1.1. На доске после урока алгебры остались график функции y = x² и 2007 прямых, параллельных прямой y = x, каждая из которых пересекает параболу в двух точках. Найдите сумму абсцисс точек пересечения прямых и параболы.

Ответ: 2007.

Любая прямая, параллельная y = x, задается уравнением y = x + k, где kО R. Если такая прямая пересекает параболу y = x² в двух точках, то уравнение x² = x + k имеет два корня. Это уравнение равносильно квадратному уравнению x² – x – k = 0, сумма корней которого равна 1. Следовательно, для каждого значения k сумма абсцисс точек пересечения прямой и параболы равна 1, то есть искомая сумма равна 2007.

1.2. В трапецию вписан круг радиуса r. Найдите площадь трапеции, если углы при большем основании равны a и b .

Ответ: .

Пусть АВ – большее основание трапеции АВСD, Р DAB = a , Р CBA = b (см. рис. 1). Проведем высоты трапеции DP и CQ, каждая из которых равна диаметру вписанного круга. Треугольники ADP и BCQ – прямоугольные, поэтому , .

Так как данная трапеция – описанная, то АВ + CD = AD + BC. Следовательно, = .

1.3. На координатной плоскости проведены 11 прямых и отмечены все точки их попарного пересечения. Могло ли оказаться так, что на каждой из прямых лежит ровно 5 точек с положительными абсциссами и ровно 5 точек с отрицательными абсциссами?

2.1. Равноускоренно движущийся автомобиль увеличивает свою скорость на некотором прямолинейном участке дороги с v₁ до v₂. Найдите скорость автомобиля в середине этого участка.

Ответ: .

Пусть v – искомая скорость автомобиля в середине участка, t – время, за которое автомобиль преодолел половину пути, T – время, за которое он проделал весь путь.

Первый способ. Рассмотрим координатную прямую, направление которой совпадает с направлением движения автомобиля, а начало отсчета совпадает с началом рассматриваемого участка дороги. Тогда: и , где a – ускорение движения. Выражая из каждого уравнения время, получим: ; .

Пусть S – длина половины участка, тогда: и . Выражая S и приравнивая получившиеся выражения, имеем: Ы . Подставляя в это уравнение найденные значения t и T, получим: Ы Ы .

Второй способ. Рассмотрим график зависимости скорости автомобиля от времени на заданном участке, считая, что v₁ – начальная скорость автомобиля (см. рис. 2а). Тогда путь, пройденный автомобилем в каждый момент времени, равен площади трапеции, ограниченной построенным графиком, осями координат и вертикальной прямой, соответствующей выбранному моменту времени.

Путь, пройденный за время t, в два раза меньше пути, пройденного за время T, то есть искомая скорость равна длине отрезка, параллельного основаниям трапеции и делящего ее площадь пополам. Его длина равна среднему квадратичному длин оснований трапеции*, то есть .

2.2. Точки А, В, C и D расположены в пространстве так, что АС = 10, ВD = 8, а расстояние между серединами отрезков АВ и CD равно 9. Верно ли, что данные точки лежат в одной плоскости?

Ответ: да, верно.

Первый способ. Предположим, что данные точки не лежат в одной плоскости, тогда они являются вершинами тетраэдра ABCD. Пусть точки P, Q, R и T – середины ребер BC, CD, DA и AB соответственно (см. рис. 3а). Четырехугольник PQRT – параллелограмм, в котором QR = AC = 5, RT = BD = 4. Так как диагональ QT = 9, то для треугольника QRT получим: QR + RT = QT, что противоречит неравенству треугольника.

Таким образом, точки А, В, C и D лежат в одной плоскости.

Второй способ. Пусть точки T и Q – середины отрезков АВ и CD соответственно, тогда .

Следовательно, . По условию: , , , то есть имеет место равенство. Оно достигается т. и т. т., когда || || (см. рис. 3б). Это и означает, что данные точки лежат в одной плоскости.

2.3. Натуральное число А имеет ровно три делителя, а натуральное число В – 5 делителей. Сколько делителей может иметь произведение чисел А и В?

Первый способ. Воспользуемся следующим утверждением: если натуральное число , где все – простые числа, а все – натуральные числа или ноль, то количество делителей числа N равно .

Действительно, каждый делитель числа N является произведением одних и тех же простых множителей, причем показатель степени множителя может быть любым числом от 0 до и значения этих показателей не зависят друг от друга.

Разложим каждое из чисел А и В на простые множители. По условию, для числа А указанное произведение равно 3. Следовательно, m = 1, + 1 = 3, то есть = 2. Это означает, что А – квадрат некоторого простого числа p. Аналогично, для числа B указанное произведение равно 5, то есть m = 1, = 4. Значит, В = q⁴, где q – простое.

