Из условия следует, что прямая С1В1 пересекает продолжение ВС (точка А2 - см. утверждение 1) за точку С (рис. 4). Это следует из того, что - АС1В1 = - АА1С, а последний больше -В данного треугольника. Теперь получаем, что - АС1А2 = - АА1А2 . Значит, точки А, А2 , А1 , С1 лежат на одной окружности. Таким образом, С1А1 - биссектриса угла ВС1С (утверждение 2). Следовательно, точка А1 для треугольника АСС1 является точкой пересечения внутренней биссектрисы угла А и внешней биссектрисы угла С1 (А1 - центр одной из вневписанных окружностей для треугольника АСС1), а отсюда следует, что СА1 также является биссектрисой для внешнего угла при вершине С в треугольнике АСС1 , то есть внешний угол при вершине С равен половине внутреннего. Отсюда искомый угол равен 120?.

Ответ: 120?.

ЗАДАЧА 7

Разрежьте прямоугольник размером 10 см i 25 см одним прямолинейным разрезом на две части так, чтобы их можно было бы без пересечения разместить внутри круга диаметром 22,1 см.

Разрежем данный прямоугольник на две равные прямоугольные трапеции прямой, проходящей через его центр и делящий каждую из длинных сторон на отрезки длиной 9,4 и 15,6 см (в сумме 25 см). Приложим получившиеся трапеции большими основаниями так, чтобы получился пятиугольник, и проведем окружность через концы коротких оснований трапеций. Эти четыре вершины пятиугольника образуют прямоугольник 20 см i 9,4 см, поэтому диаметр описанной окружности равен © © 22,09886 < 22,1 см. Центр окружности находится на расстоянии 10 и 4,7 см от сторон прямоугольника и поэтому на расстоянии 15,6 - 4,7 = 10,9 см < i i 22,1 см от пятой вершины пятиугольника, то есть весь пятиугольник находится внутри окружности. Ч.т.д.

ЗАДАЧА 8

Сколькими способами из чисел 1, 2, 3, _, 11 можно выбрать несколько чисел так, чтобы среди выбранных не было трех идущих подряд чисел?

Обозначим через xn количество способов выбрать из чисел 1, 2, 3, _, n набор из нескольких чисел (возможно, не содержащий ни одного числа), в котором нет никаких трех последовательных чисел. Докажем, что при n > 3 имеет место равенство xn = = xn - 1 + xn - 2 + xn - 3 . В самом деле, число наборов, не содержащих n, равно xn - 1 ; число наборов, содержащих n, но не содержащих n - 1, равно xn - 2 ; число наборов, содержащих n и n - 1, равно xn - 3 (в такой набор не входит n - 2). Утверждение доказано. А поскольку x1 = 2, x2 = 4, x3 = 7, находим x4 = 13, x5 = 24, x6 = = 44, x7 = 81, x8 = 149, x9 = 274, x10 = 504, x11 = 927.

Ответ: 927.

ЗАДАЧА 9

Шесть городов расположены в вершинах выпуклого шестиугольника, все углы которого равны. Три стороны этого шестиугольника имеют длину а, а три оставшиеся - длину b (a # b). Надо соединить эти города сетью дорог так, чтобы из каждого города можно было проехать в любой другой (возможно, через другие города). Найдите наименьшую длину такой сети дорог.

Воспользуемся следующим известным утверждением. Если все углы треугольника меньше 120?, то наименьшая сумма расстояний до его вершин достигается для такой точки плоскости, из которой все его стороны видны под углами, равными 120? (рис. 1). (Эта точка носит название точки Торричелли.) Если же один из углов треугольника больше 120?, то наименьшей эта сумма будет для вершины тупого угла (рис. 2). Из этого утверждения следует, что если в какой-то точке (не являющейся городом) сходятся несколько (более двух) дорог и система дорог имеет наименьшую длину, то в этой точке сходятся ровно три дороги и углы между ними по 120?. В противном случае общая длина всех дорог может быть уменьшена. Кроме того, если в искомой минимальной сети дорог имеется дорога, соединяющая два города, то эта сеть состоит из дорог, идущих по сторонам шестиугольника (исключается одна из дорог длины b). В самом деле, если дорога идет из города А в город В, а затем мы сворачиваем в точку С внутри нашего шестиугольника, то - АВС оказывается меньше 120? и, следовательно, общая длина дорог может быть уменьшена. После небольшого перебора получим, что существуют четыре варианта того, как должна выглядеть искомая сеть дорог (рис. 3).

