Организации участники проекта
ИНТЕРНЕТ-КОНФЕРЕНЦИИ

HotLog

Rambler's Top100
КАТАЛОГ
Заочный тур. 8 класс (с решениями)

Задача 1: Доказать, что для всех действительных чисел a справедливо неравенство: 3(1 + a² + a4) ≥ (1 + a + a²)².

Решение:

1 способ. Воспользуемся неравенством 2ab ≤ a² + b². Тогда 2a ≤ 1 + a², 2a² ≤ 1 + a4, 2a³ ≤ a² + a4. (1 + a + a²)² = 1 + a² + a4 + 2a + 2a² + 2a³ ≤ 1 + a² + a4 + (1 +   + a²) + (1 + a4) + (a² + a4) = 3(1 + a² + a4).

2 способ. 3(1 + a² + a4)  (1 + a + a²)² = 2 + 2a² + 2a4  2a  2a²  2a³ = 2((1     a)  (1  a)a³) = 2(a  1)²(a² + a + 1) = 2(a  1)²((a + ½)² + ¾)) ≥ 0.

3 способ. 3(1 + a² + a4)  (1 + a + a²)² = 2 + 2a² + 2a4  2a  2a²  2a³ = (1  2a +   + a²) + (1  2a² + a4) + (a²  2a³ + a4) = (1  a)² + (1  a²)² + (a  a²)² ≥ 0.

Задача 2: Пусть числа   целые. Докажите, что число   целое.

Решение:

Доказательство следует из равенства.

Задача 3: Пусть   квадрат. M  внутренняя точка квадрата. Доказать, что точки пересечения медиан треугольников  ∆ AMB,  ∆ BMC,  ∆ CMD,  ∆ DMA тоже образуют квадрат.

Решение:

Обозначим точки пересечения медиан  ∆ AMD,  ∆ DMC,  ∆ CMB,  ∆ BMA через O1, O2, O3, O4, соответственно. И пусть MN, AP, DS, ML, DQ, CP, MF, CR, BQ, MK, AR, BS  медианы  ∆ AMD,  ∆ DMC,  ∆ CMB,  ∆ BMA, соответственно.

1 способ. Cм.рис.7. Рассмотрим  ∆ APC и  ∆ O1PO2. Они подобны по II признаку подобия треугольников (  ∠ P  общий, (точка пересечения медиан треугольника делит медиану в отношении 2:1, считая от вершины)). Поэтому O1O2 = ⅓AC, и  ∠ O2O1P =  ∠ CAP, откуда следует что O1O2 || AC. Аналогично рассматривая пары подобных треугольников  ∆ ARC и  ∆ O4RO3,

 ∆ BQD и  ∆ O3QO2,  ∆ BSD и  ∆ O4SO1, доказываем, что O4O3 = ⅓AC, O4O3 || AC, O3O2 = ⅓BD, O3O2 || BD, O4O2 = ⅓BD, O4O1 || BD.

Диагонали квадрата равны и взаимно перпендикулярны, отсюда следует, что O1O2 = O2O3 = O3O4 = O4O1 и ( как углы с взаимно параллельными сторонами). Следовательно   квадрат.

2 способ. Cм. рис.8. Легко доказывается, что   квадрат (используя  ∆ FBK =  ∆ KAN =  ∆ NDL =  ∆ LCF). Рассмотрим  ∆ MFL и  ∆ MO3O2. Они подобны по II признаку подобия треугольников (  ∠ M  общий, ). Из подобия  ∆ MFL ∽  ∆ MO3O2 следует равенство соответствующих углов и пропорциональность соответствующих сторон. То есть O3O2 = ⅔FL и  ∠ O3O2M =  ∠ FLM, откуда следует что O3O2 || FL. Аналогично рассматривая пары подобных треугольников  ∆ MLN и  ∆ MO2O1,  ∆ MNK и  ∆ MO1O4,  ∆ MKF и  ∆ MO4O3 доказываем, что O1O2 = ⅔NL, O1O2 || NL, O1O4 = ⅔KN, O1O4 || KN, O4O3 = ⅔KF, O4O3 || KF.

