Итоги муниципального этапа ВОШ

Олимпиада по математике Муниципальный этап 2015–16 уч. г.
Указания и решения задач
7 класс
В стакане находился раствор, в котором вода составляла 99%.
Стакан с раствором взвесили, и вес оказался равен 500 гр. После
этого часть воды испарилась, так что в результате доля воды
составила 98%. Сколько будет весить стакан с получившимся
раствором, если вес пустого стакана 300 гр.?
Ответ: 400 гр. Указание. Вначале воды было 0.99  (500  300)  198
(гр.), а вещества 200 – 198 = 2 (гр.). После выпаривания воды
2 гр. вещества составляют 100% – 98% = 2% раствора, значит,
весь раствор весит 100 гр., а вместе со стаканом 400 гр.
7.1.
Дан прямоугольник, у которого длина в полтора раза больше
ширины. Известно, что периметр прямоугольника численно
равен его площади. Найдите стороны прямоугольника.
10
Ответ:
и 5. Указание. Пусть х – ширина, тогда 1.5 х – длина
3
прямоугольника. Из условий задачи получаем уравнение
3
2(1.5 x  x)  1.5 x  x  5 x  x 2 . Отсюда, деля на х ( 0), получим
2
10
x
; тогда 1.5 x  5
3
.
7.3. На столе стоит куб. Можно ли расставить в его вершинах 8
чисел; 1, 2, ..., 8, так чтобы выполнялись следующие два условия:
1) если сложить для каждого вертикального ребра два числа на
его концах, то все четыре суммы будут одинаковы; 2) сумма
чисел на верхней грани равна сумме чисел на нижней?
Ответ: можно. Указание. Приведем пример. Расставим в вершинах
квадрата ABCD нижнего основания числа 1, 7, 6, 4, а над ними, в
вершинах квадрата A1 B1C1 D1 – числа 8, 2, 3, 5. Тогда суммы в
вершинах обоих квадратов равны по 18. На каждом из
вертикальных ребер сумма равна 9.
7.2.
Существуют ли такие два двузначных числа, что если к первому
из них прибавить 20, а из второго вычесть 15, то полученные
числа останутся двузначными, а их произведение окажется
равным произведению исходных чисел?
Ответ: существуют. Указание. Можно привести пример а = 16, b = 27.
Действительно, (16  20)  (27  15)  16  27  432 (Анализ решения
и все возможные пары рассмотрены в задаче 8.4).
7.4.
Прямоугольник площади 2015 см2 разлинован на 2015 клеток со
стороной 1 см. Этот прямоугольник разрезали двумя
перпендикулярными разрезами вдоль линий сетки и получили
четыре прямоугольника. Докажите, что хотя бы у одного из них
площадь не меньше 528 см2.
Указание. Простые делители числа 2015 – это 5, 13 и 31. Поэтому
стороны прямоугольника могут принимать три значения в
следующих случаях: 1) а = 135 = 65, b = 31; 2) а = 315 = 155,
b = 13; 3) а = 1331 = 403, b = 5 (очевидно, случай а = 2015, b = 1
невозможен, т.к. такой прямоугольник невозможно разрезать
указанным образом). В первом случае одна из четырех частей
после разрезания будет иметь размер не меньше 3316 = 528, во
втором – не меньше 787 = 546, в третьем – не меньше
2023 = 606.
7.5.
8 класс
В стакане находился раствор, в котором вода составляла 99%.
Стакан с раствором взвесили, и вес оказался равен 500 гр. После
этого часть воды испарилась, так что в результате доля воды
составила 98%. Сколько будет весить стакан с получившимся
раствором, если вес пустого стакана 300 гр.?
Ответ: 400 гр. Указание. См. задачу 7.1.
8.1.
8.2.
На столе стоит куб. Можно ли расставить в его вершинах 8
чисел; 1, 2, ..., 8, так чтобы выполнялись следующие два условия:
1) если сложить для каждого вертикального ребра два числа на
его концах, то все четыре суммы будут одинаковы; 2) сумма
чисел на верхней грани равна сумме чисел на нижней?
Ответ: можно. Указание. См. задачу 7.3.
8.3. Существует ли треугольник, высоты которого равны а) 2; 3; 6 ? б)
2; 3; 5?
Ответ а) не существует, б) существует. Указание. а) Предположим,
что такой треугольник существует. Обозначим стороны, к которым
проведены высоты, через a, b, с. Тогда из формулы площади
2a 3b 6c


, т.е. известны
2
2
2
1 1 1
отношения сторон a : b : c  : : . Но треугольник со
2 3 6
x x x
1 1 1
, ,
 
сторонами
(где x>0) не существует, т.к.
2 3 6
2 3 6
треугольника следует, что
S
(треугольник можно построить, когда наибольшая сторона меньше
суммы двух других). б) Рассуждая аналогично, получим, что
1 1 1
, ,
существует. Обозначим его
2 3 5
1
1
1

