Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1998/06/61.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:24:56 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:15 2012 Кодировка: Windows-1251

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

61

Комнат, куда можно пытаться переселять школьника B, не менее 60 1 30 = 29, поскольку одну из 60 комнат занимает сам школьник и не более 30 комнат занимают его знакомые. Поскольку знакомых у школьника B не более 30, причем один из них это школьник A, то из наличия препятствий к поселению B во все комнаты, где у него нет знакомых, следует, что B знаком, кроме A, с 29 школьниками и у каждого из этих школьников все знакомые, кроме B, живут в одной комнате. Теперь ясно, что взяв любого отличного от B школьника C, знакомого со школьником A, мы можем переселить C в новую комнату. После ряда таких переселений условие задачи будет удовлетворено. 13. Поскольку AA1 , BB1 , CC1 высоты, то четырехугольники ABA1 B1 и BCB1C1 вписанные, значит, C1 BM = = C1 B1 A = A1 B1C = . Так как C1 M медиана прямоугольного треугольника BC1C , выходящая из прямого угла, то BC1 M = , откуда YC1 X = YB1 X = . Точки X и Y лежат в одной полуплоскости с границей BC. Предположим для определенности, что в этой же полуплоскости лежит и вершина A. Тогда четырехугольник XYC1 B1 вписанный, и YXC1 = YB1C1 = C1 BM . Значит, XY || BC. 14. Поскольку max(a,b) a min(a,c), из условия задачи следует неравенство max(c,1997) min(b,1998), откуда c max(c,1997) min(b,1998) b. 15. Пусть H основание высоты, опущенной из A на BC. Угол BCD прямой, так как BD диаметр. Четырехугольник BECD составлен из треугольников BCD и BCE, в которых DC и EH высоты, опущенные на BC. Значит, S BECD = 1 1 = BC (EH + CD). Поскольку S ABC = BC AH , достаточно 2 2 доказать равенство EH + CD = AH. Сумма EH + CD есть сумма проекций отрезков CE и CD на прямую AE (прямые AE и DC параллельны как перпендикуляры к BC). Отрезок AH есть сумма проекций отрезков AD и DC на прямую AE. Проекции отрезков CE и AD на прямую AE равны, поскольку ADCE равнобочная трапеция. 16. Пусть закрытый мост M соединяет острова A и B. Расстояние (наименьшее число мостов) между какими-то островами может увеличиться при закрытии моста M только в том случае, когда до закрытия любой кратчайший путь между этими островами проходил через M. Кроме того, ясно, что любой участок кратчайшего пути тоже является кратчайшим путем, и кратчайший путь не может проходить через один остров два раза. Предположим, что утверждение задачи не выполняется, т.е. на каждом острове кто-то живет. Сначала докажем, что после закрытия моста M с острова A можно добраться до острова B. Для этого рассмотрим человека, живущего на острове A. Пусть его друг, расстояние до которого увеличилось на один мост, живет на острове X. Поскольку кратчайший путь от A до X должен был проходить через мост M, он состоял из переезда через M и некоторого кратчайшего маршрута от B до X, который при этом не проходил через M. Значит, от A до B после закрытия моста M можно добраться, проехав сначала от A до X, а потом от B до X. Рассмотрим кратчайший путь между островами A и B после закрытия моста M. Выберем остров C посередине или 'почти посередине' этого пути, т.е. так, чтобы расстояния от C до A и B отличались не более чем на 1. Пусть Y тот остров, расстояние от C до которого увеличилось на один мост. Рассмотрим кратчайший путь от C к Y до начала ремонта. Пусть, например, он шел сначала от C к A, потом через мост M на B, а потом от B к Y. Рассмотрим вместо этого путь, который сначала идет от C к B (по участку кратчайшего пути от A к B), а потом от B к Y так же, как и в первом пути. Этот путь

CBY не длиннее исходного пути CABY, так как участок CB отличается от участка CA не более чем на 1. Значит, существовал кратчайший путь от C к Y, не проходящий через мост M. Это противоречит тому, что расстояние от C до Y увеличилось. 17. Всякая проходящая через центр куба плоскость делит куб на две части, симметричные относительно центра куба. Обратно, всякая плоскость, делящая куб на части равного объема, проходит через центр куба. Действительно, в противном случае можно было бы параллельно перенести плоскость, чтобы она стала проходить через центр куба. При таком движении объем одной из частей куба увеличится, а объем другой уменьшится, что невозможно, так как после переноса объемы опять должны быть равными. Итак, обе плоскости проходят через центр куба. Каждая из образовавшихся четвертей куба представляет собой объединение нескольких пирамид с вершинами в центре куба. Высоты этих пирамид равны половине ребра куба. Следовательно, объем любой из четвертей куба равен одной шестой длины ребра куба, умноженной на площадь соответствующей части поверхности куба. Поэтому плоскости делят поверхность куба на части равной площади. 18. В силу свойства вписанных углов, EFD= EOD = = BAD = BCD, поэтому четырехугольник BFDC вписанный. Тогда

BCF = BDF = OEF = OAB = ACD,
откуда BCA = FCD. 19. Проведем все вертикали и горизонтали, пересекающие многоугольник. Пусть в результате получилось n вертикальных прямых и m горизонтальных. Поскольку каждая из этих прямых пересекает стороны многоугольника по крайней мере в двух точках, то достаточно доказать неравенство m + +n 20. Действительно, если m + n 19, то mn 90. 20. Пусть O точка пересечения диагоналей четырехугольника ABCD, K и L ее проекции на стороны BC и AD, M и N середины сторон AB и CD соответственно. Пусть P и Q середины отрезков AO и OB соответственно. Так как медиана прямоугольного треугольника, проведенная из прямого угла, равна половине гипотенузы, то MP = BO/2=KQ, LP = =AO/2 = MQ. Поскольку треугольники AOL и BOK подобны, APL = BQK, также APM = AOB = BQM, значит, MPL = MQK. Следовательно, MPL = = KQM и ML = KM. Аналогично, KN = NL, и точки K и L симметричны относительно прямой MN. 21. Пусть N сумма чисел на одном листе, n наибольшее n целое число, для которого 2 N. Тогда сумма чисел на всех листах равна 10N. Если никакая степень двойки не встречается более 5 раз, то их сумма не превосходит

5 2 +2

e

n

n -1

+ K+ 1 = 5 2

je

n +1

- 1 = 10 2 - 5 < 10 N .

j

n

22. Могут. Сопоставим городам числа c1 , c 2 , ..., c1998 так, чтобы все суммы c i + c j пар чисел были различными (наi пример, можно положить c i = 2 ). Пусть цена билета между двумя городами равна сумме чисел, сопоставленных этим городам. Тогда все цены различны, и стоимость любого кругового маршрута равна 2( c1 + c 2 + ... + c1998 ). 23. По теореме о вписанном угле, угол EFC равен половине величины дуги EC окружности ECF. По теореме об угле между хордой и касательной, ECA тоже равен половине дуги EC. Поскольку четырехугольник ADEC вписанный, ECA = EDB. Таким образом, EFC = EDB. Значит, прямые AB и CF параллельны. Обозначим через G точку пересечения прямых AE и BK. Поскольку прямые BC и AG пересекаются на медиане KD треугольника ABK, то CG||AB.