9 класс - Омские олимпиады

МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
ИМЕНИ Г.П. КУКИНА
19.12.10  9 класс
19.12.10  9 класс
г. Омск
г. Омск
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
Математическая олимпиада ОмГУ носит имя профессора Г.П. Кукина,
создателя системы городских математических олимпиад.
1. Числа
так, что выполнены равенства
x
x

1

2
y
z

y
y
1

2
x
z

z
z

1

2
y
x






. Какие значения может принимать
1. Числа

y

x

yz
z
?
величина x

y

x

yz
z
?
принимать величина x
2.Высота АН и биссектриса СК треугольника АВС разбивают его на четыре
части,
две
из
которых
равнобедренные
треугольники.
Найдите
отношение АС/BC.
2. Высота АН и биссектриса СК треугольника АВС разбивают его на четыре
3. Сумма трёх натуральных чисел (не обязательно различных) делится на
каждое из этих чисел. Какие значения может принимать эта сумма? Объясните,
почему другие значения невозможны.
3. Сумма трёх натуральных чисел (не обязательно различных) делится на каждое
4. В равнобедренном треугольнике вписанная окружность касается основания
АВ в точке F, а боковых сторон ВС и АС в точках D и Е соответственно. Отрезок
AD пересекает окружность в точке Q. Докажите, что прямая EQ делит отрезок
AF пополам.
4. В равнобедренном треугольнике вписанная окружность касается основания
5. Каждая клетка клетчатого квадрата 2010×2010 покрашена в синий или
красный цвет. Известно, что в каждом столбце синих и красных клеток поровну
и в каждой строке синих и красных клеток поровну. Докажите, что найдутся
две клетки одного цвета, симметричные относительно центра.
5. Каждая клетка клетчатого квадрата 2010×2010 покрашена в синий или
6. Есть прибор, который за одно испытание для любых 5 камней определяет
среди них средний по весу. Как найти средний из 7 камней разного веса не
более чем за 5 испытаний?
6. Есть прибор, который за одно испытание для любых 5 камней определяет
Предварительные результаты олимпиады на сайте olymp.omich.net
Просмотр работ участников олимпиады и апелляция 26 декабря, в 9-30,
ауд. 301. Награждение победителей в 10-30.
Предварительные результаты олимпиады на сайте olymp.omich.net
Просмотр работ участников олимпиады и апелляция 26 декабря, в 9-30,
ауд. 301. Награждение победителей в 10-30.
x,
y
2
и
z
2
подобраны
2
x,
y
и
z
подобраны
так,
что
выполнены
x
x

1

2
y
z

y
y

1

2
x
z

z
z

1

2
y
x






.
Какие
2
части,
две
из
отношение АС/BC.
которых
2
значения
равенства
может
2
равнобедренные
треугольники.
Найдите
из этих чисел. Какие значения может принимать эта сумма? Объясните, почему
другие значения невозможны.
АВ в точке F, а боковых сторон ВС и АС в точках D и Е соответственно. Отрезок
AD пересекает окружность в точке Q. Докажите, что прямая EQ делит отрезок
AF пополам.
красный цвет. Известно, что в каждом столбце синих и красных клеток поровну
и в каждой строке синих и красных клеток поровну. Докажите, что найдутся
две клетки одного цвета, симметричные относительно центра.
среди них средний по весу. Как найти средний из 7 камней разного веса не
более чем за 5 испытаний?
9 класс. Решения задач.
1. Ответ. 0 или 2.
Решение. Запишем исходное двойное равенство в виде системы
x
x

12
z

y

12
z
,

y

y12
z
0
,



y
y
x
x
x




Преобразуем ее к виду 
,
y

12
z

z
z

12
x
.

z
z

12
x
0
.
y
x

y
y
y





откуда следует, что:
 x  y,
xy2z1,
xy2z1,
xy,

или yz;
или yz 2x1; или yz 2x1.
y

z
;




 x  y,
2
2
2
xy

zx
0

yz



Если  y  z; то 
.

xy2z1,
 y  z,
2
2
2
x

y
y

z
z

x

0

1

2
.



1
Если yz;
то x 1  z; но тогда 


xy2z1,
x  z,
2
2
2
x

y
y

z
z

x

1

0

2
.



1
Если yz 2x1; то  y 1  x; но тогда 


xy,
x  y,
2
2
2
x

y
y

z
z

x

1

1

2
.



