ОТВЕТЫ АРИФМЕТИКА Арифметические задачи. Задача 1

ОТВЕТЫ
АРИФМЕТИКА
Арифметические задачи.
Задача 1. Задача решается с конца. Пусть задуманное число x: тогда (2*7+6)/4*3–5=x.
Ответ: 10.
Задача 2. Каждому покупателю колхозница продавала половину от имеющихся яблок и еще поляблока, значит, каждый раз оставалось на одно яблоко меньше, чем она продавала. Итак, шестой
покупатель купил 1 яблоко, пятый – 2 яблока, четвертый – 4, третий – 8, второй – 16 и первый 32
яблока, значит колхозница принесла для продажи 63 яблока.
Ответ: 63.
Задача 3. Примем разность за одну часть, тогда сумма составит три части, большее число – 2 части,
меньшее – 1 часть. Итак, меньшее число втрое меньше суммы, а сумма – по условию – вдвое меньше
произведения, значит, меньшее число в 6 раз меньше произведения, т.е. второй сомножитель равен
шести (2 части), откуда первое число (1 часть) равно 3.
Ответ: 3 и 6.
Задача 4. Для решения этой задачи удобно расписывать действия в виде таблицы:
Бочка
Девятиведерная
Пятиведерная
бочка
бочка
a
a-9
9
a-9
4
5
a-4
4
5
a-4
4
a-13
9
4
a-13
8
5
a-8
8
-
Задача 5. Обозначим Ваш настоящий возраст через y, а прежний через x. Тогда мне сейчас 2x лет, а
раньше было y лет. По условию 2x+y=63. Разность возрастов не меняется со временем, поэтому 2x–
4
y=y–x, т.е. 3x=2y и y+y=63. Откуда y=27, x=18.
3
Ответ: мне 36, Вам 27.
Задача 6. Искомое число пассажиров делится на два и, кроме того, 8/100 или 2/25 от этого числа
есть число целое. Следовательно, искомое число делится на 2 и на 25, т.е. на 50, а так как оно не
превосходит 70, то равно 50.
Ответ: 50.
Задача 7. 15 секунд поезд движется мимо столба, значит, 15 секунд поезд «съезжает» с моста, т.е. с
момента, когда паровоз начал въезжать на мост до момента, когда он начал съезжать с него прошло
1
30 секунд (45-15). Итак, за 30 секунд паровоз проехал 450 м, откуда скорость паровоза 450: =900
2
метров в минуту, или 54 км/час. За 15 секунд (или ¼ минуты) паровоз пройдет путь, равный длине
1
поезда, значит, длина поезда равна 900· =225 м.
4
Ответ: Скорость 54 км/час, длина 225 метров.
Задача 8. Ответ: 72.
Задача 9. Ответ: 105263157894736842.
Задача 10. Используем признаки делимости на 9 и 8, т.е. сумма его цифр кратна 9 и число,
составленное из трех последних цифр, делится на 8.
Ответ: 42048 и 42840.
Задача 11. Если повторяющаяся три раза цифра есть нуль, то, добавляя впереди одну из 9 других
цифр, получим 9 чисел. Если повторяется в числе цифра a≠0, то чисел с разными b, b≠a, будет 9·4·9.
Ответ: 333 числа.
Задача 12. а) Приведем числа к одному показателю степени:
5300 или 3500
3·100
5
или 35·100
3
100
(5 )
или (35)100
125100 или 243100
125100 < 243100
Ответ: а)
5300
3500,
2700
7200,
2300
3200.
<
б)
>
в)
>
Задача 13. Поместим в одну группу числа, в записи которых четное число единиц, в другую – числа
с нечетным числом единиц. Если 𝑎1 𝑎2 … 𝑎10 и 𝑏1 𝑏2 … 𝑏10 – два числа с одной группы, то, поскольку это
разные числа, в некотором разряде у них стоят разные цифры – 1 и 2 (сумма которых дает одну
тройку). Но количество единиц в обоих числах имеет одинаковую четность, поэтому не могут
совпадать цифры в остальных разрядах, т.е. найдется еще разряд с разными цифрами (сумма
которых даст вторую тройку).
Ответ: можно.
Логические задачи.
Задача 14. По условию а) среди владельцев телевизоров заведомо есть маляры. По условию б) ни
один из них не может ежедневно купаться в бассейне (ибо немаляры, ежедневно купающиеся в
бассейне, не имеют телевизоров), значит, утверждение в) справедливо (не все владельцы телевизоров
ежедневно купаются в бассейне).