А так как стороны квадрата равны, то O1O2 = O2O3 = O3O4 = O4O1. ( как углы с взаимно параллельными сторонами). Следовательно   квадрат.

3 способ. См. рис.9. Через точки O1, O2, O3, O4, проведем прямые A1D1 || AD, C1D1 ||   || CD, B1C1 || BC, A1B1 || AB, соответственно.

Докажем, что прямые A1D1 и A1B1 пересекаются в точке A1 ∈ AM. Пусть прямая A1D1 пересекает AM в точке A1. a прямая A1B1 пересекает AM в точке A′.

Рассмотрим  ∆ AMN и  ∆ A1MO1. Они подобны по трем углам ( ∠ M   общий,  ∠ MA1O1 =  ∠ MAN,  ∠ MO1A1 =  ∠ MNA,   как соответствующие углы при параллельных прямых AD и A1D1). Из подобия  ∆ AMN ∽  ∆ A1MO1 следует пропорциональность соответствующих сторон. А так как MO1 = ⅔MN, то MA1 = ⅔MA. Аналогично, рассматривая пару подобных треугольников  ∆ MKA и  ∆ MO4A′, мы получим, что MA′ = ⅔MA, а следовательно, MA′ = MA1, то есть точки A′ и A1 совпадают. Аналогично доказывается, что прямые A1B1 и B1C1, B1C1 и C1D1 пересекаются в точках B1 ∈ BM, C1 ∈ CM, D1 ∈ DM, соответственно.

Из подобия  ∆ AMN ∽  ∆ A1MO1 следует, что A1O1 = ⅔AN = ⅓AD. Аналогично рассматривая пару подобных треугольников  ∆ MND и  ∆ MO1D1 мы получим, что O1D1 = ⅔ND = ⅓AD, то есть O1  середина отрезка A1D1. Аналогично доказывается, что O2, O3, O4  середины отрезков C1D1, B1C1, A1B1, соответственно и A1D1 = A1B1 = B1C1 = C1D1 = ⅔AD. как углы с взаимно параллельными сторонами. Следовательно   квадрат. После чего легко доказывается, что   квадрат.

4 способ. Рассмотрим векторы: , , и .

Тогда .

Аналогично доказывается, что , , .

А так как диагонали квадрата равны и взаимно перпендикулярны, отсюда имеем, что стороны равны и взаимно перпендикулярны и следовательно   квадрат.

em:linewidth 0.4pt 0.60mm 0.4pt

Задача 4: Можно ли расставить в вершинах куба различные числа так, чтобы каждое число равнялось сумме трех, соединенных с ним ребрами куба?

Решение. Обозначим числа в в вершинах куба через a, b, c, d, f, k, l, m. Тогда

a = b + d + f

b = a + c + k

c = b + d + l

d = a + c + m

f = a + k + m

k = b + f + l

l = c + k + m

m = d + l + f

Сложив почленно эти равенства имеем: a + b + c + d + f + k + l + m = 3(a + b + c + d + f + k + l + m), откуда a + b + c + d + f + k + l + m = 0. Но a + b + c + d + f + k + l + m = a + (b + d + f) + l + (c + k + m) = 2a + 2l, откуда a =   l. Аналогично доказывается, что b =   m, c =   f, d =   k (*).

Отсюда получаем способ расстановки чисел: например, b = 1 d = 2 f = 3. Тогда по условию a = b + d + f = 6, а остальные числа находим из условия (*): l =   6, c =   3, m =   1, k =   2.

Ответ: можно.

http://www.zaba.ru/cgi-bin/tasks.cgi?tour=rregion.ekaterinburg.oblast.97-98.zaochn.8klass&solution=1

Разделы:
ПОИСК

 

ПАРТНЕРЫ

  

  

  

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