Задание 1
В зоопарке есть 10 слонов и огромные чашечные весы. Известно, что если любые четыре слона встанут на левую чашу весов, а любые три – на правую, то левая чаша перевесит. Пять слонов встали на левую чашу и четыре – на правую. Обязательно ли левая чаша перевесит?
Ответ: не обязательно.
Решение
Приведём контрпример. Пусть пять слонов весят по 7 тонн, а ещё пять – по 9 тонн каждый.
Тогда любые четыре слона на левой чаше весов вместе весят не менее, чем 4∙7 = 28 тонн, а любые три слона на правой – не более, чем 3∙9 = 27 тонн, и левая чаша действительно перевесит.
Но если пять “лёгких” слонов общей массой 5∙7 = 35 тонн встанут на левую чашу весов, а четыре “тяжёлых” слона общей массой 4∙9 = 36 тонн на правую, то перевесит правая чаша.
Существует и много других контрпримеров. В приведенном примере масса слонов правдоподобна. От школьников этого не требуется.
Критерии проверки
- “+” – приведен любой верный контрпример с доказательством его пригодности
- “±” – приведен верный контрпример, но не объяснена его пригодность
- “–” – приведен верный ответ с неверным контрпримером
- “–” – приведен только ответ
Задание 2
На доске записаны двузначные числа. Каждое число составное, но любые два числа взаимно просты. Какое наибольшее количество чисел может быть записано?
Ответ: четыре числа.
Решение
Оценка. Так как любые два записанных числа взаимно просты, то каждое из простых чисел 2, 3, 5 и 7 может войти в разложение на множители не более, чем одного из них. Если же на доске пять или более чисел, то все простые множители в разложении какого-то из них должны быть не меньше, чем 11. Но это составное число, значит, оно не меньше, чем 121. Это противоречит условию: все записанные числа двузначные. Следовательно, на доске записано не более четырёх чисел.
Пример. 25, 26, 33, 49.
Существуют и другие примеры.
Критерии проверки
- “+” – приведено полное обоснованное решение
- “±” – приведена верная оценка, но пример не приведен или он неверен
- “ ” – приведены только верный ответ и верный пример
- “–” – приведен только ответ
- “–” – задача не решена или решена неверно
Задание 3
В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AD и CE. Точки M и N – основания перпендикуляров, опущенных на прямую DE из точек A и C соответственно. Докажите, что ME = DN.
Решение
Так как ∠ADC = ∠AЕC, то четырехугольник АЕDС – вписанный. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ
По свойству вписанного четырехугольника ∠NDC = ∠ВАС = α, ∠MEA = ∠ВСА = γ (см. рис. 9.3а). Тогда, используя прямоугольные треугольники АМЕ и АЕС, получим: МЕ = АЕ∙cosγ = AC∙cosα∙cosγ. Аналогично, DN = DC∙cosα = AC∙cosγ∙ cosα.
Следовательно, ME = DN, что и требовалось.
Второй способ
Воспользуемся тем, что центром окружности, описанной около АЕDС, является середина О стороны АС. Так как треугольник DOE – равнобедренный, то его высота ОК является и его медианой, те есть ЕК = КD (см. рис. 9.3б). Прямые АМ, ОК и CN перпендикулярны прямой ED, поэтому параллельны друг другу. Из того, что АО = ОС по теореме Фалеса следует, что МК = КN. Тогда ME = МК – ЕК = КN – КD = DN, что и требовалось.
И в этом способе решения необязательно “напрямую” использовать окружность. Равенство ОЕ = OD следует из того, что эти отрезки являются медианами прямоугольных треугольников с общей гипотенузой и проведены к ней.
Критерии проверки
- “+” – приведено полное обоснованное решение
- “±” – приведено верное в целом решение с пробелами в обосновании или с ошибкой, не меняющей логики доказательства (например, перепутаны синус и косинус)
- “–” – задача не решена или решена неверно
Задание 4
Задание 4
Критерии проверки
- “+” – приведено полное обоснованное решение
- “±” – приведены верные выкладки, но допущены неточности в обоснованиях или логические погрешности
- “–” – приведен только ответ
- “–” – задача не решена или решена неверно
Задание 5
Германн и Чекалинский разложили на столе 13 различных карт. Каждая карта может лежать в одном из двух положений: рубашкой вверх или рубашкой вниз. Игроки должны по очереди переворачивать по одной карте.
