Rambler's Top100

Московская математическая олимпиада 2005/2006 учебного года.

Окружной тур.

О том, как проходила олимпиада.

Окружной тур для 5-7 классов проводился по школам (его могла организовать у себя любая школа).
Рекомендованная оргкомитетом дата проведения этого мероприятия — 21 января 2006 г.

Окружной тур для 8–11 классах проводился 29 января 2006 года в школах и ВУЗах города Москвы по единым текстам. Проведение олимпиады координировалось городским оргкомитетом и методическими центрами округов.

Книга «LXIX Московская математическая олимпиада. Задачи и решения окружного этапа.»
в формате PDF (410 К).

Задачи и решения 5–10 класса, статистика решения задач, задачи и решения некоторых вариантов 11 класса, приложения (комментарии методической комиссии, рекомендации по проведению олимпиады, памятка дежурному).

Задания в формате HTML     5 класс | 6 класс | 7 класс | 8 класс | 9 класс | 10 класс
Задания в формате PDF      для 5–10 классов (160 K) и для 11 классов (PDF, 80 K).


Решения            5 класс | 6 класс | 7 класс | 8 класс | 9 класс | 10 класс, они же, но
в формате PS    5 класс | 6 класс | 7 класс | 8 класс | 9 класс | 10 класс

Решения 11 класса (doc-zip, 30K)

По данным оргкомитета на 30 января в олимпиаде 11 классов приняло участие около 5700 человек. Сведения по другим параллелям станут известны позднее.
К сожалению, в вариантах было допущено несколько технических опечаток (не в математической части). Оргкомитет не счел возможным переделывать уже розданные детям варианты, но публикуем список опечаток:
В ответ на многочисленные вопросы участников Оргкомитет разъясняет —
в задаче 7.2 вопрос «Можно ли так жить?» задан в математическом, а не в философском (и не в социологическом) смысле слова;
в задаче 11.4
1) определение взаимно простых чисел см. в учебнике математики 6 класса. (на самом деле в большинстве мест определение пришлось напоминать.);
2) слово «взаимно» в выражении «взаимно простые» СУЩЕСТВЕННО;
3) число 5 (само по себе) взаимно простым не является.

5 класс

5.1. В примере на сложение двух чисел первое слагаемое меньше суммы на 2000, а сумма больше второго слагаемого на 6. Восстановите пример.

5.2. Составьте квадрат, используя ровно четыре из пяти изображенных ниже фигур. Каждую из четырех выбранных Вами фигур можно использовать только один раз.

5.3. Без ореха (от дупла до орешника) белка бежит со скоростью 4 м/сек, а с орехом (от орешника до дупла) — со скоростью 2 м/сек. На путь от дупла до орешника и обратно она тратит 54 секунды. Найдите расстояние от дупла до орешника. Ответ обоснуйте.

5.4. В день рождения дяди Федора почтальон Печкин хочет выяснить, сколько тому лет. Шарик говорит, что дяде Федору больше 11 лет, а кот Матроскин утверждает, что больше 10 лет. Сколько лет дяде Федору, если известно, что ровно один из них ошибся? Ответ обоснуйте.

5.5. В забеге от Воробьевых гор до Красной площади приняли участие три спортсмена. Сначала стартовал Гриша, затем — Саша, и последней — Лена. После финиша выяснилось, что во время забега Гриша обгонял других 10 раз, Лена — 6 раз, Саша — 4 раза, причем все трое ни разу не оказывались в одной точке одновременно. В каком порядке финишировали спортсмены, если известно, что они пришли к финишу в разное время? Ответ обоснуйте.

Решения.

5.1. Ответ: 6+2000 = 2006.

Если из суммы двух чисел вычесть одно из слагаемых, то получится другое слагаемое. Из условия следует, что второе слагаемое равно 2000, а первое - равно 6.

5.2. Ответ: cм. рисунок.

Можно определить длину стороны искомого квадрата. Общее количество клеток пяти фигур равно 4+5+6+6+9=30. Значит, если можно составить квадрат, то только со стороной 5. Таким образом, лишней является фигура из пяти клеток.

5.3. Ответ: 72 метра.

