Решение олимпиадных задач по математике 10 класс

Материалы для подготовки к муниципальному этапу олимпиады по математике

№1

33 богатыря выходят в дозор 33 дня. В первый день должен выйти один богатырь, во второй – два, в третий – три, и так далее, в последний день – все богатыри. Сможет ли дядька Черномор организовать дозоры так, чтобы все богатыри вышли в дозор одинаковое количество раз?

Ответ: сможет.

Решение. Так как 1 + 2 + … + 33 =    = 17×33, то каждый богатырь должен выйти в дозор 17 раз. Пусть, например, Черномор пронумерует богатырей и в первые 16 дней богатыри выходят в дозор в соответствии со своими номерами: в первый день –богатырь с номером один, во второй – с номерами 1 и 2, и так далее, в шестнадцатый день –богатыри с номерами от 1 до 16. В следующие 16 дней порядок выхода такой: в семнадцатый день – богатыри с номерами от 17 до 33, в восемнадцатый – с номерами от 16 до 33, и так далее, в тридцать второй день : богатыри с номерами от 2 до 33. Таким образом, за эти дни каждый богатырь побывает в дозоре 16 раз, а в последний день выйдут все.

Это решение можно изложить в общем виде, например, так. Например, пусть в k-ый день, где 1 ≤ k ≤ 16, выходят богатыри с номерами от 1 до k, а все богатыри, которые не вышли в в k-ый день, выходят в день, имеющий номер 33 – k. Тогда за каждую пару дней вида (k; 33 – k) в дозоре побывают все богатыри, и каждый выйдет 16 раз – по количеству таких пар. После этого они все вместе выйдут в последний день.

Критерии проверки

“+” Приведено полное обоснованное решение

“±” Приведен верный алгоритм, но рассуждения не полны или содержат неточности

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

№ 2

Содержание ↑

Существуют ли такие попарно различные числа a, b и c, что число a является корнем квадратного трехчлена x² – 2bx + c², число b является корнем квадратного трехчлена x² – 2cx + a², а число c является корнем квадратного трехчлена x² – 2ax + b²?

Ответ: не существуют.

Решение. Предположим, что такие числа нашлись. Тогда выполняются равенства: a² – 2ba + c² = 0, b² – 2cb + a² = 0 и с² – 2aс + b² = 0. Сложим эти равенства. Перегруппировав и выделив полные квадраты, получим: (a – b)² + (b – c)² + (c – a)² = 0. Это возможно только в случае, когда a =b = c, что противоречит условию.

Критерии проверки

“+” Приведено полное обоснованное решение

“±”Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Присутствует только верная идея сложения равенств, не доведенная до конца

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

Задание 3

Содержание ↑

Две окружности пересекаются в точках А и В. Оказалось, что радиусы ОА и ОВ первой окружности являются касательными ко второй окружности. Через точку А проведена прямая, которая вторично пересекает окружности в точках М и N. Докажите, что MB⊥NB.

Рисунок 10.3.a

Рисунок 10.3.б

Решение. Пусть ∠BMN = ∝, ∠BNM = β (см. рис. 10.3 а, б).

Первый способ. См. рис. 10.3а. Заметим, что ∠ОАВ = ∠ОВА = a (по теореме об угле между касательной и хордой), ∠АОВ = 2β (центральный угол). Из треугольника АОВ: 2∝ + 2β = 180°, значит ∝ + β = 90°. Следовательно, ∠MBN = 90°, что и требовалось.

Второй способ. См. рис. 10.3б. Пусть Q – центр второй окружности, тогда ∠ОQВ = 1/2 ∠АQB = ∝, ∠QOВ =1/2 ∠АOB = β. Следовательно, треугольники QBO и MBN подобны. Но ∠QBO = 90° (перпендикулярность касательной и радиуса), значит, ∠MBN = 90°, что и требовалось.

Существуют и другие способы рассуждений, например, можно использовать, что четырехугольник OAQB – вписанный (см. рис. 10.3б).

Критерии проверки

“+” Приведено полное обоснованное решение

“±” Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

Задание 4

Содержание ↑

Выписаны все делители некоторого натурального числа, кроме единицы и его самого. Какие-то два числа из этого списка отличаются в шесть раз. А во сколько раз отличаются два самых больших числа из этого списка?

Ответ: в полтора раза.

Решение. Пусть среди делителей числа N есть числа а и 6а, тогда N делится на 6а.

Следовательно N делится на 2 и на 3, то есть 2 и 3 – два наименьших числа в списке. Тогда два наибольших числа в списке – это N/3 и N/2. Их отношение: N/2 : N/3 = 3/2.

Критерии проверки

“+” Приведено полное обоснованное решение

“±” Приведено верное в целом решение, содержащее незначительные пробелы или неточности

“-/+” Верный ответ получен, исходя из того, что 2 и 3 – наименьшие числа в списке делителей, ноих присутствие в этом списке не доказано

“-/+” Верный ответ получен, исходя из рассмотрения конкретных примеров

“–” Приведен только ответ

“–” Приведено неверное решение или оно отсутствует

Задание 5

Содержание ↑

На сторонах АВ и ВС треугольника АВС отмечены точки X и Y соответственно. Отрезки CX и AY пересекаются в точке T. Докажите, что площадь треугольника XBY больше площади треугольника XTY.

Рисунок 10.5.a

Решение. Первый способ. Отметим на отрезке BX точку X₁ так, что YX₁ || CX (см. рис. 10.5а). Аналогично, на отрезке BY выберем точку Y₁ так, что XY₁ || AY. Пусть отрезки YX₁ и XY₁ пересекаются в точке S. Тогда XSYT – параллелограмм, поэтому равны треугольники XSY и YTX, следовательно, равны и их площади. Но площадь треугольника XBY больше площади треугольника XSY, значит, SXBY  SXTY.

Отметив указанным образом точку X1, можно рассуждать иначе: из подобия треугольников XAT и X1AY следует, что YX₁  TX. Тогда SXTY XYX1 XBY.