Проигрывает тот игрок, после хода которого повторится какая-то из предыдущих ситуаций (включая изначальную). Первый ход сделал Чекалинский. Кто сможет выиграть независимо от того, как будет играть соперник?
Ответ. Чекалинский.
Решение
Выигрышная стратегия Чекалинского состоит в том, чтобы каждый раз переворачивать одну и ту же карту (например, пиковую даму). Все возможные позиции можно разбить на пары, отличающиеся лишь расположением пиковой дамы. Если в ответ на ход Чекалинского Германн тоже перевернёт пиковую даму, то повторится предыдущая позиция, и он проиграет. Поэтому он вынужден переворачивать другую карту. А Чекалинский, перевернув в ответ пиковую даму, получит позицию, парную к той, которая только что была. Таким образом, каждым ходом Германну придётся “начинать” новую пару, и Чекалинский всегда сможет сделать ответный ход, “закончив” пару. Так как количество возможных позиций конечно, то рано или поздно Германн не сможет открыть новую пару и проиграет.
Критерии проверки
- “+” – приведена верная стратегия и доказано, что она выигрышная
- “±” – приведена верная стратегия, но доказательство того, что она выигрышная, недостаточно убедительно
- “ ” – приведена верная стратегия, но доказательство того, что она выигрышная, отсутствует или абсолютно неверно
- “–” – выигрышная стратегия не указана или проверяющему неясно, является ли приведённая стратегия выигрышной.
- “–” – задача не решена или решена неверно
Задание 6
Высоты неравнобедренного остроугольного треугольника ABC пересекаются в точке H. O — центр описанной окружности треугольника BHC. Центр I вписанной окружности треугольника ABC лежит на отрезке OA. Найдите угол BAC.
Ответ. 60⁰.
Решение
Из условия задачи следует, что точка O лежит на пересечении биссектрисы угла A и серединного перпендикуляра к стороне BC. Так как эти прямые пересекаются на описанной окружности треугольника ABC, то O лежит на этой окружности и является серединой дуги ВС (см. рис. 9.6 а, б). Кроме того, ∠ВНС = 180⁰ – ∠ВАС, так как Н – ортоцентр треугольника АВС. Далее можно рассуждать по-разному.
Первый способ
Обозначим углы треугольника АВС: ∠А = α, ∠В = β, ∠С = γ. (см. рис. 9.6а) Тогда ∠ОСВ = ∠ОАВ = α/2, ∠ВСН = 90⁰ – β, ∠ОСН = ∠ОСВ + ∠ВСН = 90⁰ + α/2 – β.
В треугольнике OHC: OH = OC (радиусы одной окружности), поэтому ∠ОНС = ∠ОСН = 90⁰ + α/2 – β. Аналогично, ∠ОНВ = ∠ОВН = 90⁰ + α/2 –γ. Тогда ∠ВНС = ∠ОНВ + ∠ОНС = 90⁰ + α/2 – γ + 90⁰ + α/2 – β = 180⁰ + α – γ – β = 2α.
Так как ∠ВНС = 180⁰ – α, то получим уравнение 2α = 180⁰ – α, откуда α = 60⁰.
Второй способ
Воспользуемся тем, что окружность, описанная около треугольника BHC, симметрична описанной окружности треугольника ABC относительно прямой ВС (см. рис. 9.6б). Тогда центр Р описанной окружности треугольника ABC лежит на дуге BHC. Следовательно, ∠ВНС = ∠ВРС = 2∠ВАС.
Из того, что 180⁰ – ∠ВАС = 2∠ВАС, получим: ∠ВАС = 60⁰.
Критерии проверки
- “+” – приведено полное обоснованное решение
- “±” – приведено верное в целом решение с незначительными пробелами в обоснованиях
- “ ” – приведены верные рассуждения, но допущена ошибка в счете углов, которая привела к неверному ответу
- “ ” – доказано, что точка О принадлежит описанной окружности треугольника АВС, но других продвижений нет
- “–” – приведен только ответ
- “–” – задача не решена или решена неверно