Банк заданий с ответами для 7

1 задача (7.8, 9 класы)
В некоторых клетках шахматной доски стоят фигуры. Известно, что на каждой
горизонтали стоит хотя бы одна фигура, причем в разных горизонталях —
разное число фигур. Докажите, что всегда можно отметить 8 фигур так, чтобы в
каждой вертикали и каждой горизонтали стояла ровно одна отмеченная фигура.
Решение
На горизонтали может стоять от одной до восьми фигур. Так как на разных
горизонталях — разное число фигур, на некоторой горизонтали стоит ровно
одна фигура, на некоторой другой — две фигуры, ..., наконец, некоторая
горизонталь заполнена восемью фигурами. Пронумеруем горизонтали в
соответствии с количеством стоящих на них фигур.
Отметим на первой горизонтали ее единственную фигуру. Поскольку на второй
горизонтали две фигуры, хотя бы одну из них можно отметить. Поскольку на
третьей горизонтали три фигуры, хотя бы одну из них можно отметить, и так
далее.
2 задача (7.8, 9 класы)
От вулканостанции до вершины вулкана Стромболи надо идти 4 часа по дороге,
а затем — 4 часа по тропинке. На вершине расположено два кратера. Первый
кратер 1 час извергается, потом 17 часов молчит, потом опять 1 час извергается,
и т. д. Второй кратер 1 час извергается, 9 часов молчит, 1 час извергается, и т. д.
Во время извержения первого кратера опасно идти и по тропинке, и по дороге, а
во время извержения второго опасна только тропинка. Ваня увидел, что ровно
в 12 часов оба кратера начали извергаться одновременно. Сможет ли он когданибудь подняться на вершину вулкана и вернуться назад, не рискуя жизнью?
Решение
Путь по дороге и тропинке (туда и обратно) занимает 16 часов. Значит, если
выйти сразу после извержения первого кратера, то он не будет опасен.
Движение по тропинке (туда и обратно) занимает 8 часов. Значит, если начать
движение по тропинке сразу после извержения второго кратера, то он не будет
опасен.
Ване для безопасного подъема достаточно, чтобы к началу движения по дороге
перестал извергаться первый кратер, а спустя 4 часа, к началу движения по
тропинке, перестал извергаться второй кратер.
Найдем такой момент времени. Первый кратер извергается 1-й, 19-й, 37-й часы.
Второй кратер извергается 1-й, 11-й, 21-й, 31-й, 41-й часы. Значит, если выйти в
начале 38-го часа, то к началу тропинки Ваня попадет как раз к концу
извержения второго кратера, что и требовалось.
Комментарий. Мы решили задачу перебором. На самом деле, можно было бы
составить диофантово уравнение. Первый кратер извергается в часы с номерами
18x + 1, где x — целое число; второй кратер — в часы с номерами 10y + 1. Нам
нужно, чтобы они извергались со сдвигом в 4 часа, и мы приходим к уравнению
10y - 18x = 4.
Наименьшее решение в натуральных числах — y = 4, x = 2.
3 задача (7.8, 9 класы)
В ромбе ABCD величина угла B равна 40o, E — середина BC, F — основание
перпендикуляра, опущенного из A на DE. Найдите величину углаDFC.
Решение
Пусть прямые DE и AB пересекаются в точке G (рис.). Тогда
треугольники DEC и BEG равны по второ-
му признаку. Следовательно, BG = CD = BA. Поэтому точки A, G и C лежат на
окружности с центром в точке B, причем AG — диаметр. Так как AFG = 90o,
точка F лежит на той же окружности по теореме об углах, опирающихся на
диаметр.
По теореме об угле, вписанном в окружность, имеем GFC =
GBC =
o
o
o
o
o
(180 - 40 ) = 70 . Значит, DFC = 180 - GFC = 110 .
Вариант решения. Можно обойтись без использования окружностей. Известно,
что медиана прямоугольного треугольника, проведенная к гипотенузе, равна
половине гипотенузы. Применяя это утверждение к треугольнику AFG,
получим BF = BA = BG.