Поскольку обратно белка бежит в два раза медленнее, то время, затраченное белкой на обратную дорогу, в два раза больше времени, которое она тратит на дорогу от дупла до орешника. Поэтому, время, затраченное на дорогу от дупла до орешника, в три раза меньше времени, затраченного на всю дорогу, то есть, равно 54 : 3 = 18 секунд. Следовательно, расстояние от дупла до орешника равно 18*4 = 72 метра.

5.4. Ответ: дяде Федору 11 лет.

Заметим, что если не ошибся Шарик, то не ошибся и Матроскин, что противоречит условию. Значит, Шарик сказал неправду, в отличие от кота Матроскина. Таким образом, дяде Федору больше 10 лет, но не меньше 11. Следовательно, дяде Федору исполнилось 11 лет.

5.5. Ответ: первым финишировал Гриша, затем - Саша, и последней - Лена.

Гриша стартовал первым. Чтобы он смог совершить 10 обгонов, необходимо чтобы Саша и Лена обогнали его хотя бы 10 раз. Так как общее количество обгонов Саши и Лены равно 6 + 4 = 10, то они обгоняли только Гришу и не обгоняли друг друга. После того, как Гриша совершил все 10 обгонов, он опять оказался первым. Значит, спортсмены финишировали в том же порядке, в котором и стартовали.

6 класс

6.1. В саду у Ани и Вити росло 2006 розовых кустов. Витя полил половину всех кустов, и Аня полила половину всех кустов. При этом оказалось, что ровно три куста, самые красивые, были политы и Аней, и Витей. Сколько розовых кустов остались не политыми?

6.2. Цифры трёхзначного числа A записали в обратном порядке и получили число B. Может ли число, равное сумме A и B, записываться только нечётными цифрами?

6.3. В стране Полосатии произошёл переворот и новый лидер приказал перекроить старый флаг на новый (см. рисунки). Как выполнить такой приказ, если разрешается разрезать старый флаг ровно на четыре части?

6.4. Чтобы испечь сто блинов, маме требуется 30 минут, а Ане — 40 минут. Андрюша готов съесть 100 блинов за час. Мама с Аней пекут блины без остановки, а Андрюша непрерывно их поедает. Через какое время после начала этого процесса на столе окажется ровно сто блинов?

6.5. В норке живёт семья из 24 мышей. Каждую ночь ровно четыре из них отправляются на склад за сыром. Может ли так получиться, что в некоторый момент времени каждая мышка побывала на складе с каждой ровно по одному разу?

Решения.

6.1.Ответ: 3 куста.

Витя полил 1003 куста, из них 1000 он поливал один, а три вместе с Аней. Точно так же Аня полила 1003 куста, из них 1000 она поливала в одиночку, а три ╕ с Витей. Значит, вместе они полили 1000+1000+3=2003 куста. Следовательно, остались не политыми 2006-2003=3 розовых куста.

6.2.Ответ: да, может.

Пусть, например, A=219. Тогда B=912, A+B=1131.

6.3.Ответ: cм. рисунок.

6.4.Ответ: через 24 минуты.

Первый способ. Мама печёт сто блинов за полчаса, значит, за два часа она испечёт 400 блинов. Аня печёт сто блинов за сорок минут, поэтому, за два часа она испечёт 300 блинов. Андрюша за эти два часа съест двести блинов. Получается, что через два часа на столе окажется 400 + 300 - 200 = 500 блинов. Следовательно, для того, чтобы на столе оказалось сто блинов, потребуется времени в пять раз меньше, то есть 120 : 5 = 24 минуты.
Второй способ. Производительность мамы при выпекании блинов равна 100/30= 3 1/3 блина в минуту. Производительность Ани равна 100/40=2 1/2 блина в минуту. Производительность Андрюши при поедании блинов равна 100/60=1 2/3 блина в минуту. За каждую минуту стараниями мамы, Ани и Андрюши на столе появляется 3 1/3 + 2 1/2 - 1 2/3 = 4 1/6 блина. Следовательно, сто блинов появятся на столе за 100 : 4 1/6 = 24 минуты.

6.5.Ответ: нет, такого быть не может.

Каждая мышка за одну ночь может побывать на складе с тремя другими мышками. Чтобы побывать на складе с каждой из 23 других мышек по одному разу, ей необходимо 23:3 ночей. Но число 23 не делится нацело на три. Поэтому такая ситуация невозможна.