Если p = q, то число AЧ B = p⁶, и у него 7 делителей. Если p № q, то число AЧ B = p²Ч q⁴ и оно имеет (2 + 1)(4 + 1) = 15 делителей.

Поскольку любое натуральное число имеет хотя бы два делителя, то три делителя может иметь только квадрат простого числа, то есть А = p², где р – простое. Предположим, что В имеет более одного простого делителя, тогда оно делится на число С = , которое само уже имеет 9 делителей. Следовательно, это невозможно, то есть В = q⁴, где q – простое.

3.1. Углы a , b и g некоторого треугольника удовлетворяют равенству cos3a + cos3b + cos3g = 1. Докажите, что один из углов этого треугольника равен 120° .

Без ограничения общности можно считать, что a Ј b Ј g , тогда a и b – острые углы. Преобразуем данное равенство: cos3a + cos3b + cos3g = 1 Ы cos3a + cos3b = 1 – cos3g Ы = . Так как g = 180° – (a + b ), то .

Следовательно, Ы Ы . Так как 0 < a < 90° и 0 < b < 90° , то и . Следовательно, .

Учитывая, что a + b < 180° , получим: Ы . Таким образом, g = 120° , что и требовалось доказать.

3.2. Высота прямоугольного треугольника делит его на два треугольника, периметры которых равны m и n. Найдите периметр данного треугольника.

Ответ: .

Первый способ. Каждый из треугольников ACH и СBH подобен треугольнику АВС (по двум углам). Коэффициенты этих подобий равны соответственно и . Отношение периметров подобных треугольников равно коэффициенту подобия, то есть и , где Р – периметр треугольника АВС. По теореме Пифагора = 1, следовательно, = 1, то есть .

Второй способ. Обозначим: Р СВA = Р AСН = b ; СН = h (см. рис. 4). Тогда = = = m (1); = = = n (2). Делим (1) на (2) почленно: , тогда . Учитывая, что 0 < b < 90° , получим: ; .

Выражая h из соотношения (1) и подставляя найденные значения синуса и косинуса, получим: = .

Тогда = = = = .

3.3. Каждое целое число покрасили в один из двух цветов: синий или желтый. Верно ли, что найдутся два различных числа одного цвета, среднее арифметическое которых – целое число того же цвета?

Предположим, что все четные числа, большие или равные 2n, где n – какое-то натуральное число, покрашены в один и тот же цвет. Так как любое четное число является средним арифметическим двух соседних с ним четных чисел, то все четные числа начиная с 2n + 2 – средние арифметические чисел того же цвета.

Пусть теперь имеются сколь угодно большие четные числа каждого цвета. Тогда найдется синее число 2m, такое что 2m + 2 – желтое, и желтое число 2n > 2m + 2 такое, что число 2n + 2 – синее. Среднее арифметическое чисел 2m и 2n + 2 равно m + n + 1 и равно среднему арифметическому чисел 2m + 2 и 2n. Так как первая пара чисел – синяя, а вторая пара – желтая, то число m + n + 1 совпадает по цвету с одной из них.

4.1. Найдите наибольшее значение выражения .

Ответ: 2.

Первый способ. Воспользуемся формулой , где , . Тогда . Получим, что функция f(a) убывает, так как является суммой двух убывающих функций. Следовательно, свое наибольшее значение она принимает при a = 0, f(0) = 2.

Второй способ. Докажем, что при всех аО [0; 1] .

Пусть , . Дважды воспользуемся неравенством между средним арифметическим и средним квадратичным для двух неотрицательных чисел: . Получим, что Ы , откуда и следует доказываемое неравенство.

Неравенство можно доказать иначе. Например, методом «от противного». Предположим, что (в тех же обозначениях) x + y > 2, тогда 2x² + 2y² і (x + y)² > 4, то есть x² + y² > 2. Аналогично, 2x⁴ + 2y⁴ і (x² + y²)² > 4, откуда x⁴ + y⁴ > 2. В нашем случае: x⁴ + y⁴ = 1 + a + 1 – a = 2. Полученное противоречие показывает, что .

4.2. В треугольной пирамиде ABCD плоские углы при вершине D прямые, а Н – основание высоты, опущенной из этой вершины. Известно, что отношение площадей треугольников АНВ и ВНС равно k. Найдите отношение площадей граней АDB и BDC.

Ответ: .

Пусть a и g – величины двугранных углов при ребрах ВС и АВ соответственно (см. рис. 5). Так как треугольники АНВ и ВНС являются ортогональными проекциями граней АDB и BDC на плоскость АВС, то по теореме о площади ортогональной проекции и . Следовательно, (1).

