olimpiady_matematika

диан противоположных граней, пересекаются в одной точке и делятся в этой точке в отношении 3 : 1, считая от вершины. Для тетраэдра ABCD обозначим эту точку через O и рассмотрим го мотетию с центром в точке O и коэффициентом –3. При этой го мотетии точки пересечения медиан треугольников BCD, ACD, ABD и ABC перейдут соответственно в вершины A, B, C и D, а плоскости их граней — в плоскости α, β, γ и δ. Значит, тетраэдр ABCD гомотетичен тетраэдру A1B1C1D1 с центром в точке O и

1

коэффициентом – -3- , а точки A, B, C и D являются точками пере

сечения медиан треугольников B1C1D1, A1C1D1, A1B1D1 и A1B1C1 соответственно.

Рассмотрим проекции тетраэдров ABCD и A1B1C1D1 на про извольную плоскость π (без ограничения общности можно счи тать, что плоскость π проходит через точку O). Эти проекции также будут гомотетичны с центром в точке O и коэффициентом

1	1	. Ос
– --	, т. е. отношение площадей этих проекций будет равно --
3	9

талось заметить, что многогранник Λ целиком содержится в тет раэдре A1B1C1D1, следовательно, площадь его проекции на плос кость π меньше либо равна площади проекции на эту плоскость тетраэдра A1B1C1D1.

3) Проведем плоскость α1, симметричную плоскости α отно сительно плоскости BCD. Так как точки B, C и D есть точки пе ресечения медиан граней тетраэдра A1B1C1D1, то плоскость BCD делит ребра, выходящие из вершины A1 этого тетраэдра, в отно шении 2 : 1, считая от вершины A1. Это значит, что плоскость α1 будет делить эти же ребра в отношении 1 : 2, считая от той же вершины.

Аналогично рассмотрим плоскость β1, симметричную плос кости β относительно плоскости ACD, плоскость γ1, симметрич ную плоскости γ относительно плоскости ABD, и плоскость δ1, симметричную плоскости δ относительно плоскости ABC. Эти плоскости отсекают от тетраэдра A1B1C1D1 многогранник (назо вем его Ω). Многогранник Ω имеет четыре пары противополож ных граней, причем в каждой паре одна грань является треуголь ной, равной параллельной ей грани тетраэдра ABCD, а другая шестиугольной, которую можно составить из шести равных та кой грани тетраэдра ABCD частей (рис. 7).

73

D1

			δ1
			B
	A
γ1					C	α1

C1 A1

β1 D

B1

Рис. 7

Аналогично рассуждениям из второго пункта доказывается, что вершины исходного многогранника Λ расположены по одну сторону от каждой из плоскостей α1, β1, γ1 и δ1, откуда следует, что многогранник Λ целиком содержится в многограннике Ω. Рассмотрим теперь проекции тетраэдра ABCD и многогранника Ω на произвольную плоскость π. Так как в каждую точку, лежа щую внутри первой из этих проекций, проектируется ровно две различные точки поверхности тетраэдра ABCD, то площадь этой проекции равна половине суммы площадей проекций всех гра ней этого тетраэдра. Аналогично, площадь проекции многогран ника Ω равна половине суммы площадей проекций всех граней этого многогранника. Группируя слагаемые в этой сумме по че тырем указанным выше парам граней, заметим, что сумма пло щадей проекций граней в каждой из этих пар ровно в семь раз больше, чем площадь проекции соответствующей этой паре гра ни тетраэдра ABCD. А значит, и площадь проекции многогран ника Ω ровно в семь раз больше, чем площадь проекции тетраэд ра ABCD. Проекция же на π многогранника Λ будет содержаться в проекции многогранника Ω на эту плоскость и, следовательно, иметь площадь, не превосходящую семи площадей проекции на π тетраэдра ABCD.

74

LXXII Московская математическая олимпиада, 11 класс, 2009 г.

1.ОТВЕТ: 2 + 2 .

2.ОТВЕТ: нет.

