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




Скачать 26.15 Kb.
Название9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов)
Дата04.02.2016
Размер26.15 Kb.
ТипЗадача
9 класс

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

1.1. Найдите все значения x, для которых .

Ответ: (–1,5; 1,5).

Значение данного квадратного корня отлично от нуля, если это выражение имеет смысл и подкоренное выражение не равно нулю, то есть если 9 – 4x2 > 0  |x| < 1,5  –1,5 < x < 1,5.




Рис. 1

1.2. В треугольник АВС с прямым углом С и углом В, равным 30, вписана окружность радиуса 1. Найдите расстояние от вершины А до точки касания окружности со стороной ВС.

Ответ: .

Пусть I – центр вписанной окружности, D и E – точки касания этой окружности с катетами ВС и АС соответственно (см. рис. 1). Четырехугольник IECD – квадрат, так как все его углы прямые и ID = IE. Поэтому CD = CE = r = 1.

Первый способ. Проведем отрезок AI. В треугольнике АЕI угол Е – прямой, а ЕАI = 30 (так как AI – биссектриса угла САВ, равного 60). Тогда АЕ = = ; АС = АЕ + r = + 1. Из прямоугольного треугольника АСD: AD2 = AC2 + CD2 = 5 + 2.

Второй способ. Из равенства отрезков касательных, проведенных из одной точки к окружности, можно вывести формулу , справедливую для любого прямоугольного треугольника с катетами а и b и гипотенузой с.

В нашем случае: пусть АС = b, тогда ВС = = b; АВ = 2b. Подставив эти выражения в указанное выше равенство, получим уравнение: . Следовательно, . Из прямоугольного треугольника АСD: AD2 = AC2 + CD2 = 5 + 2.


1.3. Сколько натуральных чисел вида 3n + 1, где n – натуральное число, являются точными квадратами?

Ответ: одно.

Пусть 3n + 1 = m2, где m – натуральное число. Тогда 3n = (m – 1)(m + 1). Множители правой части отличаются на 2 и являются степенями тройки. Это возможно только в одном случае: если они равны 1 и 3 соответственно, то есть m = 2. Следовательно, условие задачи выполняется только при n = 1.


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

2.1. Найдите все такие а и b, что уравнения x2 + ax + b2 = 0 и x2 + bx + a2 = 0 имеют общий корень.

Ответ: а = b = 0.

Пусть а и b – искомые числа, x – общий корень данных уравнений. Тогда оба уравнения становятся верными равенствами. Вычитая из первого равенства второе, получим: (а – b)x + (b – a)(b + a) = 0  (а – b)(xa – b) = 0  a = b или x = a + b.

1) Если a = b, то надо найти все такие а, при которых уравнение x2 + ax + a2 = 0 имеет корни. Поскольку D = a2 – 4a2 = –3a2  0, то уравнение имеет корни только при а = 0.

2) Если x = a + b, то подставив это значение в любое из уравнений, получим, что 2a2 + 3ab + 2b2 = 0. Решая это квадратное уравнение относительно переменной а, получим: D = 9b2 – 16b2 = –7b2  0, поэтому полученное равенство выполняется только при а = b = 0.


2.2. В выпуклом четырехугольнике АВСDА = 60, B = 150, C = 45 и АВ = ВС. Докажите, что треугольник АВD – равносторонний.


Рис. 2
В данном четырехугольнике D = 360 – (А + B + C) = 105. Рассмотрим окружность с центром В и радиусом ВА, проходящую также через точку С (см. рис. 2). Так как ADC + ABC = 180, то эта окружность проходит через точку D. Тогда треугольник АВD – равнобедренный с углом 60, то есть АВD – равносторонний.


2.3. Найдите наименьшее натуральное число n такое, что 2n является квадратом натурального числа, а 3n – кубом.

Ответ: 72.

Так как 2n – квадрат натурального числа, то в его разложение на простые множители 2 входит с четным показателем степени. Следовательно, n – четное число. Так как 3n – куб натурального числа, то в его разложение на простые множители как число 2, так и число 3 входят с показателем степени, кратным трем. Поэтому в разложении числа 3n должно быть не менее трех двоек и двух троек, то есть n  89 = 72. Это число удовлетворяет условию задачи: 2n = 144 = 122; 3n = 216 = 63.


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

3.1. Пешеход, велосипедист и мотоциклист движутся в одну сторону с постоянными скоростями. В тот момент, когда пешеход и велосипедист находились в одной точке, мотоциклист был в 6 км позади них. В тот момент, когда мотоциклист догнал велосипедиста, пешеход отставал от них на 3 км. На сколько километров велосипедист обгонял пешехода в тот момент, когда пешехода догнал мотоциклист?

