Документ 301260

8 класс
Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов).
3
x 1
1.1. В дроби 2
замените звездочку одночленом так, чтобы дробь можно было
x 1 *
сократить. Постарайтесь указать как можно больше различных решений.
Ответ: Приведем две бесконечные серии решений. 1) –2xn – 1, где n – любое
натуральное число; 2) x3k – 2, где k – любое натуральное число.
Покажем, что в первом случае дробь можно сократить на (x – 1), а во втором случае
 x  1 x 2  x  1
x3  1
2
– на (x + x + 1). Действительно, 1) При n = 1
=
=
 x  1 x  1
x 2  1  ( 2)
x2  x  1
;
x 1
 x  1 x 2  x  1
x3  1
x2  x  1
при n = 2
=
=
;
x 1
 x  1 2
x 2  1  2x
при n = 3
при n  4
–
x 2  x  1 x n  3
 x  1 x 2  x  1
x2  x  1
x3  1
=–
=–
;
 x  1 x  1
x 1
x 2  1  2x 2
 x  1 x 2  x  1
x3  1
 x  1 x 2  x  1
=
=
–
=
x 2  1  2x n
 x 2  x n   1  x n 
x 2  x n 2  1   x  1 x n 1  x n 2 ... x  1
 x  1 x 2  x  1
x2  x 1
=
–
.
2 x n 1  2 x n  2 ...2 x 2  x  1
 x n  4 ... x  1   x  1 x n 1  x n  2 ... x  1
 x  1 x 2  x  1
x3  1
==
= x – 1;
x2  x  1
x2  1 x
 x  1 x 2  x  1
 x  1 x 2  x  1
x3  1
=
=
=
2
4
2
4
2
2
2) При k = 1
при k = 2
x
x 1 x
x 1
;
x  x 1
 2 x  1  x
 x 2  1
 x  1 x 2  x  1
 x 2  1  x x 2  1  x
 x2
=
2
при k  3
x3  1
=
x 2  1  x 3k  2
 x  1 x 2  x  1
 x 3k 2  x 4    x 4  x 2  1
 x  1 x  x  1
=

