Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
119. Пусть, для определенности AC. Отложим на продолжении стороны AB отрезок AC = AC (см. рис. 83). Тогда в равнобедренном треугольнике те. параллельна биссектрисе. Заметим, что A 1 — середина, поэтому прямая является средней линией в и проходит через середину стороны Аналогично получаем, что прямые и соответственно проходят через середины и сторон AC и AB и параллельны биссектрисам углов B и C треугольника ABC. Следовательно, прямые l A , и являются биссектрисами в треугольнике A 2 B 2 C 2 , составленном из средних линий ABC, те. пересекаются водной точке УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. См. решение задачи 112. 10 класс. В памяти естьчисло x. Сложением его с самим собой получаем Сравниваем эти числа (x и 2x). Если они равны, то x = 0, иначе x = Тогда найдем корни уравнения+ 2xy + x = 0, y 1,2 = −x ± x 2 − Если y 1 = или корней нетто, в противном случае x = 1. 122. Пусть O — точка пересечения диагоналей прямоугольника Проведем через M и O прямую до следующего пересечения си в точках и соответственно. Так как точка O лежит внутри обеих окружностей, то и лежат по одну сторону от O. При этом O · ON 1 = AO · OC = BO · OD = MO · ON 2 , так как AO = OC = = OB = OD , а значит ON 1 = ON 2 , и N 1 = N 2 = Замечание. Наоборот, проведя через любую точку O на интервале хорды AC ив окружностях итак, что AO = OC, BO = = OD , получим из теоремы о хордах AO 2 = M O · ON = BO 2 ⇒ AO = = OC = BO = OD ⇒ ABCD — прямоугольник. Из равенства 1 = (2 n − 1)(2 n(k−1) + 2 n(k−2) + . . . + следует, что 2 kn − 1 делится на 2 n − 1, поэтому = 2 kn+d −2 d +2 d −1 = 2 d (2 kn −1)+2 d −1 ≡ 2 d −1 (mod Таким образом 2 n − 1 делится на 2 m − 1 тогда и только тогда, когда делится на m. Если n = km, то 1 2 m − 1 = 1 + 2 m + . . . + Каждое слагаемое дает остаток 1 при делении на 2 m − 1, поэтому 1 2 m − 1 ≡ k (mod 2 m − Поэтому 2 km − 1 делится на (2 m − тогда и только тогда, когда k делится на 2 m − 1, что равносильно тому, что n делится на m(2 m − 1). 124. Ответ. Нельзя. Закрасим 27 квадратиков указанных граней так, как показано на рис. 84. Тогда любая полоска 3 × 1 закрывает четное число закрашенных квадратиков. Поэтому заклеитьданные три грани полосками так, как требуется в условии, не удастся. Как ив задаче 117 получаем, что числа в наборе разбиваются на пары a, −a. Числа различны, поэтому нульне входит в набор. Значит ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ среди этих чисел 50 положительных и 50 отрицательных, следовательно, их произведение положительно. Рис. 84 126. Ответ. Докажем, что n < 12 машин не хватит. Если куплено n машин, тов сумме невыездных дней будет n штук, значит, в какой-то деньне смогут выехатьне менее машин. В этот деньдоступно не более n − n 7 = 6 машин. Если n < 12, то 7 n < 10 , следовательно, требование задачи не выполняется. Итак, n Покажем, что 12 машин хватит. Будем подаватьв полицию на очередную машину ту пару дней, в которые на данный момент естьзапрет не более, чем на одну машину. Так можно продолжатьделать, пока не появятся дней с двумя запретами, те. так можно поступитьдля каждой из машин. После этого мы получаем, что в каждый деньу нас не более двух невыездных машин. Значит, каждый деньсвободно не менее 10 машин. A B C O 1 O 2 D Рис. 85 127. Возможны два случая расположения точек и O 2 : между и B (см. рис. 85) и между и B. Предлагаемое решение не зависит от этих случаев. Поскольку четырехугольник или (O 2 O 1 AD ) — вписанный Но ∠O 2 AD = ∠O 2 AB + ∠BAD = = 1 2 ∠CAB + 1 2 ∠BO 1 D , откуда с учетом) получаем ∠BO 1 D = ∠CAB. Так как треугольник BO 1 D — равнобедренный, то ∠O 1 DB = π − ∠BO 1 D 2 = π − ∠CAB 2 = 1 2 ( ∠CBA + С другой стороны ∠O 1 AD = ∠O 1 AB + ∠BAD = ∠O 1 BA + 1 2 ∠BO 1 D = = 1 2 ( ∠CBA + ∠CAB). Итак, ∠O 1 DB = ∠O 1 AD , откуда и следует требуемое. Без ограничения общности можем считать, что a b c. Пустьне все числа x, y, z равны. Тогда среди них естьлибо строго наибольшее, ли УЧЕБНЫЙ ГОД, 11 КЛАСС 149 бо строго наименьшее — скажем, x. Заметим, что если β > α, то функция) = √ t + β − √ t + α = β − α √ t + β + √ t + α — монотонно убывает. Перепишем первое изданных в условии равенств так + a − √ x + b) + ( √ x + b − √ x + c) = = ( √ y + a − y + b) + ( √ z + b − √ z + Если x — строго наибольшее, то каждая скобка слева не больше соответствующей скобки справа, причем равенства одновременно достигаются только при a = b = c. Аналогично, если x — строго наименьшее, то оба неравенства меняют знак, причем оба становятся равенствами опять же только при a = b = Замечание. Заметим, что мы доказали требуемое, воспользовавшись только одним изданных равенств. Правда, то, каким равенством изданных мы пользуемся, зависит от соотношения между переменными класс. См. решение задачи 121. 