Первый день
11.1. В коробке лежат красные, желтые и зеленые карандаши трех размеров: короткие, средние и длинные. Известно, что имеются карандаши всех трех цветов и всех трех размеров. Верно ли, что обязательно найдутся три карандаша, попарно различающиеся одновременно и по цвету, и по размеру?
Показать решение
Неверно. Например, в коробке могут лежать короткий и длинный красный карандаши, а также средние желтый и зеленый. Тогда среди любых трех различных по длине карандашей два будут красные.
11.2. Докажите, что для любых действительных чисел
и
таких, что
, выполнено неравенство
![Rendered by QuickLaTeX.com \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}<\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c} .\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-59b073109a0f18dfe4f6406fa35f3561_l3.png)
Показать решение
11.3. Центры четырех окружностей
и
лежат на окружности
. Окружности
и
пересекаются в точках
и
,
и
— в точках
и
,
и
— в точках
и
,
и
— в точках
и
, причем точки
и
лежат на окружности
, а точки
и
различны и лежат внутри
. Докажите, что
— прямоугольник.
Показать решение
Пусть
— центр окружности
(
). Докажем, что точка
лежит на
(см. рисунок). Треугольники
и
равны по трем сторонам (
как радиусы одной окружности,
— общая сторона). Следовательно,
. С другой стороны,
как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги
и
. Значит,
лежит на
.

Аналогично доказывается, что
лежит на
,
— на
,
— на
. Найдем угол
:
![Rendered by QuickLaTeX.com \[\angle B_4B_1B_2=2\pi-\angle B_4B_1O_1-\angle O_1B_1O_2-\angle O_2B_1B_2=\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-c564501a1e7bbe59037e90b2464d2c3b_l3.png)
![Rendered by QuickLaTeX.com \[=2\pi-\frac{1}{2}(\pi-\angle B_1O_1B_4)-\angle O_1A_1O_2-\frac{1}{2}(\pi-\angle B_1O_2B_2)=\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-de137dae345b34e2b3361723cb304b9c_l3.png)
![Rendered by QuickLaTeX.com \[=\pi+\frac{1}{2}(\angle B_1O_1B_4+\angle B_1O_2B_2)-\angle O_1A_1O_2 .\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-84db008c86704e698c7b21349fbffe62_l3.png)
Однако
![Rendered by QuickLaTeX.com \[\angle B_1O_1B_4+\angle B_1O_2B_2=\angle A_3O_1O_2-\angle B_1O_1O_2+\angle A_3O_2O_1-\angle B_1O_2O_1=\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-2167a1be3c37d6f8bef9bad84438f035_l3.png)
![Rendered by QuickLaTeX.com \[=\pi-\angle O_1A_3O_2-(\pi-\angle O_1B_1O_2)=\angle O_1A_1O_2-(\pi-\angle A_1O_1O_2)=\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-99425361f35dcf2db3d7df513386a88d_l3.png)
![Rendered by QuickLaTeX.com \[=2\angle O_1A_1O_2-\pi ,\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-ddf3872fa8942bafd6941f287c283ef1_l3.png)
откуда
![Rendered by QuickLaTeX.com \[\angle B_4B_1B_2=\pi+\frac{1}{2}(2\angle O_1A_1O_2-\pi)-\angle O_1A_1O_2=\frac{\pi}{2} .\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-7dd998525f06b59587098619fc984d89_l3.png)
Точно так же доказывается, что и остальные углы четырехугольника
прямые.
11.4. На координатной плоскости построены две параболы:
и
, и к ним проведены две общие касательные. Докажите, что четырехугольник с вершинами в точках касания является параллелограммом.
Показать решение
Параболы симметричны относительно точки
— это середина отрезка, соединяющего их вершины. Для доказательства этого достаточно рассмотреть три пары симметричных точек, например,
и
,
и
,
и
— любая парабола однозначно задается тремя точками. Следовательно, общие касательные также будут симметричны относительно этой точки, а значит, рассматриваемый четырехугольник будет иметь центр симметрии. Следовательно, это параллелограмм (противоположные стороны параллельны, так как диагональ пересекает их под равными углами).
Второй день
11.5. На шахматную доску размера
поставили
ладью так, что ни одна из них не бьет другую. Докажите, что в любом квадрате
стоит хотя бы одна ладья.
Показать решение
11.6. Точки
и
— середины сторон
и
параллелограмма
, а отрезки
и
пересекаются в точке
. Точка
лежит на отрезке
, причем
. Докажите, что площади треугольника
и трапеции
равны.
Показать решение

Проведем через точку
прямую, параллельную
и пересекающуюся с
в точке
. Прямую
продолжим до пересечения с
в точке
.
Из подобия треугольников
и 
![Rendered by QuickLaTeX.com \[\frac{BK}{BN}=\frac{1}{2}.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-408ff4b9fac8f76346a2933e2d1559b7_l3.png)
Значит,
, так как эти треугольники имеют общее основание (
), а высоты их отличаются в 2 раза. Отсюда
.
