olimpiady_matematika

3.ОТВЕТ: x = 2πn , x = –1 1 + 2πn , n Z, n 0.

4.ОТВЕТ: R1 = 36, R2 = 8.

РЕШЕНИЕ. Пусть R1 и R2 — радиусы первой и второй окруж ностей соответственно, точка О — центр второй окружности. Возможны три случая расположения точек А, В, С на одной пря мой.

1)Точка А лежит между точками В и С. Тогда А находится внутри второй окружности и не существует прямой, проходящей через А и касающейся второй окружности.

2)Точка В лежит между точками А и С (рис. 15).

Рис. 15

Тогда BDE = BEC = 90°, DEB = BCE (так как угол меж ду касательной и хордой равен вписанному углу, опирающемуся на ту же дугу). Следовательно, треугольники BDE и ВЕС подоб ны, и

Так как BD < ОЕ, а 9 > 8, то данный случай невозможен. 3) Точка С лежит между точками А и В (рис. 16).

Аналогично, как и во втором случае, находим R2 = 8. Далее, прямоугольные треугольники АЕО и ADB подобны (у них общий острый угол). Имеем:

откуда R1 = 36.

83

Рис. 16

3

5. ОТВЕТ: -5- .

РЕШЕНИЕ. Рассмотрим на координатной плоскости AtS (на оси абсцисс откладывается время, на оси ординат — расстоя ние, А — начало координат) графики движения велосипедиста и пешехода (рис. 17).

Пусть встреча велосипедиста с пешеходом произошла в точ ке С. Из подобия двух треугольников с параллельными основа

84

ниями (равными 9 и 6 соответственно) и равными углами при вершинах получаем

6. ОТВЕТ: x [0, 4].

УКАЗАНИЕ. Рассмотреть функции f(x) = 4 – x – 2 и g(х) = х|x – 3| + 4х и показать, что f(x) убывает, а g(х) возрастает на области определения неравенства.

8.ОТВЕТ: SA = 2.

9.ОТВЕТ: {(2, 117); (3, 59)}.

РЕШЕНИЕ. Диагональ прямоугольника не может проходить через узлы клеток, лежащие внутри прямоугольника. Действи тельно, если бы это было не так, то существовал бы прямоуголь ник меньшего размера m1 n1 клеток, причем m = km1 и n = kn1 (k, m1 и n1 — натуральные числа). Тогда числа m и п не являлись бы взаимно простыми, что противоречит условию задачи.

Далее, диагональ прямоугольника, пересекая каждую новую клетку, пересекает либо вертикальную, либо горизонтальную ли нию клетчатой бумаги, находящуюся внутри этого прямоуголь ника. Это значит, что число пересекаемых ею клеток, уменьшен ное на единицу (не рассматривается клетка, прилегающая к той вершине прямоугольника, из которой выходит данная диаго наль), равно суммарному количеству вертикальных и горизон тальных линий, лежащих внутри прямоугольника, т. е. (m – 1) + + (n – 1). Итак, число пересекаемых клеток равно m + n – 1, и из условия задачи получаем уравнение

mn – 116 = m + n – 1 (m – 1)(n – 1) = 116.

Поскольку m < n, пара (m – 1, n – 1) равна либо (1, 116), либо (2, 58), либо (4, 29). Первые две пары приводят к ответу, в пос леднем случае получаются числа m = 5 и n = 30, не являющиеся взаимно простыми.

85

Олимпиада «Ломоносов», 2007 г.

1.ОТВЕТ: –0,5.

2.ОТВЕТ: x = 0, x = 9100000 .

3.ОТВЕТ: 30.

5. ОТВЕТ: AD = 10.

РЕШЕНИЕ. Вписанный угол CAD равен углу между касатель ной и хордой BCD, следовательно, треугольники ABC и BCD по добны по двум углам (рис. 18).

Рис. 18

Имеем:

Далее, согласно теореме об отрезках секущей и касательной, получаем следующее равенство:

2 BC2

ВС = AB•DB DB = ----------- = 8,

AB

откуда AD = АВ – DB = 10.

6. ОТВЕТ: 540, 108.

86

УКАЗАНИЕ. Выяснить, при каких k прямая y = kx имеет об щие точки с данным множеством.

8. ОТВЕТ: V = 275π (tg 20° tg 10°).

РЕШЕНИЕ. Возьмем на оси цилиндра точки А и С и через точку С проведем плоскость γ, перпендикулярную АС. В этой плоскости возьмем точку О на расстоянии 11 от точки С, через точку О проведем прямую, лежащую в плоскости γ и перпенди кулярную ОС, и через эту прямую и точку А проведем плоскость, которую обозначим через α. Пусть эта плоскость образует с пря мой АС угол ϕ (рис. 19).

