Агаханов Х.В. Окружной и финальный этапы
 Скачать 3 Mb.
|
|
Второе решение. Сделаем развертку тетраэдра ABCD (см. рис. 251). Пустьсфера касается грани ABC в точке O — центре вписанной окружности, грани ACD ( на рис. 251) — в точке M пересечения медиан, грани BCD ( BCD 2 ) — в точке H пересечения высот. По свойству касательных, проведенных к сфере из одной точки, AM = AO, ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ αα α β β α β β β γ α γ γ Рис. 251 CM = CO , поэтому треугольники AMC и AOC с общей стороной равны. Отсюда ∠MAC = ∠OAC и ∠MCA = ∠OCA. Из аналогичных равенств для других пар углов получаем, что если ∠OAC = ∠OAB = α, ∠OBA = ∠OBC = β и ∠OCB = ∠OCA = γ, то ∠CAM = α, ∠CBH = = β , ∠ACM = ∠BCH = γ. Далее, из ABC: 2α + 2β + 2γ = 180 ◦ , те, а из BKC: β + γ + ∠HCK = 90 ◦ , значит, ∠HCK = Отсюда ∠KBD 2 = α , ∠HD 2 C = β , ∠HD 2 B = углы с перпендикулярными сторонами, и тогда ∠MCD 1 = ∠HCD 2 = α , ∠MD 1 C = = ∠HD 2 C = β . Теперьиз D 1 P C : ∠D 1 P C = 180 ◦ − (α + β + γ) = значит, медиана является и высотой AD 1 C . Отсюда AD 1 = и α = γ (∠MAC = ∠MCA). Следовательно, AD 1 T = CD 1 S и, значит, ∠D 1 AT = ∠D 1 CS = α ; кроме того, D 1 P — биссектриса угла. Мы получили, что медиана AT является и биссектрисой те. Итак, α = β = γ = Отсюда следует, что грани ABC, ACD и BCD тетраэдра — правильные треугольники, те, значит, тетраэдр правильный. Занумеруем горизонтали и вертикали по порядку, начиная от края, и назовем полями клетки, стоящие на пересечении рядов с нечетными номерами. В частности, все клетки в углах — поля. Заметим, что дырка будет перемещаться только по полям. Если поле A покрыто доминошкой, то одна из узких сторон доминош- ки граничит с другим полем B; проведем стрелку из центра A в центр B. УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 333 Заметим, что если B — дырка, то, сдвинув доминошку по стрелке, мы переместим дырку на Проведем так стрелки из каждого поля (кроме дырки. Если естьпуть по стрелкам из поляна дырку, можно перегнатьдырку на A, сдвинув сперва доминошку вдольпоследней стрелки пути, затем — вдольпредпо- следней, и т. д. Путьпо стрелкам либо приходит на дырку, либо зацикливается. Докажем, что доминошки, соответствующие циклу, охватывают многоугольник с нечетным числом клеток внутри. Действительно, рассмотрим цикл как линию из стрелок. Если постро- итьновую квадратную сетку с узлами в центрах полей, то цикл пройдет по линиям этой сетки и будет охватыватьмногоугольник, который сетка разбивает на квадраты со стороной 2. Докажем наше утверждение индукцией по числу квадратов. Для одного квадрата оно верно — если выложитьдо- мино по границе, внутри будет только одна клетка. Многоугольник же из k квадратов получается добавлением квадрата на границе многоугольника из k − 1 квадрата, и нетрудно проверить, что при выкладывании границы доминошками внутри добавляется 2 или 4 клетки. Итак, цикл должен охватыватьмногоугольник с нечетным числом клеток внутри. Но это невозможно, так как этот многоугольник должен быть заполнен целым числом доминошек, те. содержатьчетное число клеток, так как дырка исходно расположена на краю. Значит, циклов нет, и существует путьпо стрелкам, приходящий на дырку г класс. Абсциссы и точек пересечения параболы и прямой y = удовлетворяют уравнению+ (p − 1)x + q = По теореме Виета x 1 + x 2 = 1 − p. Аналогично получаем, что абсциссы и точек пересечения параболы и прямой y = 2x связаны соотношением+ x 4 = 2 − Если x 1 < x 2 , а x 3 < x 4 , то проекция левой дуги равна x 1 − x 3 , а правой — x 4 − см. рис. 252). Разностьих равна (x 4 − x 2 ) − (x 1 − − x 3 ) = (x 3 + x 4 ) − (x 1 + x 2 ) = (2 − p) − (1 − p) = 1. 