Ответ: справедливо.
Задача 15. Свойство 4) совместно с любым из трех остальных, а свойства 2) и 3) совместны лишь со
свойством 4).
Ответ: 35, 46, 74.
Задача 16. Положим на чашки по одной монете. Если весы останутся в равновесии, то на чашках
лежали хорошие монеты. Заменим одну из этих монет одной из оставшихся, произведем второе
взвешивание. Если весы останутся в равновесии, то фальшивая монета – четвертая (оставшаяся;
только в этом случае мы не будем знать, легче ли она остальных или тяжелее). Если опустится одна из
чашек, то фальшивая – та монета, которую положили на чашку при втором взвешивании. Если при
первом взвешивании весы не будут в равновесии, то хорошими будут две оставшиеся; при втором
взвешивании заменим одну из ранее взвешивавшихся монет одной из хороших оставшихся.
Задача 17. Заметим, что знакомые А не знакомы между собой (иначе они имели бы А своим общим
знакомым). Пусть А и В знакомы и В, А1, А2, …, Аi, …, Аn – совокупность всех знакомых А. тогда
каждый из Аi не знаком с В, поэтому у Аi и В есть ровно два общих знакомых, один из них – это А,
другой – какой-то Вi – один из знакомых В. Таким образом, каждому Аi сопоставляется некоторый Вi.
Если i≠j, т.е. Аi, Aj – разные люди, то различны и их знакомые Вi и Вj (иначе у А и Вi были бы три
общих знакомых: В, Аi, Aj). По соображениям симметрии ясно, что разным Вi и Вj также
соответствуют разные Аi и Аj, значит, соответствие между знакомыми А и В взаимно однозначно,
поэтому число знакомых у А и В одинаково.
Если D – любой из присутствующих, то либо он знаком с А и тогда (по доказанному) у А и D
одинаковое число знакомых. Либо он не знаком с А, тогда имеется у них общий знакомый С; у него
столько же знакомых, как у А, и столько же, как у D, т.е. у А и D одинаковое число знакомых. Итак, у
любого из присутствующих столько же знакомых, как у А, значит, каждый знаком с одинаковым
числом присутствующих.
Принцип Дирихле.
Задача 18. Ответ: а) 13, б) 27, в) 28.
Задача 19. Ответ: не больше 6 чисел.
Задача 20. Среди трех целых чисел обязательно найдутся два числа одинаковой четности (так как
чисел 3, а классов – четных и нечетных чисел – лишь два). Сумма их, очевидно, делится на 2.
Задача 21. Доказательство аналогично доказательству задачи 20, но следует провести его методом
математической индукции.
Задача 22. Надо доказать существование двух разных степеней числа 4, которые дают одинаковые
остатки при делении на 10, 100 или 1000.
Ответ: можно.
Задача 23. Среди n+1 чисел m, m2, …, mn+1. Найдутся два, имеющих одинаковый остаток при
делении на n, тогда их разность делится на n. Пусть, например, ml–mt=a·n или mt(ml-t–1)= a·n. Так как
(m,n)=1, то (mt,n)=1, значит, ml-t–1 делится на n, т.е. ml-t–1 и есть искомое число.
Задача 24. Разобьем участок на прямоугольники размером 10м Х 20м и на полосы между ними, а
именно: на одной стороне участка отложим 48 отрезков длиной в 20м каждый, причем между
соседними отрезками оставим промежуток в 0,6м, и два крайних отрезка по 5,9м каждый. На второй
стороне квадрата 95 отрезков длины 10м каждый, разделенных промежутками длины, большей 0,5м
каждый. Тогда на участке окажется 48·95=4560 прямоугольников, разделенных полосами, шириной,
большей 0,5. Так как деревьев всего 4500 и ни одно из деревьев не может попасть больше, чем в
один прямоугольник, то найдутся прямоугольники (даже не меньше 60), на которых нет деревьев.
Задачи на делимость и неопределенные уравнения.
Задача 25. Применим признаки делимости на 9 и на 5.
Ответ: 2970 и 6975.
Задача 26. Применим признаки делимости на 3 и на 5
Ответ: 1155, 3150, 4155, 6150, 7155, 9150.
Задача 27. Ответ: а) 6, б) 9, в) 1, г) 2.
Задача 28. Надо доказать, что 92013 и 72013 оканчиваются на одинаковую цифру, тогда разность
чисел будет оканчиваться на 0.
