1.1. На координатной плоскости изображен график функции y = ax² + c (см. рисунок). В каких точках график функции y = cx + a пересекает оси координат?

Ответ: в точках (0,5; 0) и (0; –1).

Так как данный график пересекает ось y в точке (0; 2), то с = 2. Кроме того, он проходит через точку (1; 1), значит 1 = 2 + а, то есть а = –1.

Таким образом, новая функция задается уравнением y = 2x – 1. Ее график пересекает ось x в точке (0,5; 0), а ось y – в точке (0; –1).

 

 

 

 

 

 

1.2. В равнобокой трапеции AВСD основания AD и ВС равны 12 и 6 соответственно, а высота равна 4. Сравните углы ВАС и САD.

Ответ: угол ВАС больше, чем угол CAD.

Первый способ. Так как AD || BC, то Ð CAD = Ð BCA (см. рис. 1а). Пусть BH – высота трапеции. Тогда AH = = 3; BH = 4, следовательно, из прямоугольного треугольника АВН: AB = 5.

Таким образом, в треугольнике АBC BC > AB, значит, Ð BAC > Ð BCA (против большей стороны треугольника лежит больший угол). Следовательно, Ð BAC > Ð CAD.

Второй способ. Пусть прямые АВ и CD пересекаются в точке Е (см. рис. 1б). Так как BC || AD и , то BC – средняя линия треугольника АЕD. Вычислив боковую сторону трапеции (аналогично первому способу решения), получим, что АЕ = 2АВ = 10.

Проведем биссектрису AL треугольника АЕD. По свойству биссектрисы , значит, точка L лежит между точками С и Е. Следовательно, Ð BAC > Ð CAD.

1.3. На доске записаны числа 1, 2¹, 2², 2³, 2⁴, 2⁵. Разрешается стереть любые два числа и вместо них записать их разность – неотрицательное число. Может ли на доске в результате нескольких таких операций остаться только число 15?

Ответ: да, может.

Искомая последовательность операций видна из следующей записи:

15 = 32 – 16 – (8 – 4 – 2 – 1).

2.1. Известно, что 5(а – 1) = b + a². Сравните числа а и b.

Ответ: а > b.

Перепишем условие задачи в виде: b = –a² + 5a – 5. Выясним знак разности а – b. Получим: а – b = a + a² – 5a + 5 = (a – 2)² + 1 > 0. Следовательно, а > b.

2.2. В остроугольном треугольнике АВС угол В равен 45° , АМ и CN – его высоты, О – центр описанной окружности, Н – ортоцентр (точка пересечения высот). Докажите, что ОNHМ – параллелограмм.

Первый способ. Проведем серединные перпендикуляры к сторонам АВ и ВС данного треугольника, которые пересекаются в точке О (см. рис. 2а). Так как в прямоугольном треугольнике BNC Ð NBC = 45°, то BN = NC, следовательно, точка N лежит на серединном перпендикуляре к стороне BC. Тогда NO || HM. Аналогично, рассмотрев прямоугольный равнобедренный треугольник АМВ, получим, что MO || HN.

Таким образом, ONHM – параллелограмм (по определению).

Второй способ. Рассмотрим окружность, описанную около треугольника АВС (см. рис. 2б). Так как этот треугольник – остроугольный, то ее центр O лежит внутри треугольника, причем треугольник АОС – равнобедренный и Ð AOC = 2Ð ABC = 90°. Кроме того, Ð ANC = Ð AMC = 90°, поэтому точки N, O и M лежат на окружности с диаметром AC.

Тогда Ð ONC = Ð OAC = 45°; Ð ONВ = Ð ВNC – Ð ONC = 45° и Ð МАВ = 90° – Ð АВМ = 45°. Из равенства углов ONВ и МАВ следует параллельность прямых NO и AM. Аналогично доказывается, что MO || CN.

Следовательно, ONHM – параллелограмм

2.3. Найдите наименьшее натуральное n, при котором число А = n³ + 12n² + 15n + 180 делится на 23.

Ответ: n = 10.

Разложим данный многочлен на множители способом группировки: n³ + 12n² + 15n + 180 = n²(n + 12) + 15(n + 12) = (n + 12)(n² + 15). Число А делится на простое число 23, если в любом его разложении на натуральные множители присутствует число, делящееся на 23. Наименьшее значение n, при котором первый множитель делится на 23, равно 11, а для второго множителя такое n равно 10.

3.1. Пятеро друзей скинулись на покупку. Могло ли оказаться так, что любые два из них внесли менее одной трети общей стоимости?