546. Отметим углы параллелограммов, являющиеся частью углов многоугольника. Пусть в многоугольнике n сторон. Тогда сумма отмеченных углов равна 180 ◦ · (n − 2). К каждой стороне многоугольника примыка- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ x y 0 y = x y = 2x x 3 x 1 x 2 x 4 Рис. Рис. ют стороной по два отмеченных угла (см. рис. 253), их сумма, очевидно, не менее 180 ◦ . Просуммировав такие пары по всем сторонам, получим не менее 180 ◦ · n, те, по крайней мерена больше, чем при подсчете другим способом. Избыток возникает за счет того, что некоторые углы посчитаны дважды, а именно те, которые примыкают сразу к двум сторонам. Поскольку каждый такой угол меньше 180 ◦ , то таких углов не менее трех. Но вершины таких углов как рази являются хорошими вершинами многоугольника. Ответ. Найдутся. Подойдут, например, числа a = 5555554445, b = 5554445555, c = = 4445555555 . Убедимся в этом S(a + b) = S(11110000000) < 5, S(a + + c) = S(10001110000) < 5 , S(b + c) = S(10000001110) < 5, S(a + b + + c) = S(15555555555) = 51 > Как можно найти такие числа Заметим, что S(2(a + b + c)) = S((a + + b) + (a + c) + (b + c)) S(a + b) + S(a + c) + S(b + c) 12, т. е. число n = 2(a + b + c) при делении на 2 должно резко увеличиватьсвою сумму цифр. Такое возможно, если в числе много единиц, тогда в частном появится много пятерок. Возьмем, например, n = 31111111110, тогда) = 12 , а S n 2 = 51 . Разложим n натри слагаемых с суммой цифр и меньших, а затем решим систему уравнений a + b = 11110000000, a + c = 10001110000, b + + c = 10000001110 548. Ответ. Верно. Занумеруем всевозможные начальные положения, те. пары (лабиринт, положение ладьи) — их конечное число. Составим программу Π 1 УЧЕБНЫЙ ГОД, 9 КЛАСС 335 обхода всех полей для первого начального положения. Предположим теперь, что начальным было положение № 2. Применим программу Π 1 , и если ладья обошла не все поля, допишем в конце несколько команд, чтобы обойти оставшиеся поля. Получим программу Π 2 . Применим программу Π 2 к ладье в м начальном положении, снова допишем программу и т. д 2 3 Рис. 254 549. Ответ. За 24 часа. Отметим на одном циферблате положения часовых стрелок всех часов. Циферблат разобьется на 5 секторов. Занумеруем их по кругу (см. рис. 254). Пустьчасовая стрелка проходит секторы за время x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , соответственно (некоторые из этих чисел, возможно, нулевые). Заметим, что если мы станем уста- навливатьна всех часах время, соответствующее положению внутри сектора, то каждая часовая стрелка пройдет через начало сектора. Это значит, что суммарное время перевода окажется заведомо больше, чем если бы мы устанавливали все часы на начало сектора. Обозначим через суммарное время, необходимое для установки всех часов на начало го сектора. Ясно, что время перевода отдельной стрелки является суммой некоторых x j . Например, время перевода на начало первого сектора равно для пятых часов и x 2 + x 3 + x 4 + для вторых. Тогда (x 2 +x 3 +x 4 +x 5 )+(x 3 +x 4 +x 5 )+(x 4 +x 5 )+x 5 = Остальные выражаются аналогично. Тогда+ S 2 + S 3 + S 4 + S 5 = (1 + 2 + 3 + 4)(x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) = = 10 · 12 = 120 