130. Пусть M(x 0 , y 0 ) — точка пересечения медиан. Прямая x = делит квадрат на две части. Водной из частей находится ровно одна вершина треугольника. Пусть ее координаты A(x 1 , y 1 ) , а координаты двух других, y 2 ) , C(x 3 , y 3 ) . Тогда = −−→ M B + −−→ M и, значит, |x 0 − x 1 | = |x 0 − −x 2 |+|x 0 −x 3 |. Поэтому после отражения относительно точки M точки и C перейдут в полосу, ограниченную прямыми x = и x = x 1 . Проведя аналогичные рассуждения для y, получим, что какие-то две точки перешли в полосу, ограниченную прямыми y = и y = где y ∗ — ордината одной из вершин треугольника. Одна из этих точек будет B или C, после отражения относительно M она, как мы доказали, останется внутри квадрата. Пустьтаких чисел конечное число, тогда для всех n, начиная с некоторого N, S(3 n ) < S(3 n+1 ) . Но 3 n , делятся на 9, поэтому и делятся назначит. Тогда +k ) S(3 N ) + 9k > 9k , значит, число имеет более k знаков 3 N +k > > 10 k . Отсюда, при k = N получаем 3 2N > 10 N — противоречие. См. решение задачи 124. 133. Пусть A и B — фракции. Тогда A ∪ A = A — тоже фракция и, значит, A ∪ B = A ∪ B — также является фракцией. Поскольку log a b > 1 , то log a log a b > log b log a b , атак как log c a < 1 , то log c log c a > log b log c a . Отсюда log a log a b + + log b log b c + log c log c a > log b log a b + log b log b c + log b log c a = = log b (log a b · log b c · log c a) = log b 1 = 0 ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. Ответ. Не существуют. Предположим, что ABCD и SA 1 A 2 . . . A n — такие треугольная и n- угольная пирамиды, что четыре трехгранных угла с вершинами A i , A j , угольной пирамиды равны трехгранным углам с вершинами A, и D — треугольной. Тогда сумма всех плоских углов трехгранных углов с вершинами A i , A j , A k , равна 4 · 180 ◦ = 720 ◦ . С другой стороны, по свойству трехгранных углов, ∠A m−1 A m A m+1 < ∠A m−1 A m S + + ∠A m+1 A m S , поэтому ∠A i−1 A i A i+1 + ∠A j−1 A j A j+1 + ∠A k−1 A k A k+1 + + ∠A l−1 A l A l+1 < 1 2 · 720 ◦ = 360 ◦ . Но сумма всех углов многоугольника. . . равна 180 ◦ · (n − 2), поэтому сумма остальных n − 4 углов многоугольника (без углов A i , A j , A k , A l ) больше, что невозможно, так как многоугольник — выпуклый. Ответ. α = Для α = 1 — существует f(x) = x. Для α = 1 для любого x существует такое, что y = α(x + y): достаточно положить y = αx 1 − α . Но тогда изданного уравнения получаем f(y) = f(x) + f(y), откуда f(x) = для любого x. 1997–1998 г класс. Ответ. Не существуют. Пусть M = a 1 . . . и N = b 1 . . . b n — числа, удовлетворяющие условию. Тогда M = dN, где d = 2, 4, 6 или 8 (так как M четно, а N нечетно). Пусть b k = 9 , и S = b k . . . b n . Тогда из неравенств . . . 0 < 2S < 199 . . . 9, 360 . . . 0 < 4S < 399 . . . 9, 540 . . . 0 < 6S < 399 . . . 9, 720 . . . 0 < 8S < 799 . . . следует, что в (й разряд переносится нечетная цифра p, значит, цифра последняя цифра суммы db k−1 + p — нечетна. Противоречие, поэтому таких M и N не существует. Ответ. Не могут. От противного. Предположим, что могут. Пусть O — точка пересечения диагоналей параллелограмма (см. рис. 86). В треугольнике и AM — медианы. K — точка их пересечения, следовательно 1 , откуда KO = BK 2 . Аналогичные рассуждения для треугольника ADC показывают, что LO = DL 2 . Из того, что BO = OD, следует, что УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС = LD , откуда BK = KL = LD. Значит, в треугольнике BAL отрезок является медианой и биссектрисой. Следовательно, он является и высотой, те. Аналогично, AL ⊥ BD. Но два различных перпендикуляра из одной точки A напрямую опуститьнельзя. A B C D M N O K L Рис. 86 139. Назовем