Ответ: 2 км.

Первый способ («физический»). Будем считать, что пешеход неподвижен. Мотоциклист вначале отставал от пешехода на 6 км, а потом обогнал его на 3 км, а велосипедист вначале находился вровень с пешеходом, а затем обогнал его на 3 км. Следовательно, скорость мотоциклиста относительно пешехода в 3 раза больше скорости велосипедиста относительно пешехода.

Так как мотоциклист, догнав пешехода, проехал относительно пешехода 6 км, то велосипедист проехал относительно пешехода в три раза меньше, то есть 2 км.

Второй способ («алгебраический»). Пусть скорости мотоциклиста, велосипедиста и пешехода равны соответственно а км/ч, b км/ч и c км/ч. Пусть также с момента «встречи» пешехода и велосипедиста до момента «встречи» мотоциклиста и велосипедиста прошло t часов, а с момента «встречи» пешехода и велосипедиста до момента «встречи» пешехода и мотоциклиста прошло T часов. Тогда составляем три уравнения: (a – c)t = 9; (b – c)t = 3; (a – c)T = 6. Найдем искомое расстояние S = (b – c)T. Разделив первое уравнение на второе, получим, что . Тогда , то есть , S = 2.



Третий способ («геометрический»). Изобразим графики зависимости перемещения S от времени t для всех участников процесса в одной системе координат (см. рис. 3, лучи ОА, ОС и МА – графики движения велосипедиста, пешехода и мотоциклиста соответственно). Из условия задачи следует, что ОМ = 6; АС = 3.


Рис. 3
Для того, чтобы найти искомое расстояние ВР, рассмотрим две пары подобных треугольников: АВР  АОМ, ОВР  ОАС. Из первого подобия следует, что , а из второго, что . Следовательно, . Тогда .


3.2. В треугольнике АВС проведены биссектрисы AD и ВЕ. Оказалось, что DE – биссектриса треугольника ADC. Найдите угол ВАС.




Рис. 4а
Ответ: 120.



Первый способ. Рассмотрим треугольник АВD, в котором ВЕ – биссектриса внутреннего угла, а DE – биссектриса внешнего угла ADC (см. рис. 4а). Точка Е их пересечения равноудалена от сторон треугольника, поэтому является центром вневписанной окружности (окружности, касающейся стороны AD и продолжений сторон ВА и ВD). Следовательно, АЕ – биссектриса внешнего угла DAF этого треугольника. Таким образом, FAE = EAD = DAB = 60, поэтому ВАС = 120.


Рис. 4б
Второй способ. По свойству биссектрисы треугольника . Следовательно, точки B, E и D принадлежат геометрическому месту точек, отношение расстояний до которых от точек А и С постоянно. Этим геометрическим местом является окружность Аполлония, центр которой лежит на продолжении стороны АС данного треугольника (см. рис. 4б). Рассмотрим EF – диаметр окружности, тогда EDF = 90. Так как DE – биссектриса угла АDC, то DF – биссектриса угла АDB. Пусть САD = D = , АBE = CBE = , АDF = BDF = = BDF (вписанные углы, опирающиеся на одну дугу). Составим систему уравнений, используя сумму углов треугольников АВD и АВЕ: . Выразив + из одного уравнения и подставив в другое, получим, что = 60, то есть ВАС = 120.


3.3. На острове есть сеть железнодорожных линий, по которой можно проехать с любой станции на любую. Известно, что среди всех станций есть ровно 20 узловых (в каждую из которых сходятся не менее трех линий) и ровно 21 тупиковая. Докажите, что в сети есть кольцевая линия.

Для решения задачи достаточно показать, что если кольцевой линии нет, то разность между количествами тупиковых и узловых станций не меньше двух.

Первый способ. Предположим, что в сети нет «кольца». Рассмотрим одну из тупиковых станций и перегон, ведущий к ней. Если их удалить, то предыдущая станция либо сама станет «тупиком» (если она была «проходной»), либо, если она была «узлом», то станет «проходной» или останется «узлом». В первом случае количества «тупиков» и «узлов» не изменятся, значит, не изменится и их разность. Во втором случае количество «тупиков» уменьшится на один, а количество «узлов» либо не изменится, либо уменьшится на один, поэтому разность между количествами «тупиков» и «узлов» не увеличится. Повторяя эту процедуру, в конце концов мы получим один перегон с двумя «тупиками» на концах. Поэтому изначально в данной сети разность между количествами тупиковых и узловых станций не меньше двух.

