Блиц. Младшая лига

Блиц. Младшая лига
1. Даны точки A, B, C и D так, что отрезки AC и BD пересекаются в точке E. Отрезок
AE на 1 см короче, чем отрезок AB, AE = DC, AD = BE, угол ADC равен углу
DEC. Найдите длину EC.
Ответ: 1.
Решение. Углы BEA и CED равны как вертикальные, тогда в треугольниках ABE
и ACD: 6 BEA = 6 CDA, BE = AD, AE = CD, значит, эти треугольники равны.
Поэтому AB = AC, но AC = AE + EC, т.е. EC = AB − AE = 1.
2. Определить наибольшее значение отношения пятизначного числа к произведению
его ненулевых цифр.
Ответ: 11111.
Решение. Пример: 11111 : 1 = 11111. Пусть XABCD − данное пятизначное число.
Если X 6= 1, то число XABCD : X не более чем пятизначное и начинается с 1. При
этом если в числе XABCD нет больше цифр, отличных от 1, то XABCD : X ≤
11111. Если одна из цифр A, B, C, D отлична от 1 и 0, то при делении XABCD : X
на эту цифру получится не более, чем четырехзначное число. Аналогичный вывод
получается и в случае, когда X = 1 и одна из цифр A, B, C, D отлична от 1 и 0.
3. В классе не менее 95,5% и не более 96,5% учеников учатся без двоек. При каком
наименьшем количестве учеников это возможно?
Ответ: 23.
Решение. Хотя бы один двоечник в классе, очевидно, есть. Пусть это единственный
двоечник в классе. Этот двоечник составляет тогда не больше, чем 4,5% числа всех
учеников класса. Пусть в классе n человек. Тогда 1 ≤ 0, 045n, откуда n ≥ 22 92 ,
т.е. наименьшее число учеников класса равно 23. Если в классе 22 отличника и 1
двоечник, то условие задачи выполняется. Если двоечников более одного человека,
то n ≥ x · 22 29 , где x ≥ 2 − количество двоечников, т.е. n > 23.
4. Чайку кормят с плывущего катера. Вниз бросают кусок хлеба, чайка за 6 секунд
поднимает кусок с поверхности моря, а затем за 18 секунд догоняет катер. Войдя в
залив, катер уменьшил скорость в два раза. Какое время теперь потребуется чайке,
чтобы догнать катер после того, как она поднимет кусок хлеба?
Ответ: 3,6.
Решение. Катер проходит за 24 секунды (с момента бросания куска до того момента,
когда чайка догонит катер) расстояние S, это же расстояние чайка пролетает за 18
секунд. Следовательно, отношение скорости чайки к скорости катера (до входа в
залив) равно 24 : 18 = 4 : 3. После того, как катер войдет в залив, это отношение
станет равным 8 : 3. Значит, теперь чайка преодолеет расстояние S ′ (с момента бросания куска до того момента, когда чайка догонит катер) за время t, что в 8 : 3 раза
меньше времени, необходимого катеру на преодоление расстояния S ′ . Из уравнения
8
t − t = 6 находим, что t = 18/5.
3
7 класс “классика”
1. На гранях куба написаны натуральные числа, а в каждой вершине — произведение
чисел на трех гранях, содержащих эту вершину. Найдите сумму чисел на гранях,
если сумма чисел в вершинах равна 70.
Ответ: 14.
a5
a1 a2 a 3 a4
a6
Решение. Пусть a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 − числа на гранях куба. Тогда
a5 a1 a4 + a5 a1 a2 + a5 a2 a3 + a5 a3 a4 + a6 a1 a4 + a6 a1 a2 + a6 a2 a3 + a6 a3 a4 =
= a5 (a1 a4 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 ) + a6 (a1 a4 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 ) =
(a5 + a6 )(a1 a4 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 ) = (a5 + a6 )(a1 (a2 + a4 ) + a3 (a2 + a4 )) =
(a5 + a6 )(a2 + a4 )(a1 + a3 ) = 70.
Так как числа на всех гранях натуральные, то a5 +a6 > 1, a2 +a4 > 1, a1 +a3 > 1, но 70
можно разложить в произведение трех натуральных чисел, больших 1, единственным
образом: 70 = 7 · 5 · 2, значит, a5 + a6 + a2 + a4 + a1 + a3 = 7 + 5 + 2 = 14.
2. Найти наименьшее значение суммы x + y + z, если x, y, z — натуральные числа,
удовлетворяющие равенству
xyz + 4x = 8(y + z).
Ответ: 7 (x = 4, y = 2, z = 1).
Решение. Так как 4x и 8(z + y) делятся на 4, то и xyz должно делиться на 4.
Поэтому наименьшая возможная сумма равна 5, если одно из чисел равно 1, а два
других равны 2. Однако, ни одна из троек чисел (1, 2, 2), (2, 1, 2), (2, 2, 1) не удовлетворяет условию.
Следующая возможная сумма равна 6, если одно из чисел равно 4, а два других
равны 1, либо все числа равны 2. Но опять ни одна из троек чисел (1, 1, 4), (1, 4, 1),
(4, 1, 1), (2, 2, 2) не удовлетворяет условию.