Указание. Площадь полной поверхности цилиндра должна более, чем в 144 раза (72•2 = 144) превосходить площадь ортого нального сечения спицы.

3. РЕШЕНИЕ. Угловой коэффициент касательной, проведен ной к графику функции y = sin x в точке с абсциссой x0, равен cos x0. Поэтому для построения такой касательной достаточно построить отрезок длины 1. Действительно, имея отрезки длины 1 и sin x0, можно построить отрезок длины |cos x0| (например, на тригонометрическом круге), а затем построить угол, тангенс ко торого равен cos x0.

1) Если график функции y = sin x построен на участке x (0; α),

π	; π	, то достаточно на этом графике взять точку A, абс
где α --
2
		π	, и провести через эту точку прямую, па
цисса которой больше --
		2

раллельную оси Ox. Эта прямая повторно пересечет данный гра фик в точке B. Затем нужно провести серединный перпендику ляр к отрезку AB, который пересечет график функции y = sin x в точке с ординатой 1 (рис. 8).

2) Возьмем на оси абсцисс точки β и γ такие, что 0 < γ < β < α.

Кроме этого, возьмем точки	β + γ	и	β – γ	. Построим прямо
	------2-------		-------------
			2

y
1	A
	B
	α	x

Рис. 8

75

		β +γ
		2 sin -----------
	2
		ϕ =	β –γ
			------------
		sinβ + sinγ	2
		Рис. 9
			β + γ		и прилежащим
угольный треугольник с гипотенузой 2 sin -------------
				2
катетом sin β + sin γ (рис. 9).
		β + γ	β – γ	, то угол между дан
Так как sin β + sin γ = 2 sin ------------- cos -------------
2			2
ным катетом и гипотенузой этого			треугольника будет равен

ϕβ – γ

=------------- . Построим теперь другой прямоугольный треугольник

2

с острым углом ϕ и катетом, противолежащим этому углу, рав

β – γ	(рис. 10). Тогда гипотенуза этого треугольника бу
ным sin -------------
2
дет равна 1.

4.ОТВЕТ: 72°, 108°, 72°, 108° или 72°, 72°, 72°, 144°.

5.ОТВЕТ: p + 1.

РЕШЕНИЕ. Если (p2)! кратно (p!)n, n N, то n p + 1, так как p входит в разложение числа p! на простые множители в степени 1 (значит, в разложение числа (p!)n — в степени n), а в разложе ние числа (p2)! — в степени p + 1. Докажем, что (р2)! делится на (p!)p + 1.

sin	β –γ	1
	------------
	2

β –γ

ϕ = ------------

2

Рис. 10

76

Запишем p2 различных элементов в виде таблицы p × p. Две такие таблицы назовем эквивалентными, если одна получается из другой некоторыми перестановками элементов внутри строк, а также некоторой перестановкой самих строк. Скажем, что все таблицы, эквивалентные данной, образуют класс эквивалент ности. Так как m объектов можно переставить m! способами, то всего таблиц (p2)!, количество перестановок в каждой строке — p!, количество таблиц, которые можно получить, переставляя элементы внутри строк, — (p!)p, количество таблиц в одном клас се эквивалентности — (p!)p•p! = (p!)p + 1. Так как общее чис ло таблиц есть произведение количества таблиц в одном классе эквивалентности на число таких классов, то (p2)! делится на (p!)p + 1.

LXXIII Московская математическая олимпиада, 11 класс, 2010 г.

1

1. ОТВЕТ: --203------ при a = 2, b = 9, c = 1.

2. ОТВЕТ: Машиных куличей больше.

3. РЕШЕНИЕ. Докажем, что если n — четное натуральное число, функция f (t) определена следующим образом: f (t) = tn + + pt + q при некоторых p и q, а тройка чисел x, y, z связана между собой равенствами y = f (x), z = f (y), x = f (z), то выполнено нера венство

x2y + y2z + z2x xy2 + yz2 + zx2.