В первом случае общая длина дорог равна 3a + + 2b. При изучении остальных трех случаев воспользуемся следующим нетрудно доказываемым утверждением. Пусть Р - такая точка внутри D АВС, из которой все его стороны видны под углом 120? (рис. 4). Построим на одной из его сторон (например, на АВ ) во внешнюю сторону правильный треугольник (АВС1). Тогда сумма расстояний от Р до вершин треугольника равна длине отрезка, соединяющего несовпадающие вершины данного и правильного треугольников (СС1). (Для доказательства можно поступить следующим образом: повернем D АВР вокруг А на угол 60? так, чтобы точка В перешла в С1 . Пусть при этом Р перейдет в Р1 . D АРР1 правильный. Нетрудно видеть, что точки Р и Р1 лежат на прямой СС1, а СС1 = РА + РВ + РС. Используя последнее утверждение, мы можем в случаях 2, 3 и 4, постепенно "распрямляя" нашу сеть дорог, свести все к вычислению расстояния между двумя точками. Дальнейшее понятно из рис. 3) В случае 2 получаем общую длину дорог равной . В случае 3 сумма всех длин равна . Случай 4 оказывается невозможен. (Он "вырождается" в случай 1.) Нетрудно проверить, что при всех a (a # b) общая длина всех дорог в 3-м случае больше, чем в 1-м. Достаточно проверить, что это имеет место при a = 0 и a = b. Общая же длина дорог во 2-м случае меньше, чем в первом, если .

Ответ: если , то наименьшая длина

искомой сети дорог равна ;

в остальных случаях она равна .

ЗАДАЧА 10

Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается BC в точке K, M - середина высоты, опущенной на BC. Прямая KM вторично пересекает вписанную в ABC окружность в точке P. Докажите, что окружность, проходящая через B, C и P, касается окружности, вписанной в треугольник ABC.

Пусть L - середина ВС. Обозначим через Q точку пересечения серединного перпендикуляра к ВС с прямой РК (рис. 1). Докажем, что точки В,С,Р и Q лежат на одной окружности. Из этого будет следовать утверждение задачи. В самом деле, окружность, проходящая через точки В, С и Р, и вписанная в данный треугольник окружность имеют общую точку Р. Точки Р, К и Q лежат на одной прямой, К и Q принадлежат разным окружностям, а касательные, проходящие через К и Q к соответствующим окружностям, параллельны. Следовательно, касательные к этим окружностям, проходящие через Р, совпадают, то есть указанные окружности касаются.

Итак, нам надо доказать, что точки В,С, Р и Q лежат на одной окружности. Для этого нам достаточно доказать справедливость равенства

CK " KB = QK " KP.

Положим BC = a, CA = b, AB = c, 2p - периметр треугольника АВС, S - его площадь, r - радиус вписанной окружности, AN = h - высота к стороне ВС, - MKN = j. Будем считать, что угол В данного треугольника является острым и b > c (для других случаев рассуждения и вычисления практически не меняются.) Имеем

(Эти равенства легко следуют из того, что касательные к окружности, выходящие из одной точки, равны: обозначив через х длины касательных к окружности, выходящие из точки С, последовательно выразим через х касательные, выходящие из вершин А и В, и получим для х уравнение.) Далее находим

LK = LB - KB = ,

Из последнего равенства и равенств (2) получаем

Таким образом,

Далее имеем

KP = 2r sin j, KQ =

Из этих равенств с учетом (3), (4) находим

Равенство (1) теперь приводится к виду (учитываем (2))

Последнее равенство следует из двух известных формул для площади треугольника: формулы Герона S 2 = p(p - a)(p - b)(p - c) и формулы S = pr. Утверждение доказано.

ЗАДАЧА 1

Решите уравнение

x5 + (x + 1)5 + (x + 2)5 + _ + (x + 1998)5 = 0.

