Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
360. Поскольку прямые KL и P Q, лежащие в плоскостях ABD и параллельны, то они параллельны прямой, по которой эти плоскости пересекаются, те. Тогда вписанные четырехугольники ABLK и ABQP являются трапециями, а, значит, равнобокими трапециями. Поэтому и треугольники ABD и ABC — равнобедренные. Тогда пирамида ABCD симметрична относительно плоскости α — серединного перпендикуляра к AB, поскольку каждый из треугольников ABD и ABC симметричен относительно α. При этой сим УЧЕБНЫЙ ГОД, 8 КЛАСС 241 метрии точки K и L, а также P и Q переходят друг в друга, а точка переходит в себя поэтому углы KMQ и LMP переходят друг в друга. A B C D L Q K P M Рис. Пусть β — плоскость, перпендикулярная к, проходящая через M; поскольку C, D ∈ то β ⊥ α; аналогично β ⊥ CBD. Поскольку четырехугольники и DMQB вписанные, имеем ∠DML = 180 ◦ − ∠CML = ∠CBD = = 180 ◦ − ∠DMQ = ∠CMQ. Таким образом, лучи ML и MQ симметричны относительно Аналогично, MK и MP симметричны относительно Отложим на лучах MK, ML, MP , MQ единичные отрезки MK , ML , MP , MQ . Тогда точки и L , а также и симметричны относительно, а точки и P , и симметричны относительно β; отсюда, те. плоский четырехугольник параллелограмм. Обозначим через O точку пересечения его диагоналей. Тогда MO — медиана, а, значит, и биссектриса в равнобедренных треугольниках и L M P , что и требовалосьдоказать. 2004–2005 г класс. Заметим, что раз через два часа машины снова оказалисьна расстоянии км, то ровно через час они встретятся. Но это значит, что Запорожец до встречи с Москвичем и Москвич после встречи с Запорожцем ехали по одному часу. Если Незнайка прав, получается, что суммарная скоростьмашин 60 км/ч. Но за два часа они в сумме проехали км. Противоречие. Ответ. Первый. Заметим, что первый игрок делает ходы длиной 1, 4, . . . , 1024. Покажем, что первому удастся сделать ход длины 1024 (тогда второй проиграет, так как второму пришлосьбы сделатьход длины 2048, что невозмож- но). Заметим, что 1 + 2 + 4 + . . . + 128 < 256, те. до го хода первого фишка находится на расстоянии не более 256 от центра. Пустьпервый своим м ходом (на 256 клеток) подвинет фишку в сторону центральной клетки. Тогда после его хода расстояние от фишки до центральной клетки также будет не более чем 256. После следующего хода второго (на клеток) расстояние от фишки до центральной клетки будет не менее чем ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ, итак как 256 + 1002 > 1024, то первому удастся сделатьход длины (в направлении центральной клетки. Ответ. Можно. Напишем на десяти карточках цифру 2, а на оставшихся девяти цифру 1. Известно, что натуральное число делится на 11 тогда и только тогда, когда знакочередующаяся сумма S, составленная из цифр данного числа, кратна 11. В числе, составленном из десяти цифр 2 и девяти цифр, выполняются неравенства −7 S 11. Сумма всех цифр нечетна (она равна 21), поэтому S также нечетно. От −7 до 11 естьтолько одно нечетное число, кратное 11 — это число 11. Но для S = 11 имеется единственная возможность — когда на нечетных местах стоят двойки, а начетных единицы. Пусть и NO 2 — серединные перпендикуляры к отрезками соответственно (M, N — середины AB и AC, O 1 , лежат соответственно на прямых AC и AB) (см. рис. Рис. Точка O пересечения прямых и является одновременно центром описанной окружности треугольника ABC и точкой пересечения высот треугольника AO 1 O 2 . Так как B и симметричны относительно, то AC является серединным перпендикуляром к BB . Значит, равноудалена от точек A, B, B , те центр описанной окружности треугольника ABB . Аналогично, O 2 — центр описанной окружности