Преобразуем это неравенство следующим образом:

x2y + y2z + z2x xy2 + yz2 + zx2 x2y – zx2 + z2x – xy2 + y2z – yz2

0 x2(y – z) – x(y + z)(y – z) + yz(y – z) 0

(x2 – x(y + z) + yz)(y – z) 0 (x – y)(y – z)(z – x) 0.

Если среди чисел x, y, z найдутся хотя бы два равных, то это неравенство обратится в равенство. Пусть теперь все эти числа попарно различны. Будем считать, что наименьшим среди них является x. Докажем, что тогда z < y.

Функция f (t) = t n + pt + q при всех t имеет производную

f ′(t) = nt n – 1 + p, причем f ′(t) < 0 при t < t		p	и f ′(t) > 0
	0	= n – 1 –--
		n

при t > t0. Следовательно, функция f (t) убывает при t < t0 и воз

77

L

C Q N

B

K

P

A M D

Рис. 11

растает при t > t0. Если y t0, то x < y t0 и y = f (x) > z = f (y). Ес ли же z > y t0, то x = f (z) > z = f (y) > t0, что приводит к противо речию. Значит, x < z < y и (x – y)(y – z)(z – x) < 0.

4.ОТВЕТ: 4.

5.РЕШЕНИЕ. Пусть AK, DL, MN и PQ — перпендикуляры, опущенные на прямую BC из точек A, D, M и P соответственно. Так как AM = MD, то KN = NL, а так как MB = MC, то BN = NC. Следовательно, KB = CL (рис. 11).

π	– ABK, то
Так как PBQ = π – ABP – ABK = --
2

BPQ = ABK и треугольники BPQ и ABK подобны (по двум углам). Аналогично, подобны прямоугольные треугольники CLD и QPC. Имеем:

QP BP QP CP BP CP

-------- = -------- и -------- = --------- -------- = --------- tg BAP = tg PDC.

KB AB CL CD AB CD

Следовательно, углы BAP и PDC равны.

n

6. ОТВЕТ: 1) 1; 2) -k- .

ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ «ЛОМОНОСОВ» МГУ ИМ. М. В. ЛОМОНОСОВА

Олимпиада «Ломоносов», 2005 г.

1.ОТВЕТ: 64.

2.ОТВЕТ: x (0; log2 3].

3.ОТВЕТ: SABCD = 25.

УКАЗАНИЕ. Доказать, что площадь трапеции равна произве дению длины средней линии этой трапеции на длину перпенди куляра, опущенного из середины одной из боковых сторон на другую боковую сторону этой трапеции.

4.	π	+ πn, n Z.
	ОТВЕТ: x = – --
	4
5.	ОТВЕТ: ВС = 11.

РЕШЕНИЕ. Угол ВАС опирается на диаметр окружности, по этому его величина равна 90°. Пусть BAD = α, тогда DAC = = 90° – α и ADC = 180° – (90° – α) – α = 90°, следовательно, AD — высота треугольника ABC (рис. 12).

	A
β	α		β
				α
F 4 B 2	D		3 E x	C

Рис. 12

79

Сдругой стороны, пусть FAB = β, тогда FAE = β + (90° –

–β) = 90°, т. е. треугольник FAE также прямоугольный и AD — общая высота двух прямоугольных треугольников FAE и ВАС. Положим ЕС = x. Так как в любом прямоугольном треугольнике квадрат высоты, опущенной на гипотенузу, равен произведению проекций катетов этого треугольника на гипотенузу, имеем:

AD2 = FD•DE,

AD2 = BD•DC 6•3 = 2•(3 + х) х = 6 BC = 11.

6. ОТВЕТ: x			2 101 – 25		{0}		23
		–4;						; 2		.
			-------------13-----------------			-----
							13

7. ОТВЕТ: Vmax = 1503 .

