7 класс

Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов).

1.1. Разложите на множители: 1 + 4a2b2 – (a2 + b2)2.

Ответ: (1 + a2b2)(1 – a2 + b2).

Раскроем скобки и перегруппируем: 1 + 4a2b2 – (a2 + b2)2 = 1 + 4a2b2a4 – 2a2b2b4 = 1 – (a4 – 2a2b2 + b4) = 1 – (a2b2)2 = (1 + a2b2)(1 – a2 + b2).

1.2. Два угла треугольника равны 100° и 60° . Покажите, как его разрезать на два равнобедренных треугольника.

Ответ: см. рис. 1.

Пусть в треугольнике АВС углы А и В равны 60° и 100° соответственно, тогда угол С равен 20° (см. рис. 1). Проведем отрезок AD так, чтобы Ð DAC = 20° . Тогда в каждом из треугольников ADC и ABD есть по два равных угла, то есть эти треугольники – равнобедренные.

1.3. Из Москвы в Неаполь самолет вылетает в 9.20 по московскому времени, а прилетает в 11.30 по неаполитанскому. Из Неаполя в Москву самолет вылетает в 8.30 по неаполитанскому времени, а прилетает в 14.40 по московскому. Какова разница во времени между Москвой и Неаполем?

Ответ: 2 часа.

Перелет в обе стороны длится одно и тоже время, но из-за смены часового пояса возникает разница во времени. В первом случае показания часов отличаются на 2 часа 10 минут, а во втором – на 6 часов 10 минут. Так как в первом случае мы из времени перелёта вычитаем разницу во времени, а во втором – её же прибавляем, то разница во времени между Москвой и Неаполем равна: (6 ч 10мин – 2 ч 10 мин) : 2 = 2 (ч).

Такой же результат можно получить из уравнения , где x – искомая разница во времени (в часах).

 

Второй тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).

2.1. Балда договорился с попом отработать на него ровно год и расплатиться щелчками по лбу. Балда предложил, чтобы за каждый отработанный день ему добавлялся один щелчок, а за каждый прогул вычиталось 10 щелчков. Поп же настаивал на более хитром (по его мнению) варианте: за отработанный день начисляется 12 щелчков, а за пропущенный вычитается аж 121 щелчок. По окончании срока выяснилось, что в обоих случаях поп должен получить от Балды одно и то же количество щелчков. Сколько именно?

Ответ: 3 щелчка.

Первый способ. Предположим, что год не високосный. Пусть Балда x дней отработал, а (365 – x) дней прогулял, тогда по своему предложению он будет иметь право на x – (365 – x)× 10 = 11x – 365× 10 щелчков, а по предложению попа – на 12x – (365 – x)× 121 = 133x – 365× 121 щелчков.

Поскольку в итоге выяснилось, что количество щелчков в обоих случаях одно и то же, то составляем уравнение 11x – 365× 10 = 133x – 365× 121. Упростив его, получим: 122x = 365× 111. Такое уравнение не имеет натуральных решений.

Если же год високосный, то, рассуждая аналогично, получим уравнение 122x = 366× 111, то есть x = 333. Следовательно, поп должен получить от Балды 333 – (366 – 333)× 10 = 3 щелчка.

Второй способ. Пусть Балда отработал а дней и прогулял b дней, тогда a – 10b = 12a – 121b. Упрощая это равенство, получим, что 11а = 111b. Поскольку числа 11 и 111 – взаимно простые, то a кратно 111, b кратно 11. Так как а £ 366, то а может быть равно 111, 222 или 333. Соответствующие значения b: 11; 22; 33. Тогда сумма а + b (количество дней в году) принимает значения 122, 244 и 366 соответственно. Отсюда заключаем, что год был високосным, то есть а = 333, b = 33. Следовательно, попу причитается a – 10b = 333 – 330 = 3 щелчка.

Отметим, что полученный ответ полностью согласуется с литературным источником: А.С. Пушкин, «Сказка о попе и его работнике Балде».

2.2. На боковых сторонах АВ и ВС равнобедренного треугольника АВС выбраны точки D и Е соответственно так, что BD = BE. Отрезки АЕ и CD пересекаются в точке F. Найдите угол AFC, если угол ЕАС равен 25° .