А1В1С1.  A1 B1  , B1C1  , A1C1   . Искомый треугольник
2
3
5

треугольник со сторонами
будет подобен А1В1С1, и чтобы его построить, проделаем
следующее. Проведем прямую, параллельную прямой А1С1 на
расстоянии 5 от нее, далее возьмем точку пересечения этой прямой
с прямой А1В1. Обозначим эту точку пересечения через В. Проведем
через точку В прямую, параллельную В1С1, и, найдя ее пересечение
с прямой А1С1, получим точку С. Тогда А1ВС – искомый
треугольник.
8.4.
а) Докажите что существует такая пара двузначных чисел, что
если к первому числу прибавить 20, а из второго вычесть 15, то
полученные числа останутся двузначными, а их произведение
окажется равным произведению исходных чисел? б) Сколько
всего таких пар?
Ответ: б) 16 пар. Указание. Для пункта а) достаточно привести
конкретный пример (см. задачу 7.4). б) Пусть a, b – искомая пара
чисел. Тогда (a  20)(b  15)  ab . Отсюда
20b  15a  20  15  4b  3a  60 . Поскольку 3а и 60 делятся на 3,
то b тоже должно делиться на 3, т.е. b  3b1 для некоторого
натурального b1. Аналогично, a = 4 a1. Тогда сокращая на 12
последнее уравнение, получим b1  a1  5 . Из условия
двузначности чисел a + 20 и b – 15 будем иметь ограничения
4 a1  20  100 и 3(a1  5)  15  10 . Отсюда a1  20 и a1  3 .
Взяв любое натуральное число а1 от 4 до 19, получим 16
различных значений, и для них числа a = 4a1 и
b  3(a1  5) будут искомыми парами.
Дан выпуклый 37-угольник, у которого все углы выражаются
целым числом градусов. Докажите, что среди углов имеются хотя
бы три одинаковых.
Указание. Предположим противное, а именно: пусть каждый угол
многоугольника повторяется не более двух раз, и воспользуемся
свойством суммы внешних углов выпуклого многоугольника: она
равна 360. Но сумма внешних углов данного многоугольника не
меньше 1  1  2  2  ...  18  18  19 (мы взяли самые маленькие
возможные значения внешних углов не более двух раз каждое).
Подсчет этой суммы дает 361 > 360. Противоречие доказывает
наше утверждение.
8.5.
9 класс
Сколько имеется пятизначных натуральных чисел, делящихся на
9, у которых последняя цифра больше предпоследней на 2?
Ответ: 800. Указание. Предпоследняя цифра (цифра десятков) может
быль любой от 0 до 7 (чтобы после прибавления двойки
последняя цифра имела смысл). Третья и вторая цифра могут
быть любыми (от 0 до 9). После выбора указанных трех цифр
(второй, третьей и четвертой) последняя цифра однозначно
определена по предпоследней, а первая цифра однозначно
определена после этого остальными четырьмя из условия
9.1.
BAC равен 90 - это следует из равенства прямоугольных
треугольников ABB1 и ACC1 , где B1 , C1 .- проекции на ось x
точек В,.С б) Пример пятиугольника (см. рис.) следует из
делимости на 9 (заметим, что первой цифрой 0 быть не может, а
все остальные цифры 1, 2, ... , 9 дают все возможные остатки при
делении на 9). Итого, по правилу произведения имеем
81010 = 800 чисел.
9.2.
теоремы Пифагора, т.к. 32  42  52 . Площадь ABCDE равна
3 4
 2  4 , периметр равен 5  2  2  1  2  12 .
2
а) Докажите, что если натуральные числа х, у удовлетворяют
уравнению x 3  5 y  y 3  5 x , то х = у. б) Существуют ли
различные положительные действительные числа х, у,
удовлетворяющие этому уравнению?
Ответ: б) существуют. Указание. а) Имеем x 3  y 3  5( x  y ) . Если
x  y , то отсюда после деления на (x – y) получим
9.4.
x 2  xy  y 2  5 . Самые маленькие (и различные) натуральные
числа 1 и 2 при подстановке в левую часть дают 7 > 5, значит, и
при бóльших значениях левая часть будет больше правой.
