TopList Яндекс цитирования
Русский переплет
Портал | Содержание | О нас | Авторам | Новости | Первая десятка | Дискуссионный клуб | Научный форум
-->
Первая десятка "Русского переплета"
Темы дня:

Нас посетило 38 млн. человек | Чем занимались русские 4000 лет назад?

| Кому давать гранты или сколько в России молодых ученых?
Rambler's Top100

Статьи Соросовского Образовательного журнала в текстовом формате


V Соросовская олимпиада школьников. Финальный тур. МАТЕМАТИКА ( , 1999), ISSEP

Математика

7 класс

ЗАДАЧА 1

В коробке лежат восемь различных костяшек домино (см. рисунок), но границы между ними не видны.

Нарисуйте границы.

Ответ приведен на рис. 1. Возникает вопрос: а почему не может быть других вариантов? Покажем, что не может.

Рассмотрим костяшку домино, содержащую нолик, который находится в левом верхнем углу рисунка. Это либо горизонтальная костяшка 0-0, либо вертикальная 0-1. Покажем, что второй случай невозможен. Действительно, если в углу лежит костяшка 0-1, то рассмотрим костяшку, содержащую второй слева нолик в самом верхнем ряду. Она может быть расположена горизонтально или вертикально, но в любом случае это костяшка 0-1, чего не может быть, так как одна такая уже есть по предположению.

Итак, мы доказали, что в левом верхнем углу костяшка лежит горизонтально. Заметим, что в правом нижнем углу обязательно лежит костяшка 1-2, значит, костяшка, содержащая вторую сверху единичку в самом левом ряду, должна лежать горизонтально (иначе костяшка 1-2 встретится дважды).

Рассматривая левый нижний квадрат 2 i 2, видим, что левая нижняя костяшка лежит вертикально (иначе костяшка 2-3 встретится дважды). Нетрудно понять, что костяшки справа от нее тоже могут лежать только так, как показано на рисунке. Теперь границы в верхнем правом квадрате 2 i 2 очевидны.

Ответ: см. рис. 1.

ЗАДАЧА 2

Учительница нарисовала на доске четырехугольник ABCD. Ваня и Витя отметили внутри него точки X и Y, из которых все стороны четырехугольника видны под равными углами. Чему может равняться расстояние между точками X и Y ? (Из точки X сторона AB видна под углом AXB.)

Нам надо доказать, что точки X и Y обязательно совпадают. Рассмотрим два случая - случай выпуклого (рис. 1) и случай невыпуклого (рис. 2) четырехугольника.

Итак, пусть четырехугольник ABCD выпуклый. Ясно, что

- AXB + - BXC + - CXD + - DXA = 360?.

Так как все эти углы равны, то

- AXB = - BXC = - CXD = - DXA = 90?.

Значит, - AXC = 180?, следовательно, точка X лежит на диагонали AC. Аналогично точка X лежит на диагонали BD. Значит, точка X совпадает с пересечением диагоналей четырехугольника ABCD. Аналогично точка Y совпадает с пересечением диагоналей четырехугольника ABCD. Так как диагонали четырехугольника пересекаются в одной точке, точки X и Y должны совпадать. Что и требовалось доказать.

Замечание. Существование такой точки в любом четырехугольнике в задаче не утверждается. Можно показать, что не во всяком выпуклом четырехугольнике найдется такая точка, а только в том, диагонали которого взаимно перпендикулярны.

Покажем, что в случае невыпуклого четырехугольника таких точек X и Y не бывает. Действительно, рассмотрим три области, отмеченные на рис. 2 цифрами I, II и III.

Если точка X находится в области I, то выполняется (1) и аналогично предыдущему доказывается, что точка X совпадает с точкой пересечения диагоналей. Но диагонали невыпуклого четырехугольника не пересекаются внутри этого четырехугольника! Противоречие.

Пусть точка X находится в области II. Тогда (1) заменяется на

- AXB + - BXC + - CXD - - DXA = 360?.

Так как все углы в этой формуле равны, получаем

- AXB = - BXC = - CXD = - DXA = 180?.

Но тогда точка X лежит на каждой из сторон четырехугольника, что невозможно.

Случай расположения точки X в области III рассматривается аналогично.

Ответ: 0.

ЗАДАЧА 3

На белую плоскость положили несколько одинаковых черных квадратиков, может быть, частично перекрывающихся. Получилась черная многоугольная фигура, возможно, с дырками или из нескольких кусков. Может ли быть так, что у этой фигуры нет ни одного прямого угла?

Да, может. Возьмем, например, правильный восьмиугольник со стороной 1 и покроем его девятью квадратиками со стороной 1. На рисунке для наглядности не показан центральный квадратик.

Ответ: может, см. рис. 1.

Комментарии.

1. Один из квадратиков на рисунке выделен жирной линией.

2. Можно показать, что в центральной "дырке" нет прямых углов, так что на самом деле центральный квадратик не нужен.

3. Можно покрыть шестью квадратиками правильной шестиугольник. Нетрудно показать, что центральная дырка при этом не возникает.

ЗАДАЧА 4

Номер автобусного билета состоит из шести цифр (первые цифры могут быть нулями). Билет называется счастливым, если сумма первых трех цифр равна сумме последних трех. Докажите, что сумма номеров всех счастливых билетов делится на 13.

Идея решения. Число 1001 делится на 13.

Разобьем счастливые билеты на пары: билету с номером поставим в пару билет с номером . Билетам, для которых не найдется пары. Покажем, что сумма номеров в каждой паре делится на 13 и, кроме того, номера билетов, для которых нет пары, делятся на 13.

Рассмотрим сначала случай билета без пары:

то есть номер билета делится на 13.

Рассмотрим теперь случай пары билетов:

то есть сумма номеров в паре делится на 13.

Значит, и сумма номеров всех счастливых билетов делится на 13. Что и требовалось доказать.

ЗАДАЧА 5

Река Меандровка, имеющая много излучин, пересекает прямолинейное шоссе под тринадцатью мостами. Докажите, что найдутся два моста соседние и по шоссе, и по реке. (Мосты называются соседними по реке, если на участке реки между ними нет других мостов; мосты называются соседними по шоссе, если на участке шоссе между ними нет других мостов.)