Задача 29. Среди сомножителей числа А=1·2·3·…·100 на 5 делятся 100:5=20, из них на 25 делятся
20:5=4 числа, значит, А делится на 524. Среди множителей А имеется 50 четных, поэтому А заведомо
делится на 224, откуда А делится и на 524·224=1024, значит, произведение оканчивается 24 нулями.
Задача 30. Очевидно, (p–1)p(p+1) делится на 3, но p простое и p>3, значит, p не делится на 3, т.е. (p–
1)(p+1) делится на 3. Кроме того, p нечетное (как простое, большее двух), значит четны p–1 и p+1,
поэтому одно из них заведомо делится на 2, другое на 4, т.е. (p–1)(p+1) делится на 8.
Задача 31. Любое целое число при делении на 8 имеет остатком одно из следующих восьми чисел 0,
±1, ±2, ±3, 4, поэтому квадрат целого числа имеет остатком при делении на 8 одно из трех чисел 0, 1,
4. Чтобы при делении на 8 сумма квадратов трех чисел имела остаток 7, необходимо, чтобы этот
остаток был нечетным, а это возможно лишь в двух случаях: либо один из квадратов, либо все три
при делении на 8 имеют нечетные остатки. В первом случае нечетный остаток есть 1, а сумма двух
четных остатков равна 0, 2, 4, т.е. сумма всех остатков равна 1, 3, 5, т.е. остатка 7 в этом случае
получить нельзя. Во втором случае остаток всей суммы равен 3. Итак, 7 не может быть остатком при
делении на 8 суммы квадратов трех целых чисел.
Задача 32. Пусть искомое число 10N+b, где b – цифра единиц. Тогда по условию девятикратное
число равно 100N+b. Итак, 9(10N+b)=100N+b, откуда 10N=8b или 5N=4b, т.е. b делится на 5, но b –
цифра, значит, b=0 или b=5.
Если бы b=0, то N=0 и число было бы нулем, т.е. число 10N+b не натурально; значит, b=5, откуда
5·N=4·5 и N=4, и полученное число будет единственным.
Ответ: 45.
Задача 33.
19𝑛+17
7𝑛+11
=
21𝑛+33−2𝑛−16
7𝑛+11
= 3−
2𝑛+16
2𝑛+16
7𝑛+11
7𝑛+11
. Надо найти целые n, при которых
будет по модулю
меньше 1, т.е. не будет целым числом. Такими значениями будут n<–3 и n>1. Затем проверить дробь
при n=–3; –2; –1; 0; 1.
Ответ: n=–3; –2; 1.
Задача 34. 2014 четное число, которое должны представить в виде разности квадратов, т.е.
2014=a2 – b2=(a–b)(a+b) – тоже четное, a-b – четное, a+b – четное. 2014 должен делиться на 4.
Ответ: нельзя.
Задача 35. Пусть a=2n+1, b=2m+1. Тогда a2+b2=4(n2+m2+n+m)+2. Значит, a2+b2 делится на 2 и не
делится на 4, т.е. a2+b2 было квадратом целого числа, то оно было бы квадратом четного числа (ибо
само – четно) и делилось бы на 4, что не выполнено. Следовательно, сумма квадратов двух нечетных
чисел быть квадратом целого числа не может.
Ответ: не может.
𝑝
Задача 36. Запишем x как несократимую дробь 𝑥 = 𝑞. Если
𝑝
𝑞
𝑞
+ = 𝑛, где n – целое, то p2+q2=npq,
𝑝
откуда следует, что p2 делится на q, но (p,q)=1, следовательно, q=±1; аналогично p=±1, откуда x=±1.
Задача 37. Так как ai=±1 (𝑖 = 1, 𝑛), то aiak=±1 (𝑖, 𝑘 = 1, 𝑛). Рассмотрим произведение
(a1a2)·(a2a3)·…·(an-1an)·(ana1).
Очевидно, (a1a2)·(a2a3)·…·(an-1an)·(ana1)=±1, но (a1a2)·(a2a3)·…·(an-1an)·(ana1)=(a1a2a3…an)2≥0, значит
(a1a2)·(a2a3)·…·(an-1an)·(ana1)=1, поэтому число m отрицательных множителей среди n сомножителей
((a1a2), (a2a3) и т.д.) – есть число четное. Итак, m=2k.
Но a1a2+a2a3+…+an-1an+ana1=0, значит, число положительных слагаемых равно числу отрицательных,
откуда n=2m=4k, т.е. n делится на 4.