Пусть α′ — плоскость, проходящая через точку А и парал лельная плоскости γ. Тогда объем части цилиндра, заключенной между плоскостями γ и α, равен объему части цилиндра, заклю ченной между плоскостями γ и α′ (это следует из симметрии от носительно точки А частей цилиндра, которые заключены меж ду плоскостями α и α′). Каждый из этих объемов равен Vα = πR2•AC = πR2•OC ctg ϕ, где R — радиус данного цилиндра.

Теперь, учитывая, что R = 5, ОС = 11, можно найти объем V части цилиндра между гранями α и β двугранного угла, образую щими с осью цилиндра углы 80 и 70° соответственно. Рассмот рим два случая. Если плоскости α и β пересекают ось цилиндра по разные стороны от точки C (рис. 20), то

V = Vα + Vβ = 275π (ctg 80° + ctg 70°) = 275π(tg 10° + tg 20°).

87

B β

Рис. 20

Если же плоскости α и β пересекают ось цилиндра по одну сторону от точки С (рис. 21), получаем, что

V = Vβ – Vα = 275π (ctg70° – ctg 80°) = 275π (tg 20° – tg 10°).

tg 3x(1 – tg x tg 2x) = tg x + tg 2x,

т. е. tg 3x = tg x tg 2x tg 3x + (tg x + tg 2х),

где cos x 0, cos 2x 0, cos 3x 0. Значит, данное уравнение име ет вид

|tg х tg 2х tg 3x| + |tg x + tg 2x| = tg x tg 2x tg 3x + (tg x + tg 2x)

88

Непосредственно из исходного уравнения следует, что tg 3x 0. Возможны два случая. Если tg 3x = 0, то tg x + tg 2x = 0, значит, оба неравенства системы выполнены. В заданном проме

28

10.ОТВЕТ: 1) 3 -3- ; 2) 3 -11---- .

Олимпиада «Ломоносов», 2008 г.

1.ОТВЕТ: k = –1.

2.ОТВЕТ: 5 раз.

3.ОТВЕТ: а = 9, а = 49.

РЕШЕНИЕ. Окружности, задаваемые уравнениями системы, должны касаться внешним или внутренним образом (рис. 22, 23).

89

Рис. 23

Первая окружность имеет центр в точке (0, 0) и радиус 2,

вторая — центр в точке (3, –4) и радиус a . Расстояние между центрами окружностей равно 5, следовательно, в первом случае радиус второй окружности должен быть равен 3, а во втором — равен 7. Поэтому либо а = 9, либо а = 49.

4.ОТВЕТ: не успеет.

5.ОТВЕТ: R = 3 или R = 23 .

6.ОТВЕТ: x [log50 8, log50 9).

8. ОТВЕТ: S = 329 или S = 361 .

РЕШЕНИЕ. Если А и В — смежные вершины параллелограм ма, то две другие его вершины лежат в плоскости, проходящей через прямую l и параллельной прямой АВ. Эта плоскость пере секает прямую А1С в середине D отрезка А1С (рис. 24).

Следовательно, D — одна из вершин параллелограмма. Пря моугольный треугольник ABD (прямая АВ перпендикулярна плоскости АСС1А1, а значит, АВ AD) является половиной ис

90

A1

10

D

l

B C

A

Рис. 24

комого параллелограмма. Площадь этого треугольника равна

параллелограмма равна 329 .

Если же А и В — противоположные вершины параллело грамма, то две другие его вершины симметричны относительно середины отрезка АВ. Прямая l1, симметричная прямой l относи тельно середины отрезка АВ, проходит в плоскости АСС1А1 па раллельно прямой АС на расстоянии 5 от нее и пересекает пря мую А1С в точке Е (рис. 25).

Следовательно, Е — одна из вершин параллелограмма. Пря моугольный треугольник ABE является половиной искомого па раллелограмма. Площадь этого треугольника равна

азначит, площадь параллелограмма равна 361 .

9.ОТВЕТ: n = 1, 2, ..., 2002.

91

l

C

B

A

5

6

F

l1

Рис. 25

РЕШЕНИЕ. Преобразуем данное уравнение следующим обра зом:

2002 [n10012 + 1 ] = n[200210012 + 1 ]

2002[n(1001 + α)] = n[2002(1001 + α)]

2002[nα] = n[2002α] (= 0) 0 nα < 1 n = 1, 2, ..., 2002, где

10. ОТВЕТ: 12.

РЕШЕНИЕ. Для любых двух пар чисел а b и А В справед ливо неравенство

|а – А| + |b – B| |a – B| + |b – A|.

Действительно, на числовой прямой существует точка с ко ординатой с, которая расположена между точками с координата ми а и В, а также между точками с координатами А и b (рис. 26).

92