Так как все плоские углы при вершине D – прямые, то, в силу признака перпендикулярности прямой и плоскости, ребра AD, BD и CD перпендикулярны плоскостям BCD, ADC и ADB соответственно. Следовательно, ортогональными проекциями треугольника АВС на плоскости BCD и ABD являются грани BCD и ABD соответственно. Еще раз воспользовавшись теоремой о площади ортогональной проекции, получим: . Значит, .

Подставим полученное соотношение в правую часть равенства (1), тогда , то есть .

4.3. На клетчатой бумаге нарисован прямоугольник, в котором m строк и n столбцов, причем m Ј n. Диагональ этого прямоугольника пересекает ровно 25 его клеток. Найдите все возможные значения (m; n).

Ответ: (1; 25), (3; 23), (5; 21), (7; 19), (9; 17), (11; 15), (5; 25), (25; 25).

Пусть наибольший общий делитель чисел m и n равен d. Тогда , , где a и b взаимно простые числа и a Ј b. При этом исходный прямоугольник разбивается на малые прямоугольники, имеющие a строк и b столбцов.

Рассмотрим d малых прямоугольников, у которых одна из диагоналей принадлежит диагонали исходного прямоугольника (см. рис. 6). Если она проходит через какой-то узел сетки внутри малого прямоугольника, то она является также диагональю прямоугольника размера xґ y, где 0 < x < a и , то есть xb = ya. Поскольку xb делится на a, а числа a и b взаимно простые, то x делится на a, что невозможно.

Таким образом, внутри малого прямоугольника диагональ не проходит через узлы сетки. Поэтому она пересекает a – 1 горизонтальных линий сетки и b – 1 вертикальных. При движении по диагонали каждое такое пересечение означает переход в новую клетку. Учитывая также клетку, находящуюся в начале движения, получим, что диагональ малого прямоугольника пересекает (a – 1) + (b – 1) + 1 = a + b – 1 клеток. Тогда диагональ большого прямоугольника проходит через d(a + b – 1) клеток. По условию это число равно 25. Так как оно делится на d, то d может быть равно 1, 5 или 25.

При d = 1 получим, что a + b = 26. При этом a и b взаимно просты, a Ј b и m = a, n = b. Любая такая пара (m; n) удовлетворяет условию задачи, и мы получаем первые шесть ответов. При d = 5 имеем: a + b = 6, m = 5a, n = 5b и аналогично предыдущему получаем m = 5, n = 25. При d = 25 точно так же получаем a + b = 2, m = n = 25.

5.1. Может ли многочлен 2x⁴ + 8x³ + 12x² + 8x + 1 являться суммой квадратов каких-либо двух многочленов?

Пусть f(x) = 2x⁴ + 8x³ + 12x² + 8x + 1 и f(x) = g²(x) + h²(x), где g(x) и h(x) – какие-то многочлены. Тогда, при всех действительных значениях x выполняется неравенство f(x) і 0. С другой стороны, f(–1) = –1 < 0.

Полученное противоречие показывает, что f(x) нельзя представить в виде суммы квадратов двух многочленов.

5.2. Равносторонние треугольники ABC и DFЕ распложены на плоскости так, что вершина В лежит внутри отрезка DE, а вершина F – внутри отрезка АС. Определите вид четырехугольника, вершинами которого являются точки А, С, D и E.

Ответ: трапеция или параллелограмм.

Проведем отрезок BF. Без ограничения общности можно считать, что точки A и D лежат в одной полуплоскости относительно прямой BF, а точки С и Е – в другой (см. рис. 7а). Докажем, что AD и CE параллельны.

Так как Р BAF = Р BDF = 60° , то четырехугольник ADBF – вписанный. Аналогично, из равенства углов BСF и BЕF следует, что вписанным является четырехугольник BECF.

По свойству вписанного четырехугольника Р ADB + Р AFB = 180° и Р BEC + Р BFC = 180° . Кроме того, Р AFB и Р BFC – смежные.

Следовательно, Р ADB + Р BEC = 360° – (Р AFB + Р BFC) = 180° , то есть AD || CE.

Таким образом, в общем случае ADEC – трапеция, а если AС || DE (то есть данные треугольники равны), то ADEC – параллелограмм (см. рис. 7б).

5.3. В тетраэдре около каждой вершины записали целое число. Около каждого ребра записали число, равное сумме чисел на его концах, а в каждой грани записали число, равное сумме чисел в вершинах грани. Могут ли на ребрах оказаться шесть последовательных целых чисел, а на гранях – четыре последовательных целых числа?

Пусть S – сумма чисел, записанных в вершинах тетраэдра. Поскольку число, записанное на ребре, равно сумме чисел, записанных на его концах, и из каждой вершины исходит три ребра, то сумма чисел, записанных на ребрах, равна 3S. Аналогично, сумма чисел, записанных на гранях, также равна 3S, поскольку в каждой грани записана сумма чисел, записанных в вершинах, а каждая вершина принадлежит трем граням.