Рассмотрим все пары соседних по реке мостов и выберем из них пару с наименьшим расстоянием по шоссе между ними. Обозначим эти мосты через A и B. Докажем, что эти мосты являются соседними и по шоссе. Пусть это не так. Участок дороги от A до B и участок реки от A до B не пересекаются, так как мосты A и B соседние по реке. Значит, участок дороги от A до B и участок реки от A до B ограничивают некоторую область (на рис. 1 она выделена серым цветом). Обозначим эту область через Г. Если река не пересекает область Г в точках, отличных от A и B, то мосты A и B - соседние по шоссе, и все доказано.

Пусть река пересекает область Г в точках, отличных от A и B. Тогда таких точек пересечения четное число, а значит, хотя бы две. Рассмотрим две соседние по реке точки пересечения. Это какие-то два моста. Но расстояние между ними меньше, чем между мостами A и B, что противоречит выбору мостов A и B ! Полученное противоречие завершает доказательство.

ЗАДАЧА 1

Можно ли написать пять различных дробей, дающих в сумме 1, таких, что их числители равны единице, а знаменатели - натуральные числа?

Ответ: можно, например:

ЗАДАЧА 2

Про два числа x и y известно следующее:

если x $ 0, то y = 1 - x;

если y # 1, то x = 1 + y;

если x # 1, то x = | 1 + y |.

Найдите x и y.

Сначала докажем, что x $ 0.

Пусть это не так, то есть x < 0, и, значит, x # 1. Но тогда, согласно третьему условию, x = | 1 + y | $ 0, что противоречит предположению x < 0.

Значит, согласно первому условию,

y = 1 - x.

Вместе с доказанным неравенством x $ 0 это дает y # 1. Значит, согласно второму условию,

x = 1 + y.

Из (1) и (2) легко получаем x = 1, y = 0.

Легко проверить, что эта пара удовлетворяет условию задачи.

Ответ: x = 1, y = 0.

ЗАДАЧА 3

Пять человек, живущих в разных городах, получили зарплату, одни больше, другие меньше (143, 233, 313, 410 и 413 рублей). Каждый из них может послать деньги другому по почте. При этом почта берет за перевод 10% пересылаемой суммы денег (чтобы пришло 100 рублей, надо послать на 10% больше, то есть 110 рублей). Они хотят переслать деньги так, чтобы у каждого оказалось одно и то же количество денег, а почта получила как можно меньше денег. Сколько будет денег у каждого при самом экономном способе пересылки?

Если бы почта не брала денег за перевод, то после пересылки у каждого было бы

= 302,4 руб.

Реально все получат несколько меньше. Пусть все получат по x рублей. Нетрудно понять, что 233 # x # # 313. Значит, трое самых "богатых" должны деньги послать, а двое самых "бедных" должны деньги получить (ясно, что пересылать деньги два раза невыгодно). Итак, получено по почте будет ((x - - 143) + (x - 233)) рубля, значит, почта получит

руб.

Приравнивая количество денег до пересылки и после пересылки, получаем уравнение

+ 5x =

= 143 + 233 + 313 + 410 + 413.

Решая это уравнение, находим x = 298 рублей.

Ответ: 298 рублей.

ЗАДАЧА 4

а) Укажите тройку различных натуральных чисел m, n и k, для которых m! = n! " k!. (Через x! обозначается произведение всех натуральных чисел от 1 до x, например, 4! = 1 " 2 " 3 " 4 = 24.)

б) Можно ли придумать 1999 таких троек?

Рассмотрим, например, тройки вида (n!, n, n! - 1). Утверждается, что все они удовлетворяют условию задачи. Действительно, так как для любого числа k выполняется равенство k! = k " (k - 1)!, то

(n!)! = n! " (n! - 1)!.

Полагая n равным 3, 4, _, 2001, получим 1999 троек, удовлетворяющих условию задачи.

Ответ: а) 6! = 3! " 5!.

б) можно.

ЗАДАЧА 5

Точки A, B и C лежат на одной стороне угла с вершиной в точке O, а точки A ', B ' и C ' - на другой. Известно, что B - середина отрезка AC, B ' - середина отрезка A 'C ', а прямые AA ', BB ' и CC ' параллельны (рис. 1). Докажите, что центры окружностей, описанных около треугольников OAC ', OA 'C и OBB ', лежат на одной прямой.

Пусть точки X, Y, Z - середины отрезков OA, OB и OC соответственно, а точки X ', Y ', Z ' - середины отрезков OA ', OB ' и OC ' соответственно. Легко видеть, что Y - середина XZ, а Y ' - середина X 'Z ' (рис. 2).

Пусть x, y, z - перпендикуляры к OC, восстановленные в точках X, Y, Z. Это параллельные прямые, причем расстояние между x и y равно расстоянию между y и z. Аналогично определим прямые x', y', z'. Прямые x, z, x', z' образуют в пересечении параллелограмм (рис. 3).

Так как центром описанной около треугольника окружности является точка пересечения серединных перпендикуляров к сторонам, то центры окружностей, описанных около треугольников OAC ' и OA 'C, - противоположные вершины этого параллелограмма, а центр окружности, описанной около треугольника OBB ', - точка пересечения прямых y и y '.

Мы докажем, что точка пересечения прямых y и y ' является центром параллелограмма (из этого следует утверждение задачи). Так как расстояние между x и y равно расстоянию между y и z, то прямая y пересекает стороны параллелограмма в их серединах. Значит, она проходит через центр параллелограмма. Аналогично, прямая y' проходит через центр параллелограмма. Доказательство закончено.

ЗАДАЧА 1

Известно, что каждое из уравнений х2 + ax + b = 0 и x2 + bx + a = 0 имеет два различных корня и эти четыре корня в некотором порядке образуют арифметическую прогрессию. Найдите a и b.

Заметим, что по теореме Виета сумма корней одного из заданных уравнений (любого) равна произведению корней другого, взятому с обратным знаком. Пусть корни данных уравнений в некотором порядке образуют прогрессию

u - d, u, u + d, u + 2d (d ? 0).

Возможны три случая.

1. Первые два члена прогрессии - корни одного уравнения, два оставшихся - другого. На основании сделанного замечания получим систему

Вычитая из второго уравнения первое и сокращая на d ? 0, получим d = 2 - 2u. Подставляя d в уравнение (любое), получаем u2 - 2u + 2 = 0. Уравнение не имеет решений, значит, этот случай невозможен.