7 класс

7.1. У двузначного числа первая цифра вдвое больше второй. Если к этому числу прибавить квадрат его первой цифры, то получится квадрат некоторого целого числа. Найдите исходное двузначное число.

7.2. Петя тратит 1/3 своего времени на игру в футбол, 1/5 — на учебу в школе, 1/6 — на просмотр кинофильмов, 1/70 — на решение олимпиадных задач, и 1/3 — на сон. Можно ли так жить?

7.3. Отметьте на плоскости 6 точек так, чтобы на расстоянии 1 от каждой из них находилось ровно 3 из отмеченных точек.

7.4. В магическом квадрате суммы чисел в каждой строке, в каждом столбце и на обеих диагоналях равны. Можно ли составить магический квадрат 3x3 из первых девяти простых чисел? Число называется простым, если у него ровно два делителя — единица и само число.

7.5. На физическом кружке учитель поставил следующий эксперимент. Он разложил на чашечные весы 16 гирек массами 1, 2, 3, ..., 16 грамм так, что одна из чаш перевесила. Пятнадцать учеников по очереди выходили из класса и забирали с собой по одной гирьке, причем после выхода каждого ученика весы меняли свое положение и перевешивала противоположная чаша весов. Какая гирька могла остаться на весах?

Решения.

7.1. Ответ: 21.

Первая цифра в два раза больше второй только у следующих двузначных чисел: 21, 42, 63 и 84. Проверкой убеждаемся, что условию задачи удовлетворяет только число 21.

7.2.Ответ: нет, так жить нельзя.

Поскольку 1/5+1/6>1/3, то, сумма данных дробей 1/3+1/5+1/6+1/70+1/3>1, что противоречит здравому смыслу.

7.3. Ответ: например, см. риcунок.

Рассмотрим квадрат ABCD со стороной 1. Построим на стороне AB во внешнюю сторону и на стороне CD во внутреннюю сторону равносторонние треьники ABE и CDF. Точки A, B, C, D, E и F - искомые.

7.4. Ответ: нельзя.

Пусть первые девять простых чисел как-то расставлены в клетках квадрата. Среди них есть ровно одно четное число - 2. Сумма чисел в строке, содержащей двойку, - четная (сумма двух нечетных и одного четного чисел). В строках, не содержащих двойку, сумма чисел нечетна, следовательно суммы чисел в каких-то двух строках разные и получить магический квадрат нельзя.

7.5. Ответ: на весах осталась гиря массой 1 грамм.

Поскольку в каждый момент времени массы на чашах весов отличались хотя бы на 1 грамм, то для того, чтобы перевесила противоположная чаша, необходимо забрать гирю массой не менее двух грамм. Следовательно, выходя из класса, ни один ученик не мог забрать гирю массой 1 грамм.

8 класс

8.1. Решите уравнение: |x-2005|+|2005-x|=2006.

8.2. Боковая сторона трапеции равна одному из оснований и вдвое меньше другого. Докажите, что другая боковая сторона перпендикулярна одной из диагоналей трапеции.

8.3. На вопрос о возрасте его детей математик ответил: "У нас с женой трое детей. Когда родился наш первенец, суммарный возраст членов семьи был равен 45 годам, год назад, когда родился третий ребёнок — 70 годам, а сейчас суммарный возраст детей — 14 лет". Сколько лет каждому ребенку, если известно, что у всех членов семьи дни рождения в один и тот же день?

8.4. В треьнике ABC проведены биссектрисы AA1 и CC1. M и K — основания перпендикуляров, опущенных из точки B на прямые АА1 и СС1. Докажите, что MK || AC.

8.5. Маша задумала натуральное число и нашла его остатки при делении на 3, 6 и 9. Сумма этих остатков оказалась равна 15. Найдите остаток от деления задуманного числа на 18.

8.6. На клетчатой бумаге нарисован прямоьник 5x9. В левом нижнем углу стоит фишка. Коля и Серёжа по очереди передвигают ее на любое количество клеток либо вправо, либо вверх. Первым ходит Коля. Выигрывает тот, кто поставит фишку в правый верхний. Кто выигрывает при правильной игре?