Второй способ. Пусть t, p и u – количества тупиковых, «проходных» и узловых станций соответственно. К «тупикам» примыкают t перегонов, к «проходным» станциям – 2p перегонов, а к «узлам» – не меньше, чем 3u перегонов. Так как каждый перегон подсчитан дважды, то общее количество N перегонов железнодорожной сети таково, что 2Nt + 2p + 3u. С другой стороны, при отсутствии в сети кольцевых линий, N = t + p + u – 1.

Упростив неравенство 2(t + p + u – 1)  t + 2p + 3u, получим, что tu  2, что и требовалось.

Отметим, что утверждение задачи останется верным даже в случае, когда не с любой станции можно проехать на любую.


Четвертый тур (25 минут; каждая задача – 9 баллов).

4.1. Положительные числа x, y и z удовлетворяют неравенству x2 + y2 + z2  3. Докажите, что .

Первый способ. Заметим, что при x > 0, y > 0 и z > 0, доказываемое неравенство равносильно тому, что xy + yz + zx xyz(x + y + z).

1) При любых x, y и z выполняется неравенство x2 + y2 + z2xy + yz + zx, поэтому из неравенства x2 + y2 + z2  3 следует неравенство xy + yz + zx  3, а из него, в свою очередь, для положительных x, y и z, следует, что (xy + yz + zx)2  3(xy + yz + zx).

2) При любых а, b и с выполняется неравенство (a + b + c)2  3(ab + bc + ca). Введя обозначения xy = а, yz = b и zx = с, получим: (xy + yz + zx)2  3(xy2z + xyz2 + x2yz) = 3xyz(x + y + z).

Из неравенств, полученных в пунктах 1) и 2), следует, что , что и требовалось.

Второй способ. При решении задачи используем следующее утверждение: если 0  a1a2 a3 и 0  b1 b2b3, то 3(a1b3 + a2b2 + a3b1)  (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3). Для его доказательства можно рассмотреть, например, разность между правой и левой частями, которая равна: a1b1 + a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b3 – 2a1b3 – 2a2b2 – 2a3b1 = a1(b1b3) + a1(b2b3) + a2(b1b2) + a2(b3b2) + a3(b2b1) + a3(b3b1) = (b3b1)(a3a1) + (b2b1)(a3a2) + (b3b2)(a2a1)  0, так как в каждой скобке – неотрицательное число.

Пусть a1 = x2; a2 = y2; a3 = z2; ; ; . Без ограничения общности можно считать, что 0 < xyz, тогда , то есть эти числа удовлетворяют условию доказанного неравенства.

Используя, кроме него, условие задачи, получим, что , откуда и следует, что .

Отметим, что наряду с утверждением, использованным при доказательстве вторым способом, справедливо и другое: если 0  a1  a2  a3 и 0  b1  b2  b3, то 3(a1b1 + a2b2 + a3b3)  (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3). Эти неравенства называются неравенствами Чебышева, доказываются аналогичным образом и обобщаются для двух упорядоченных наборов из n чисел.


4.2. Вася вырезал из бумаги выпуклый четырехугольник c перпендикулярными диагоналями, у которого длины последовательных сторон равны а, b, c и d. Петя тоже вырезал выпуклый четырехугольник с такими же длинами последовательных сторон. Могут ли диагонали Петиного четырехугольника оказаться не перпендикулярными?




Рис. 5а
Ответ: нет, не могут.

Рассмотрим выпуклый четырехугольник АВСD, в котором диагонали перпендикулярны, Е – точка их пересечения (см. рис. 5а). Применяя теорему Пифагора в каждом из четырех прямоугольных треугольников, получим, что а2 + с2 = АЕ2 + ВЕ2 + СЕ2 + DE2 = b2 + d2. Следовательно, а2b2 = d2c2.

Так как длины последовательных сторон четырехугольников, вырезанных Васей и Петей, одинаковы, то полученное равенство должно выполняться в обоих четырехугольниках.




Рис. 5б
Пусть диагонали Петиного четырехугольника не перпендикулярны (см. рис. 5б). Проведем перпендикуляры BK и DM к диагонали АС. Тогда а2b2 = АK2CK2 = (АK + CK)(АKCK) = АC(АKCK) и d2c2 = АM2CM2 = (АM + CM)(АMCM) = АC(АMCM). Таким образом получим, что АKCK = АMCMАK + CM = АM + CK. Это равенство выполняется только в случае, если точки K и M совпадают, то есть диагонали АС и BD этого четырехугольника также перпендикулярны.