В левой части уравнения 1999 слагаемых, "среднее" из них равно (x + 999)5. После замены t = x + + 999 уравнение примет вид

(t - 999)5 + _ + (t - 1)5 + t 5 + (t + 1)5 + _

_ + (t + 999)5 = 0.

Сумма равноудаленных от t 5 слагаемых

fk(t) = (t - k)5 + (t + k)5, k = 1, 2, _, 999.

Ясно, что при t > 0 fk(t) > 0; при t = 0 fk(t) < 0, а при t = 0 fk(t) = 0. Значит, единственный корень уравнения t = 0, то есть x = - 999.

Ответ: x = - 999.

ЗАДАЧА 2

Найдите наибольшее значение С, для которого для любых x, y, z, u, таких, что 0 # x # y # z # u, имеет место неравенство

(x + y + z + u)2 $ Cyz.

Вначале докажем неравенство

(x + y + z + u)2 $ 9yz.

Так как u $ y, u $ z, то

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, то, возводя его в квадрат, найдем

но (y + z)2 $ 4yz, поэтому

(x + y + z + u)2 $ 9yz.

Неравенство доказано.

Выберем x = 0, y = z = u = a > 0, получим

(x + y + z + u)2 = 9a2, yz = a2.

Этот пример показывает, что неравенство с C > 9 уже несправедливо.

Ответ: C = 9.

ЗАДАЧА 3

При каких a из отрезка [0; p] существуют a и b, не равные одновременно нулю, при которых неравенство

a cos x + b cos 2x # 0

выполняется при всех x, принадлежащих отрезку [a; p]?

Прежде всего докажем, что для таких чисел a, b не существует. Предположим противное: существуют числа a, b, (a2 + b2) ? 0, , для которых

y(x) = a cos x + b cos 2x # 0, a # x # p.

Тогда и y(p) = -a + b # 0, следовательно, a = b, но многочлен a[cos x + cos 2x] = = имеет разные знаки на интервалах . Получено противоречие. Таким образом, . Пример cos x + cos 2x показывает точность полученной оценки.

Ответ: для любых

ЗАДАЧА 4

Дана треугольная пирамида, у которой все плоские углы при одной из вершин прямые. Известно, что существует точка в пространстве, удаленная на расстояние 3 от указанной вершины и на расстояния от трех других вершин. Найдите радиус сферы, описанной около этой пирамиды. (Описанная сфера для пирамиды - это сфера, содержащая все ее вершины.)

Докажем вспомогательное утверждение: если ABCD - прямоугольник, М - произвольная точка в пространстве, то

MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2.

Для доказательства (1) рассмотрим два треугольника AMC и BMD. Пусть O - точка пересечения диагоналей данного прямоугольника. MO - медиана в треугольнике AMC. По известной формуле имеем 4MO 2 = 2AM 2 + 2CM 2 - AC 2. (Доказать это равенство можно, например,так: выразим АМ 2 и СМ 2 по теореме косинусов из треугольников АОМ и СОМ и сложим эти выражения.) Записав такое же равенство для треугольника BMD, учитывая, что AC = BD, получим (1).

Перейдем к нашей задаче. Достроим данный тетраэдр до прямоугольного параллелепипеда обычным образом (попарно перпендикулярные ребра тетраэдра являются также и ребрами параллелепипеда, выходящими из одной вершины). Рассмотрим три грани этого параллелепипеда, содержащие прямоугольные грани тетраэдра. В каждой из них мы знаем расстояния от точки М до трех вершин, следовательно, учитывая равенство (1), можем найти расстояния до четвертой вершины каждой грани. Квадраты этих расстояний будут равны числам 5 + + 6 - 9 = 2, 6 + 7 - 9 = 4, 7 + 5 - 9 = 3. Теперь мы можем найти квадрат расстояния от точки М до оставшейся восьмой вершины параллелепипеда, противоположной вершине тетраэдра, плоские углы при которой прямые. Это расстояние оказывается равным 0 (2 + 3 - 5 = 0, или 3 + 4 - 7 = 0, или 2 + 4 - 6 = = 0). То есть точка М совпадает с указанной вершиной параллелепипеда. Следовательно, 3 - диагональ параллелепипеда, радиус описанной около параллелепипеда, а значит и около тетраэдра, сферы равен 1,5.