Треугольники
и
подобны (все их стороны попарно параллельны) с коэффициентом подобия 2. Следовательно,
.
Рассмотрим треугольники
и
. В них
как углы с параллельными сторонами, а значит,
![Rendered by QuickLaTeX.com \[\frac{S_{BKM}}{S_{FDN}}=\frac{BK\cdot KM}{FN\cdot ND}.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-6858ab6d814df035f8fb1f585e934783_l3.png)
Из подобия треугольников
и
(все их стороны попарно параллельны)
.
Из подобия треугольников
и
(все стороны попарно параллельны)
.
Подставляем последние два соотношения в формулу с отношением площадей треугольников
и
, получаем, что
.
Следовательно,
.
А
.
Отсюда следует, что площадь трапеции
равна площади треугольника
.
11.7. Для каких натуральных
числа
можно разбить на
групп по четыре числа так, чтобы в каждой группе одно из чисел равнялось среднему арифметическому трех остальных?
Показать решение
Если числа удалось разбить на требуемые группы, то сумма чисел в каждой группе кратна
. В самом деле, пусть
— числа одной группы, и
. Тогда
.
Значит, сумма всех чисел
![Rendered by QuickLaTeX.com \[1+2+\ldots+2n=\frac{4n(4n+1)}{2}=2n(4n+1)\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-e6560eff037420482e9f3c7c2015ca94_l3.png)
также делится на
, а это возможно только при четном
.
Покажем, что при любом четном
такое разбиение возможно. Разобьем все числа на группы по 8 чисел в каждой, идущих подряд. Числа каждой группы разобьем на две группы. В первую отнесем числа вида
![Rendered by QuickLaTeX.com \[8m+1,8m+3,8m+4,8m+8\qquad (8m+4=((8m+1)+(8m+3)+(8m+8))/3),\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-c7fb0867912ef26078c3e10e31056d76_l3.png)
во вторую — числа вида
![Rendered by QuickLaTeX.com \[8m+2,8m+5,8m+6,8m+7\qquad(8m+5=((8m+2)+(8m+6)+(8m+7))/3).\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-a9936c4e34e006912dbacd23d88dbb94_l3.png)
Следовательно, для четных
требуемое разбиение возможно.
11.8. Через точку внутри прямоугольного параллелепипеда провели три плоскости, параллельные его граням. При этом он оказался разбитым на восемь меньших параллелепипедов. Докажите, что по крайней мере у четырех из этих параллелепипедов объем не превышает
от объема исходного параллелепипеда.
Показать решение
Разобьем маленькие параллелепипеды на пары так, чтобы в каждой паре два параллелепипеда прилегали к противоположным вершинам. Докажем, что в каждой из таких пар объем хотя бы одного параллелепипеда не больше
объема исходного параллелепипеда.
Обозначим длины сторон одного параллелепипеда из пары через
, а второго — через
. Тогда длины сторон исходного параллелепипеда равны
. Объем исходного параллелепипеда равен
![Rendered by QuickLaTeX.com \[V=(a+d)(b+e)(c+f)\ge2\sqrt{ad}\cdot2\sqrt{be}\cdot2\sqrt{cf}\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-6393838a6988eaa0f68cbb36943fa1ce_l3.png)
(по неравенству между средним арифметическим и соредним геометрическим). Далее
![Rendered by QuickLaTeX.com \[2\sqrt{ad}\cdot2\sqrt{be}\cdot2\sqrt{cf}=8\sqrt{(abc)(def)}=8\sqrt{V_1}\sqrt{V_2},\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-ecc9ced07e454d22a0b1f98f4a6e3284_l3.png)
где
и
— объемы двух параллелепипедов из рассматриваемой пары, т.е.
![Rendered by QuickLaTeX.com \[V\ge8\sqrt{V_1}\sqrt{V_2}.\]](http://hijos.ru/wp-content/ql-cache/quicklatex.com-b305f7f2528ad8731c2b1d1556a7adc0_l3.png)
Из последнего неравенства сразу следует, что если
, то
.
1 Ян Альбертович Дененберг:
Опоздал с решением первой задачи, её уже решили.
У меня было так – пять карандашей, первые три короткие всех трёх цветов, а другие два зелёные, средний и длинный. Тогда, если взять три карандаша попарно различных цветов, среди них обязательно будут жёлтый и красный, но они оба короткие. А если взять три карандаша попарно различных размеров, то среди них обязательно будут средний и длинный, но они оба зелёные.
Как-то так…
[Ответить]
Елизавета Александровна Калинина Reply:
Февраль 27th, 2015 at 22:27
Да, все верно
[Ответить]
2 Андрей:
В задаче 11.4, вершина первой параболы (0,4) а второй (1,1), тогда середина отрезка, соединяющего вершины параболы (1/2,5/2)
[Ответить]
30 Декабрь 2017, 13:46