2. Два средних члена прогрессии - корни одного уравнения, два крайних - другого. Имеем систему

Решений при d ? 0 нет.

3. Первый и третий члены прогрессии - корни одного уравнения, второй и четвертый - другого. В этом случае

Из первого уравнения заключаем, что u = 0 или 2d + u + 2 = 0.

Если u = 0, то из второго уравнения находим, что d = 2, и получаем прогрессию - 2, 0, 2, 4. При этом - 2 и 2 - корни одного уравнения, 0 и 4 - другого.

Если 2d + u + 2 = 0, то, решая систему, находим, что u = 2, d = - 2. Получаем прогрессию 4, 2, 0, - 2. Вновь - 2 и 2 - корни одного уравнения, 0 и 4 - другого.

Ответ: а = 0, b = - 4 или а = - 4, b = 0.

ЗАДАЧА 2

В качестве доказательства того, что правильный ответ еще не означает правильность решения, учитель привел следующий пример. Возьмем дробь После зачеркивания 9 в числителе и знаменателе (сокращения на 9) получаем верный ответ - дробь Точно так же дробь можно сократить на три девятки (зачеркнуть в числителе и знаменателе 999). А возможно ли, чтобы в результате подобного сокращения также получился правильный ответ, равный ? (Рассматриваются дроби вида Здесь буквой a мы обозначили несколько цифр, следующих в одинаковом порядке в числителе после 1, а в знаменателе перед 3. "Сокращаем" на a.)

Равенство можно записать в виде

3 " (10n + a) = 10a + 3,

где n - количество цифр в а. Поэтому

Значит, число 999_9 должно делиться на 7. Если делить это число до момента, когда оно впервые разделится нацело, получим наименьшее значение а:

Ответ: Да, возможно, например,

ЗАДАЧА 3

Решите систему уравнений:

Пусть значение каждой из дробей равно t. Освободившись от знаменателей, получим систему

Суммируя эти уравнения, получаем

t " (х - у)2 = 0.

Возможны два случая.

Если t = 0, то х = 1, у = 2.

Если х = у, то из исходных уравнений следует, что х = -1.

Ответ: х1 = 1, у1 = 2; х2 = -1, у2 = -1.

ЗАДАЧА 4

Пусть АВС - некоторый треугольник, не имеющий тупых углов, М - середина ВС, К - середина ВМ. Чему равно наибольшее значение угла КАМ ?

Докажем, что если для треугольника ABC угол KAM наибольший, то - ВАС прямой. Допустим, что он острый. Возьмем точку А1 внутри - КАМ достаточно близко к А так, что - ВА1С остается острым (см. рис. 1). - КА1М > - КАМ, что противоречит предположению. Итак, - ВАС не может быть острым. Но он и не тупой (по условию), значит, - ВАС = 90?.

Построим окружность, проходящую через точки К и М, касающуюся полуокружности с диаметром ВС в точке А0 (рис. 2). Для любой точки А полуокружности, отличной от А0 , - КАМ < - КА0М, поскольку A расположена вне описанной около треугольника KA0M окружности. Таким образом, наибольшее значение угла КАМ достигается для треугольника А0ВС.

Ввиду касания окружностей точка О - центр окружности, проходящей через К, М и А0 , лежит на А0М. Следовательно, треугольник А0КМ прямоугольный (А0М - гипотенуза). Но К - середина ВМ. Кроме того, А0М = ВМ, поэтому треугольник А0ВМ правильный и - КА0М = 30?.

Ответ: 30?.

ЗАДАЧА 5

В трапеции ABCD с основаниями BC = a, AD = b имеет место равенство: - BAC + - ACD = 180?. Прямая AC пересекает общие касательные к окружностям, описанным около треугольников ABC и ACD, в точках P и Q. Найдите PQ.

Проведем общие касательные к окружностям до пересечения в точке G (см. рис. 1). G - центр подобия (внешнего) данных окружностей. Обозначим, как на рисунке, точки касания одной из касательных с окружностями через E и F (Q лежит на ЕF ). Q - середина ЕF, так как QЕ 2 = QС " QА = QF 2, кроме того, РА = СQ. Продолжим DС до пересечения в точке В1 с окружностью, описанной около треугольника АВС. Угловые измерения дуг В1ЕС и СFD равны (- В1АС = - АСD - - АВ1С = p - - ВАС - - АВС = = - ВСА = - CAD ). Значит, прямая В1D проходит через G. При соответствующей гомотетии, Е переходит в F, В1 - в С, В - в А, С - в D. Значит, СЕ параллельна DF, В1Е параллельна СF, ВВ1 параллельна АС, отсюда AB1 = BC. Пусть прямые В1Е и DF пересекаются в точке М. Тогда СЕМF - параллелограмм. Точка М лежит на прямой АС, при этом АМ = РQ (QМ = СQ = РА ). Далее имеем

- РМВ1 = - MСF = - АDМ, - МАВ1 = - МАD.

Таким образом, треугольники АВ1M и АМD подобны, следовательно,

то есть АМ = РQ =

Ответ:

ЗАДАЧА 6

На координатной плоскости изобразите все точки М(х, у), координаты которых удовлетворяют уравнению:

| х - у | + | 1 - х | + | у | = 1.

Равенство | а | + | b | + | c | = a + b + c выполняется тогда и только тогда, когда a $ 0, b $ 0, с $ 0. Следовательно, искомое множество составляют точки М (х, у), координаты которых удовлетворяют неравенствам:

х - у $ 0, у $ 0, 1 - х $ 0.

Эти неравенства определяют треугольник, показанный на рис. 1.

Ответ: треугольник OAB на рисунке.

ЗАДАЧА 7

Рассмотрим вписанный четырехугольник ABCD. Пусть M - точка пересечения его диагоналей, а L - середина дуги AD (не содержащей других вершин четырехугольника). Докажите, что расстояния от L до центров окружностей, вписанных в треугольники ABM и CDM, равны.

Обозначения понятны из рисунка. Докажем, что треугольник IJL равнобедренный. Действительно, углы при его основании являются внешними углами треугольников ВIМ и СJM, то есть

- LJМ = - CМJ + - МCL,

- LIМ = - BМI + - МВL.