Решения.

8.1. Ответ: 1002; 3008.

Первый способ. Используя равенство модулей противоположных чисел, получим, что |x-2005|=1003. Отсюда x-2005=+-1003 , то есть x=1002 или x=3008.

Второй способ. Если x>=2005, то 2(x-2005)=2006, откуда x=3008. Если x<2005, то 2(2005-x)=2006, откуда x=1002.

8.2. Первый способ. Пусть ABCD - трапеция, AB = BC = 1/2 AD. Рассмотрим точку E - середину AD (см. рис.). Тогда ABCE - параллелограмм, так как AE и BC равны и параллельны. Поэтому EC = AB = 1/2 AD. Следовательно, в треугольнике ACD медиана CE равна половине стороны AD, к которой она проведена. Поэтому, ACD равен 90o.

Второй способ. Достроим трапецию ABCD до параллелограмма ABMD (см. рис.). Тогда ABC + CMD = 180o. Поскольку треугольники ABC и CMD - равнобедренные, то BCA=90o-ABC/2 и MCD=90o-CMD/2, следовательно, BCA + MCD=180o-(ABC + CMD)/2=90o.

Третий способ. Достроим трапецию до треугольника AFD (см. рис.). Поскольку BC:AD=1:2, то и BF:AF=FC:FD=1:2, следовательно, BC - средняя линия этого треугольника. Также CAD=BCA=BAC, то есть, AC - биссектриса и медиана треугольника AFD, следовательно, она является и высотой.

8.3. Ответ: 8 лет, 5 лет, 1 год.

Из условия задачи следует, что третьему ребенку 1 год. Пусть год назад первому и второму ребенку было x и y лет соответственно. В это же время суммарный возраст родителей был равен 45 + 2x. По условию, суммарный возраст семьи в это время равняется 70 годам, следовательно, 70 - 45 = 3x + y. Сейчас суммарный возраст детей - 14 лет, поэтому (x + 1) + (y + 1) + 1 = 14. Решая систему уравнений, получим x = 7, y = 4. Следовательно, первому ребенку сейчас 8 лет, второму - 5 лет.

8.4.

Первый способ. Продолжим BM и BK до пересечения с AC в точках D и F соответственно (см. рис.). Так как AM - биссектриса и высота треугольника ABD, то этот треьник - равнобедренный. Следовательно, M - середина DB. Аналогично, K - середина BF. Следовательно, MK - средняя линия треугольника BDF, поэтому MK || DF, то есть MK || AC.

В приведенном способе решения не существенно, где располагаются точки K и M - вне треугольника ABC или внутри него.

Второй способ. Пусть O - точка пересечения биссектрисс треугольника ABC (см. рис. 8.4), а углы A и C треугольника ABC равны 2a и 2b соответственно. Тогда BA1M=OA_1C=180o-a-2b, а A1BM=90o-(180o-a-2b)=a+2b-90o. Поскольку OBC=90o-a-b, то OBM = OBC+A1BM=90o-a-b+a+2b-90o =b=OCA. Четырехугольник KBMO - вписанный (так как сумма его противоположных углов равна 180o), следовательно, OKM = OBM=b, следовательно, KM || AC.

8.5. Ответ: 17.

Первый способ. Остаток при делении числа на 3 не превосходит 2, при делении на 6 - не превосходит 5, при делении на 9 - не превосходит 8. Так как сумма этих остатков равна 15 = 2 + 5 + 8, они равны соответственно 2, 5 и 8.
Дальнейшее рассуждение можно проводить по-разному.
1) Так как задуманное число дает остаток 8 при делении на 9 , то при делении на 18 оно может давать остаток 8 или остаток 17 . В первом случае остаток при делении на 6 равен 2 , что противоречит условию. Во втором случае условие задачи выполняется.
2) Задуманное число, увеличенное на 1, делится на 3, 6 и 9, следовательно, оно делится и на 18. Следовательно, задуманное Машей число при делении на 18 дает остаток 17.