Ответ: 130° .

Так как АВ = ВС и BD = BE, то AD = CE (см. рис. 2). Кроме того, Ð ВАС = Ð ВСА (углы при основании равнобедренного треугольника). Рассмотрим треугольники ACD и CAE. Так как у них общая сторона АС, то эти треугольники равны (по двум сторонам и углу между ними). Следовательно, Ð DСA = Ð EAС = 25° . Тогда из треугольника AFC получим, что Ð АFC = 180° – (25° + 25° ) = 130° .

 

2.3. Может ли сумма квадратов двух простых чисел быть квадратом какого-нибудь целого числа?

Ответ: нет, не может.

Пусть такое возможно, тогда выполняется равенство a2 + b2 = x2, где a и b – простые числа. Тогда b2 = x2a2 = (x – a)(x + a). Это возможно только в двух случаях: x – a = x + a = b или x – a = 1; x + a = b2.

В первом случае а = 0, что противоречит условию. Во втором случае x = a + 1, тогда 2a + 1 = b2, то есть 2a = (b – 1)(b + 1). Если b = 2, то aне целое число, следовательно b – нечетное. Тогда b – 1 и b + 1 соседние четные числа, значит, одно из них кратно 2, а другое кратно 4. Следовательно, 2a делится на 8, то есть а делится на 4 – противоречие.

Получив, что a = x – 1, можно также было провести аналогичное рассуждение и получить, что b = x – 1. Тогда a = b и исходное равенство примет вид 2а2 = x2, что невозможно для целых значений а и x.

 

Третий тур (15 минут; каждая задача – 7 баллов).

3.1. Несколько учеников отвечали на уроке, и каждый получил не ниже тройки. Аня получила отметку, которая на 10 меньше, чем сумма отметок остальных; Боря получил отметку, которая на 8 меньше, чем сумма отметок остальных; Вера – отметку, которая на 6 меньше, чем сумма отметок остальных. Сколько человек отвечало на уроке и какие отметки они получили?

Ответ: отвечало 4 человека; один получил «5», двое – «4», один – «3».

Пусть Sсумма всех полученных оценок, А – оценка Ани, Б – оценка Бори, В – оценка Веры. Из условия задачи следует, что: S – A = A + 10; S – Б = Б + 8; S – В = В + 6. Следовательно, S = 2A + 10 = 2Б + 8 = 2В + 6. Значит, B – Б = Б – А = 1. Так как двоек не было, то возможен только один вариант: А = 3, Б = 4, В = 5. Следовательно, S = 16, тогда S – (A + Б + В) = 4, то есть еще один ученик получил оценку «4».

3.2. В остроугольном треугольнике ABC: Ð A = 30° ; BB1 и CC1 – высоты; B2 и C2 – середины сторон AC и AB соответственно. Под каким углом пресекаются прямые B1С2 и С1B2?

Ответ: под прямым углом.

Рассмотрим прямоугольный треугольник АВВ1, В1С2его медиана (см. рис. 3а). По свойству прямоугольного треугольника В1С2 = AB = АС2. Следовательно, треугольник АС2В1 – равнобедренный с углом 30° при основании, значит, Ð 2B1 = 120° . Аналогично, С1В2 – медиана прямоугольного треугольника АCC1 (см. рис. 3б), поэтому С1В2 = AС = АB2. Следовательно, треугольник АВ2С1 – также равнобедренный с углом 30° при основании.

Рассмотрим треугольник С1С2D, где Dточка пересечения отрезков B1С2 и С1B2 (см. рис. 3в). Пусть Ð С1DC2 = x. По теореме о внешнем угле треугольника x + 30° = 120° . Следовательно, искомый угол между прямыми B1С2 и С1B2 равен 90° .

Отметим, что вместо треугольника АВ2С1 можно было рассмотреть треугольник В2CC1 (см. рис. 3б), в котором С1В2 = AС = СB2 и Ð АСС1 = 90°Ð ВАС = 60° . Следовательно, этот треугольник – равносторонний, значит, Ð С1B2С = 60° . Тогда по теореме о сумме углов треугольника Ð В1DB2 = 90° .