Отметим, что в процессе решения задачи было доказано следующее утверждение: диагонали четырехугольника перпендикулярны тогда и только тогда, когда равны суммы квадратов его противолежащих сторон. Доказательство этого утверждения для случая, когда данный четырехугольник – не выпуклый, проводится аналогично. Во второй части доказательства можно также использовать теорему косинусов.


4.3. Тетрадный лист раскрасили в 23 цвета по клеткам. Пара цветов называется хорошей, если существуют две соседние клетки, закрашенные этими цветами. Каково наименьшее количество хороших пар?

Ответ: 22.

Нарисуем на листе путь из горизонтальных и вертикальных звеньев, проходящий через все клетки по одному разу. (Например, начнем с левой верхней клетки, пройдем верхнюю строку, спустимся на одну клетку, пройдем вторую строку справа налево, спустимся еще на одну клетку и так далее.) Пройдем по этому пути, нумеруя цвета в порядке их появления в первый раз. Когда нам впервые встречается k - й цвет (k > 1), мы проходим через хорошую пару цветов (предыдущая клетка окрашена в другой цвет). Эта пара еще не появлялась, поскольку еще не появлялся k - й цвет. Значит, нам встретится не менее, чем 23 – 1 = 22 различных хороших пар цветов.

Пример, когда хороших пар ровно 22: на тетрадном листе не менее 23 строк; покрасим первую строку в первый цвет, вторую – во второй и так далее, двадцать третью строку и все последующие, если они есть, покрасим в двадцать третий цвет.


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

5.1. Известно, что . Какие значения может принимать выражение (a + b)(b + c)(c + a)?

Ответ: 0.

Преобразуем исходное равенство: .

Следовательно, (a + b)(b + c)(c + a) = 0.


5.2. Сумма расстояний между серединами противолежащих сторон четырехугольника равна его полупериметру. Верно ли, что этот четырехугольник – параллелограмм?



Ответ: да, верно.

Рассмотрим четырехугольник ABCD. Пусть Е – середина AD, F середина BC (см. рис. 6). Тогда и . Сложив эти равенства, и используя, что и , получим: .


Рис. 6
Аналогично, если точки G и H – середины сторон СD и АВ соответственно, то .

Для любых векторов и справедливо неравенство: , причем равенство достигается тогда и только тогда, когда векторы и сонаправлены. Применяя это, получим, что и . Таким образом, , причем равенство, заданное в условии задачи, достигается т. и т. т., когда и . Это и означает, что ABCD – параллелограмм.


5.3. Набор из 100 чисел таков, что ровно 2006 попарных произведений отрицательны. Сколько нулей в этом наборе?

Ответ: 7.

Пусть в данном наборе x положительных чисел и y отрицательных. Тогда xy = 2006. Разложение 2006 на простые множители имеет вид: 2006 = 21759. Так как каждое из чисел x и y меньше ста, то одно из них равно 59, а другое – 34. Следовательно, количество нулей в наборе составляет 100 – 59 – 34 = 7.




Похожие:

9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconПервый раз в первый класс
Вести праздник будет какой-нибудь сказочный персонаж. Например, Карлсон, Незнайка, клоун Фунтик…
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconЮ. А. Самарский 9 августа 2010 г
Основная задача оптимального управления. Понятие слабого и сильного минимума. Задача Лагранжа и задача вариационного исчисления....
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconПервый раз в первый класс
То, что кажется очевидным родителям, для детей может быть непонятным, поэтому не оставляйте детские проблемы без внимания
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconМосковский физико-технический институт (государственный университет) утверждаю
Основная задача оптимального управления. Понятие слабого и сильного минимума. Задача Лагранжа и задача вариационного исчисления....
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) icon10 класс
Напишите 5-10 предложений о том, какой символ объединяет данные произведения. 10 баллов
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconПервый раз в первый класс
А школьные инфекции, которые так пугают родителей? Еда в школьных столовых сомнительная, не такая, как дома, да и проследит ли кто...
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconИгра «заколдованное сердце» 1й класс. Время игры 1 час 20 минут
Для проведения игры потребуется два помещения: в одном проходит введение в игру, а во втором разворачивается основное игровое действие....
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconЛитература 10 класс
...
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconПервый раз в первый класс
А скрытые огромными букетами пестрых осенних цветов самые маленькие школьники шмыгают носом и утирают отнюдь не слезу умиления. В...
9 класс Первый тур (10 минут; каждая задача – 6 баллов) iconТема 1 курс
Следующая задача Сильвестра нашла многочисленные и глубокие обобщения: существует ли набор точек на плоскости, такой, что каждая...
Разместите кнопку на своём сайте:
Библиотека


База данных защищена авторским правом ©lib2.znate.ru 2012
обратиться к администрации
Библиотека
Главная страница