Второй способ. По остатку от деления числа на 18 можно определить остатки от деления этого числа на 3, 6 и 9. Таким образом, для решения задачи достаточно перебрать все возможные остатки при делении на 18, и для каждого из них проверить сумму остатков при делении на 3, 6 и 9. Перебор можно оформить в виде таблицы:

остаток при остаток при остаток при остаток при
делении на 18делении на 9делении на 6делении на 3
0 0 0 0
1 1 1 1
2 2 2 2
3 3 3 0
4 4 4 1
5 5 5 2
6 6 0 0
7 7 1 1
8 8 2 2
9 0 3 0
10 1 4 1
11 2 5 2
12 3 0 0
13 4 1 1
14 5 2 2
15 6 3 0
16 7 4 1
17 8 5 2

Из таблицы видно, что при делении на 18 может получиться только остаток 17.

8.6. Ответ: выигрывает Коля.

Каждым своим ходом Коля ставит фишку на одну из клеток отмеченной диагонали (см. рисунок). Сережа своим ходом ее оттуда убирает. Поскольку они ходят только вправо или вверх, то когда-нибудь игра закончится.

Задачу можно также решать с конца при помощи анализа выигрышных и проигрышных позиций.

9 класс

9.1. Решите уравнение .

9.2. Один из углов треугольника на 120o больше другого. Докажите, что биссектриса треугольника, проведённая из вершины третьего угла, вдвое длиннее, чем высота, проведенная из той же вершины.

9.3. Сравните без помощи калькулятора числа:

.

9.4. 20 шахматистов сыграли турнир в один круг (каждый сыграл с каждым по одной партии). Корреспондент "Спортивной газеты" написал в своей заметке, что каждый участник этого турнира выиграл столько же партий, сколько и свёл вничью. Докажите, что корреспондент ошибся.

9.5. Гриша едет по маршруту длиной 100 км. В его автомобиле имеется компьютер, дающий прогноз времени, оставшегося до прибытия в конечный пункт. Это время рассчитывается исходя из предположения, что средняя скорость автомобиля на оставшемся участке пути будет такой же, как и на уже пройденном.

Сразу же после старта компьютер показал "2 часа" и всё дальнейшее время показывал именно это число (компьютер исправен). Найдите x(t) — зависимость пути, который проехал Гриша, от времени с момента старта. Постройте график этой зависимости.

9.6. В окружности с центром O проведены три равные хорды AB, CD и PQ (см. рисунок). Докажите, что MOK равен половине угла BLD.

Решения.

9.1. Ответ: -2.

На области определения уравнение можно привести к виду x+1+x/(x+1)=1. Умножим обе части уравнения на x + 1. После упрощения получим: x2 + 2x = 0$, то есть, x = 0 или x = -2. Корнем уравнения является только x = -2.

9.2. Пусть ABC - данный треугольник, B = a, A = 120o + a. Тогда C = 60o - 2a. Если CL - биссектриса данного треугольника, то CLA = LCB + LBC = (30o - a)+a = 30o. Пусть CH - высота треугольника АВС, тогда в треугольнике CLH катет CH, лежащий против угла в 30o, в два раза меньше, чем гипотенуза CL.

9.3. Ответ: первое число больше.

Первый способ. Рассмотрим разность между данными числами: ==,
так как первая дробь больше второй. Действительно, числитель первой дроби больше числителя второй, а знаменатель - меньше.

Второй способ. Пусть n=2005, тогда требуется сравнить следующие числа: A= и B=. Поскольку оба числа положительны, то достаточно сравнить их квадраты:

A2=2n+1++2,

B2=2n+1++2.

Поскольку ()2=n(n+1)+(n+1) >(n+1)n+n =()2, то и >. Также >, cледовательно, квадрат первого числа больше квадрата второго, то есть, A>B.

9.4. Пусть корреспондент прав, и i-ый шахматист выиграл ni партий, и столько же свел вничью. Поскольку он сыграл 19 партий, то остальные 19 - 2ni партий он проиграл. Так как партия, выигранная одним из участников, является проигранной для другого, то суммарное количество выигранных партий равно суммарному количеству проигранных: n1 + n2 + ... + n20 = (19 - 2n1) + (19 - 2n2) + ... + (19 - 2n20). То есть, 3(n1 + n2 + ... + n20) = 19*20, откуда n1 + n2 + ... + n20 = 19*20/3, но это невозможно, так как в левой части равенства стоит целое число, а в правой - не целое.