характеристикой колоды количество имеющихся в ней карт той масти, которой в колоде осталосьбольше всего. При каждом ходе характеристика либо не меняется, либо уменьшается на. В последнем случае, очевидно, берется карта загаданной масти. Осталосьза- метить, что вначале игры характеристика колоды равнялась, а в конце — 0, так что походу игры она уменьшалась раз. Так как любые 9 точек лежат на двух окружностях, то найдется окружность O, на которой лежит не менее 5 точек. Рассмотрим все точки множества, не лежащие на O. Если таких точек четыре или меньше, то утверждение задачи верно. Действительно, дополнив их точками окружности до девяти, получим, что они лежат на двух окружностях, на одной из которых лежат три дополняющих точки, поэтому это O. Значит, все наши точки лежат на другой окружности. Пустьвне окружности O лежит не менее пяти точек. Возьмем пять точек A 1 , . . . , на O и три точки B 1 , B 2 , вне O. Через точки B 1 , проходит единственная окружность O 1 . Возьмем точку B, отличную от точек A 1 , . . . , A 5 , B 1 , B 2 , B 3 . По условию существуют две окружности и O 1 , содержащие все точки A 1 , A 2 , . . . , A 5 , B 1 , B 2 , B 3 , B. Тогда опять одна из окружностей и совпадает с O. Поскольку точки B 1 , B 2 , не лежат на окружности O, все они оказываются на той из окружностей O или O 1 , которая не совпадает си эта вторая окружностьтем самым совпадает с O 1 . Получается, что точка B лежит либо на O, либо на что завершает доказательство 2 3 4 5 6 7 Рис. 87 141. Пример приведен на рис. Обозначим через x число из центрального кружочка, а через S — сумму четырех чисел в вершинах квадрата. Тогда имеем систему уравнений + 2S = 45, 4S = 45 + S + На рисунках 88, 89 показано, как составлялисьурав- нения системы ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ S S S S Рис. Рис. Решая систему, находим x = 5, S = 20. Далее короткий подбор дает указанное выше решение. Нетрудно убедиться также, что оно единственно. После первого раскулачивания у всех, кроме раскулаченного, число овец делится на 2, общее число овец тоже делится назначит и остаток у раскулаченного тоже делится на 2. Аналогично, после второго раскулачивания у каждого число овец делится на 4, . . . , после седьмого на 7 = 128 . Это значит, что у одного из крестьян 128 овец, ау остальных по 0 овец, что и требовалосьдоказать. A B C B 1 B 2 B 3 O Рис. 90 143. Пусть B 1 — точка касания окружностью стороны AC, и касательные к S B , проведенные из точки B см. рис. 90). Точка O центр описанной окружности поэтому AO = BO. Кроме того, OB 1 = = OB 2 = R B , ∠OB 1 A = ∠OB 2 B = = 90 ◦ . Значит, OB 1 A = Отсюда ∠OBB 2 = ∠OAB 1 . Аналогично. Также доказывается, что угол между касательными к из точки A равен сумме ∠OBC + ∠OCB, а к из точки C — сумме ∠OAB + ∠OBA. Складывая эти равенства, получаем утверждение задачи. Прогноз, в котором нет нулей, окажется нехорошим, если все избиратели не явятся на выборы. Поэтому в каждом хорошем прогнозе должны бытьнули. Пустьв прогнозе П у кандидата A и некоторых из его друзей A 1 , . . . , A k 0 голосов. Тогда при явке A на выборы прогноз поуже ошибочен. Исключим A, A 1 , . . . , из списков кандидатов, и уменьшим на 1 прогноз по остальным друзьям A. Тогда мы вернемся к исходной задаче, нос меньшим числом кандидатов и меньшим на одного человека (A) числом избирателей. Продолжая эту процедуру, мы приходим к несовпадению по каждому кандидату числа поданных голосов с прогнозируемым. Значит, исходный прогноз — нехороший УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС класс. Ответ. Все треугольники, длины сторон которых пропорциональны, 4 и 5 (Египетский треугольник ). В любом треугольнике 2r < h b a, те. диаметр вписанной в треугольник окружности меньше всех его сторон. Пусть 2r, a, b и c образуют возрастающую арифметическую прогрессию с разностью d > 0. Ясно, что a = 2r + d, b = 2r + 2d, c = 2r + 3d и p = a + b + c 2 = 3r + Поскольку в любом треугольнике S = pr и S = p(p − a)(p − b)(p − то pr = p(p − a)(p − b)(p − c) или pr 2 = (p − a)(p − b)(p − c). Выразив в данном равенстве все величины через r и d получим + 3d)r 2 = (r + 2d)(r + откуда 3r = r + 2d, те, так как r > 0, r + d > 0. Следовательно, стороны равны 3r, 4r, Рис. 91 |