x 4 x 3 
 x  1 x 2  x  1
k 2

 1   x 2  1  x  x 2  1  x 
2
=

x  x  1)  x
4
x  x  1 x
4
x 1
3k  9
x
3 k 12
3

3 k 3
 x
... x 3  1  x 2  x  1

3 k 4

... x 3  1   x 2  x  1 x 2  x  1
=
.
Выполнять сокращение дроби в каждом случае не обязательно, достаточно
указать многочлен, на который делится как числитель, так и знаменатель. В
частности, в первом случае x = 1 является корнем многочленов, стоящих в числителе
и в знаменателе, поэтому дробь можно сократить на (x – 1). Во втором случае
делимость числителя и знаменателя на (x2 + x + 1) можно показать, осуществив
деление многочленов «в столбик».
Отметим также, что одночлен (–x2) решением не является, так как в этом
случае дробь несократима.
1
1.2. Существует ли четырехугольник, который можно одной прямой разбить на
прямоугольный треугольник и прямоугольник, а другой прямой – на прямоугольный и
равносторонний треугольники?
Ответ: да, существует.
Например, прямоугольная трапеция с
углом 60, в которой большая боковая
сторона равна большему основанию (см.
рис. 1 а, б).
Рис. 1а
Рис. 1б
1.3. Найдите наименьшее простое число p, большее двух, такое, что p 3  7 p2 является
точным квадратом.
Ответ: p = 29.
Так как p 3  7 p 2  p 2 ( p  7) , то исходное число является точным квадратом т. и т. т.,
когда точным квадратом является число p + 7. Так как p – простое число и p > 2, то
достаточно убедиться, что p + 7 = 16  p = 9 и p + 7 = 25  p = 18 не удовлетворяют
условию задачи. Так как p + 7 = 36  p = 29 удовлетворяет условию, то это значение p и
будет наименьшим.
Отметим, что задачу можно решить и последовательным перебором простых
чисел, начиная с p = 3.
Второй тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).
2.1. На рисунке изображен график функции у = kх + b. В той же системе координат
постройте график функции у = bх + k. Поясните ответ.
Ответ: см. рис. 2.
Так как точка (1; 0) принадлежит графику
функции у = kх + b, то, подставив ее координаты в
формулу, получим, что k + b = 0, то есть числа k и b
– противоположные. Следовательно, bх + k = –kх –
b = –(kx + b).
Таким образом, требуется построить график
функции у = –(kx + b). Этот график симметричен
графику функции у = kх + b относительно оси
абсцисс (см. рис. 2).
2.2. В прямоугольном треугольнике АВС М –
середина гипотенузы АВ, N – середина катета АС.
Окружность, проходящая через точки М и N,
касается катета ВС в точке K. В каком отношении
точка K делит этот катет?
Ответ: 1 : 3.
2
Рис. 2
Из условия задачи следует, что МN – средняя линия
1
треугольника АВС, поэтому МN || ВС и MN  BC (см. рис. 3).
2
Общий перпендикуляр КР к прямым BC и MN проходит через
центр данной окружности, поэтому точка Р является серединой
хорды МN.
В четырехугольнике CKPN есть три прямых угла, поэтому он
1
является прямоугольником. Следовательно, CK = PN =
MN =
2
1
BC, то есть CK : KB = 1 : 3.
4
Рис. 3
B
M
K
C
P
N
A
2.3. Число А является суммой трех последовательных натуральных чисел. Число В также
является суммой трех последовательных натуральных чисел. Может ли произведение
чисел А и В оказаться равным 2007?
Ответ: нет, не может.
Из условия задачи следует, что A = (m – 1) + m + (m + 1) = 3m, где m – натуральное
число, отличное от 1. Аналогично, B = 3n, где nN, n  1. Пусть AB = 2007, тогда 9mn =
2007  mn = 223. Последнее равенство выполняться не может, так как число 223 –
простое.
Третий тур (20 минут; каждая задача – 8 баллов).
3.1. Из города в одном направлении выехало три автомобиля: второй – через 10 минут
после первого, третий – через 20 минут после второго. Через 30 минут после своего
выезда третий автомобиль догнал второй, а еще через 10 минут – первый. Через сколько
минут после своего выезда из города второй автомобиль догнал первый?
Ответ: через 200 минут.
Первый способ («алгебраический»). Пусть v1, v2 и v3 – скорости первого, второго и
третьего автомобилей соответственно (выраженные, например, в километрах в минуту).
Используя скорости сближения автомобилей, составим систему уравнений и
v 3  v 2   30  v 2  20
 3v 3  5v 2
v 2 21

преобразуем ее: 
 

.
v1 20
 v 3  v1   40  v1  30
4v 3  7v1
Пусть искомое время равно t (минут), тогда v2  v1 t  v1  10 
10 v 2

 1 . С учетом
t
v1
найденного отношения скоростей, получим, что t = 200.
Второй способ («арифметический»). 1) Так как третий автомобиль выехал через 20
минут после второго, а догнал его еще через 30 минут, то за 30 минут он проезжает такое
же расстояние, какое второй проезжает за 50 минут. Следовательно, за 120 минут он
проезжает столько же, сколько второй за 200 минут.
2) Так как третий автомобиль выехал через 30 минут после первого, а догнал его еще
через 40 минут, то за 40 минут он проезжает такое же расстояние, какое первый
проезжает за 70 минут. Следовательно, за 120 минут он проезжает столько же, сколько
второй за 210 минут.
3) Второй автомобиль выехал через 10 минут после первого и за 200 минут проехал
столько же, сколько первый за 210 минут. Значит, через 200 минут после выезда из
города второй автомобиль догнал первый.
3
Третий способ («физико-геометрический»). Схематически изобразим графики
движения
автомобилей
в
одной системе координат в
соответствии
с
условием
задачи. Пусть T – время,
прошедшее
от
начала
движения до встречи первого
и второго автомобилей, а, b и
c
соответственно
–
расстояния от города до
Рис. 4
точек попарных встреч автомобилей (см. рис. 4). Из подобия трех пар
T
c T  10 c b 40 4
 ;
 ;