Ответ: нет, не могло.

Пусть друзья внесли а, b, c, d и е рублей соответственно. Тогда общая сумма внесенных денег равна а + b + c + d + е = .

Предположим, что любые два друга внесли меньше, чем рублей, тогда выполняются неравенства: а + b < , а + c < , ..., d + е < (всего таких неравенств – десять). Складывая их почленно, получим, что 4(а + b + c + d + е) < , то есть 0,4 < Û 1,2 < – противоречие, так как > 0. Следовательно, указанная ситуация невозможна.

3.2. Существует ли прямоугольный треугольник, в котором две медианы перпендикулярны?

Ответ: да, существует.

Пусть в треугольнике ABC: Ð С = 90°, CP и BK – медианы, M – их точка пересечения (см. рис. 3).

Первый способ. Обозначим: BС = a, AC = b, AB = c. Тогда CP = с; CM = СР = с; BK² = а² + b²; BM² = BK² = a² + b².

Отрезки CM и BM перпендикулярны тогда и только тогда, когда CM² + BM² = BC², то есть с² + a² + b² = а². Учитывая, что с² = a² + b², получим: a² = b², то есть b = a.

Таким образом, в прямоугольном треугольнике с катетами CB = a и CA = a. медианы CP и BK перпендикулярны.

Отметим, что медианы прямоугольного треугольника, проведенные к катетам, не могут быть перпендикулярны. Действительно, если AQ – еще одна медиана, то в четырехугольнике CKMQ углы MKC и MQC – острые, а угол KCQ – прямой, значит, Ð KMQ > 90° .

Второй способ. Пусть , , тогда ; . Два ненулевых вектора перпендикулярны тогда и только тогда, когда их скалярное произведение равно нулю. Значит, = = , так как (а и b – модули соответствующих векторов). Следовательно, = 0 Û = 0 Û b = a.

Заметим, что можно было сразу привести пример требуемого прямоугольного треугольника, указав отношение его катетов или другую тригонометрическую функцию любого из его острых углов, и доказать, что для такого треугольника выполняется перпендикулярность двух медиан. Для этого, в частности, можно было использовать известный факт, что медианы CP и BK перпендикулярны тогда и только тогда, когда с² + b² = 5a².

3.3. Какое наибольшее суммарное количество белых и черных шашек можно расставить в клетках доски 8´ 8 так, чтобы выполнялось следующее условие: в каждой горизонтали и в каждой вертикали белых шашек должно быть в два раза больше, чем черных?

Ответ: 48 шашек (32 белых и 16 черных).

Заметим, что в любой горизонтали не может быть более двух черных шашек (иначе белых будет не менее шести, а в сумме – не менее девяти), значит, белых шашек – не более четырех. Следовательно, всего черных шашек – не более 16, а белых – не более 32.

Один из возможных примеров расстановки 48 шашек, удовлетворяющих условию, – см. рисунок.

4.1. Для различных положительных чисел а и b выполняется равенство = . Докажите, что а и b – взаимно обратные числа.

Разобьем правую часть исходного равенства на два одинаковых слагаемых и преобразуем его: = Û = 0 Û + = 0 Û – = 0 Û = 0.

Первая скобка равна нулю, тогда и только тогда, когда а = b, что противоречит условию. Тогда, учитывая, что а > 0 и b > 0, получим: = 0 Û = 0 Û = 0. Последнее равенство верно тогда и только тогда, когда а = b или ab = 1, что и требовалось доказать.

4.2. В выпуклом четырехугольнике ABCD: Ð ВАС = 20° , Ð ВСА = 35° , Ð ВDС = 40° , Ð ВDА = 70° . Найдите угол между диагоналями четырехугольника.

Ответ: 75°.

Докажем, что точка D – центр описанной окружности треугольника ABC. Это можно сделать различными способами.

Первый способ. Опишем окружность около треугольника ABC и продолжим отрезок BD до пересечения с этой окружностью в точке K (см. рис. 4а). Так как Ð ВKС = Ð ВАС = 20°, то Ð KCD = Ð ВDС – Ð DKС = 20° (угол ВDС – внешний для треугольника KDC), следовательно, DC = DK.

Аналогично, так как Ð ВKА = Ð ВСА = 35°, а Ð ВDА = 70° , то Ð KАD = 35°, то есть DK = DA. Таким образом, D – центр окружности, описанной около треугольника ACK, которая совпадает с окружностью, описанной около треугольника ABC.

Второй способ. На луче AD отметим точку М так, что отрезок DM = DB (см. рис. 4б). Тогда Ð DВM = Ð BMD = Ð ВDА = 35° = Ð ВСА, следовательно, точки A, B, C и M лежат на одной окружности.