часов. Поэтому наименьшая сумма не превосходит 120 : 5 = 24 часа. С другой стороны, если все секторы одинаковы (например, часы показывают 12 ч ч 24 мин, 4 ч 48 мин, 7 ч 12 мини ч 36 мин, то все равны 24 часам, поэтому менее, чем 24 часами не обойтись. Проведем через точку E прямую, параллельную AB. Пустьона пересекает ив точках P и Q соответственно. Поскольку QE и параллельны сторонами соответственно, то по теореме Фалеса MQ MA = ME MB = ML MC , поэтому 1 . Аналогично, поскольку D P Q, тот. е. ED — это медиана в треугольнике EL . Однако из параллельности EP и EL сторонами соответственно следует равенство углов ∠EP L = ∠ABL, ∠ELP = ∠LBC, но = ∠LBC, поэтому ∠EP L = ∠ELP . Тем самым, треугольник ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ равнобедренный, и медиана ED является высотой, что и требо- валось. A B C L M P D E Q Рис. 255 551. Ответ. 3N 4 звена (здесь целая частьчисла Заметим, что в каждой паре звеньев, бывших соседями, но переставших ими быть, по крайней мере одно звено должно бытьраскры- то. Это же верно для пары несосед- них звеньев, которые должны стать соседями. Если разбитьзвенья на группы так, чтобы любые два звена в группе являлисьили впоследствии стали соседними (ноне то и другое вместе), то из каждой такой группы может остаться нераскрытым не более одного звена. Такой группой, например, являются 4 звена, которые в старой цепочке следовали в порядке 1–2–3–4, а в новой должны бытьв порядке. Другие примеры в старой 1–2–3, в новой 1–3 (ас ними не связано, или в старой 1–2, а в новой они не связаны. Разбив мысленно цепочку на четверки, с возможным остатком вили звена, и потребовав такой порядок, при котором четверки и остаток изменяются указанным образом, заказчица обеспечит раскрытие не менее 3N 4 звеньев (лишнее звено из остатка прицепляется с другого конца). С другой стороны, раскрыв в исходной цепочке каждое второе звено, ювелир мысленно разобьет вторую цепочку на части, где в сумме не менее половины всех звеньев. В каждой части надо раскрыть не более половины звеньев, поэтому не менее четверти звеньев можно оставить нераскрытыми. Одновременно с операциями на доске будем вести записьв тетради. Но вместо каждого числа x, появляющегося на доске, будем писать в тетради число и b — исходные числа. Когда на доске пара чисел, y) , где x > y, заменяется на пару − y , в тетради происходит замена те, как в алгоритме Евклида, большее число заменяется на разность. Следовательно, на каком-то шаге мы запишем в тетрадь пару чисел, равных НОД(a, b). В это же время оба числа на доске станут равными ab НОД(a, b) , те. НОК(a, b). УЧЕБНЫЙ ГОД, КЛАСС класс. Из рис. 16 следует, что a > 0. Если y = p и y = q — уравнения заданных прямых, то абсциссы точек A, D и E — корни x 1 < x 2 < уравнения ax 3 + bx 2 + cx + d − p = 0, а точек B, C и F — корни X 1 < < X 2 < уравнения aX 3 + bX 2 + cX + d − q = 0. По теореме Виета x 1 + x 2 + x 3 = − b a = X 1 + X 2 + X 3 . Отсюда x 2 − X 2 = (X 1 − x 1 ) + + (X 3 − x 3 ) , что и требовалось доказать. Обозначим через и данные многоугольники. Предположим, что они имеют общую внутреннюю точку. Возможны два случая) Один многоугольник содержится внутри другого, скажем, лежит внутри F 2 . Пусть A — одна из вершин F 1 . Тогда, как легко видеть, найдутся три вершины P , Q, R многоугольника такие, что треугольник P содержит A случай, когда A лежит на стороне треугольника P QR, легко приводит к противоречию. При этом