Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1998/05/59.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:24:48 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:28:52 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: uv

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

59

дикулярными отрезку АВ опорными прямыми не меньше длины отрезка АВ. Поэтому диаметр фигуры F не превосходит максимальной из ширин фигуры F. С другой стороны, ширина любой полосы, образованной опорными прямыми фигуры F, не превосходит диаметра фигуры. 8. а) Может. Если F внутренность круга, то граница фигуры F (окружность) не входит в F. б) Может. Например, ось абсцисс опорная прямая к ветви гиперболы y = 1/x, x > 0 не имеет с гиперболой общих точек. Замечание. Можно доказать, что если фигура F замкнута и ограничена, то любая опорная прямая имеет с F хотя бы одну общую точку. 11. Из любого. Указание. Разберите два случая: когда средний по величине угол треугольника больше 60o и когда это не так. 14. а) ab /(a + b); б) hc/(h + c). в) Поскольку ab = hc, достаточно сравнить значения выражений h + c и a + b. Воспользуемся формулой r = (a + b c)/2 для радиуса r вписанной окружности прямоугольного треугольника. Поскольку h > 2r, имеем h > 2r = a + b c, откуда h + c > a + b. Замечание. Если бы мы выразили ответ пункта б) не через высоту h и гипотенузу с, а через катеты a и b, то возникла бы необходимость сравнить между собой значения выражений ab /(a + b) и ab a2 + b2 ( a2 + ab + b2). 15. Поставим такую задачу: вписать в треугольник с углом 2, где 2 величина угла правильного 2n- угольника, правильный 2n-угольник наибольшего возможного периметра. Рассмотрим два расположения правильного 2n-угольника внутри такого треугольника (рис. 2, 3).Обозначим длины сторон треугольника, образующих угол 2, через x и y. Тогда третья сторона равна z = = x2 + y2 2xy cos 2 . Найдем длину стороны правильного 2n-угольника в обоих случаях. Случай 1 (см. рис. 2). y l x Диаметр l описанной окружности 2n-угольника равен биссектрисе треуРис. 2 гольника, т.е.

лосой, перпендикулярной самой короткой стороне прямоугольника (если прямоугольник является квадратом, то выберем любую из двух полос). Дальше можно сослаться на теорему Банга-Тарского. А можно просто сказать, что если сумма меньших сторон прямоугольников меньше стороны квадрата, то в квадрате найдутся как не покрытая вертикальными полосами вертикаль, так и не покрытая горизонтальными полосами горизонталь. Точка их пересечения не будет покрыта ни горизонтальными, ни вертикальными полосами. 25. Чтобы покрыть правильный 2n-угольник, необходимо покрыть весь вписанный в него круг. Среди вписанных в этот круг правильных 2n-угольников, в свою очередь, содержится многоугольник со сторонами, параллельными сторонам исходного 2nугольника. 27. Указание. Спроецируйте вписанные фигуры вдоль данной прямой на перпендикулярную прямую. Другими словами, рассмотрите ширины фигур в соответствующем направлении. 29. Воспользуемся формулой S = Pr/2, выражающей площадь описанного многоугольника через его периметр P и радиус вписанной окружности r. Если P , ..., Pn периметры треугольни1 ков разбиения, то откуда

1 1 1 Pr = P r1 +...+ Pn rn , 2 21 2

x
Рис. 3



y

l=

2xy cos . Значит, x+y

P P 1 r +...+ n rn r1 +...+ rn , P1 P поскольку периметры P , ..., Pn треугольников не превосходят 1 периметра P объемлющего многоугольника. 30. Указание. Допустив противное, т.е. предположив, что сумма углов KKM и M1MK больше 180o , поверните немного эти 1 лучи друг к другу так, чтобы получились два новых луча KK и MM , которые пересекают внутренность фигуры F, а сумма углов K KM и M MK по-прежнему больше 180o . Проведя в достаточной близости от KM параллельный КМ отрезок с концами на этих лучах, получите отрезок, целиком лежащий в F, длина которого больше MN. 32. Ширина полосы, ограниченной прямыми k и m, не превосходит длины KM. Ширина w фигуры F не превосходит ширины любой полосы, в которой содержится фигура. Значит, w KM. r=

искомая сторона равна
2 xy a1 = lcos = 2 cos . x+y Случай 2 (см. рис. 3).

ОПТИЧЕСКИЕ СИСТЕМЫ И ПРИБОРЫ

1. l = 3F/2. 2. Указание. Сделайте соответствующее построение. 3. l = F/2. 4. Источник сместится в ту же сторону на расстояние у = х = 2 см. 5. l = 6.

Из подобия маленького (верхнего) и всего большого треугольников следует равенство h a tg = a , где h высота большо2 2 го треугольника, a2 искомая сторона 2n-угольника. Значит,

h

z

1 d2&

db

dD - 1 n - LD n - 1 dD - 1

=

1

bg g b gib
L n-1

d1

+

1

d2

-

1

g

= 40 см.

d1&

= 0 , d2& .

hz hz 2 = = a2 = h + z tg hz + z 2 tg

7. F = F1 F2 , где расстояние между задним фокусом первой линзы и передним фокусом второй (так называемый оптический интервал); эквивалентная линза находится на расстоянии а = -lF2 от второй линзы.

=

2xyz cos2 xyz sin 2 =2 . 2 xy sin 2 + z tg x + y2 + 2 xy sin2

Для доказательства неравенства a1 > a2 осталось показать, z 1> . В левой части этого неравенчто x 2 + y 2 + 2xy sin2 x+y ства среднее арифметическое чисел ( x + y)( x2 + 2xy sin2 ) и ( x2 + y2 2xy cos2 )/((x + y)( x 2 + y 2 + 2xy sin2 )), а в правой

XXIV ВСЕРОССИЙСКАЯ МАТЕМАТИЧЕСКАЯ ОЛИМПИАДА ШКОЛЬНИКОВ
Зональный этап
8 класс

части среднее геометрическое этих же чисел (проверьте!). Дальнейшее рассуждение аналогично решению задачи 2 в статье. 22. Первый способ. Пусть квадрат со стороной а разбит на прямоугольники размером ai Ч bi , где ai bi . Тогда сумма площадей ab1 + ... + anbn всех прямоугольников разбиения 1 равна a 2 . Поскольку bi a, имеем a2 = ab1 + ... + anbn 1 aa + ... + an a . Осталось разделить обе части последнего 1 неравенства на а. Второй способ. Каждый прямоугольник разбиения покроем по-

1. Ответ: не существуют. 2. Ответ: не могут. Указание. Предположив противное, докажите, что в треугольнике BAL (рис.4) отрезок AK является медианой и биссектрисой. Следовательно, он является и высотой, т.е. AK BD. Аналогично, AL BD . Но два различных перпендикуляра из одной точки А на прямую BD опустить нельзя. 3. Назовем характеристикой колоды количество имеющихся в ней карт той масти, которой в колоде осталось больше все-