Но - МCL = - МВL, так как они опираются на равные дуги LA и DL,

- ВМI = - CМJ =

следовательно, - LIM = - LJM и треугольник IJL равнобедренный. Что и требовалось доказать.

ЗАДАЧА 8

Вычислите где f (x) = x1999 + 3x1998 + 4x1997 + 2x1996 + 4x1995 + 2x1994 + _ + 4x3 + 2x2 + 3x + 1.

Очевидно, что если то (x + 1)3 = 2, x3 + 3x2 + 3x - 1 = 0. Используя последнее равенство, "cвернем" выражение для f (x):

f (x) = (x1999 + 3x1998 + 3x1997 - x1996) + x1997 + 3x1996 +

+ 4x1995 + 2x1994 + 4x1993 + 2x1992 + _ + 1 =

= x1996(x3 + 3x2 + 3x - 1) + x1997 + 3x1996 + 4x1995 +

+ 2x1994 + 4x1993 + 2x1992 + _ + 1 =

= x1994(x3 + 3x2 + 3x - 1) + x1995 + 3x1994 + 4x1993 +

+ 2x1992 + _ + 1 = _ = x3 + 3x2 + 3x - 1 + 2 = 2.

Ответ: 2.

ЗАДАЧА 9

Из 9 человек, вышедших в финальную часть конкурса, только 4 должны получить приз. Претендентов перенумеровали и выстроили по кругу. Затем было определено некоторое число m (возможно, большее 9) и направление отсчета. Людей начали пересчитывать, начиная с первого. Каждый m-й становился победителем и выбывал из розыгрыша, а счет, начиная со следующего, продолжался до тех пор, пока не выявили четырех победителей. Первые три приза получили три человека, имевшие в исходной расстановке номера 2, 7 и 5 (именно в такой последовательности они выбывали). Какой номер в начальной расстановке имел четвертый победитель конкурса?

Расставим претендентов в вершинах девятиугольника и начнем счет с номера 1 по часовой стрелке. Первым выбывает участник, номер которого равен остатку от деления числа m на 9, то есть m при делении как на 9, так и на 3 дает в остатке 2. Вторым выбывает участник, номер которого больше номера первого выбывшего на остаток от деления m на 8, то есть этот остаток равен 5 (= 7 - 2). Теперь легко получить, что m при делении на 6 дает в остатке 5. Отсчитав, начиная с шестого (после третьего круга "вылетел" пятый) с учетом выбывших, пять человек, получаем, что в начальной расстановке четвертый победитель имел номер 3. Требуемые числа m существуют, например, минимальное из возможных m = 461.

Если вести счет в другом направлении, то, рассуждая аналогично, получим, что четвертый победитель имел номер 6. Наименьшее возможное m в этом случае равно 324.

Ответ: 3 или 6.

ЗАДАЧА 10

Биссектриса угла ВАС треугольника АВС пересекает дугу ВС (не содержащую точку A) описанной около этого треугольника окружности в точке D. Отрезок AD делится стороной ВС в отношении k (считая от вершины А). Найдите периметр треугольника АВС, если ВС = a.

Пусть F - точка пересечения ВС и AD. Из подобия треугольников СDF и АDC (- FCD = - СAD, так как они опираются на равные дуги, а - СDA общий) следует, что Теперь, учитывая условие задачи, получаем

Проведем СЕ параллельно АD до пересечения с продолжением ВА за точку А. Возник ряд равных углов: - DАС = - АСЕ = - ВАD = - ВЕС = - ВСD. Поэтому треугольник АСЕ равнобедренный (АС = АЕ ), значит:

ВЕ = BA + AE = АВ + АС = Р - ВС = Р - а.

Здесь Р - периметр треугольника АВС. Из подобия треугольников ВСЕ и DFС (- АВС = - FDС, - BEC = = - FCD) получаем

Ответ:

ЗАДАЧА 1

Известно, что график функции центрально-симметричен графику функции относительно некоторой точки. Найдите значение параметра a и координаты центра симметрии.

Графиком функции является гипербола. Ее асимптоты пересекаются в точке A (0, 0). Графиком функции также является гипербола с асимптотами х = - 2, у = - 6. Они пересекаются в точке B (- 2, - 6). Следовательно, центром симметрии (если он есть) должна быть середина отрезка АB - точка O (-1, - 3). Найдем уравнение функции, в которую переходит гипербола в результате симметрии относительно точки O. Пусть МA(хA , уA) - некоторая точка этой гиперболы, Она переходит в точку МB(хB , уB), причем откуда

Ясно, что точка МB оказывается на второй гиперболе, если a = -11.

Ответ: a = -11, О (-1, - 3).

ЗАДАЧА 2

Решите уравнение: | cos 3x - tg x | + | cos 3x + tg x | = | tg 2x - 3 |.

Рассмотрим два случая.

1. Если | tg x | $ 1, то уравнение можно записать в виде

2 | tg x | = | tg2 x - 3 |.

Действительно, если tg x $ 1, то tg x $ | cos 3x |, следовательно,

| cos 3x - tg x | + | cos 3x + tg x | =

= tg x - cos 3x + tg x + cos 3x = 2tg х.

Если tg x < -1, то преобразования выполняются аналогично.

Решая уравнение (*), найдем tg x = ?1 и tg x = ? 3. Условие | tg x | $ 1 выполнено.

2. Если | tg x | < 1, то правая часть больше, чем 2, а левая всегда не более чем 2 (проверьте этот факт самостоятельно). Следовательно, уравнение в этом случае корней не имеет.

Ответ: х = + np, n = 0, ?1, ? 2, _,

х = ? arctg 3 + mp, m = 0, ?1, ? 2, _

ЗАДАЧА 3

Не пользуясь калькулятором выясните, какое из чисел больше:

29200 " 2151 или 5279 " 3300.

Найдем отношение этих чисел:

Ответ: второе.

ЗАДАЧА 4

Пусть M - середина стороны BC треугольника ABC, Q - точка пересечения его биссектрис. Известно, что MQ = QA. Найдите наименьшее возможное значение угла MQA.

