Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Санкт-Петербургская (Ленинградская) математическая олимпиада 1995 года. Районный тур. 11 класс (с решениями)

Задача 1: На острове Невезения, где живут только рыцари, которые всегда говорят правду, и лжецы, которые всегда лгут, существуют три политических партии, причем каждый житель состоит ровно в одной из них. Каждому жителю задали три вопроса: состоите ли вы в первой, состоите ли во второй, состоите ли в третьей партии. На эти вопросы было получено 60%, 50%, 40% [60%, 40%, 30%] утвердительных ответов соответственно. Кого во второй [третьей] партии больше: рыцарей или лжецов?

(Ф.~Назаров)

Решение: Каждый рыцарь ответил утвердительно ровно на один вопрос, а каждый лжец  ровно на два. Общее количество утвердительных ответов равно 150% (от всего населения острова). Значит, 50% населения острова составляют лжецы. Утвердительно на вопрос о принадлежности ко второй партии ответили рыцари из второй партии и лжецы, не состоящие во второй партии. Если рыцари из второй партии составляют n% населения острова, то лжецы не из второй партии составляют (50  n)% населения, а лжецы, состоящие во второй партии, составляют (50  (50  n)) = n% населения. Т. е. во второй партии лжецов и рыцарей поровну.

Второй вариант решается аналогично. Ответ: поровну.

Задача 2: Можно ли в таблице 3 × 3 расставить числа , , , [, , , ] так, чтобы множество сумм чисел этой таблицы по строкам совпадало со множеством сумм чисел по столбцам?

(А.~Храбров)

Решение: Да, можно.

1 вариант:

2 вариант:

Задача 3: В ромбе ABCD на отрезке BC нашлась точка E, такая, что AE = CD. Отрезок ED пересекается с описанной окружностью треугольника AEB в точке F. Докажите, что точки A, F и C лежат на одной прямой.

[В ромбе ABCD описанная окружность треугольника BCD пересекает сторону AB в точке E, описанная окружность треугольника AED пересекает отрезок BD в точке F. Докажите, что точки E, F и C лежат на одной прямой.]

(С.~Берлов)

Решение: Так как четырехугольник ABEF вписанный, то сумма углов BEF и BAF равна 180. Заметим, что сумма углов BEF и FEC также равна 180. Поэтому  ∠ BAF =  ∠ FEC. Далее, так как трапеция AECD  равнобочная, то  ∠ FEC =  ∠ ACE, а поскольку треугольник ABC  равнобедренный, то  ∠ ACE =  ∠ BAC. Мы получили, что  ∠ BAF =  ∠ BAC, откуда и следует требуемое.

Второй вариант: Так как четырехугольник AEFD вписанный, то сумма углов AEF и ADF равна 180. Заметим, что сумма углов AEF и FEB также равна 180. Поэтому  ∠ ADF =  ∠ FEB. Диагональ ромба является биссектрисой его угла, поэтому  ∠ ADF =  ∠ BDC. Далее, так как трапеция DEBC  вписанная, то  ∠ BDC =  ∠ BEC, как опирающиеся на одну дугу. Мы получили, что  ∠ BEF =  ∠ BEC, откуда и следует требуемое.

Задача 4: x и y  вещественные числа из отрезка [0,1/2]. Докажите неравенство:

[ x и y  вещественные числа из отрезка [0,2]. Докажите неравенство:

]

(А.~Голованов)

Решение: Решение 1. По неравенству о среднем арифметическом и среднем квадратичном . Поэтому

Дифференцируя по x правую часть последнего неравенства, видим, что корень производной на [0,1/2] (если он есть), может быть только минимумом. Значит, максимум правой части достигается при x = 0 или x = 1/2. Аналогично, в точке максимума y = 0 или y = 1/2. Теперь нетрудно установить, что правая часть не превосходит .

Решение 2. Положим x = ½ tg  α , y = ½ tg  β ,  α , β  ∈ [0, π /4]. Тогда исходное неравенство примет вид:

Поскольку при  α , β  ∈ [0, π /4] , то достаточно доказать неравенство

А это неравенство равносильно очевидному неравенству  sin ( α  +  β ) ≤ 1.

Задача 5: Дан тетраэдр ABCD. Плоскость  γ  делит пополам двугранный угол при ребре AB и пересекает ребро CD в точке M. При этом оказалось, что отрезок BM  биссектриса угла B треугольника BCD. На ребрах BC и BD выбраны точки K и L, такие, что отрезки AK и AL  высоты треугольников ABC и ABD соответственно. Докажите, что прямая KL перпендикулярна плоскости  γ .

(М.~Пратусевич, К.~Кохась)

Решение: Рассмотрим отношение объемов тетраэдров ABDM и ABCM. С одной стороны, так как точка M принадлежит биссекторной плоскости, то длины перпендикуляров, опущенных из нее на плоскости ABD и ABC, равны, и поэтому V(ABDM):V(ABCM) = S(ABD):S(ABC). С другой стороны, эти тетраэдры имеют общую высоту из вершины B к плоскости ADC, и поэтому V(ABDM):V(ABCM) = S(ADM):S(AMC) = DM:MC = BD:BC, где в последнем равенстве мы воспользовались свойством биссектрисы BM.

Сопоставляя эти два наблюдения, заключаем, что S(ABD):S(ABC) = BD:BC, откуда следует, что AL = AK. Таким образом, прямоугольные треугольники ABL и AKB равны по катету и гипотенузе. Значит,  ∠ ABK =  ∠ ABL и BK = BL. При симметрии относительно плоскости  γ  плоскость ABC переходит в плоскость ABD, а так как  ∠ ABC =  ∠ ABD, то прямая BC перейдет при этой симметрии в прямую BD. Ну, а поскольку BK = BL, то точка K при этой симметрии отображается в точку L. Но это и значит, что прямая KL перпендикулярна плоскости  γ .

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

 
©2002-2009 Федеральное агентство по образованию
©2002-2009 СПбГУ ИТМО
©2002-2009 Разработка сайтов — 1ADW