хотя бы один из углов P AQ, больше 90 ◦ . Пусть, для определенности, ∠P AQ ◦ . Тогда имеем P Q 2 AP 2 + AQ 2 . Получаем, что, вопреки условию, один из отрезков и AQ не больше противоречие) Сторона одного многоугольника пересекает сторону другого. Пусть, например, сторона AB многоугольника пересекает сторону P Q многоугольника. Пусть AP BQ — выпуклый четырехугольник (случай, когда среди точек A, B, P , Q найдутся три, лежащие на одной прямой, легко рассматривается. Хотя бы один из его углов, скажем, P AQ, не меньше. Тогда 1 P Q 2 AP 2 + AQ 2 , следовательно, один из отрезков и AQ не больше. Получаем противоречие. 1. Докажем, что стороны треугольника параллельны соответствующим сторонам треугольника ABC. Пусть AC > AB. Имеем OL = и ∠P OB = ∠ROB см. рис. 256), поэтому ∠K a OR = = 2 ∠LOB. Угол LOB внешний в треугольнике AOB, значит ∠K a OR = = 2(α/2 + β/2) = α + β . Случай AC < AB разбирается аналогично. Подобными же рассуждениями получаем, что ∠K b OR = α + β . Следовательно, точки и симметричны относительно прямой OR, поэтому прямые и AB параллельны. Итак, соответствующие стороны треугольников и параллельны (M a , M b , M c — середины сторон треугольника, поэтому эти треугольники гомотетичны. Центр этой гомотетии является общей точкой прямых M a K a , и M c K c 2. Пустьпрямая вторично пересекает вписанную в треугольник ABC окружностьв точке T . Будем считать, что AC > AB. Докажем, что описанная вокруг треугольника T K a L окружностьпроходит через осно- ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП ОЛИМПИАДЫ. ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ P K a O R A C B L Рис. Рис. 257 вание H высоты треугольника ABC. Для этого достаточно проверитьвы- полнение равенства M a L · M a H = M a P 2 , так как M a P 2 = M a K a · см. рис. Это можно сделать, выразив длины отрезков M a P , и через стороны треугольника ABC. Мы докажем его, пользуюсь известными свойствами точки касания со стороной BC соответствующей вневпи- санной окружности треугольника точка симметрична P относительно и отрезок пересекает вписанную окружностьв точке, диаметрально противоположной точке P . Поэтому прямые и параллельны центр вписанной окружности, см. рис. 258). A C B L Рис. Рис. Пользуясь параллельностью прямых AH и OP , равенством M a P = = и теоремой Фалеса, получаем H LP = = P M a + P H M a L + LP = M a H M a P , что и требовалось. Так как четырехугольник T вписанный, углы M a T и равны. Угол легко выражается через углы треугольника ABC: ∠M a LK a = 180 ◦ − 2∠ALB = β − γ см. рис. 259). Рассмотрим те- перьчетырехугольник M b T HM a . Заметим, что ∠HCA = ∠CHM b = = треугольник CM b H — равнобедренный ), ∠CM a M b = β . По УЧЕБНЫЙ ГОД, 10 КЛАСС 339 этому ∠M a M b H = β − γ, значит M a T HM b — вписанный (∠M a T H = = ∠M a M b H ) и, следовательно, ∠M a T M b = M a HM b = Обозначим через K точку пересечения отрезка T со вписанной окружностью. Так как вписанный в окружность угол K a T равен γ, а дуга вписанной окружности равна α + β это было доказано ранее), точки и K симметричны относительно прямой OR. Но точки и как отмечено ранее, также симметричны относительно этой прямой. Значит точки K и совпадают, что означает, что прямые и пересекаются в точке T вписанной окружности. Замечание. Из доказанного следует известная теорема Фейербаха: окружностьдевяти точек (те. окружность) и вписанная окруж- ностькасаются (точкой касания является центр гомотетии T ). |