Задача 38. Если число N разлагается в произведение двух множителей, то меньший из них не
превосходит √𝑁, т.е. при N=1601 меньший сомножитель меньше 40, следовательно, простой делитель
меньшего числа не превосходит 37. Поэтому следует проверить делимость 1601 на простые числа 2,
3, 5, …, 37.
Задача 39. Данное уравнение можно записать в виде xy–x–y+1=1. Произведение двух целых чисел
равно 1, значит, оба равны +1 или –1; следовательно, или x–1=y–1=1 или x=y=2, или x–1=y–1=–1 и
x=y=0.
Задача 40. Перепишем данное уравнение так: 6x2–24=50–5y2, т.е. 6(x2–4)=5(10–y2), откуда имеем x2–
4
4=5u, 10–y2=6v и, следовательно, u=v. Итак, x2=4+5u, т.е. 4+5u≥0, откуда u≥– ; аналогично 10–y2=6u,
5
5
4
5
3
5
3
т.е. 10–6u≥0, откуда u≤ . Целое число u удовлетворяет двойному неравенству: − ≤ 𝑢 ≤ , значит, u=0
или u=1. При u=v=0 получим 10=y2, где y – целое, что неверно. Пусть u=v=1, тогда x2=9, y2=4.
Ответ: (3,2), (3, –2), (–3,2), (–3, –2).
Задача 41. Очевидно, что при х=1, y2=1 и при x=3, y2=9, отсюда находим решения уравнения.
Ответ: (1,1), (1, –1), (3,3), (3, –3).
Задача 42. xy=1+z2, т.е. xy≥1, значит, x и y – одного знака, а т.к. x+y=2, то x>0 и y>0. Но x, y целые,
поэтому x≥1, y≥1, откуда x+y≥2, но по условию x+y=2. Значит, x=y=1, тогда z=0.
Ответ: (1,1,0).
АЛГЕБРА
Преобразования, функции, уравнения и неравенства.
Задача 43. а) x8+x4+1=x8+2x4+1–x4=(x4+1)2–x4=(x4–x2+1)(x4+x2+1),
б) x8+x+1=x8+x7–x7+x6–x6+x5–x5+x4–x4+x3–x3+x2–x2+x+1=
=x8+x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+1–(x7+x6+x5+x4+x3+x2)=
=x6(x2+x+1)+x3(x2+x+1)+(x2+x+1)–x5(x2+x+1)–x2(x2+x+1)=(x2+x+1)(x6–x5+x3–x2+1),
в) Ответ: (x2+x+1)(x6–x4+x3–x+1).
Задача 44. а) Многочлен обращается в нуль, если a=b или b=c, или c=a, поэтому он делится на
каждую из трех разностей a–b, b–c, c–a, значит, и на их произведение. Так как многочлен имеет
степень 3, то от произведения (a–b)(b–c)(c–a) (также многочлена степени 3) он отличается лишь
числовым множителем k. Итак, (a – b)3 + (b – c)3 + (c – a)3=k(a–b)(b–c)(c–a). При a=1, b=0, c=-1 получим
k=3.
Ответ: а) 3(a–b)(b–c)(c–a), б) 3(x+y)(y+z)(z+x).
Задача 45. Из a+b+c=0 выразим c=–(a+b), и подставим в выражение a3 + b3 + c3 =3abc. a3+b3-a3–
3a2b–3ab2–b3=–3a2b–3ab2, отсюда 0≡0.
Задача 46. Заметим, что
1
√𝑛+√𝑛+1
=
√𝑛+1−√𝑛
(√𝑛+1+√𝑛)(√𝑛+1−√𝑛)
= √𝑛 + 1 − √𝑛, поэтому
1
1+√2
+
1
√2+√3
+ ⋯+
1
√2012+√2013
=
(√2 − 1) + (√3 − √2) + ⋯ + (√2013 − √2012) = √2013 − 1.
Задача 47. 1·1! + 2·2! + 3·3! + … + n·n!=(2–1)1!+(3–1)2!+(4–1)3!+…+[(n+1)–1]n!=(2!–1!)+(3!–2!)+(4!–
3!)+…+[(n+1)!–n!]=(n+1)!–1.
Задача 48.
𝑎2
4
𝑎
2
+ 𝑏 2 + 𝑐 2 − 𝑎𝑏 − 𝑎𝑐 + 2𝑏𝑐 = ( − 𝑏 + 𝑐) ≥ 0.