Треугольники CBF и FBA равнобедренные, поэтому сумма
углов BCF и BAF равна углу CFA.
Сумма углов четырехугольника ABCF равна 360o. Поэтому
CFA + CFA + 40o = 360o,
откуда CFA = 160o. Следовательно, CFD = 360o - AFC 160o - 90o = 110o.
AFD = 360o -
4 задача (7.8, 9 класы)
Банкир узнал, что среди одинаковых на вид монет одна — фальшивая (более
легкая). Он попросил эксперта определить эту монету с помощью чашечных
весов без гирь, причем потребовал, чтобы каждая монета участвовала во
взвешиваниях не более двух раз. Какое наибольшее число монет может быть у
банкира, чтобы эксперт заведомо смог выделить фальшивую за n взвешиваний?
Решение
Решим сначала более простую задачу. Пусть банкир разрешает класть на весы
монеты не более 1 раза. Из какого наибольшего числа монет можно выделить
более легкую за k взвешиваний?
Если при каком-то взвешивании на чаше весов будет больше одной монеты, то
из них выделить фальшивую монету не удастся (второй раз взвешивать монету
нельзя!). Поэтому при каждом взвешивании на чаши кладется по одной монете.
Если весы не в равновесии, то фальшивая монета очевидна. А если в
равновесии, то количество подозрительных монет уменьшится на 2.
Следовательно, при k взвешиваниях можно выделить фальшивую из 2k + 1
монет.
Возвращаясь к исходной задаче, обозначим ответ в ней через f (n). Пусть при
первом взвешивании на чашах лежат по s монет. Если весы окажутся не в
равновесии, то придется искать фальшивую монету среди s монет, причем
каждую из них можно использовать лишь по одному разу, и осталось n - 1
взвешивание. По доказанному s 2(n - 1) + 1 = 2n - 1.
Если весы в равновесии, то получаем исходную задачу для монет, не попавших
на весы (их f (n) - 2s), и n - 1 взвешивания, значит,
f (n) - 2s f (n - 1).
Отсюда
f (n) f (n - 1) + 2s f (n - 1) + 2(2n - 1).
Следовательно,
f (n) 2(2n - 1) + 2(2n - 3) + ... + 2 . 3 + f (1).
Поскольку, как легко проверить, f (1) = 3, имеем f (n) 2n2 + 1 по формуле для
суммы арифметической прогрессии.
С другой стороны, если имеется 2n2 + 1 монет и каждый раз
брать s максимальным, т. е. на первом шаге s = 2n - 1, на втором — s = 2n - 3, и
т. д., то эксперт сможет выделить фальшивую монету. Значит, f (n) = 2n2 + 1.
5 задача (7.8, класы)
В треугольнике одна сторона в три раза меньше суммы двух других. Докажите,
что против этой стороны лежит наименьший угол треугольника.
Решение
Пусть 3a = b + c. Так как c < a + b, то 3a < b + (a + b), то есть a <
b. Аналогично доказывается, что a < c. Таким образом,
a – наименьшая сторона треугольника, и, значит, против нее лежит наименьший
угол.
6 задача (8,9,10 класы)
На тарелке лежат 9 разных кусочков сыра. Всегда ли можно разрезать один из
них на две части так, чтобы полученные 10 кусочков делились бы на две порции
равной массы по 5 кусочков в каждой?
Решение
Расположим кусочки в порядке возрастания массы: m1 < m2 < ... < m9. В одну
группу положим 1-й, 3-й, 5-й и 7-й кусочки, в другую – 2-й, 4-й, 6-й и 8-й.
Тогда m1 + m3 + m5 + m7 < m2 + m4 + m6 + m8. А если в первую группу добавить
9-й кусочек, то
m1 + m3 + m5 + m7 + m9 > m2 + m4 + m6 + m8. Следовательно, достаточно
разрезать 9-й кусочек.
Ответ
Всегда.
7 задача (8,9,10 класы)
Докажите, что среди четырехугольников с заданными длинами диагоналей и
углом между ними наименьший периметр имеет параллелограмм.