Аналогично, отметив на луче CD точку Р так, что DP = DB, получим, что точки A, B, C и P лежат на одной окружности. Так как указанные окружности имеют три общие точки, то эти окружности совпадают, кроме того, точка D равноудалена от точек В, М и Р, поэтому она является центром полученной окружности.

Третий способ. Центр описанной окружности тупоугольного треугольника ABC лежит в той же полуплоскости относительно прямой АС, что и точка D (см. рис. 4 а, б). Он является пересечением двух ГМТ: из которых отрезок BC виден под углом a = 2Ð ВАС = 40° и из которых отрезок AB виден под углом b = 2Ð ВСА = 70°.

В указанной полуплоскости эти ГМТ являются дугами окружностей, которые имеют единственную общую точку. По условию, из точки D эти же отрезки видны под такими же углами, поэтому точка D совпадает с центром описанной окружности треугольника ABC.

Теперь ответим на вопрос задачи. Пусть T – точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD (см. рис. 4 а, б). Из равнобедренного треугольника ADB: Ð DВA = = 55°; угол BTC – внешний для треугольника BTА, значит, Ð ВTC = Ð TАВ + Ð АВТ = 75°.

4.3. Найдите все простые числа p, q и r, для которых выполняется равенство:

p + q = (p – q)^r.

Ответ: p = 5, q = 3, r = 3.

Из условия задачи вытекает, что p + q делится на p – q, следовательно, (p + q) – (p – q) = 2q также делится на p – q. Если число q – простое, то делителями числа 2q могут являться только числа 1, 2, q и 2q.

Если p – q = 1, то левая часть исходного равенства больше правой. Если p – q = q, то p = 2q, то есть число р – не простое. Аналогично, если p – q = 2q, то p = 3q, то есть и в этом случае, р – не простое число. Значит р – q = 2. Тогда исходное равенство примет вид: (q + 2) + q = 2^r Û q + 1 = 2^{r –}1 Û q = 2^{r –} 1 – 1. Далее можно рассуждать по-разному.

Первый способ. Если r = 2, то q = 1 – не простое число. Если r – нечетное число, то (r – 1) – четное, тогда 2^{r –} 1 – 1 делится на 3. Действительно, если kÎ N, то 2^2k – 1 = 4^k – 1 = (4 – 1)(4^k – 1 + 4^k – 2 + ... +1). Таким образом, q = 3. Тогда р = 5 и r = 3.

Второй способ. Так как q = 2^{r –} 1 – 1 = = , то q может оказаться простым числом только в случае, когда . Значит, Û r = 3. Тогда q = 3 и р = 5.

5.1. Найдите наибольшее натуральное n такое, что n²⁰⁰ < 5³⁰⁰.

Ответ: n = 11.

Перепишем данное неравенство в виде: . Тогда, учитывая, что n – натуральное число, достаточно найти наибольшее натуральное решение неравенства n² < 125. Так как 11² < 125 < 12², то искомое значение равно 11.

5.2. В трапеции ABCD биссектриса тупого угла B пересекает основание AD в точке K – его середине, M – середина BC, AB = BC. Найдите отношение KM : BD.

Ответ: KM : BD = 1 : 2.

Так как Ð ABK = Ð CBK = Ð BKA, то треугольник ABK – равнобедренный: AK = AB = BC. Тогда ABCK – параллелограмм (BC = AK, BC || AK), и так как AB = BC, то ABCK – ромб. Так как KD = AK = BC и KD || BC, то BCDK – также параллелограмм.

Пусть O – точка пересечения его диагоналей BD и CK, тогда BO = BD. Так как треугольник BCK – равнобедренный (BC = CK), то равны его медианы BO и KM, следовательно, KM = BD.

5.3. Существует ли натуральное число, которое при делении на сумму своих цифр как в частном, так и в остатке дает число 2011?

Ответ: нет, не существует.

Предположим, что существует натуральное число n с суммой цифр s, которое удовлетворяет условию задачи. Тогда n = 2011s + 2011, откуда n – s = 2010s + 2011.

Из обоснования признака делимости на 3 следует, что натуральное число и его сумма цифр имеют одинаковые остатки при делении на 3, поэтому n – s делится на 3. Но число 2010s + 2011 на 3 не делится, так как 2010s кратно 3, а 2011 не кратно 3. Следовательно, равенство n – s = 2010s + 2011 выполняться не может, то есть числа n, удовлетворяющего условию задачи, не существует.