Допустим, что Q и В лежат по одну сторону от АМ (иначе переименуем С и В ) (рис. 1). Из равенства треугольников АQВ и МQВ (QА = МQ, QВ общая, - QВА = - QВМ, углы QАВ и QМВ оба острые), получим

Опишем около треугольника АВС окружность и пусть Е - середина дуги АС, не содержащей вершину B . Прямая ВQ проходит через точку Е. Так как треугольники АЕQ и АЕС равнобедренные (- QАЕ = ), то АЕ = СЕ = QЕ. Треугольники ВАЕ и ВMЕ равны (АВ = ВМ, ВЕ общая, - ЕВА = - ЕВМ), следовательно, АЕ = МЕ. Поскольку АЕ = СЕ = QЕ = МЕ, то четырехугольник АQМС вписан в окружность с центром в точке Е.

- АQМ + - АСМ = - AQM + - ACB = 180?, поэтому минимум угла - АQМ соответствует максимуму угла АСВ. Поскольку отношение неизменно, то при фиксированном отрезке ВС точка A расположена на окружности с центром в В. Поэтому значение угла АСВ максимально, когда АС - касательная к этой окружности, то есть АВ перпендикулярно АС (см. рис. 2). Катет АВ вдвое меньше гипотенузы ВС, значит, - АСВ = 30?.

Ответ: 150?.

ЗАДАЧА 5

Радиус окружности, вписанной в треугольник АВС, равен r. Эта окружность касается BC в точке M и делит отрезок AM в отношении k (от вершины A ). Найдите сумму радиусов окружностей, вписанных в треугольники AMB и AMC.

Обозначения ясны из рисунка, причем K, L, M, P, Q, S и R - точки касания вписанных окружностей со сторонами D ABC. Пусть AM = b ( ). Тогда АК = АL = l = (произведение отрезков секущей). Заметим, что LR = MS = = = QM = PK.

Далее решение можно вести двумя независимыми способами.

Решение 1. Из подобия D BO1Q и D BOM (прямоугольные с общим углом - OBM ) получаем, что Аналогично Следовательно,

Запишем теорему косинусов для D ABM :

AM 2 + BM 2 - 2AM " BM " cos - AMB =

= AB 2 = (AK + BM )2.

После сокращений получим 2b cos - AMB = - - 2l. Аналогично из D ACM имеем 2b cos - AMC = = Углы AMC и AMB смежные, поэтому сумма их косинусов равна нулю, то есть 4l = (b2 - - l 2) Отсюда

Решение 2. Поскольку МО1 и МО2 являются биссектрисами смежных углов, то - О1МО2 = 90?. Пусть - ВМО1 = j. Тогда - МО2S = j (углы с взаимно перпендикулярными сторонами), следовательно, Так как то MD = = 2r cos - AMO = 2r sin 2j. Отсюда получим

Ответ:

ЗАДАЧА 6

Найдите формулу общего члена последовательности an , для которой a1 = 1, a2 = 3, an + 1 = 3an - 2an - 1 (требуется выразить an через n).

Преобразуем формулу an + 1 = 3an - 2an - 1 к виду

an + 1 - an = 2(an - an - 1).

Обозначив bn - 1 = an - an - 1 , получим bn = 2bn - 1 . Следовательно,

b1 = 3 - 1 = 2, b2 = 2b1 = 22, b3 = 23, _, bn = 2n.

Ясно, что an = a1 + b1 + b2 + _ + bn - 1 = 1 + 2 + 22 + + 23 + _ + 2n - 1 = 2n - 1.

Ответ: an = 2n - 1.

ЗАДАЧА 7

Выпускник средней школы Игорь Петров, мечтавший стать дипломатом, сдавал вступительный экзамен по математике в Московский университет. Игорь запомнил все задачи, предлагавшиеся на экзамене, но в одной забыл некоторые числовые данные. Вот эта задача:

"При перемножении двух натуральных чисел, разность которых равна 10, была допущена ошибка: цифра сотен в произведении была увеличена на 2. При делении полученного (неверного) произведения на меньший из множителей получилось в частном k и в остатке r. Найдите числа, которые требовалось перемножить".

Величины k и r были даны в условии, но Игорь их забыл. Однако он помнил, что задача имела два ответа. Чему могли быть равны числа k и r (оба они целые и положительные)?

Примечание. Задача, о которой идет речь, предлагалась на одном из гуманитарных факультетов МГУ в 1991 году.

Пусть а - меньший из множителей. Тогда

а(а + 10) + 200 = kа + r, 1 < r < a,

причем известно, что получившееся квадратное уравнение

а2 + (10 - k)а + 200 - r = 0

имеет два натуральных корня. Меньший из этих корней а1 не превышает Отбрасывая делители числа 200 (r ? 0) и обозначая больший из корней через а2 , получаем:

В случае кратных корней (а1 = а2 = 14) задача имеет только один ответ.

Ответ: (k, r) = (79, 2), (49, 2), (45, 4),

(41, 2), (39, 2), (38, 8), (38, 5).

ЗАДАЧА 8

Известно, что при всех х таких, что | х | < 1, выполняется неравенство Найдите наибольшее значение a + 2c.

Обозначим Тогда

то есть максимум а + 2с не более чем Докажем, что это значение достигается, а значит, является максимумом. Пусть b = 0, а = 2с = Тогда неравенство

преобразуется к очевидному: (2x2 - 1)2(x2 + 1) $ 0.

Ответ:

ЗАДАЧА 9

Из бумаги вырезан треугольник площади 1. Докажите, что его можно перегнуть по отрезку прямой так, что площадь получившейся фигуры будет меньше s0 , где

Примечание. Указанное в условии значение s0 может быть уменьшено. Наименьшее известное авторам задачи значение s0 равно 2 - © 0,585. Если вам удастся улучшить эту оценку (и обосновать), напишите.

Докажем сначала вспомогательное утверждение:

В любом треугольнике одно из отношений меньшей стороны к большей превышает

Обозначим вершины треугольника так, чтобы стороны удовлетворяли условию а $ b $ c. Пусть Тогда Из неравенства треугольника а < b + c следует

Вернемся к нашей задаче. Пусть для определенности Перегнем треугольник по биссектрисе угла между сторонами b и c. Используя обозначения рисунка (SABL = SADL = S+ , SCDL = S-), получаем, что площадь исходного треугольника SAВС = 2S+ + S- = 1, а площадь сложенного треугольника S0 = S+ + S- . По свойству биссектрисы

то есть

Ответ: при перегибе треугольника единичной площади по биссектрисе угла между сторонами b и c, для которых образуется треугольник, площадь которого меньше S0 , где

ЗАДАЧА 10

В окружности проведена хорда АВ. Прямая L параллельна АВ и не пересекает окружность. Пусть С - некоторая точка окружности (рассматриваются точки С, расположенные по одну сторону от АВ ). Прямые СА и СВ пересекают L в точках D и E. Докажите, что существует фиксированная точка F плоскости, не лежащая на прямой L, такая, что - DFE постоянен.