9.5. Через t часов с момента старта Гриша проедет x(t) километров. Его средняя скорость составит x(t)/t км/ч. Оставшиеся 100 - x(t) км Гриша, по мнению компьютера, будет двигаться с той же средней скоростью, то есть проедет этот участок за (100-x(t))/(x(t)/t) ч, что по условию всегда составляет 2 ч. Тогда (100-x(t))(x(t)/t)=2, то есть, x(t)=100t/(t+2), t > 0. Это и есть искомая зависимость.

Для построения графика преобразуем: 100t/(t+2)=(100(t+2)-200)/(t+2)=100-200/(t+2), t > 0. Графиком функции x(t)=100-200/(t+2), где t>0, является часть гиперболы x(t)=-200/t, смещённой на 2 влево и на 100 вверх. Схематичный график зависимости пройденного расстояния от времени приведён на рисунке.

9.6. Докажем вспомогательное утверждение: через точку внутри окружности, отличную от центра, можно провести не более двух хорд равной длины.

"Алгебраическое доказательство". Пусть через точку Z проходят три хорды длины a. Для каждой из них произведение отрезков, на которые их делит точка Z, постоянно и равно, допустим, m. Расмотрим одну из хорд. Пусть точка Z делит эту хорду на отрезки длины x1 и x2. Тогда x1+x2=a, x1*x2=m, следовательно, числа x1 и x2 - корни уравнения x2 - ax + m = 0. Корнями того же уравнения будут длины отрезков, на которые точка Z разбивает остальные две хорды. Но у этого уравнения только два корня, а это означает, что каждая из хорд точкой Z разбивается в точности на отрезки длиной x1 и x2. Это значит, что окружность с центром Z радиуса x1 имеет с данной окружностью по крайней мере три общие точки. Тогда она обязана с ней совпадать, но Z - не центр исходной окружности. Противоречие.

"Геометрическое доказательство". Равные хорды одной окружности опираются на равные дуги, поэтому они переводятся друг в друга поворотом вокруг центра O этой окружности. Следовательно, эти хорды равноудалены от точки O, поэтому, касаются некоторой окружности с центром О. Из данной точки к данной окружности можно провести не более двух касательных.

Теперь обратимся к нашей задаче (см. рисунок). Рассмотрим симметрию относительно прямой OM. При этой симметрии окружность перейдёт сама в себя, а хорда AB - в некоторую хорду той же длины, проходящую через точку M. Этой хордой, в силу доказанного утверждения, является хорда QP. Из симметрии следует равенство углов: OMA = OMQ =a. Аналогично, рассматривая симметрию относительно OK , получим, что OKP = OKD=b. Тогда KOM = 180o - a - b и KLB = LMK + LKM = 180o - 2a + 180o - 2b= 360o - 2(a + b) = 2KOM, что и требовалось.

10 класс

10.1. Один градус шкалы Цельсия равен 1,8 градусов шкалы Фаренгейта, при этом 0o по Цельсию соответствует 32o по шкале Фаренгейта. Может ли температура выражаться одинаковым числом градусов как по Цельсию, так и по Фаренгейту?

10.2. Даны квадратные трехчлены f и g с одинаковыми старшими коэффициентами. Известно, что сумма четырех корней этих трехчленов равна р . Найдите сумму корней трехчлена f + g, если известно, что он имеет два корня.

10.3. Дан равносторонний треьник АВС. Точка К — середина стороны АВ, точка М лежит на стороне ВС, причем ВМ : МС = 1 : 3. На стороне АС выбрана точка P так, что периметр треугольника РКМ — наименьший из возможных. В каком отношении точка Р делит сторону АС?

10.4. Найдите все простые числа р, для каждого из которых существует натуральное число m такое, что  — также натуральное число.

10.5. Укажите все выпуклые четырехугольники, у которых суммы синусов противолежащих углов равны.

10.6. В кубе АВСDА1В1С1D1 площадь ортогональной проекции грани АА1В1В на плоскость, перпендикулярную диагонали АС1, равна 1. Найдите площадь ортогональной проекции куба на эту плоскость.

Решения.

10.1. Ответ: да, может.

