Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2001/01/55.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:14 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:16:42 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: m 5

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

55
4

Поскольку при А > 0 и t > 0 выполняется неравенство A 2 A, t+ t условия разрешимости уравнений (1) и (2) имеют, соответственно, вид

4

FI GJ 5 H 2K F 3I GH 2 JK
33

a

+

8 5



2a- 5

-2

F 2G H F 2G H

3 2 3 2

I JK I JK

a 2

;

a- 5 2

.

Решая эти неравенства и учитывая, что корни второго уравнения должны быть положительны, получаем условия 4 1) a 2 log 3 ; a 2 log 3 2 ; 2 23 5 2) a . 2 Рассмотрим первую систему из совокупности (3). Из условий 1) и 2) находим 'подозрительные' значения а это a Z , a 0 и а = 1. Для а = 1 условия задачи выполняются, для a 0 нет (докажите это, сравнивая левую и правую части уравнения (1) при целых х и а х). Второй системе из сово5 купности (3) удовлетворяет лишь а = . 2 6. 2. Указание. Пусть плоскость, проходящая через центр сферы и перпендикулярная хорде PP1 . Эта плоскость делит пополам хорду PP1 , а также параллельные ей хорды QQ1 , RR1 и SS1 . Следовательно, PQ1 R1 S1 квадрат со сто1 роной 25/4, симметричный квадрату PQRS относительно плоскости . Пусть SS1 = 2х, т.е. х расстояние от точки S до плоскости . Спроектируем все точки на координатную прямую l, перпендикулярную . Пусть сама плоскость проектируется в начало координат на l, а направление на оси l выбрано так, что координата Q проекции точки Q равна 5. Тогда
Q1 = 5, P = - P1 = +1 , R = - R1 = +3 , S =

= + x . Координату проекции точки А центра квад= 1 рата PQRS можно вычислить двумя способами: P + R Q + S +1 + 3 5+ S A = = . = 2 2 2 2 Таким образом, возможны четыре случая: P Q R S 1. 1 5 3 1 2. 1 5 3 7 3. 1 5 3 9 4. 1 5 3 3. Покажем, что случаи 2, 3 и 4 невозможны. Например, в случае 2 отрезки SQ и S1Q1 длины 25/4 оказываются диагоналями трапеции S1QQ1 S (рис.5). Но 25 25 + < 14 = SS1 , QS + Q1 S1 = 4 4 что невозможно. Аналогично докажите невозможность случая 3. В случае 4 рассмотрите 10 параллелограмм KLMN, Q Q образованный серединами отрезков PP1 , QQ1 , RR1 и SS1 соответственно, вычислите его стороны и диаго25/4 25/4 наль KM и докажите, что KM > KL + LM, что про тиворечит неравенству треугольника. S В оставшемся случае 1 поS 14 лучаем SS1 = 2 S = 2. Рис. 5

di -d S i

bg

bg

di

bg

di

bg

7 log 3 ; 1 . 2. 5 8 ; 4 . 3 23 3. а) 6; б) 192. а) Первый автобус появляется в пункте В в моменты времени 2 4 + n, tn = 51 51 где n Z , причем t n 8 , откуда n 101. Второй автобус по4 k k, k Z . является в пункте В в моменты времени s k = 42 Встреча автобусов в пункте В означает равенство t n = s k , т.е. 2 4 4 n= + k , или 7 1 + 2n = 17k. Последнее равенство 51 51 42 выполняется только тогда, когда нечетное число 1 + 2n делится на 17, т.е. 1 + 2n = 17, 51, 85, 119, 153, 187, 221, ... Поскольку 0 n 101, должно быть 1 1 + 2n 203 , так что подходят только первые шесть чисел, причем для всех них 1 + 2n k = 7 целое. Таким образом, в пункте В было 6 17 встреч. б) При каждом прохождении отрезка АВ первый автобус ровно 1 раз оказывается в одной точке X AB со вторым автобусом: либо в момент встречи, либо в момент обгона, причем в случае Х = А или Х = В в точке Х происходят и встреча, и обгон одновременно. Поэтому число совпадений положений автобусов строго между пунктами А и В равно числу прохож51 дений первым автобусом отрезка АВ ( 8 = 204 раза) ми2 нус удвоенное суммарное число встреч в точках А и В. Число встреч в пункте В равно 6 (см. п.а)). В пункте А пер4 n, n Z , а вый автобус появляется в моменты времени 51 2 4 k , k Z, + второй автобус в моменты времени 42 42 причем встреча в пункте А означает равенство
1. 0; log
3 2

LM N

4

IF JK GH

OP Q

Вариант 2

b

g

b

g

bg

bg bg

bg bg

bg

bg bg bg bg

28n = 17 1 + 2k , что невозможно. 4. СЕ = 6, OА = 2. Проведем общую касательную FG к окружностям в точке А (рис.6). Углы DBA и FAB равны как опирающиеся на одну дугу, FAB = CAG, углы CAG и CEA равны как опирающиеся на одну дугу. Таким образом, треугольники СВЕ и СЕА подобны по двум углам, откуда BC CE = CE = BC AC = 9 4 = 6 . CE AC Далее, BAD = 180њ DAC = CEB = CAE (последнее равенство следует из доказанного выше подобия треугольников СВЕ и СЕА), F так что луч АВ являB ется биссектрисой OD угла между лучом AD и продолжением луча ЕА за точку А. E A Следовательно, центр О окружности, о которой идет речь во C втором вопросе задачи, лежит на отрезке G Рис. 6 АВ. Поскольку О лежит и на биссектрисе угла BDA, по свойству биссектрисы и из подобия

b

g

BDA' BCE

bg

OB OA

=

BD AD

=

BC CE

=

9 6

=

3 2

.