Государственное бюджетное образовательное учреждение дополнительного образования детей «Центр дополнительного образования для детей» 350000 г. Краснодар, ул. Красная,76 тел. 259-84-01 E-mail:cdodd@mail.ru КРАЕВЫЕ ЗАОЧНЫЕ КУРСЫ «ЮНИОР» Математика 8 класс ответы и решения к работе № 3, 2011-2012 уч. год 1. При каких значениях a квадратные многочлены x 2 ax 1 и x 2 x a имеют общий действительный корень? Ответ: a 2 . Решение. Пусть x1 - общий корень данных многочленов, тогда 2 2 x1 x1 a 0 , x1 ax1 1 0 и т.е. 2 2 x1 ax1 1 x1 x1 a ax1 1 x1 a ax1 1 x1 a x1 1a 1 0 . Тогда, a 1 или x1 1. Если a 1 , то многочлены имеют вид x 2 x 1 и не имеют действительных корней. Если x1 1, то 12 a 1 1 0 и 12 1 a 0 , т.е. в обоих случаях a 2 . 2. По замкнутому маршруту курсируют с одинаковой скоростью и равными интервалами движения 10 трамваев. Сколько трамваев нужно добавить, чтобы при той же скорости трамваев интервалы между трамваями уменьшились на 1 ? 6 Ответ: 2 трамвая. Решение. Пусть s - длина маршрута, l - расстояние между трамваями по траектории движения, x - необходимое число трамваев, чтобы удовлетворить требованию задачи. Тогда 10 l 3 и x l l s , то есть x 1 6 3 6 l 5 10 6 12 . 5 Надо добавить 2 трамвая. 3. Бумажный треугольник с углами 20 , 20 и 140 разрезают по одной из биссектрис на два треугольника, один из которых также разрезают по какойлибо биссектрисе и так далее. Может ли после нескольких разрезов получиться треугольник, подобный исходному? Ответ: не может. Решение. Предположим, что на каком-то шаге мы получили треугольник, подобный исходному. Тогда все его углы кратны 20 . Покажем, что у предыдущего треугольника и вообще у всех предыдущих углы кратны 20 . Пусть к треугольнику с углами , , приклеили ранее отрезанный угол , тогда получится треугольник с углами 2 , , , которые кратны любому общему делителю углов , , . Однако делимость на 20 теряется после первого разрезания исходного треугольника. Противоречие. 4. Найдите, при каких значениях x и y выражение f x, y x y 2 xy x 4 2 4 y2 2 является целым числом. Ответ: при x 0 и y 0 ; при x 0 и y 0 ; при x 0 и y 0 ; при x y 0. Решение. Ясно, что в первых двух указанных в ответе случаях f x, y принимает значения 1 ; в третьем случае – значение 1, а в четвертом – 0. При x y 0 выражение неопределенно, а при x 0 и y 0 , где x y , имеем f x, y x x 2 y , т.е. 1 f x, y 1 и f x, y 0 . y 5. На плоскости даны две точки A и B. Одним циркулем (без линейки) постройте середину отрезка AB. Решение. Построим точку C на прямой AB, такую, что AB = BC. Для этого построим окружность с центром B и радиусом BA. Отметим на окружности точки D, E и C, так что AD = DE = EC = AB. Треугольники ABD, DBE и EBC — равносторонние, поэтому угол ABC равен 180, следовательно точка C лежит на прямой AB и AB = BC. Строим две окружности: первую — с центром в точке C и радиусом CA, вторую — с центром в точке A и радиусом AB. Обозначим точки пересечения этих окружностей через E и F и построим две окружности с центрами в этих точках и радиусом равным AB. Эти окружности пересекутся в точке A и еще в одной точке — G. Докажем, что точка G и будет серединой отрезка AB. Точки E и F симметричны относительно прямой AC, а точка G равноудалена от точек E и F и следовательно лежит на прямой AC. Равнобедренные треугольники AEG и CAE, поэтому AG : AE = AE : AC, а так как AE = AB, AC = 2AB, то AG : AB = AB : 2AB, отсюда получаем, что AB = 2AD. 6. Докажите, что из 10 различных четных двузначных чисел можно выбрать две пары так, чтобы разности парных чисел были равны. Решение. Расположим эти числа в порядке возрастания и применим метод рассуждения от противного. Допустим, что все разности различны, тогда разности между соседними числами также различны. Сумма разностей (n2 – n1) + (n3 – n2) + …+(n10 – n9) = n10 – n1 не менее 2 + 4 + … + 18 = 90. То есть n10 – n1 90, n10 n1 +90. Так, как n1 10, то n10 100, а по условию все числа двузначные.