б) Возьмем, например y  2 x , и подставим в последнее
уравнение:
x2  2x2  4x2  5 .
Тогда
x
5
7
и
y2
5
7
удовлетворяют уравнению.
Внимание опечатка в конце последнего предложения решения задачи
9.3 (пункт а): после слова "угол" всюду вместо буквы (вершины)
С читать D.
9.3. Можно ли построить на координатной
B
плоскости а) квадрат площади 10 с 3
целочисленными координатами вершин? 2
б) многоугольник периметра 12 и
D
C
1
площади
4
с
целочисленными
E
координатами вершин?
A
4
2
Ответ: а) можно; б) можно. Указание. а)
Сторона квадрата равна
10 , поэтому стороны не могут быть
параллельны осям координат. Из представления 10= 32  12 и
теоремы Пифагора получается пример квадрата с вершинами
А(0;0), В(-1,3), С(2;4), D(3,1). Действительно, все стороны
четырехугольника ABCD при подсчете дают длину 10 , а угол
Дана окружность с диаметром АВ, точка С – середина одной из
полуокружностей с концами А, В. Из точки С проведены два луча
под углом 45 друг к другу. Лучи пересекают диаметр АВ в
точках Р, Q. а окружность – в точках М и N (точки Р, М лежат на
одном луче, a Q, N – на другом; на диаметре точки расположены
в таком порядке: А, Р, Q, B). Докажите соотношение для
площадей треугольников: S CPQ  S AMP  S BNQ .
Указание. Пусть О – центр окружности, R – ее радиус. Обозначим
  AOM ,   BON и S1  S AMP , S2  S BNQ , S  SCPQ . Поскольку
MON  2MCN  90 , то     90 . Рассмотрим AMP и CQP .
Они подобны, т.к. APM  CPQ и AMP  PCQ = 45 (по
свойству вписанного угла АМС). Поэтому площади этих треугольников
относятся как квадраты высот к соответствующим сторонам АР и РQ,
т.е. S1 / S  ( R sin ) 2 / R 2  sin 2  . Аналогично
S 2 / S  sin 2   sin 2 (90   )  cos 2  . Тогда
( S1  S 2 ) / S  sin 2   cos 2   1 .
Дан выпуклый 37-угольник, у которого все углы выражаются
целым числом градусов. Докажите, что среди углов имеются хотя
бы три одинаковых.
Указание. См. задачу 8.5.
9.5.
10 класс
10.1. Сколько имеется пятизначных натуральных чисел, делящихся на
9, у которых последняя цифра больше предпоследней на 2?
Ответ: 800. Указание. См. задачу 9.1.
10.2. Изобразите на координатной плоскости множество точек,
удовлетворяющих уравнению 2 x 2  3 xy  y 2  x  1 .
Ответ: искомое множество точек – совокупность двух прямых
y   x  1 и y  2 x  1 . Указание. Рассмотрим данное уравнение
как квадратное относительно у. Его дискриминант равен
D  (3x) 2  4(2 x 2  x  1)  x 2  4 x  4  ( x  2) 2 , и корни равны
y1  (3x  x  2) / 2   x  1 ,
y2  (3x  x  2) / 2  2 x  1 . Их
графики – это две прямые на плоскости.
10.3. а) Докажите, что если натуральные числа х, у удовлетворяют
уравнению x 3  y  y 3  x , то х = у. б) Существуют ли различные
положительные рациональные числа х, у, удовлетворяющие
этому уравнению?
Ответ: б) существуют. Указание. а) См. указание к пункту а) задачи
9.2 (уравнение x 2  xy  y 2  1 , очевидно, не имеет натуральных
решений). б) Пусть y = xt ( x, y, t  Q). Подставив y в уравнение
x 2  xy  y 2  1 , получим t 2  t  1 
1
x
2
. Обозначим u 
1
, u  Q,
x
и рассмотрим квадратное уравнение t 2  t  1  u 2  0 . Чтобы оно
имело рациональные корни, нужно чтобы дискриминант был
квадратом
рационального
числа:
2
2
2
2
1  4(1  u )  v (v  Q)  4u  v  3  (2u  v) (2u  v)  3 .
Разложить тройку на два рациональных множители можно
разными способами (надо еще не забыть о положительности
решения, и для этого v должно быть больше единицы). Возьмем,
1
например, такое разложение: 2u  v  9 , 2u  v  . Из данной
3
7
13
3
u ,v .
x
системы
находим
Тогда
и
3
3
7
13 
5
3
5