Проведем касательные к данной окружности в точках A и B и пусть P и Q - точки их пересечения с прямой L. Построим окружность с центром в Р и радиусом r = АР. Определим точку F как точку пересечения окружности с серединным перпендикуляром к отрезку АВ. Поскольку прямая L не имеет общих точек с окружностью, то это построение всегда определит две точки F - над и под прямой L. Далее рассматриваем только нижнюю, но все рассуждения верны и для верхней. Отметим также, что угол РFQ (обозначим его j) определен однозначно при фиксированной хорде АВ. Докажем, что построенная точка F искомая.

Треугольники АРD и ЕQВ подобны (- АРD = = - РАВ = - АВQ = - ВQЕ, угол между касательной и хордой ), следовательно,

Подобны также и D FРD и D ЕQF (- DРF = - ЕQF как внешние углы равнобедренного треугольника FРQ, ). Обозначим равные углы этих треугольников - DЕF = - РFD = a, - ЕFQ = = - РDF = b. Тогда - DFЕ = a + b + j, но 2a + 2b + + j = p, поэтому - DFЕ = то есть для любого положения точки С на дуге АВ он постоянен.

Замечание. Любопытный факт: положение точки F зависит от прямой L и окружности, но не зависит от выбора хорды АВ в окружности. Прямая L называется радикальной осью окружности и точки F, при этом FP = KP, где K - произвольная точка окружности, а P - точка пересечения касательной к окружности в точке K с прямой L.

Из доказанного следует, что существуют две искомые точки F : они расположены на серединном перпендикуляре к АВ, причем РF = АР, где Р - точка пересечения касательной к окружности в точке А с прямой L.

ЗАДАЧА 1

Найдите хотя бы один корень уравнения

sin (2log2x) + tg (3log2x) = sin 6 + tg 9,

меньший, чем 0,01.

Пусть у = log2x. Тогда уравнение перепишется в виде

sin (2у) + tg (3у) = sin 6 + tg 9.

Понятно, что числа вида

у = 3 + kp, х = 2у = 23 + kp, k = 0, ?1, ? 2, _

являются корнями. Если выбрать k отрицательным и достаточно большим по модулю, то соответствующий корень будет сколь угодно близок к нулю. Условию удовлетворяют k # - 4.

Ответ: например, х = 23 - 1999p.

ЗАДАЧА 2

Пять ребер треугольной пирамиды равны 1. Найдите шестое ребро, если известно, что радиус описанного около этой пирамиды шара равен 1.

Пусть шестое ребро пирамиды АВСD есть АD, а центр описанного шара находится в точке О. Рассмотрим тетраэдр АВСО. Все его ребра равны единице, то есть это правильный тетраэдр. Правильным является и тетраэдр DВСО. Искомый отрезок АD соединяет вершины двух правильных тетраэдров с общим основанием ОВС, то есть равен удвоенной высоте правильного тетраэдра с ребром, равным единице. В правой части рис. 1 правильные тетраэдры для наглядности разнесены по вертикали.

Ответ:

ЗАДАЧА 3

Найдите площадь фигуры на координатной плоскости, ограниченной прямыми х = 0, х = 2 и графиками функций

Пусть Заметим, что если

то 1 + (- у)3 = (x + 1)2, то есть

Эскиз фигуры АВСО представлен на рис. 1. Часть фигуры под осью абсцисс - криволинейный треугольник ОСD - может быть совмещена с криволинейным треугольником АВЕ. Для этого необходимо переместить фигуру ОСD вверх на 1 и повернуть ее на угол 90? против часовой стрелки около точки А (схема в правом верхнем углу рисунка). При этом точка О переместится в А, С - в В. Поворот против часовой стрелки на 90? соответствует перемене осей: ось абсцисс переходит в ось ординат, а (- у) в x. Кривая ОС, заданная уравнением х = f (- у) - - 1, при таком преобразовании становится кривой АВ, определяемой уравнением у = f (х). Искомая площадь равна площади прямоугольника ОDВЕ, то есть 6.

Ответ: 6.

ЗАДАЧА 4

В окружности проведена хорда АВ. На ее продолжениях за точки А и В взяты точки P и Q соответственно так, что AP = ВQ. Через P и Q проведены две какие-то касательные к окружности, пересекающиеся в точке M. Найдите геометрическое место точек M (P и Q перемещаются по прямой и для любых P и Q берутся всевозможные пары касательных, которые определяют четыре точки из искомого геометрического места точек).

Пусть О - центр данной окружности, R - ее радиус, С - середина АВ, ОС перпендикулярно АВ. Тогда пары симметричных касательных (см. рис. 1) пересекаются на этом перпендикуляре (соображения симметрии). Наоборот, для любой точки вне диаметра DЕ можно построить пару касательных, пересечение которых с прямой АВ даст пару точек Р и Q, таких, что РА = QВ. Итак, часть искомого геометрического места точек - это точки прямой ОС, лежащие вне круга. Если АВ - диаметр, то это все искомое геометрическое место точек.

Рассмотрим несимметричную пару касательных LQМ и РКМ (рис. 2). Соединим О с Р, Q, М и проведем радиусы в точки касания. Возникла пара равных треугольников DРОК = DQОL (- РКО = - QLО = 90?, ОК = ОL, РО = QО ). D РОК переходит в D QОL при повороте вокруг центра окружности на угол РОQ, значит, D РОQ подобен D КОL. Отсюда заключаем, что - ОРА = - ОКL. Обозначим через точку С1 точку пересечения PQ и KL. Ясно, что точки С1 , Р, О и К расположены на одной окружности с диаметром РО (- ОКР = 90?), значит, - OC1P = 90?, то есть точки С и С1 совпадают. Итак, любая хорда, соединяющая точки касания, проходит через середину хорды АВ.