треугольника ACC . Общая хорда AP двух этих окружностей перпендикулярна линии центров O 1 O 2 . Поэтому AP — высота треугольника, следовательно, AP проходит через O. УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС. Обозначим через s(A) сумму цифр числа A. Из рассмотрения сложения в столбик двух чисел A и B следует, что s(A + B) s(A) + + s(B) , причем равенство достигается в томи только в том случае, когда при сложении нет переносов через разряд. Тем самым, из условия задачи вытекает, что при сложении 5N + 5N = 10N нет переносов через разряд, поскольку s(10N) = s(N) = 100. Но число 5N оканчивается на 5 или на в случае соответственно нечетного и четного N. Первый случай отпадает, так как возникает перенос в последнем разряде. A B C D Q P R Рис. 170 366. Пусть R — точка пересечения BP и AQ. BR является одновременно и высотой и биссектрисой треугольника, следовательно, этот треугольник равнобедренный, AB = BQ. Треугольники и BP Q равны по двум сторонами углу между ними, поэтому = ∠BAP = ∠BCD, а значит и CD параллельны, поскольку образуют равные углы с BC. 367. Ответ. (2 k , 2 k ) , где k Из условия получаем a 2n = x 2 + y 2 + 2xy = a m + Отсюда a 2n > > a m , значит, делится на a m . Следовательно, 2xy делится на a m = = x 2 + y 2 . Получаем, что 2xy x 2 + y 2 2xy. Отсюда x 2 + y 2 = 2xy , x = y . Следовательно, 2x = a n , 2x 2 = a m , откуда 4x 2 = a 2n , 2 = Окончательно, a = 2, x = y = 2 k , где k 0. 368. Первое решение. Пусть x i — количество яблок в м ящике. Упорядочим ящики по убыванию количества яблок в них те. Достаточно разбитьящики со го пой на две группы по 49 ящиков так, чтобы количество яблок в двух группах раз- личалосьне больше, чем на x 1 . Тогда, выбрав ту из двух групп, в ящиках которой в сумме не меньше апельсинов, чем в другой, и добавив к ней первый ящик, мы получим требуемый выбор 50 ящиков. Приведем два способа разбить ящиков на две группы требуемым образом. Первый способ. В одну группу поместим ящики 2, 4, 6, . . . , 98, в другую 3, 5, . . . , 99. Тогда впервой группе яблок не меньше, чем во второй, а впервой группе без ящика номер 2 — не больше, чем во второй группе. Значит, разностьколичества яблок не больше, чем x 2 Второй способ. Разобьем ящики как угодно. Если количество яблок различается больше, чем на x 2 , то возьмем в группе, где яблок больше, ящик, где больше всего яблоки поменяем его местами с ящиком из другой группы, в котором меньше всего яблок (ясно, что в первом яблок больше ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ чем во втором. При этом количество яблок в группах изменилосьна раз- ностькаких-то двух ящиков, те. не могло случиться, что уже в другой группе яблок больше хотя бы на x 2 . При этом разностьколичества яблок в группах уменьшается. Кроме того, возможных разбиений на две группы конечное число. Поэтому, повторяя эту операцию, мы придем к требуемой ситуации. Второе решение. Допустим, что естьящик A, в котором яблоки апельсинов, и ящик B, в котором x B < яблоки апельсинов. Тогда заменим их на ящик A , в котором яблоки y B апельсинов, и ящик B , в котором яблоки апельсинов. Заметим, что если мы можем выбрать ящиков из нового набора, то и из старого тоже можем. В самом деле, если из нового набора мы должны взятьтолько один из ящиков и B , тов старом наборе возьмем вместо него ящика если в новом наборе мы должны были взятьоба ящика и B — возьмем в старом наборе оба ящика A и Легко показать, что конечным числом таких замен мы можем прийти к набору ящиков со следующим свойством если в ящике X больше яблок, чем в ящике Y , тов нем меньше апельсинов, чем в ящике Y . Действительно, нетрудно понять, что количество