ЗАДАЧА 5

Найдите наименьшее значение выражения

(x - y)2 + (z - u)2,

если

(x - 1)2 + (y - 4)2 + (z - 3)2 + (u - 2)2 = 1.

Рассмотрим на декартовой плоскости точки A(1, 3), B(4, 2), N(x, z), M(y, u). Пусть 0 # r # 1 и r2(N, A ) = (x - 1)2 + (z - 3)2 = r 2, тогда r2(M, B ) = = (y - 4)2 + (u - 2)2 = 1 - r 2 и наименьшее значение (x - y)2 + + (z - u)2 = r2(N, M ) достигается для ближайших точек N и M окружностей g1 и g2 . Так как то расстояние между этими ближайшими точками равно r(N ', M ') = = и принимает наименьшее значение при максимальном значении . Для отыскания этого максимума положим r = sin t, 0 # # t # p /2, тогда

Итак, наименьшее значение (x - y)2 + (z - u)2 равно и достигается (это нетрудно доказать) при

Ответ:

ЗАДАЧА 6

Разрежьте прямоугольник размером 10 см i 20 см одним прямолинейным разрезом на две части так, чтобы они могли быть без пересечения размещены внутри круга диаметром 19,4 см.

Пусть дан прямоугольник ABCD : AB = CD = = 20 см, BC = DA = 10 см; точка Е такова, что AE = = 3,6 см, ЕВ = 16,4 см, точка F такова, что DF = = 4,8 см, FC = 15,2 см (рис. 1).

G - середина FC, BH = CG = 7,6 см, OC = OF = OE = = R, EH = 8,8 см. Пусть HO = x, OG = 10 - x, тогда R2 = 8,82 + x2 = 7,62 + (10 - x)2. Отсюда x = OH = = 4,016 см, OG = 5,984 см, R = © © 9,6730685. Отрежем прямоугольную трапецию ADFE, переименуем ее соответственно в A1D1F1E1 и приложим сторону E1F1 к основанию EB так, чтобы перпендикуляр из середины М стороны A1D1 проходил через точку О (как на рис. 1).

Точку пересечения MO и E1F1 обозначим через L, а точка К на D1F1 такова, что E1K параллелен A1D1. - HOL = - KE1F1 (соответственно перпендикулярные стороны), поэтому HL : HO = KF1 : KE1 = 1,2 : 10 = = 0,12. Отсюда HL = 0,12 i 4,016 = 0,48192 и Так как ML = 4,2 (средняя линия трапеции), то MO © 8,2448118 и

Итак, окружность радиуса 9,68 с центром в точке О содержит обе прямоугольные трапеции, что и требовалось доказать.

ЗАДАЧА 7

При каком наименьшем натуральном n найдется многочлен P(x) с целыми коэффициентами, имеющий m различных целых корней, и при этом уравнение P(x) = n имеет хотя бы одно целое решение, если:

а) m = 5, б) m = 6?

а) ищем P(x) в виде P(x) = (x - x1)(x - x2)(x - x3) i i (x - x4)(x - x5)q(x), где x1 , _, x5 - различные целые, а q(x) - многочлен с целыми коэффициентами.

Пусть k - целый корень уравнения P(x) = n, то есть

(k - x1)(k - x2)(k - x3)(k - x4)(k - x5)q(k) = n,

где k - x1 , _, k - x5 - различные целые числа, а q(k) - целое. Наименьшее натуральное n, представляемое таким образом, есть 12: (-1) " (1) " (- 2) " (2) " (3) " 1 = = 12, а

P(x) = (x + 3)(x + 2)(x + 1)(x - 1)(x - 2), P(0) = 12;

б) решение аналогично п. а).

P(x) = (x - x1)(x - x2)(x - x3)(x - x4)(x - x5)(x - x6)q(x),

где x1 , _, x6 - различные целые, а q(x) - многочлен с целыми коэффициентами.