РЕШЕНИЕ. Пусть SABC — данная пирамида, S — ее верши на. Заметим сначала, что треугольник ABC — прямоугольный. Положим, например, C = 90°, АС = b = 5, ВС = а = 12, АВ = = с = 13. Пусть также SO = h — высота пирамиды. Так как SO об разует равные углы с высотами боковых граней, то проекции этих высот на плоскость основания ABC равны. По теореме о трех перпендикулярах эти проекции перпендикулярны прямым, содержащим соответствующие стороны треугольника ABC (рис. 13). Таким образом, точка О — либо центр вписанной ок ружности, либо центр одной из трех вневписанных окружностей для треугольника ABC.

S

α

C

O

A M B

Рис. 13

С другой стороны, при фиксированном радиусе одной из этих окружностей высота пирамиды будет наибольшей, если угол между ней и высотой боковой грани будет наименьшим из

80

возможных (т. е. равным 30°). Поэтому нам надо выбрать из че тырех окружностей (вписанной и трех вневписанных) окруж ность наибольшего радиуса. Докажем, что такая окружность вне вписана и всегда прилегает к большей стороне треугольника.

L		O
A
	M
C	B	K
	Рис. 14

Пусть ABC — данный треугольник (АВ — наибольшая сторо на), АВ = с, ВС = а, АС = b, О — центр окружности, касающейся стороны АВ и продолжений сторон СА и СВ; OK, OL и ОМ — радиусы этой окружности (длины r), проведенные в точки каса ния с прямыми ВС, АС и АВ соответственно (рис. 14). Так как

S ABC = S AOC + S BOC – S AOB, имеем:

S = S		1	1	1	AB•OM =
	ABC	= --	AC•OL + --	BC•OK – --
		2	2	2

1	2S		S	,
= --	(a + b – c)r r = ------------------------		= -------------
2	a + b	– c	p – c

где p — полупериметр треугольника ABC. Отсюда вытекает, что радиус этой вневписанной окружности больше радиуса вписан

ной окружности		S
	равного -p-- , а также больше радиусов других
				S	S
				--------------	-------------		. Подставляя
вневписанных окружностей			равных p – a		и p – b
данные условия задачи, окончательно получаем:
S		1		S	= 15,
	ABC	= -- аb = 30, r =		-------------
		2		p – c
	r		1	Sh = 150 3 ,
h = -------------- = 15			3 , V = --
	tg 30	°	3

где V — объем пирамиды SABC.

81

8. ОТВЕТ: a [–8, 6].

УКАЗАНИЕ. Рассмотреть функцию

f(x) = 9|x – 1| – 4x + |3x – |x + а||

и доказать, что f(x) убывает при x 1 и возрастает при x 1.

9. ОТВЕТ: от А к В; 8 км/ч.

РЕШЕНИЕ. Рассмотрим сначала случай, когда река течет от А к В. Тогда моторная лодка проплыла в общей сложности 25 км по течению и 15 км против течения реки. Пусть v — скорость лодки в стоячей воде, u — скорость течения реки. Согласно усло виям задачи имеем:

25		15	8	,
v -- - - - + - - - - -- - u-	+ -------------		= --
		v – u	3
25	1,
-- - - - - - - - -- - -
v + u
-- - - - 15 - - - - -- - -		5--
v – u		3

u + v 25,

u – v – 9 2u 16 u 8.

Подставляя u = 8 в исходную систему, легко получаем v = 17. Пусть теперь река течет от В к А. В этом случае моторная лод

ка проплыла по течению 15 км и против течения 25 км. Имеем:

15		25	8	,
-- v - - - + - - - - -- - u-	+ -------------		= --
		v – u	3
15					u + v 15,
-- - - - - - - - -- - -	1,				u – v – 15	u 0,
v + u
-------------25		--5
v – u		3

что не соответствует физическому смыслу задачи.

10. ОТВЕТ: VΦ = 1.

Олимпиада «Ломоносов», 2006 г.

1.ОТВЕТ: 64.

2.ОТВЕТ: корень трехчлена больше.

УКАЗАНИЕ. Найти значение квадратного трехчлена в точке

1 x = – ------ .

3

82