2
Задача 49. Перепишем неравенство в виде: x4+y4+z2+1–2x(xy2–x+z+1)=(x2-y2)2+(x-z)2+(x-1)2≥0.
Задача 50. Сгруппировав и перемножив попарно первую и третью, вторую и четвертую скобки и
обозначив x2–4x–5=y, получим y(y–16)=297.
Ответ: x1=–8, x2=4.
Задача 51. Вводим замену x2+2x–3=y.
Ответ: x1=−1 − √8, x2=−1 + √8, x3=2, x4=–4.
2
Задача 52. Положим x+y=u, xy=v. Тогда u2=x2+2xy+y2, откуда {𝑢 + 2𝑣 = 𝑎 .
𝑢+𝑣 =𝑏
Задача 53. Сложив все уравнения системы, получим (x+y+z)2=144, откуда x+y+z=±12. Тогда из
исходной системы получим две системы:
(𝑥 + 𝑦)12 = 72
−(𝑥 + 𝑦)12 = 72
{(𝑦 + 𝑧)12 = 120 и {−(𝑦 + 𝑧)12 = 120.
(𝑧 + 𝑥)12 = 96
−(𝑧 + 𝑥)12 = 96
Ответ: (2, 4, 6), (–2, –4, –6).
Задача 54. Преобразуем функцию y=x(x+1)(x+2)(x+3)=(x2+3x)(x2+3x+2)=(x2+3x)2+2(x2+3x)=(x2+3x+1)2–1.
Ответ: ymin=–1.
1 2
1
Задача 55. Если a=1–2b, то ab=−2 (𝑏 − 4) + 8.
1
Ответ: 𝑎𝑏𝑚𝑎𝑥 = .
8
Математическая индукция и комбинаторика.
Задача 56. Доказательство проводится методом математической индукции. При n=1 имеем n3+5n=6
⋮ 6. Предположим, что при n=k число k3+5k=6N, т.е. делится на 6. Тогда используя это должны
доказать,
что
при
n=k+1,
выражение
(k+1)3+5(k+1)
также
делится
на
6.
𝑘(𝑘+1)
(k+1)3+5(k+1)=k3+3k2+3k+1+5k+5=(k3+5k)+3(k2+k+2)=6N+6[
2
+ 1], т.е. (n3 + 5n) ⋮ 6 при любом n.
Задача 57. Доказывается методом математической индукции.
Задача 58. Надо доказать, что число
𝑛𝑝 −𝑛
𝑝
– есть целое число.
Задача 59. Для каждого из 10 учащихся есть 4 возможности (попасть в любую аудиторию).
Следовательно, всего 410 различных способов.
Задача 60. Ответ: а) 19, б) 30.
Задача 61. Ответ: 4·5·5·5·5=2500.
Задача 62. Всего чисел 7! В каждом разряде каждая цифра встречается 6! раз, поэтому сумма цифр
в любом разряде равна 1·6!+2·6!+3·6!+4·6!+5·6!+6·6!+7·6!=6!(1+2+3+4+5+6+7)=6!·28 и делится на 9,
значит, сумма всех чисел тоже делится на 9 (ибо она равна 6!·28(1+10+10 2+…+106)).
Разные задачи.
Задача 63. Очевидно, 20122-1<20122 или 2011·2013<20122, т.е. 2√2011 ∙ 2013 < 2 ∙ 2012, откуда 2 ∙
2012 + 2√2011 ∙ 2013 < 4 ∙ 2012,
или
2
(√2011 + √2013) < 4 ∙ 2012
(так
как
2·2012=2011+2013),
следовательно, √2011 + √2013 < 2√2012.
Ответ: √2011 + √2013 < 2√2012.
Задача 64. Количество гирь нечетное число, поэтому надо первые девять гирь разложить на 3
кучки. Что бы получились равные по весу кучки, например:
I кучка
II кучка
III кучка
1
6
3
9
7
4
5
2
8
а оставшиеся 546 гирь раскладывать по одной в три кучки поочередно, в порядке возрастания их
веса, то слева направо, то справа налево, т.е.:
10
11
12
15
14
13
16
17
18
21
20
19
…
…
…
После любого четного числа таких операций (в частности, после 182 операции) веса кучек будут
равны.
ГЕОМЕТРИЯ
Построение и исследование геометрических фигур.
Задача 65. Соединить точку М с вершиной О угла, удвоить отрезок ОМ до отрезка ОА (М – середина
ОА) и построить параллелограмм ОВАС, стороны ОВ и ОС которого лежат на сторонах данного угла, а
ОА является его диагональю. Тогда М – середина диагонали ОА (по построению), поэтому вторая
диагональ ВС пройдет через данную точку М и разделится ею пополам. Отрезок ВС – искомый.
