olimpiady_matematika

ABCD, у которого эти треугольники будут служить двумя смеж ными гранями с общим ребром АС = a2 = а, а остальные ребра

будут иметь длины АВ = a3 = a2, ВС = a5 = 2а, AD = a4 = 2, CD = a1 = 1 и BD = a6 = 2a2 (рис. 42). Для этого рассмотрим две развертки граней ABC и ACD на плоскость ABC, причем в одной развертке точки В и D будут лежать по разные стороны от пря мой АС, а в другой — по одну сторону. Обозначим соответствую щие развертки через ABCD1 и ABCD2 (рис. 43, 44).

BD1. Из подобия треугольников ABC и AD1C следует равенство уг лов ВАС и ACD1. Значит, ABCD — трапеция, в которой АВ || D1C.

Пусть BAC = ACD1 = α, ABC = CAD1 = β и ACB = = AD1C = γ. Тогда D1AB = α + β = π – γ. Применим к тре

угольнику ACD1 теорему косинусов:

123

угольнику ABD1, получим (в вычислениях используется равенст во а4 = 2а):

BD12 = AD12 + AB2 — 2AD1•АВ•cos (α + β) =

2 a2 – 5 2 2

= 4 + 2а – 4а • ---------------- = 4 + 2а + 5а – 2а = 4 + 5а .

4

Сравним числа 4 +5а2 и a62 = (2а2)2 = 4а4 = 8а. Так как диск

риминант квадратного трехчлена 5x2 – 8x + 4 отрицателен, то первое число больше. Значит, BD1 > a6.

γa1 прямых AD2 и ВС, а также ВАС =

αC α, ABC = CAD2 = β и a4 γ (см. рис. 44).= ACD2 =ACB = AD2C =

γИз подобия треугольников АСЕ и

124

Итак, BD1 > a6, а BD2 < a6. Рассмотрим поворот относитель но прямой АС, при котором точка D1 переходит в точку D2. Пусть Dϕ — промежуточная точка, соответствующая углу ϕ этого поворота (точка D1 = D0 соответствует углу 0, точка D2 = Dπ соот ветствует углу π, ϕ [0, π]). Рассмотрим на отрезке [0, π] функ цию расстояния ρ(ϕ) = BDϕ. Тогда ρ(0) > а6, ρ(π) < а6 и функция ρ(ϕ) непрерывна. Следовательно, найдется такой угол ϕ0 (0, π), что ρ(ϕ0) = а6. Тогда для тетраэдра ABCD, где D = Dϕ0 , выполне ны все условия задачи.

10. ОТВЕТ: 252.

Очный тур, г. Москва

1. ОТВЕТ: 13,5 см и 9 см.

1

2. ОТВЕТ: 2 решения; x = arccos -3- .

3. ОТВЕТ: 3, 33 , 9, 93 , 27.

5

4. ОТВЕТ: -7- .

5. ОТВЕТ: a 1.

РЕШЕНИЕ. Для удобства вычислений сделаем замену а — 1 = р, b + 1 = q, введем квадратичную функцию f(x). Тогда данное неравенство примет следующий вид:

f(x) = (р + q)x2 + (3q – 4р)x + 4р – 2q 0.

Покажем, что при р 0 полученное неравенство имеет реше ние при любом q, а если p < 0, то найдется такое q, при котором это неравенство решений не имеет. Рассмотрим сначала случай, когда p 0, и зафиксируем любое такое p. При q = –p получаем неравенство –7рx + 6р 0, которое имеет решение при данном р. Если q > –р, то ветви параболы y = f(x) направлены вверх и не равенство f(x) 0 имеет решение при данном р и всех таких q. Пусть q < –р. Тогда ветви параболы y = f(x) направлены вниз и f(0) = 4р – 2q > 0, поскольку q < – p < 2р. Значит, и в этом случае неравенство f(x) 0 имеет решение при всех таких q и данном р.

125

Пусть теперь р < 0 (зафиксируем любое такое p). При любом q < 0 ветви параболы y = f(x) будут направлены вниз. Дискрими нант квадратного трехчлена равен

D = (3q – 4р)2 – 4 (р + q) (4р – 2q) = 17q2 – 32рq = q(17q – 32р).

не имеет. Возвращаясь теперь к параметрам а и b, находим, что решением задачи будут служить a 1.

6. ОТВЕТ: S SLN = 16.

РЕШЕНИЕ. Докажем сначала, что МK || АС. Предположим, что это не так. Тогда прямая LN, будучи перпендикулярной пря мым МК и АС (так как прямая АС перпендикулярна плоскости BDS), должна быть перпендикулярна плоскости ACS. Но это не так, хотя бы потому, что ортогональные проекции точек L и N на эту плоскость лежат на высоте SH пирамиды SABCD на раз ном расстоянии от точки S. Пусть SM = SK = у, SL = х, SN = 3х. Через точку О пересечения диагоналей четырехугольника MNKL в плоскости BDS проведем прямую, параллельную пря мой BD. Эта прямая пересечет прямую DS в точке M1, а прямую BS — в точке K1. Тогда SM1 = SK1 = у (рис. 45, 46).