t    1   / 2  . Таким образом, числа x 
и y
3
3
7
7

удовлетворяют уравнению (это можно и непосредственно
проверить).
10.4. Дана окружность с диаметром АВ. Точка С – середина одной из
полуокружностей с концами А, В. Из точки С проведены два луча
под углом 45 друг к другу, которые пересекают диаметр АВ в
точках Р, Q. а окружность – в точках М и N (точки Р, М лежат на
одном луче, a Q, N – на другом; на диаметре точки расположены
в таком порядке: А, Р, Q, B). Докажите соотношение для
площадей треугольников: S CPQ  S AMP  S BNQ .
Указание. См. задачу 9.4.
10.5. У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он
плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так
что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри
куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см
друг от друга.
Указание. В кубе ABCDA1B1C1D1 рассмотрим 4 вершины A, C , B1 , D1 –
они являются вершинами правильного тетраэдра со стороной
a 2 , где a = 5 – ребро куба. Поскольку 5 2  7 , рассмотрим
7
подобный тетраэдр с коэффициентом подобия
, т.е.
5 2
совершим гомотетию с центром в центре куба и данным
коэффициентом подобия. Получим четыре вершины нового
тетраэдра внутри куба. Поскольку цветов у пластилина три, хотя
бы две вершины этого тетраэдра будут одного цвета.
11 класс
11.1. Изобразите на координатной плоскости множество точек,
удовлетворяющих уравнению 2 x 2  3 xy  y 2  x  1 .
Ответ: искомое множество точек – это совокупность двух прямых
y   x  1 и y  2 x  1 . Указание. См. задачу 10.2.
11.2. а) Докажите, что если натуральные числа х, у удовлетворяют
уравнению x 3  64 y  y 3  64 x , то х = у. б) Существуют ли
различные положительные действительные числа х, у,
удовлетворяющие этому уравнению?
Ответ: б) существуют. Указание. Аналогично решению задач 9.2 и
10.3, приходим к уравнению x 2  xy  y 2  64 . Если х и у –
нечетные числа, то в левой части будет стоять нечетное число.
Если только одно из чисел х или у четное, то левая часть также
будет нечетной. Значит, x  2 x1 , y  2 y1 для некоторых
натуральных х1, у1. Подставляя эти выражения в уравнение,
придем к уравнению x12  x1 y1  y12  16 , а от него, аналогично, к
x22
уравнению
 x2 y2 
y22
 4,
и
затем
к
уравнению
 x3 y3   1 , которое натуральных решений не имеет (см.
задачу 9.2). б) См. задачу 9.2, пункт б).
x32
y32
11.3. Дана окружность с диаметром АВ, касающаяся прямой d в точке
В. Через точку А проведены два луча, пересекающие прямую d в
точках М и N, а окружность – в точках P и Q (точки Р, М лежат
на одном луче, a Q, N – на другом). а) Докажите, что длины
отрезков удовлетворяют неравенству PQ  MN . б) Докажите,
что
l PQ  MN , где l PQ – длина дуги с концами P и Q , не
содержащей точку А.
Указание. а) Пусть   MAB,   NAB , R – радиус окружности.
Пусть, для определенности, М и N лежат по одну сторону от
точки В и    . Искомое неравенство запишется в виде
sin(   )
sin(   ) 
2R sin(   )  2R(tg  tg) 
.
cos  cos 
Последнее неравенство очевидно, т.к. cos  1 , cos   1 . Если
М и N лежат по разные стороны от В, то при замене  на –
применимы предыдущие рассуждения. б) Теперь требуется
доказать более сильное неравенство, а именно (.учитывая, что
–
центральный
угол
данной
дуги):
2(  )
R2(  )   2 R( tg  tg)  tg    tg   .
Рассмотрим
сначала случай, когда М и N лежат по одну сторону от точки В.

Тогда 0      . Рассмотрим функцию f ( x)  tg x  x при
2
 
Она
монотонно
возрастает,
т.к.
x  0;  .
 2
1
1  cos2 x
f ( x) 
1 
 0 , причем f ( x)  0 при x  0 , и
cos2 x
cos2 x
значит, возрастание строгое. Поэтому искомое неравенство
справедливо. Если М и N лежат по разные стороны от точки В, то

разбив точкой В и дугу PQ , и отрезок MN на две части,
применим к каждой из частей доказанное неравенство (при
 = 0).
11.4. Найдите геометрическое место точек М на координатной
плоскости таких, что две касательные, проведенные из М к
параболе у = х2, перпендикулярны друг другу.
1
Ответ: прямая y   . Указание. Пусть (a; b) – координаты точки М,
4
2
и M 1 ( x1; x1 ), M 2 ( x2 ; x22 ) – точки касания с параболой двух
касательных из точки М. Уравнение касательной в точке M1 есть
y  x12  2 x1 ( x  x1 ) (здесь мы учли, что угловой коэффициент
касательной равен ( x 2 )  2 x ). Подставляя координаты точки М,
получим x12  2 x1a  b  0 . Такое же уравнение с заменой х1 на х2
получим для точки М2, т.е. х1, х2 – корни уравнения
x 2  2ax  b  0 , и по теореме Виета b  x1 x2 . Из условия
перпендикулярности
двух
касательных
1
1
1
(2 x2 )  
 x1x2   . Итак, b  x1 x2   .
2 x1
4
4
имеем
11.5. У Пети скопилось много кусочков пластилина трех цветов, и он
плотно заполнил пластилином полый куб со стороной 5 см, так
что в кубе не осталось свободного места. Докажите, что внутри
куба найдутся две точки одного цвета на расстоянии ровно 7 см
друг от друга.
Указание. См. задачу 10.5.