таких пар (A, B) при нашей операции уменьшается хотя бы на одну. Теперьупорядочим ящики по убыванию количества яблок в них. Выберем ящики 1, 3, 5, . . . , 99. Мы взяли не меньше яблок, чем осталось , поскольку в первом ящике яблок не меньше, чем во втором, в третьем — не меньше, чем в четвертом, и т. д. Аналогично, мы взяли не меньше апельсинов, чем оставили, поскольку в м ящике апельсинов не меньше, чем в м, в мне меньше, чем в ми т. д класс. Ответ. Шестьигр. В турнире разыграно не менее 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 очков, а поскольку за игру команды в сумме набирали не более трех очков, то сыграно не менее пяти игр. Но пятьигр не могло произойти, поскольку тогда все игры закончилисьчьей-либо победой, и не будет команды, набравшей одно очко. За шестьигр это могло случиться, например, таки и 5, 4 и сыграли вничью, а 3, 4, 5 выиграли у 1. 370. Ответ. Можно. См. решение задачи 363. 371. Ответ. Не сможет. Опишем стратегию второго УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 245 Заметим, что по каждой клетке проходят ровно два кольца, пересекающиеся, кроме нее, еще по одной клетке на противоположной грани. Назовем такие клетки соответствующими. Разобьем числа на пары с суммой (1, 24), (2, 23), . . . , (12, Если первый игрок своим очередным ходом ставит в клетку некоторое число, то пустьвторой игрок ставит в ответ парное число в соответствующую клетку. При такой стратегии второго по окончании игры в каждом кольце окажутся по два числа из четырех пар, поэтому их сумма равна 25 = 100. 372. Пусть NP — диаметр описанной окружности. Тогда ∠NBP = = ∠NAP = 90 ◦ , точка P — середина дуги AC, поэтому ∠ABP = ∠CBP те биссектриса ∠ABC. Следовательно, I лежит на BP (см. рис. Диаметр NP является серединным перпендикуляром к отрезку следовательно, NP проходит через M. Так как ∠AIP — внешний для AIB, то ∠AIP = ∠BAI + ∠ABI = ∠BAC 2 + ∠ABC 2 = ∠IAC + + ∠CBP = ∠IAC + ∠CAP = ∠IAP . Получаем, что AP I — равнобедренный высота прямоугольного треугольника AP , поэтому AP MP = NP AP и IP MP = NP IP . Из последнего равенства следует подобие треугольников P MI ∼ P IN, откуда ∠P MI = ∠P Но ∠IMA = ∠P MI − 90 ◦ , а из прямоугольного BNI: ∠INB = = ∠P IN − ∠IBN = ∠P IN − Рис. Рис. 172 373. См. решение задачи 365. 374. Пусть ABCD — исходная трапеция с основаниями AD и BC, и пустьпри отражении получаются точки A , B , и см. рис. Тогда отрезки BD и симметричны относительно AC, поэтому они равны и пересекаются на прямой AC, а именно в точке O пересечения диагоналей трапеции ABCD. Кроме того. Аналогично, AC ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ проходит через O и. Но BO OD = CO OA из подобия треугольников AOD и COB. Поэтому, следовательно, треугольники и также подобны, и поэтому B C Замечание. Из решения задачи 390 следует, что если угол между диагоналями равен 60 ◦ , то при указанном отражении точки будут лежатьна одной прямой. Ответ. Не существует. Предположим, что такая прогрессия существует. Тогда A n = = (2a n ) ·. . делится на B n = при любом натуральном. С другой стороны, обозначив через d разностьпрогрессии, имеем (B n − 9d)(B n − 7d) · . . . · (B n − d)(B n + d) · . . . · (B n + 7d)(B n + Значит, A n = B n C n + D , где C n — целое число, D = −d 10 (1 ·3·. . Из этого равенства ясно, что не делится на при B n > D . Противоречие. Первое решение. Пусть x i — количество яблок в м ящике. Упорядочим ящики по убыванию количества яблок в них те. Достаточно разбитьящики со го пой натри группы по 33 ящика так, чтобы количество яблок в двух группах раз- личалосьне больше, чем на x 1 . Тогда, выбрав ту из трех групп, в ящиках которой в сумме не меньше