Из условия следует, что температура по Фаренгейту выражается через температуру по Цельсию следующим образом: TF = 1,8TC + 32o. Если TF = TC = x, то x = 1,8x + 32, то есть, x = - 40.

Заметим, что корень уравнения можно было и не находить. Достаточно указать, что графики линейных функций с неравными угловыми коэффициентами пересекаются.

10.2. Ответ: p/2.

Пусть f(x) = ах2 + b1x + c1; x1, x2 - его корни, g(x) = ax2 + b2x + c2; x3, x4 - его корни. Тогда, по теореме Виета, x1 + x2 = -b1/a; x3 + x4 = -b2/a. По условию, x1 + x2 + x3+ x4 = -(b1+b2)/a=p. Так как f(x) + g(x) = 2ах2 + (b1 + b2)х + (c1 + c2), то сумма корней этого трехчлена равна: -(b1+b2)/2a=p/2.

10.3. Ответ: AP : PC = 2 : 3.

Так как отрезок КМ зафиксирован, то периметр треугольника PKM наименьший из возможных тогда и только тогда, когда длина ломаной KPM - наименьшая из возможных (см. рисунок). Для того, чтобы построить такую точку P достаточно рассмотреть точку M', симметричную точке М относительно прямой АС. Тогда Р - точка пересечения KМ' и АС. Действительно, длина ломаной KPM равна KP + PM = KP + PM' = KM'. Для любой точки Q отрезка АС, отличной от P, KQ + QM = KQ + QM' > KM'. Так как MPC = M'PC = KPA, то треугольники МРС и КPA подобны по двум углам. Следовательно, AP : CP = АК : CM = 1/2 : 3/4 = 2 : 3.

10.4. Ответ: р - любое нечетное простое число.

Пусть p - нечетное, то есть, р = 2t + 1, где t - натуральное число. Тогда условие задачи выполняется для m = t2.

Осталось рассмотреть случай p=2. Пусть для некоторого m + - натуральное число. Тогда =y-, то есть, = y2-2y+m. Следовательно, =(2-y2)/2y, то есть, - рациональное число. Тогда - целое число. В этом случае также должен быть целым числом. Но квадратов натуральных чисел, различающихся на 2, не существует.

10.5. Ответ: параллелограмм или трапеция.

Рассмотрим четырехугольник АВСD (см. рисунок). Проведем диагональ ВD и введем обозначения: АВD = a; CBD = b; ADB = g; CDB = d. Тогда BАD = 180o - (a + g), BCD = 180o - (b + d).

Тогда, по условию sin(a + g) + sin(b + d) = sin(a + b) + sin(g + d). Применяя формулу преобразования суммы синусов в произведение, получаем: 2sin(a+b+g+d)/2*cos(a-b+g-d)/2= 2sin(a+b+g+d)/2*cos(a+b-g-d)/2. Разделив обе части равенства на выражение, отличное от нуля, получим: cos(a-b+g-d)/2= cos(a+b-g-d)/2. Тогда по формуле разности косинусов -2sin(a-d)/2sin(g-b)/2=0. Следовательно, a = d или b = g, это означает, что хотя бы две стороны данного четырехугольника параллельны.

10.6. Ответ: 3.

Первый способ. Выберем плоскость проекции так, чтобы она проходила через центр куба. Сечением куба этой плоскостью является правильный шестиугольник MNKLPQ (см. рисунок слева). Проекцией куба на эту плоскость является шестиугольник A1'B1'B'C'D'D1' (см. рисунок в центре), вершины которого являются центрами правильных треугольников, построенных на сторонах шестиугольника MNKLPQ, поэтому полученный шестиугольник также является правильным, причем вершины A и C1 куба проектируются в его центр. Проекцией грани АА1В1В является параллелограмм A'A1'B1'B'. Его площадь в три раза меньше площади проекции куба.

Второй способ. Грани A1B1C1D1, BCC1B1 и CDD1C1 образуют одинаковый угол с диагональю AC1 (см. рисунок слева), поэтому они образуют равные углы и с плоскостью, перпендикулярной этой диагонали. Тогда проекции этих граней на плоскость, перпендикулярную диагонали AC1, равны. Таким образом, проекция куба выглядит так, как показано на рисунке справа, следовательно, ее площадь равна 3.

Rambler's Top100