Решение
Рассмотрим некоторый четырехугольник ABCD. Перенесем его на
вектор
(рис.). Получим четырехугольник A'B'C'D', где A' = C, а
четырехугольник BB'D'D — параллелограмм, так как
отрезки BD и B'D' параллельны и равны. Пусть A0, B0, C0 и D0 — середины
отрезков BD,BB', B'D' и D'D соответственно.
Мы утверждаем, что A0B0C0D0 — параллелограмм, длины диагоналей которого
равны длинам диагоналей четырехугольника ABCD, а угол между диагоналями
равен углу между диагоналями четырехугольника ABCD. То,
что A0B0C0D0 — параллелограмм, следует из того, что отрезки A0B0 и C0D0 —
средние линии треугольников B'BD и B'D'D соответственно. Второе
утверждение следует из того, что отрезки B0D0 и BD параллельны и равны
также, как и отрезки A0C0 и AC.
Значит, осталось доказать, что периметр четырехугольника ABCD не меньше
периметра параллелограмма A0B0C0D0. Но периметр параллелограмма
равен B'D + BD' (по теореме о средней линии). По неравенству
треугольника, BC + CD' BD' и B'C + CD B'D. Складывая эти неравенства,
получаем нужное утверждение.
8 задача (9,10 класы)
Решить систему уравнений:
Решение
Запишем эти уравнения следующим образом:
Второе уравнение возведём в квадрат, прибавим к нему третье уравнение,
умноженное на 2, и вычтем первое уравнение. В результате получим:
0 = 16(a2 + 1)2 - 16(a2 + 1)z,
т.е. z = a2 + 1. Теперь второе и третье уравнения записываются так:
Решение этой системы сводится к решению квадратного уравнения; решая его,
находим
x = a2±a + 1, y = a2 a + 1.
9 задача (8, 9,10 класы)
Постройте треугольник по двум сторонам и биссектрисе, проведённым из одной
вершины.
Подсказка
Проведите через основание данной биссектрисы прямую, параллельную одной
из данных сторон треугольника.
Решение
Предположим, что нужный треугольник ABC построен. Пусть AM = l — данная
биссектриса, AB = a, AC = b — данные стороны. Через точку Mпроведём
прямую, параллельную стороне AB, до пересечения со стороной AC в точке K.
Тогда
AMK = MAB = MAK.
Поэтому треугольник AMK — равнобедренный. По свойству биссектрисы
треугольника
=
=
.
Поэтому
=
=
MK = AB .
= a.
=
.
Отсюда вытекает следующий способ построения. Строим равнобедренный
треугольник AMB по основанию AM = l и боковым сторонам AK =KM =
.
(Отрезок
можно построить, например, так: через точку пересечения
диагоналей любой трапеции с основаниями a и bпроведём прямую,
параллельную основаниям. Отрезок этой прямой, заключённый внутри
трапеции, равен
).
Отложив на луче AK от точки A отрезок, равный b, получим искомую
вершину C. Отложим от луча AM в полуплоскости, не содержащей точки K, луч
под углом, равным углу MAC. Отложив на построенном луче от
точки A отрезок, равный a, получим искомую вершину B.
10 задача (8, 9,10 класы)
Составить две прогрессии: арифметическую и геометрическую, каждую из
четырёх членов; при этом, если сложить одноимённые члены обеих прогрессий,
то должны получиться числа: 27, 27, 39, 87.
Решение
Пусть a, a + d, a + 2d, a + 3d — искомая арифметическая
прогрессия, b, bq, bq2, bq3 — искомая геометрическая прогрессия. По условию
Вычтем из второго уравнения первое, из третьего второе, из четвёртого третье:
Из первого уравнения получаем b(q - 1) = - d; подставим это выражение во
второе и третье уравнения:
Поделив последнее уравнение на предпоследнее, получим q = 3.
Следовательно, d = - 6, b = 3 и a = 24. Таким образом, искомые прогрессии —
это
24, 18, 12, 6;
3, 9, 27, 81.