апельсинов, чем в любой другой, и добавив к ней первый ящик, мы получим требуемый выбор 34 ящиков. Приведем два способа разбить ящиков натри группы требуемым образом. Первый способ. В одну группу поместим ящики 2, 5, 8, . . . , 98, в другую 3, 6, . . . , 99, в третью. Пустьколичество яблок в й группе A i , тогда A 1 A 2 A 3 A 1 − x 2 . Значит, разностьколичества яблок не больше, чем x 2 Второй способ. Разобьем ящики как угодно. Если количество яблок различается больше, чем на x 2 , то возьмем в группе, где яблок больше всего, ящик, где больше всего яблоки поменяем его местами с ящиком из самой меньшей группы, в котором меньше всего яблок (ясно, что впер- вом яблок больше, чем во втором. При этом количество яблок в группах изменилосьна разностькаких-то двух ящиков, те. не могло случиться, что уже в другой группе яблок больше хотя бы на x 2 . При этом максимальная разность количества яблок в группах уменьшается. Кроме того, возможных разбиений натри группы конечное число. Поэтому, повторяя эту операцию, мы придем к требуемой ситуации. Второе решение. Допустим, что естьящик A, в котором яблоки апельсинов, и ящик B, в котором x B < яблоки апельсинов. Тогда заменим их на ящик A , в котором яблоки апельсинов УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 247 и ящик B , в котором яблоки апельсинов. Заметим, что если мы можем выбрать ящика из нового набора, то и из старого тоже можем. В самом деле, если из нового набора мы должны взятьтолько один из ящиков и B , тов старом наборе возьмем вместо него ящика если в новом наборе мы должны были взятьоба ящика и B — возьмем в старом наборе оба ящика A и Легко показать, что конечным числом таких замен мы можем прийти к набору ящиков со следующим свойством если в ящике X больше яблок, чем в ящике Y , тов нем меньше апельсинов, чем в ящике Y . Действительно, нетрудно понять, что количество таких пар (A, B) при нашей операции уменьшается хотя бы на одну. Теперьупорядочим ящики по убыванию количества яблок в них. Выберем ящики 1, 4, 7, . . . , 100. Мы взяли не меньше трети яблок, поскольку в первом ящике яблок не меньше, чем во втором ив третьем, в четвертом не меньше, чем в пятом ив шестом, и т. д. Аналогично, мы взяли не меньше апельсинов, чем оставили, поскольку в м ящике апельсинов не меньше, чем в ми в м, в мне меньше, чем в ми в ми т. д класс. Ответ. Из условия следует, что углы α 1 , α 2 , первого треугольника — острые, где β 1 , β 2 , β 3 , — углы второго треугольника). Поэтому β i = π 2 ± α i , i = 1, 2, 3. Из равенства π = β 1 + β 2 + β 3 = 3π 2 + + ( ±α 1 ± α 2 ± α 3 ) , где α 1 + α 2 + α 3 = π , следует, что в скобках естькак знаки, таки знаки − Кроме того, во втором треугольнике не может быть двух тупых углов, поэтому в скобках один знаки два знака − Значит, π = 3π 2 + (α 1 − α 2 − α 3 ) , откуда α 1 = π 4 , те. При этом это единственный тупой угол второго треугольника, а первый треугольник — остроугольный значит, этот угол — наибольший. Замечание. Треугольники, о которых говорится в задаче, существуют например, треугольники с углами 70 ◦ , 65 ◦ , и 20 ◦ , 25 ◦ , 135 ◦ 378. По неравенству о средних арифметическом и геометрическом + x n+1 2x n+1 2 , 1 + x 2x 1 Поэтому + x n+1 )(1 + x) n−1 2x n+1 2 · (2x 1 2 ) n−1 = = 2 · 2 n−1 · x n+1 2 · x n−1 2 = Разделив на (1 + x) n−1 , получим нужное неравенство ОКРУЖНОЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ. См. решение задачи 372. 380. Ответ. N! (N! = 1 · 2 · . . . · Назовем полный ориентированный граф на N вершинах транзитивным, если его вершины можно занумеровать числами 1, 2, . . . , N так, что любое ребро идет от вершины с меньшим номером к вершине с большим. |