126

Применив к треугольнику M1SK1 и секущей LN теорему Ме нелая, получим, что:

Так как S SM1K1 = S SMK = 12, то S SLN = 16.

Очный тур, г. Уфа

1. ОТВЕТ: 8 км, n = 4.

2. ОТВЕТ: π 3 π

x = + arcsin -4- + 2 n; n Z.

3. ОТВЕТ: x (0, 2].

1 + 65

4. ОТВЕТ: x = 0, x = -------------------- .

8

РЕШЕНИЕ. Из симметрии параболы f(t) = 2t – t2 относитель но прямой t = 1 следует, что равенство f(t1) = f(t2) выполняется

313

5.ОТВЕТ: ---2--- |MN| ----4----- .

6.ОТВЕТ: N = 43.

127

РЕШЕНИЕ. Пусть N — некоторое натуральное число. Считая x и у натуральными числами, преобразуем данное уравнение сле дующим образом:

быть целым. Если N — простое число, то число N 2 имеет единст венный делитель, больший N (равный N 2). Поэтому данное уравнение имеет в натуральных числах единственное решение: y = N 2 – N, x = N – 1. Если же N — составное, существуют по крайней мере два числа, большие N и являющиеся делителя ми N 2. Например, если N = р•q, где р и q — натуральные числа такие, что 1 < р, q < N, то p2q и p2q2 больше N и являются делите лями N 2. Значит, в этом случае данное уравнение будет иметь по крайней мере два различных решения. Таким образом, из трех предложенных чисел только N = 43 удовлетворяет условию задачи.

Очный тур, г. Брянск

РЕШЕНИЕ. Пусть а = 31 + x + 33 – x — искомое целое чис ло. Из соображений симметрии сделаем следующую замену пе ременных. Пусть t = x – 1, тогда x = t + 1 и данное равенство при мет следующий вид:

32 + t + 32 – t = a 4 + 3a34 – t2 = a3.

128

При а = 0 не существует t, удовлетворяющих условию зада чи. Если а 0, имеем:

Таким образом, только а = 1 и а = 2 удовлетворяют условию за

6. ОТВЕТ: а = log23.

РЕШЕНИЕ. Если а — рациональное число, то функция f(x) = cos x + cos ax является периодической. Действительно,

период данной функции. В самом деле, cos (x + 2πq) = cos x и

ных х. Из периодичности функции f(x) следует, что не сущест вует такого b, при котором уравнение f(x) = b имеет единствен ное решение.

Если же а — иррациональное число, то уравнение cos x + cos ax = 2 имеет единственное решение x = 0. Действи тельно, преобразуем это уравнение следующим образом:

129

Разделив при x 0 вторую строчку полученной системы на

n

первую, получим, что а = -k- , что противоречит иррациональнос

ти числа а. Итак, из трех предложенных чисел только x = log2 3 удовлетворяет условию задачи.

Очный тур, г. Омск

3.ОТВЕТ: {(2; –3); (–3; 2); (0; –5); (–5; 0)}.

4.ОТВЕТ: S AOB = 5.

РЕШЕНИЕ. Обозначим буквой Е точку пересечения диагона лей АС и BD четырехугольника ABCD. Из равенства углов ВАС и BDC (как вписанных, опирающихся в окружности на одну и ту же дугу) следует подобие треугольников ABE и CDE (рис. 47).

130

Применив теперь к треугольнику АBС теорему синусов, най дем радиус окружности, описанной около этого треугольника:

Пусть ОK — высота равнобедренного треугольника АОВ, тогда АK = 2, следовательно,

5. ОТВЕТ: {(369, –26); (86, –24); (9, –10); (30, –20); (6, –4); (–5, 0); (–198, –1060); (–85, –480); (–57, –310); (–33, –160); (–30, –140); (–22, –72)}.

5

откуда а = – -6- . Подставив в систему найденное значение а, полу

16

чим, что это решение есть х = -25---- .

131

Очный тур, г. Нижний Новгород

1.ОТВЕТ: 20 деревьев.

2.ОТВЕТ: x = 2.

3.ОТВЕТ: BAC = arctg 3.

4.ОТВЕТ: n = 27.

РЕШЕНИЕ. Покажем, что при n 26 данная система нера венств имеет решение, а при n 27 она решений не имеет. Если

(0; π), в проверке нуждается только последнее неравенство сис

данной в условии задачи системы и при всех n 26.

Пусть теперь n = 27 и x = x0 является решением данной сис темы неравенств. С точностью до периода можно считать, что

132