Задача 66. Построим отрезок, соединяющий две из трех заданных точек, получим среднюю линию
параллелограмма. Соединив третью данную точку с серединой построенного отрезка и удвоив
полученный отрезок, получим вторую среднюю линию. Задача имеет три решения.
Задача 67. Проведем окружность с центром
в вершине данного угла и затем циркулем
откладываем на окружности (последовательно) 19 раз дугу в 190 (заданную дугу) – получим дугу в
19·190=3610.
Задача 68. Центр квадрата и замкнутая линия, окружающая данный квадрат и состоящая из
четырех отрезков, равных и параллельных сторонам квадрата, и четырех четвертей окружностей
единичного радиуса, соединяющих эти отрезки.
Задача 69. Отрезок, соединяющий середину основания с серединой высоты, опущенной на
основание.
Геометрические задачи на максимум и минимум.
Задача 70. Ответ: равнобедренный треугольник.
Задача 71. Ответ: точка пересечения диагоналей.
Задача 72. Ответ: Отрезок искомой прямой, отсекаемый сторонами угла, делится данной точкой
пополам.
Задача 73. Пусть АВ'С' – произвольный треугольник, вершины В', С' которого лежат на сторонах
угла. Построим точки А1 и А2 симметричные точке А относительно сторон угла. Так как АВ'=А1В' и
АС'=А2С', то Р=АВ'+В'С'+С'А=А1В'+В'С'+С'А2, поэтому периметр минимален, если А1, В', С' и А2 лежат на
одной прямой.
Разные геометрические задачи.
Задача 74. Проведем диагональ l, выходящую из вершины острого угла, и построим на ней. Как на
диаметре, круг. Так как две вершины, не лежащие на этом диаметре, являются вершинами тупых
углов, то они лежат внутри круга; значит, диагональ, их соединяющая, меньше диаметра, т.е.
диагонали l.
Задача 75. Ответ: 12 см.
𝑎
Задача 76. Рассмотрим ∆АВС со сторонами a, b, c и медианой AD=ma. Из ∆ACD имеем ma>𝑏 − 2, а из
𝑎
∆ABD следует, что ma>с − , складывая полученные неравенства, будем иметь 2ma>𝑏 + с − 𝑎, или
2
ma>
ma>
𝑏+𝑐−𝑎
2
𝑏+𝑐
2
. Удвоив медиану AD, получим ∆AKB, в котором AK=2ma, AB=c, BK=b, поэтому 2ma>𝑏 + с, или
. Итак,
𝑏+𝑐−𝑎
2
<ma<
𝑏+𝑐
2
. Аналогично получим
𝑐+𝑎−𝑏
2
<mb<
𝑎+𝑐 𝑎+𝑏−𝑐
2
,
2
<mc<
𝑎+𝑏
2
, откуда
𝑎+𝑏+𝑐
2
<ma+ mb + mc
<a+b+c, что и требовалось доказать.
Задача 77. Доказательство от противного. Если бы нашлась точка М, лежащая внутри
четырехугольника, не покрытая ни одним кругом, то каждый из углов с вершиной в точке М,
опирающийся на сторону четырехугольника, острый (как угол с вершиной вне круга, опирающийся
на диаметр), значит, сумма четырех таких углов меньше 4d, в то время как эта сумма равна 4d (ибо
составляет полный угол).
Задача 78. Стороны треугольника равны, как равноудаленные от центра хорды описанной около
него окружности.
Задача 79. Если М – середина DE , N – середина CE, то MN – средняя линия ∆DEC; аналогично KL –
отрезок, соединяющий середины AF и BF – средняя линия ∆AFB. Так как EF пересекается с каждым
из двух отрезков MN и KL в точке О (середине EF), которая является серединой каждого из отрезков
MN и KL. Следовательно, MKNL – параллелограмм (так как точка пересечения диагоналей делит
каждую из них пополам).
Задача 80. Разобьем круг на 6 равных секторов (с вершиной в центре круга). Тогда в каждый
сектор попадет не больше, чем по точке (ибо расстояние между двумя любыми точками одного
сектора больше 1). Если бы в каждый сектор попало по точке, то нашлись бы две точки, угол между
радиус-векторами которых был не больше 600 и, следовательно, расстояние между ними не больше 1.
Итак, можно выбрать не больше пяти точек.