Пусть k - целый корень уравнения P(x) = n, то есть

(k - x1)(k - x2)(k - x3)(k - x4)(k - x5)(k - x6)q(k) = n,

где k - x1 , _, k - x6 - различные целые числа, а q(k) - целое. Наименьшее натуральное n, представляемое таким образом, (-1) " (1) " (- 2) " (2) " (- 3) " (3) i (-1) = = 36, а

P(x) = - (x + 3)(x + 2)(x + 1)(x - 1)(x - 2)(x - 3),

P(0) = 36.

Ответ: а) n = 12, б) n = 36.

ЗАДАЧА 8

Внутри треугольника ABC взята точка P так, что углы APB, BPC и CPA равны 120?. Прямые BP и CP пересекают AC и AB в точках M и K. Известно, что четырехугольник AMPK равновелик треугольнику BCP. Чему равен угол BAC?

Положим АР = х, ВР = у, СР = z. Пусть площадь треугольника АРС равна S (S = (1/2) xz sin 120?). Поскольку МР - биссектриса угла АРС, МР делит сторону АС и площадь треугольника АРС в отношении x : z. Значит, площадь треугольника АРМ равна . Аналогично выразим площадь треугольника АРК через площадь АРВ. Равенство указанных в условии площадей приводит к равенству

Преобразуем это равенство:

x3z + x2yz + x3y + x2yz = x2yz + xy2z + xyz2 + y2z2 ;

(x3z - xyz2) + (x2yz - y2z2) + (x3y - xy2z) = 0;

(xz + yz + xy)(x2 - yz) = 0.

Таким образом, x2 - yz = 0. Следовательно, Таким образом, треугольники АРС и ВРА подобны, - ВАС = - ВАР + - РАС = - ВАР + - РВА = = 60?.

Ответ: 60?.

ЗАДАЧА 9

Последовательность an определяется соотношением

где k > 0. Известно, что a13 = a1 . Какие значения может принимать k?

Разделив и k + an на , запишем равенство в виде

Пусть (тогда ) и b - любой угол, такой, что . Тогда

и вообще

При этом a13 = a1 в том и только том случае, если tg (12a + b) = tg b. Для этого необходимо и достаточно, чтобы было 12a = pl, l k Z, то есть . Так как , то 1 < l < 5. Так как k = (tg a)2, то

При этом

Аналогично

Ответ:

ЗАДАЧА 10

Рассмотрим окружность, касающуюся сторон AB и AC (эти стороны не равны) треугольника ABC и описанной около него окружности. Пусть K, M и P - точки касания этой окружности со сторонами треугольника и описанной около него окружности соответственно, L - середина дуги BC (не содержащей А). Докажите, что прямые KM, PL и BC пересекаются в одной точке.

Первое решение

Пусть О - центр вписанной в ABC окружности. Проведем через О прямую, перпендикулярную АО, и обозначим через К и М точки ее пересечения с АВ и АС (рис. 1).

Мы обозначили эти точки так же, как и в условии, поскольку в дальнейшем докажем, что они совпадают с данными в условии точками. (Аналогично мы поступим и с точкой Р.) Обозначим через Р вторую точку пересечения окружностей, описанных около треугольников ВОК и СОМ. Имеем - КРМ = - КРО + - ОРМ = - КВО + - МСО = (- B + + - C ) = (180? - - A ). Это означает, что окружность, описанная около треугольника КМР, касается АВ и АС в точках К и М. Далее находим - ВРС = - ВРО + -СРО = - АКО + - АМО = 180? - - А. Следовательно, точка Р лежит на описанной около АВС окружности. Обозначим через D точку пересечения РК с этой окружностью. - BPD = - BOK = - AKO - - - KBO = 90? - - A - - B = - C. Значит, D - середина дуги АВ, описанной около АВС. Таким образом, касательные к окружности, описанной около АВС, и к окружности, описанной около КМР, проведенные соответственно через точки D и К, параллельны, а следовательно, касательные к этим окружностям в точке Р совпадают, то есть эти окружности касаются.

Докажем подобие треугольников РВО и РОС. Углы при вершине Р у этих треугольников равны. Положим - РОМ = j. Тогда - РОС = j - - СОМ = = j - - В. А поскольку - РВК = j, то - РВО = j - - - В. Итак, - РВО = - РОС. Подобие треугольников РВО и РОС доказано. Из этого подобия следует, что

РО 2 = РВ " РС.