 .
прямоугольных треугольников получим:
70 b
50
a a 30 3
Почленно разделим второе уравнение на первое:
B
70 T  10 b
7 T  10 4
 21T – 210 =
 . Следовательно,

50T
a
5T
3
20T  T = 210. Искомое время – 200 минут.
E
3.2. В треугольнике АВС точка D лежит на стороне АС,
M
биссектриса СЕ пересекается с отрезком ВD в точке О,
O
причем ЕО = DO и EOD = 120. Найдите угол ВАС.
Ответ: 60.
Рис. 5
A
C
Проведем биссектрису ОМ угла BOC (М – точка ее
D
пересечения со стороной ВС, см. рис. 5). Тогда МОС =
1
1
ВОС = EOD = 60 и DОС = 180 – EOD = 60. Получим, что DOC = MOC (ОС
2
2
– общая сторона; углы, прилежащие к этой стороне, соответственно равны).
Следовательно, DО = MO. Тогда EOB = MOB (ОВ – общая сторона; ЕО = MO; EОB =
180 – EOD = 60 = MОB). Следовательно, BO – биссектриса угла ABC, поэтому O –
точка пересечения биссектрис треугольника ABC.
Так как ВОС = 120, то ОBС + ОСB = 60, тогда АBС + АСB = 120,
следовательно, BAC = 60.
3.3. Перед боем у Василия Ивановича и Петьки было поровну патронов. Василий
Иванович израсходовал в бою в 8 раз меньше патронов, чем Петька, а осталось у него
патронов в 9 раз больше, чем у Петьки. Докажите, что исходное количество патронов у
каждого делилось на 71.
Пусть Василий Иванович израсходовал x патронов, а у Петьки осталось y патронов.
Тогда Петька израсходовал 8x патронов, а у Василия Ивановича осталось 9y патронов.
Так как перед боем у обоих было поровну патронов, то x + 9y = 8x + y  7x = 8y.
Следовательно, x делится на 8, то есть x = 8z, где z – натуральное число. Тогда y =
7z, а исходное количество патронов равно x + 9y = 8z + 63z = 71z, то есть делится на 71.
Четвертый тур (25 минут; каждая задача – 9 баллов).
4.1. Пусть N  abc – трехзначное число. Найдите все такие N, для которых N = a + b + c +
ab + bc + ca + abc.
Ответ: 199; 299; 399; 499; 599; 699; 799; 899; 999.
Преобразуем данное равенство, прибавив к обеим частям по единице и группируя:
N + 1 = a + b + c + ab + bc + ca + abc + 1  N + 1 = ab(с + 1) + a(с + 1) + b(с + 1) + (с + 1) =
 N + 1 = (с + 1)(ab + a + b + 1)  N + 1 = (с + 1)(a(b + 1) + (b + 1))  N + 1 = (с + 1)(b +
1)(a + 1).
4
Учитывая, что N = 100a + 10b + c, где a, b и c – цифры (a  0), получим: (с + 1)(b +
1)(a + 1) = 100a + 10b + c + 1  a(b + 1)(c + 1) + (b + 1)(c + 1) – (c + 1) = 100a + 10b  a(b +
1)(c + 1) + b(c + 1) = 100a + 10b.
Так как c + 1  10, то b(c + 1)  10b. Так как (b + 1)(c + 1)  100, то a(b + 1)(c + 1) 
100a. Таким образом, a(b + 1)(c + 1) + b(c + 1)  100a + 10b, причем равенство
достигается т., и т. т., когда оно достигается в каждом из двух использованных
неравенств, то есть при с = 9 и b = 9 (независимо от значения а).
Следовательно, N – любое трехзначное число, оканчивающееся на 99.
4.2. Дан квадрат АВСD со стороной 1. На стороне ВС взята точка М, а на стороне CD –
точка K так, что периметр треугольника MCK равен 2. Найдите угол MAK.
Ответ: 45.
Первый способ. Воспользуемся следующим
Рис. 6а
утверждением: если окружность касается стороны
ВС и продолжений сторон АВ и АС треугольника