3.3. В школе прошел шахматный турнир, в котором участвовало 20 шахматистов (каждый сыграл с каждым один раз). После подведения итогов оказалось, что Толя с 9,5 очками занял 19-е место, ни с кем его не разделив. Единоличным же победителем оказался Витя. Определите, сколько очков набрал каждый участник. (В шахматах за победу присуждается одно очко, за поражение – 0 очков, за ничью – пол-очка.)

Ответ: Витя набрал очков, Толя – очков, занявший последнее место набрал 0 очков, а каждый из остальных участников набрал 10 очков.

Общее количество партий, сыгранных в турнире, равно = 190. Поскольку в каждой партии разыгрывается одно очко, то сумма очков, набранных всеми участниками, равна 190. Вычтем очки, набранные Толей: 190 – 9,5 = 180,5 – сумма очков, набранных остальными участниками. Поскольку 18 человек оказались в турнирной таблице выше Толи, то каждый из них набрал не менее, чем 10 очков, а в сумме они набрали не менее 180 очков. Оставшиеся пол-очка обязан был набрать Витя, так как он единолично занял первое место.

Покажем, что описанная ситуация возможна. Действительно, пусть каждый участник выиграл у занявшего последнее место, Витя победил Толю, а все остальные партии закончились вничью.

 

 

Четвертый тур (20 минут; каждая задача – 8 баллов).

4.1. Сравните: 4005 – 3992(4003 + 2× 4002 + 3× 400 + 4) и 2000.

Ответ: первое число меньше второго.

Пусть a = 400, тогда первое выражение примет вид: a5 – (a – 1)2(a3 + 2a2 + 3a + 4). Преобразуем его: a5 – (a – 1)2(a3 + 2a2 + 3a + 4) = a5 – (a2 – 2a + 1)(a3 + 2a2 + 3a + 4) = a5a5 – 2a4 – 3a3 – 4a2 + 2a4 + 4a3 + 6a2 + 8aa3 – 2a2 – 3a – 4 = 5a – 4. Таким образом, при a = 400 значение выражения равно 1996, что меньше, чем 2000.

4.2. В четырехугольнике ABCD: Ð САD + Ð ВСА = 180° и АВ = ВС + АD (см. рис.). Докажите, что Ð ВАС + Ð АСD = Ð СDА.

Для удобства введем обозначения: AD = x, BC = y, Ð CAD = a , Ð ACB = b , Ð ADC = g , Ð BAC = d , Ð ACD = f (см. рис. 4а). Тогда a + b = 180° и АВ = х + у (по условию).

Если сумма двух углов равна 180° , то можно приложить их один к другому так, чтобы они имели общую сторону, а две другие стороны стали противоположными лучами. Поэтому «отрежем» треугольник ACD, перевернем его и приставим обратно, так чтобы вершины А и С поменялись местами. Новое положение вершины D обозначим Е.

Так как a + b = 180° , то точки В, С и Е будут лежать на одной прямой. При этом СЕ = AD = x, то есть ВЕ = х + у = AB (см. рис. 4б). В равнобедренном треугольнике АВЕ углы при основании равны, то есть d + f = g , что и требовалось.

 

 

 

 

 

4.3. Коля выписал все трехзначные числа, в записи которых нет нулей. Для каждого такого числа Вася записал сумму двух его цифр: наименьшей и наибольшей. Найдите сумму цифр, записанных Васей.

Ответ: 7290.

Поскольку каждая цифра от 1 до 9 может стоять на любом из трех мест, то общее количество чисел, записанных Колей, равно 93 = 729.

Разобьем эти числа на пары: 111 – 999, 112 – 998 и так далее, таких пар будет (729 – 1) : 2 = 364 (число 555 останется без пары).

Пусть в первом числе некоторой пары наименьшая цифра равна а, тогда во втором числе наибольшая цифра равна (10 – а). Аналогично, если в первом числе наибольшая цифра равна b, то наименьшая цифра во втором числе равна (10 – b). Тогда в каждой паре сумма двух наименьших и двух наибольших цифр равна 20. Общая сумма таких цифр будет равна 20× 364 = 7280. Добавив к этой сумме 10 (сумма наибольшей и наименьшей цифры числа 555), получим 7290.

Отметим, что подсчет искомой суммы «в лоб» связан со значительными техническими трудностями.