В дальнейшем будем считать, что - С > - В. Опустим из точки Р перпендикуляры PS и PQ соответственно на ВС и КМ (рис. 2) Докажем подобие треугольников АОР и PSQ. - ОРА = - ОРС - - АРС = = - ОМА - - В = (- С - - В ). Если Т - точка пересечения прямых КМ и ВС, то - КТВ = (- С - - В ). А поскольку - SPQ = - KTB, то - SPQ = - OPA (они равны (- С - - В ).) Учитывая равенство (1), будем иметь

С другой стороны,

Таким образом, Треугольники АОР и PSQ подобны. Следовательно, - LAP = - ОАР = = - SQP = - STP = - BTP. Но - LAP = - LAC - - - PAC = - BAL - - PAC. Пусть L1 - точка, в которой прямая ТР вторично пересекает описанную около АВС окружность. - BTP равен полуразности дуг BL1 и PC, то есть он равен разности углов - BAL1 и - PAC. Отсюда получаем, что - BAL1 = - BAL, следовательно, точки L и L1 совпадают. Утверждение задачи доказано.

Второе решение

Пусть О - середина хорды КМ, D и Е - точки пересечения прямых РК и РМ с большой окружностью, а G и Н - точки пересечения хорды DЕ со сторонами АВ и АС (рис. 3). Так как подобие с центром Р, переводящее маленькую окружность в большую, переводит КМ в DЕ, то DЕ перпендикулярно АL (так же, как и КМ ). - АGН равен - АКМ (параллельные стороны), а - АКМ = - КРМ (оба равны половине дуги КМ малой окружности), то есть - AGE = - DPE. Это означает, что и , то есть точка D является серединой дуги и аналогично точка Е является серединой дуги АС. Из подобия DDAG и DАЕН (- DAB = - АЕD и - AGD = - EHA) следует, что (AG / GD ) = (HE / HA ) и HE " GD = AG 2 (AG = HA ). - ЕDК = - МКР, а - МКР = - РМС = = - НМE - все три угла измеряются половиной дуги МР. Так как - DGK = - МНЕ, то DDGK подобен DМНЕ и GK / GD = HE / HM, AG 2 = HE " GD = GK 2. Равенство AG = GK = АН = НМ означает, что GН является средней линией равнобедренного DКАМ, а хорда DЕ является перпендикуляром из середины АО. То, что DЕ является биссектрисой угла АЕО, означает, что - DЕО опирается на дугу ВD (равную дуге DА ) и точки В, О и Е лежат на одной прямой.

Аналогично биссектриса СD угла АСВ проходит через точку О, значит, О - центр вписанной в DАВС окружности. Кроме того, ЕА = ЕО = ЕС и DА = DО = = DВ. Так как DL является одновременно биссектрисой - BDC и - BLA, то LО = LВ = LС и DL - перпендикуляр из середины ВО (то есть точка О - точка пересечения высот DLDE ). Пусть FL - диаметр большой окружности, тогда , а так как то DF = AE = EO и FE = DA = DO. Это значит, что DFEO - параллелограмм и ОF пересекает отрезок DЕ в его середине. Так как прямая РО также делит DЕ пополам (KO = OM ), то точки F, O и Р лежат на одной прямой и - FPL прямой. Пусть I - точка пересечения прямых КМ и FL, J - точка пересечения ВС и АL, N - точка пересечения ВС и FL. Из подобия прямоугольных треугольников IOL и JNL (- ILO общий) следует, что LN / LO = LJ / LI, а из подобия прямоугольных треугольников FBL и BNL (- BFL = - CBL) следует, что LN / LB = LB / LF. Так как LB = LO, то LO / LF = LN / LO = LJ / LI и DLOF подобен DLJI, JI || PF. IO является высотой в DLJI из вершины I (KM ^ AL), NJ - высотой из вершины J, а LP - высотой из вершины L (LP ^ PF и IJ || FP ). Эти высоты пересекаются в одной точке, что и составляет утверждение задачи.

Материалы подготовили: Д.И. Аверьянов, В.Б. Алексеев, А.А. Егоров, Р.Ш. Зигангиров, В.С. Панферов, В.Ю. Протасов, И.Ф. Шарыгин, В.А. Юдин.