Для суммы равной семи приведем пример чисел: x = 4, y = 2, z = 1.
3. В треугольнике ABC медиана BM и высоты AK и CN пересекаются в одной точке.
Известно, что угол MBC равен 10◦ . Найдите угол BAK.
Ответ: 70◦ .
Решение.
Пусть высоты AK и CN пересекаются в точке O. Углы NOM и NOB смежные,
поэтому 6 NAM + 6 NOM = 6 NAM +180◦ − 6 NOB = 6 NAM +180◦ −(90◦ − 6 NBO) =
90◦ + 6 NAM + 6 NBO = 180◦ . Тогда
6
AMO = 360◦ − 6 NAM − 6 ANO − 6 NOM = 90◦ .
Таким образом, медиана BM является высотой. Тогда △ABM = △BMC (BM − общая сторона, AM = MC, 6 AMB = 6 BMC = 90◦ ). Из равенства этих треугольников
6 ABM = 6 MBC = 10◦ . Значит, 6 ABC = 2 · 10◦ = 20◦ и 6 BAK = 90◦ − 6 ABC = 70◦ .
8 класс “классика”
1. На гранях куба написаны натуральные числа, а в каждой вершине — произведение
чисел на трех гранях, смежных с этой вершиной. Найдите сумму чисел на гранях,
если сумма чисел в вершинах равна 70.
Ответ: 14.
a5
a1 a2 a 3 a4
a6
Решение. Пусть a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 − числа на гранях куба. Тогда
a5 a1 a4 + a5 a1 a2 + a5 a2 a3 + a5 a3 a4 + a6 a1 a4 + a6 a1 a2 + a6 a2 a3 + a6 a3 a4 =
= a5 (a1 a4 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 ) + a6 (a1 a4 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 ) =
(a5 + a6 )(a1 a4 + a1 a2 + a2 a3 + a3 a4 ) = (a5 + a6 )(a1 (a2 + a4 ) + a3 (a2 + a4 )) =
(a5 + a6 )(a2 + a4 )(a1 + a3 ) = 70.
Так как числа на всех гранях натуральные, то a5 +a6 > 1, a2 +a4 > 1, a1 +a3 > 1, но 70
можно разложить в произведение трех натуральных чисел, больших 1, единственным
образом: 70 = 7 · 5 · 2, значит, a5 + a6 + a2 + a4 + a1 + a3 = 7 + 5 + 2 = 14.
2. В горсть любого гнома входит одно и то же количество рубинов. Семь гномов по
очереди выходили из шахты и выносили добытые рубины. Первый гном добыл не
меньше одного рубина (но необязательно целую горсть), а каждый следующий гном
выносил на одну горсть больше, чем предыдущий, при этом в любой момент уже
вышедшие из шахты гномы могли разделить общую добычу поровну. Какое минимальное число рубинов могли добыть гномы вместе?
Ответ: 49 рубинов.
Решение. Пусть первый добыл x рубинов, а горсть состоит из y рубинов, тогда второй
гном вынес x+y, третий x+2y, ..., седьмой x+6y. Значит, y − четное. Всего вынесено
7x + 21y рубинов, где x ≥ 1, y ≥ 2.
3. В треугольнике ABC проведены биссектрисы AD и BE. Оказалось, что DE — биссектриса треугольника ADC. Найдите угол BAC.
Ответ: 120◦ .
Решение. Точка E лежит на биссектрисе угла ADC, поэтому она равноудалена от
прямых AD и DC, т.е. от прямых AD и BC. Точка E лежит на биссектрисе угла
ABC, поэтому она равноудалена от прямых AB и BC (см. рисунок). Тогда точка E
равноудалена от прямых AD и AB, значит, AE − биссектриса угла DAK и 6 DAE =
6 EAK, но 6 BAD = 6 DAE. Тогда 6 BAC = 26 BAD = 2 · 180◦ = 120◦ .
3
K
A
E
B
D
C
7 класс “профи”
1. Сколькими способами можно заполнить таблицу 5 × 5 клеток нулями и единицами
так, чтобы сумма чисел в каждой строке и каждом столбце была четной?
Ответ: 65536.
Решение. Заполним левый верхний квадрат 4 × 4 как угодно (это 216 = 65536 способов). Поставим в таблицу по одному незаполненному элементу каждой строки, кроме
последней, и каждого столбца, кроме последнего, так, чтобы сумма в этих строках
и столбцах стала четной (это делается однозначно).
Теперь четность суммы первых четырех (заполненных) элементов последней строки
равна четности суммы элементов левого верхнего квадрата 4 × 4. Четность суммы
первых четырех (заполненных) элементов последнего столбца равна четности суммы элементов того же квадрата. Значит, правый нижний элемент таблицы можно
заполнить так, чтобы суммы элементов последней строки и последнего столбца были
четными.
2. Можно ли число n2 + 7n + 8 при каком-нибудь натуральном n представить в виде
произведения двух последовательных натуральных делителей.