Опустим перпендикуляр МN на продолжение ОС. Точки М, N, L, О и К расположены на одной окружности с диаметром МО, следовательно, DОСК DОКN (- KON общий, - КNО = - ОКL - они опираются на равные хорды ОL и ОК ). Значит,

то есть для любых точек Р и Q отрезок ОN имеет постоянную длину и искомая часть геометрического места точек есть прямая, параллельная АВ. Заметим, что эта прямая называется полярой точки С.

Прямую, параллельную АВ, можно найти и несколько иначе. Заметим, что POQM - вписанный четырехугольник, поскольку -OPM + -OQM = = -OQL + -OQM = 180?. Следовательно, -OMP = = -OQP = -OPC, -OMN = -OMP + -PMN = = -OPQ + -QPM = -OPK. Из этих равенств делаем вывод о подобии следующих двух пар треугольников: DOMK DOPC, DOMN DOPK. Значит, Разделив второе равенство на первое, найдем откуда = является величиной постоянной.

Ответ: Часть серединного перпендикуляра к АВ,

расположенная вне окружности, и, если

АВ не диаметр, прямая, параллельная АВ.

ЗАДАЧА 5

Найдите все значения параметра a, при которых сумма всех решений (имеются в виду вещественные решения) уравнения x4 - 5x + a = 0 равна a.

График функции f (х) = х4 - 5х представляет собой выпуклую вниз кривую с единственной точкой минимума, определяемой равенством нулю производной f '(х0) = - 5 = 0, поэтому уравнение f (х) + + а = 0 имеет не более двух вещественных корней. Теорема Виета оперирует комбинациями всех корней, и применять ее к уравнению в целом нельзя.

Разложим левую часть уравнения в произведение двух квадратных трехчленов, один из которых имеет два вещественных корня. В соответствии с теоремой Виета коэффициент при первой степени у этого трехчлена должен быть равен а:

х4 - 5х + а = (х2 - ах + b)(х2 + cх + d ) = 0.

Приравнивая коэффициенты при соответствующих степенях, получаем

и окончательно а6 - 4а3 - 25 = 0.

Один из полученных корней отрицательный, что явно невозможно (сумма корней всегда положительная). Второй проверяется подстановкой. Достаточно убедиться, что первый множитель разложения имеет два корня.

Ответ:

ЗАДАЧА 6

Решите уравнение (при положительном x):

Ищем решение в виде Логарифмируя уравнение по основанию 2, получим

Последнее уравнение имеет очевидные корни:

Докажем, что рассматриваемое уравнение при любой правой части имеет не более двух корней при положительном x. Воспользуемся эквивалентным уравнением х ln x = а. Допустим, что функция у = = х ln x какое-то значение принимает три раза. Тогда ее производная у' = 1 + ln x должна обращаться в нуль по крайней мере в двух точках, что невозможно.

Ответ:

ЗАДАЧА 7

Докажите, что при всех положительных и допустимых значениях х имеет место неравенство

sin x + arssin x > 2x.

На рис. 1 представлены кривые у = sin x, х = sin у и у = x, на которых помещены точки А(х0 , sin x0), В(х0 , х0), С(sin x0 , х0), D(х0 , arcsin x0). Ясно, что точки С и D лежат на одной кривой у = arcsin x и что кривые ОА и ОС симметричны друг другу относительно биссектрисы координатного угла ОВ. Следовательно, АВ = ВС и угол наклона касательной к кривой ОСD в любой точке больше 45? (тангенс этого угла равен производной, которая больше 1). Угол наклона отрезка СD соответственно больше 45?. Значит, ВD > ВС. Отсюда получаем

sin х0 + arcsin х0 = ЕА + ЕD = (ЕВ - АВ ) + (ЕВ + ВD ) =

= 2ЕВ + (ВD - АB ) > 2EB = 2x0 .

ЗАДАЧА 8

Сторона ВС треугольника АВС равна a, а противолежащий угол равен a. Прямая, проходящая через середину ВС и центр вписанной окружности пересекает прямые АВ и АС в точках М и Р соответственно. Найдите площадь четырехугольника (невыпуклого) ВMPС.

Решение 1. Поскольку ВD = СD и угол между диагоналями ВМ и РС невыпуклого четырехугольника ВPМС равен a, то

SВMPC = SBMD + SPDC = SСMD + SPDВ = SВРМС =

=

Воспользовавшись теоремой синусов для треугольников ВМD и РСD, получим

где 2b = - АВС, 2g = - АСВ, j = - РDС. Подставив эти выражения в формулу для площади искомого четырехугольника, получим

Далее находим

Целесообразно найти ctg j как функцию углов b и g. Воспользуемся обозначениями рис. 1: I - центр вписанной окружности, D - середина ВС, x - проекция ID на BC, r - радиус вписанной окружности. Примем для определенности, что b # g. Имеем

Вычитая второе равенство из первого с учетом третьего, получим

2ctg j = ctg b - ctg g.

Преобразуем теперь равенства (1) и (2), заменив ctg j по формуле (3) и учитывая, что b + g = 90? - Так как sin 2b = 2 sin 2b ctg b, cos 2b = sin2b(ctg2b - 1), то

= cos 2b - sin 2b ctg j = sin2b[(ctg2b - 1) -

- ctg b(ctg b - ctg g)] = sin2b(ctg b ctg g - 1) =

Аналогично найдем

Заменяя соответствующие выражения в формуле для искомой площади равенствами (1*) и (2*), получим, что SВMPC =

Решение 2. Пусть В1 и С1 - точки пересечения продолжений биссектрис треугольника АВС с описанной вокруг него окружностью, А0 - середина дуги ВАС и для определенности вершины А и С лежат по одну сторону от А0D. Пусть Р1 - точка пересечения А0В1 и АС, I - точка пересечения Р1D и биссектрисы ВВ1 , а расстояния от точек D и Р до ВВ1 равны Н и h. Тогда

Из подобия треугольников А0В1С и СР1В1 (- СА0В1 = - В1СР1 , - В1 общий) получаем

Из (4) и (5) с учетом А0С = А0В следует, что Это равенство означает, что биссектриса СС1 проходит через I, то есть I - центр вписанной в треугольник АВС окружности, а точка Р1 совпадает с определенной по условию точкой Р. Аналогично доказывается, что точки С1 , А0 и М лежат на одной прямой. Установленный факт - прямое следствие теоремы Паскаля для шестерок точек, расположенных на окружности.