1
АВС в точках Р и Q, то АР = AQ = PABC (см. рис.
2
6а).
Это
следует
из
равенства
отрезков
касательных, проведенных к окружности из одной
точки: ВР = BL и CQ = CL (L – точка касания
окружности со стороной ВС). В любом
треугольнике существуют ровно три окружности,
касающиеся стороны и продолжений двух других сторон. Такие окружности называются
вневписанными. Их центры – точки пересечения биссектрис внутреннего угла
треугольника и двух внешних углов.
Рассмотрим
данный
квадрат,
треугольник
MCK,
описанный в условии, и его вневписанную окружность,
касающуюся стороны МK (см. рис. 6б). Так как CB = CD =
1
PMCK, то В и D – точки касания этой окружности с
2
продолжениями сторон CM и CK, значит, перпендикуляры к
прямым CM и CK, восстановленные из точек B и D
соответственно, пересекаются в центре А этой окружности.
Так как точка А – центр вневписанной окружности
треугольника MCK, то она является точкой пересечения
Рис. 6б
биссектрис внешних углов M и K этого треугольника.
Так как СMK + СKM = 90, то BMK + DKM =
1
1
270. Следовательно, МАK = 180 – ( BMK + DKM)
2
2
= 45.
Второй способ. На продолжении стороны СВ данного
Рис. 6в
квадрата отложим отрезок ВР, равный KD (см. рис. 6в).
Тогда из равенства прямоугольных треугольников
ADK и ABP следует, что AD = AP и KAD = PAB.
Следовательно, PAK = PAВ + ВAK = = KAD + ВAK = 90.
Пусть СМ = а, CK = b, тогда MK = 2 – (a + b). Кроме того, BM = 1 – a, BP = KD = 1 – b,
поэтому, MP = BM + BP = 2 – (a + b). Таким образом, AMK = AMP (по трем сторонам),
1
следовательно, МАK = МАP = PAK = 45.
2
Отметим, что этот способ решения практически использует поворот с
центром А на угол 90.
5
4.3. От выпуклого n–угольника последовательными прямолинейными разрезами отрезали
n треугольников. В результате получился 2007–угольник. Какие значения может
принимать n?
Ответ: все натуральные значения, начиная с n = 1004.
Отрезать треугольник от n–угольника можно, проведя разрез одним из трёх
способов:
1) через внутренние точки двух соседних сторон (см. рис. 7а) –
тогда количество сторон увеличится на 1;
2) через две вершины, расположенные через одну (см. рис. 7б), –
тогда количество сторон уменьшится на 1;
3) через внутреннюю точку стороны и вершину, следующую за
Рис. 7а
концом этой стороны (см. рис. 7в), – тогда количество сторон не
изменится.
Таким образом, за n разрезов можно увеличить или
уменьшить количество сторон n–угольника не более, чем на n.
Пусть количество сторон увеличилось или уменьшилось на m,
тогда n  m = 2007  m = (2007 – n). Следовательно, 2007 – n 
n, что равносильно 2n  2007 и n – 2007  n, что выполняется при
любом натуральном n. Таким образом, n  1004.
Покажем, что любое найденное значение n удовлетворяет
условию задачи. Действительно, если 1004  n < 2007, то
сделаем (2007 – n) разрезов первого типа и (2n – 2007) разрезов
третьего типа, а если n  2007, то сделаем (n – 2007) разрезов
второго типа и 2007 разрезов третьего типа.
В обоих случаях будет сделано n разрезов и получен 2007–угольник.
6
Рис. 7б
Рис. 7в