Ответ: нет.
Решение. Заметим, что (n + 2)(n + 3) < n2 + 7n + 8 < (n + 3)(n + 4).
3. В треугольнике ABC проведены медиана AM, высота BH и биссектриса CL. Точка
K пересечения отрезков CL и MH является серединой каждого из них. Найдите
наименьший из углов треугольника.
Ответ: 60◦ .
C
H
A
K M
L
B
Решение. Точка K − середина CL и MH, поэтому CK = KL, MK = KH. Углы
HKC и MKL равны как вертикальные. Тем самым, △HKC = △MKL, откуда
HCK = 6 KLM, но CL − биссектриса 6 ACB, поэтому 6 MCL = 6 ACL = 6 KLM.
Тогда △CLM − равнобедренный и CM = ML, но CM = MB, поэтому MB = ML
и △MBL − равнобедренный. Получаем, что
6
180◦ = 6 LCB + 6 CBL + 6 BLM + 6 CLM = 26 MLB + 26 CLM,
откуда 6 MLB + 6 CLM = 90◦ . Значит, CL − высота и биссектриса в △ACB, тогда
△ACL = △CLB и AC = CB.
Далее аналогичными рассуждениями получаем, что △HKL = △MKC и △HLC −
равнобедренный (6 HCL = 6 CLH). Тогда
6
CAL = 90◦ − 6 ACL = 90◦ − 6 CLH = 6 ALH.
Значит, △AHL − равнобедренный и AH = HL, тогда AH = HL = HC. Тем самым,
BH − высота и медиана в △ABC, откуда следует, что △AHB = △HBC и AB = BC.
Итак, AB = BC = AC, следовательно, △ABC − равносторонний и все углы в нем
равны 60◦ .
8 класс “профи”
1. Сколькими способами можно заполнить таблицу 5 × 5 клеток нулями и единицами
так, чтобы сумма чисел в каждой строке и каждом столбце была четной?
Ответ: 65536.
Решение. Заполним левый верхний квадрат 4 × 4 как угодно (это 216 = 65536 способов). Поставим в таблицу по одному незаполненному элементу каждой строки, кроме
последней, и каждого столбца, кроме последнего, так, чтобы сумма в этих строках
и столбцах стала четной (это делается однозначно).
Теперь четность суммы первых четырех (заполненных) элементов последней строки
равна четности суммы элементов левого верхнего квадрата 4 × 4. Четность суммы
первых четырех (заполненных) элементов последнего столбца равна четности суммы элементов того же квадрата. Значит, правый нижний элемент таблицы можно
заполнить так, чтобы суммы элементов последней строки и последнего столбца были
четными.
2. Семь гномов по очереди выходили из шахты и выносили добытые рубины. Первый
гном добыл не меньше одного рубина, а каждый следующий гном добыл в 2 раза
больше, чем предыдущий, при этом в любой момент уже вышедшие из шахты гномы
могли разделить общую добычу поровну. Какое минимальное число рубинов могли
добыть гномы вместе?
Ответ: 3 · 4 · 5 · 7 = 127 рубинов.
Решение. Пусть первый добыл x рубинов, тогда второй 2x, третий 4x, ..., седьмой 64x
рубинов. При этом 2|3x, 3|7x, 4|15x, 5|31x, 6|63x, 7|127x. Следовательно, x делится на
3, 4, 5 и 7. Непосредственно проверяется, что при x = 3 · 4 · 5 · 7 условия выполняются.
3. На продолжении стороны AC треугольника ABC за точку C взята точка M, причем
CM = 2AC. Найти угол 6 AMB, если 6 BAC = 45◦ , 6 ABC = 15◦ .
Ответ: 75◦ .
M
x
K
x
x
A
x
C x
O
B
Решение. Пусть AC = x, CM = 2x, K − середина CM, O − основание перпендикуляра, проведенного из точки M к BC. Тогда OK − медиана прямоугольного треугольника COM, значит, OK = CK = KM = x. Угол KCB внешний для △ACB, поэтому
6 KCB = 45◦ + 15◦ = 60◦ , значит, △CKO − равносторонний и CO = x. По теореме
√
√
Пифагора OM = CM 2 − CO 2 = 3x. Так как 6 ACO = 120◦ и AC = CO = x,
◦ 6
получаем, что △ACO − равнобедренный и 6 CAO = 6 COA = 180 −2 ACO = 30◦ .
Следовательно,√ 6 AOK = 6 AOC + 6 COK = 30◦ + 60◦ = 90◦ , AK = 2x, KO = x,
значит, AO = 3x = OM. Треугольник AOB − равнобедренный,
так как 6 OAB =
√
◦
6 CAB − 6 CAO = 15 = 6 OBA, откуда OB = OA =
3x. В прямоугольном треуголь6
нике MOB стороны MO и OB равны, поэтому OMB = 45◦ . Из прямоугольного треугольника COM имеем: 6 CMO = 90◦ − 6 KCO = 30◦ . Тогда 6 AMB = 30◦ +45◦ = 75◦ .