0
Если yz 2x1.то z 1  y; но тогда 


2. Точку пересечения АН и СК назовем О. Предположим, что равнобедренным является
треугольник ОНС. В таком случае, получаем, что НСО=НОС=45. Но тогда
АСВ=2НСО=90, а тогда бы АН совпала с АС, но по условию
задачи это не так. Поэтому треугольник ОНС не может быть
равнобедренным. Поэтому равнобедренные треугольники – это
АОС и АОК. Заметим, что угол НОС – острый (поскольку это один
из углов прямоугольного треугольника, не равный 90). Поэтому
угол АОС тупой и в треугольнике АОС ОАС=ОСА.
Рассмотрим треугольник АНС. В нем угол НСА вдвое больше, чем
угол НАС, поэтому угол НСА=60, а угол НАС=30. Поэтому угол
АОК тоже равен 60. Но, если в равнобедренном треугольнике один из углов равен 60,
этот треугольник равносторонний. Поэтому в треугольнике КАО все углы по 60. Тогда
в исходном треугольнике АВС А=90, С=60, В=30 и АС/ВС=1/2.
3. Ответ. Все числа, делящиеся на 3 и все числа, делящиеся на 4.
Решение. Все такие числа заведомо годятся. Например, можно взять тройки {a, a, a} и
{a, a, 2a}. Докажем, что другие числа получиться не могут. Пусть a, b, c – данные
натуральные числа. По условию a+b+c делится на a , но тогда b+c делится на a,
аналогично a+c делится на b, a+b делится на c . Упорядочим числа: без ограничения
общности можно считать, что a  b  c Но тогда сумма a  b при делении на с может
давать в частном только 1 или 2. Рассмотрим оба варианта. В первом случае a+b=c,
причем a+c=2a+b делится на b , тогда 2a делится на b . Но так как a  b , то либо a=b,
либо 2a=b. Тогда либо a+b+c=4a, либо a+b+c=6a. Во втором случае a+b=2c и a+b+c=3с.
В любом случае сумма делится либо на 4, либо на 3.
4. Пусть прямая EQ пересекает отрезок AF в точке M . Докажем, что AM  MF . По
F2 M
EM
 Q. Так как E и D - точки касания
теореме о квадрате касательной M
вписанной окружности, то CE  CD , тогда прямая ED параллельна АВ, а значит

Q
D
E
Q
A
Mкак накрест лежащие. Угол AEQ , образованный касательной и
хордой, равен вписанному QDE и равен QAM . Но тогда треугольники AEM и
QAM подобны по двум углам ( 
A
E
M
Q
A
M, EMA - общий), а значит
ME AM
2

A
M
M
EM
 Q, откуда следует, что AM  MF .
AM MQ , т.е.
5. Предположим противное. Тогда в каждой паре клеток,
симметричных относительно центра, одна синяя, другая –
красная. Разобьем квадрат 2010×2010 на 4 квадрата 1005×1005
(см. рисунок) и занумеруем их.
2
Пусть в квадрате № 1 x красных клеток и 1005  x
синих. Каждой красной клетке квадрата № 1 соответствует
синяя клетка квадрата № 4 (и наоборот), тогда в квадрате № 4
10052  x красных клеток и x синих. Аналогично: если в
2
квадрате № 2 y красных клеток и 1005  y синих, то в
1
2
3
4
2
квадрате № 3 1005  y красных клеток, y синих.
По условию в каждом столбце синих и красных клеток поровну и в каждой строке
синих и красных клеток поровну, тогда суммарное количество красных клеток в
квадратах № 1 и 2 равно суммарному количеству красных клеток в квадратах № 3 и 4.
2
y
21
0
0
5

x y, откуда x y 10052 . Аналогично суммарное количество
Имеем x
красных клеток в квадратах № 1 и 3 равно суммарному количеству красных клеток в
2
2

1
0
0
5

y1
0
0
5

x

y
квадратах № 2 и 4, т.е. x
, а значит x  y , что противоречит
2
2
условию x y 1005 ( 1005 - нечетное число).
6. Решение. Основную роль играет следующее простое соображение: если камень
оказался средним среди каких-то пяти, то во всей группе он либо 3-й, либо 4-й, либо 5-й
по весу. Будем делать так. Отложим любые 2 камня, найдем средний из остальных,
заменим его на один из отложенных камней, найдем средний из новых пяти, заменим и
его на последний отложенный, и снова найдем средний. Теперь есть три средних камня
(3-й, 4-й и 5-й) p, q, r и четыре других a, b, c, d, среди них два легких (легче средних) и
два тяжелых (тяжелее средних). Испытаем один раз a, b, p, q, r, другой раз p, q, r, c, d.
Если пара (a, b) состоит из легкой и тяжелой, то пара (c, d) – тоже, и средним оба раза
окажется средний из семи камней. Если пары (a, b) и (c, d) одна легкая, другая тяжелая,
то средними в испытаниях окажутся разные камни (пятый и третий). Значит если в двух
этих пятёрках средний один и тот же, то он искомый. А если разные, то нужно брать
оставшийся из средней группы.
Критерии проверки (из расчета 7 баллов за задачу)
1. Приведено верное решение, получены оба варианта ответа – 7 баллов.
Преобразование исходных равенств выполнено, верно, получено разложение на
множители, но при переборе возможностей некоторые случаи потеряны – до 2
баллов. В противном случае – 0 баллов.
2. Задача решена верно – 7 баллов. Равенство высот треугольника доказано, но
вывод о равенстве сторон приведен без обоснования – 6 баллов. В противном
случае – 0 баллов.
3. Приведено верное решение, в ответе указаны оба множества чисел, доказано,
что другие значения сумма принимать не может – 7 баллов. Приведены
примеры троек натуральных чисел, откуда следует, что сумма этих трех чисел
может принимать любые значения, кратные 3, или любые значения, кратные 4,
но не доказано, что других возможностей нет – до 2 баллов. В противном
случае – 0 баллов.
4. Задача решена верно – 7 баллов. Доказано равенство углов, из которых
следует подобие треугольников AEM и QAM , но дальнейших продвижений нет
– 2 балла. В противном случае – 0 баллов.
5. Приведено верное решение, в каком-либо виде использующее идею четности
– 7 баллов. Имеется доказательство, что утверждение задачи верно для квадрата
меньшего размера (например, 6×6), которое может быть обобщено для квадрата
2010×2010 – до 4 баллов. В противном случае – 0 баллов.
6.