Точка А0 равноудалена от АВ и АС, поскольку А0А - биссектриса внешнего угла А треугольника АВС. Пусть касательная в точке А0 к окружности, описанной вокруг треугольника АВС, пересекает ВМ и СР в точках Е и F. Тогда

- ЕА0М = - ЕМА0 = - АВВ1 = - СВВ1 ,

- FА0Р = - FРА0 = - АСС1 = - ВСС1

и треугольники А0ЕМ и А0FР равнобедренные. Следовательно, расстояние от Р до А0Е равно расстоянию от А0 до FР (АС ), от М до А0Е равно расстоянию от А0 до МЕ (АВ ) и все эти четыре расстояния равны между собой. Касательная А0Е параллельна ВС, точки М и Р равноудалены от нее, значит, сумма расстояний от точек М и Р до ВС вдвое больше А0D. Учтя, что основания ВD и СD треугольников ВМD и СРD равны половине основания треугольника А0ВС, определим искомую площадь:

SВMPC = SBMD + SPDC =

Ответ:

ЗАДАЧА 9

Известно, что неравные друг другу числа a, b и c являются последовательными членами арифметической прогрессии, все они больше 1000 и все квадраты натуральных чисел. Найдите наименьшее возможное значение b.

Пусть 32 # a1 < b1 < c1 (если последовательность убывающая, переименуем а и с). Из рассмотрения остатков при делении на 4 в равенстве следует, что числа а1 , b1 и с1 имеют одинаковую четность. Введем

Заметим, что эти числа целые. Из < 1 следует, что m $ 1. Поскольку с1 $ 34, n $ 35, mп $ 35. Найдем произведение

mп = =

=

Выразим a1 , b1 и c1 через целые k, т и п:

a1 = т + п - 4k, b1 = т + п - 2k, с1 = п - т.

Теперь будем последовательно перебирать целые k, удовлетворяющие условию 2k2 $ 35, находить целые т и п, такие, что

(при условии п не менее чем 35), и по ним находить соответствующие a1 , b1 и c1 .

При k = 5 получаем систему

Она не имеет натуральных решений.

При k = 6 получаем систему

Эта система имеет единственное решение в натуральных числах т = 1, п = 72. Отсюда a1 = 49, b1 = 61.

При k = 7 получаем систему

Она имеет единственное решение в натуральных числах т = 1, п = 98. Отсюда a1 = 71, b1 = 85.

При k = 8 получаем систему

которая имеет два решения в натуральных числах т = 1, п = 98 и т = 2, п = 64. Отсюда a1 = 97, b1 = 113 и a1 = 34, b1 = 50.

Дальнейший перебор нецелесообразен, поскольку при k $ 9 имеем b1 = а1 + 2k $ 32 + 2 " 9 = 50.

Из найденных вариантов для b1 наименьшим является b1 = 50.

Ответ: 2500.

ЗАДАЧА 10

Плоские углы при вершине D пирамиды ABCD равны a, b и g (- CDB = a). На ребре CB взята произвольная точка M. В каждую из пирамид ABDM и ACDM вписали шар. Проведем через D плоскость, отличную от BCD, касающуюся обоих шаров и не пересекающую отрезок, соединяющий центры шаров. Пусть эта плоскость пересекает отрезок AM в точке P. Чему равен - ADP ?

Сначала приведем вспомогательное утверждение.

Пусть K1 и K2 - точки касания произвольного шара с плоскостями двугранного угла, D и E - точки на ребре этого угла. Тогда из факта равенства пар касательных из одной точки следует, что - K1DE = = - K2DE (DK1DE = DK2DE по трем сторонам).

Введем теперь следующие обозначения:

- DE и DF - прямые, по которым пересекается плоскость DEF, касающаяся шаров и отличная от BCD, с плоскостями ADB и ADC ;

- K1 , K2 , K3 , K4 , L1 , L2 , L3 и L4 - точки касания вписанных шаров с плоскостями. Заметим, что каждая из четверок точек лежит на окружности в плоскости, перпендикулярной линии, соединяющей D и центр соответствующего шара.

- - BDK1 = - BDK4 = x1 , - ADK1 = - ADK3 = x2 , - PDK2 = - PDK3 = x3 , - MDK3 = - MDK4 = x4 , - СDL1 = - CDL4 = у1 , - ADL1 = - ADL3 = y2 , - PDL2 = = - PDL3 = y3 , - MDL3 = - MDL4 = y4 - пары равных углов между линиями пересечения касательных плоскостей и касательными к шарам из точки D.

На рис. 1 представлена рассматриваемая конструкция. Рисунок 2 можно рассматривать как своего рода схему, иллюстрирующую данную ситуацию. В каком-то смысле это вид из точки D. Фактически на этом рисунке изображена проекция рассматриваемой конструкции на поверхность сферы с центром в D, но все дуги на этой проекции изображены в виде отрезков. На рисунке плоскостям, проходящим через D, соответствуют прямые, шарам - окружности, равным углам (с вершиной в D ) - равные отрезки (касательные к окружностям). Соответствующие точки одинаково обозначены. Отрезки, эквивалентные углам, обозначены так же, как углы. Очевидно, что

х1 + х2 = - ADВ = b,

у1 + у2 = - ADС = g,

х1 + х4 + у1 + у4 = a,

- АDР = х2 - х3 = у2 - у3 ,

х3 + у3 = х4 + у4 .

Последнее равенство выражает углы, под которыми видны из D равные отрезки касательных к шарам K2L2 и K4L4 (DDK2L2 = DDK4L4 по трем сторонам).

Вычитая a из суммы b и g, получаем

b + g - a = х2 - х4 + у2 - у4 = х2 - х3 + у2 - у3 = 2- АDР.

Ответ:

Материалы подготовили: В.Б. Алексеев, А.Д. Блинов,

Р.Г. Женодаров, В.В. Крюков, А.Ю. Митягин,

Р.М. Федоров, И.Ф. Шарыгин, В.В. Шеломовский,

А.Х. Шень, И.В. Ященко.


Rambler's Top100