Математика в школе - Бунимович Е.
Скачать (прямая ссылка):
17, равна 17-
= 935. Отсюда следу-
ет, что сумма всех натуральных чисел, не превосходящих 180, которые не делятся на 17, равна 16290 - 935 = 15355. 9.7. Ответ: 20.
Решение. Упростим исходное выражение:
1 2
—5-+ —-+
a -ac-ab + be b -ab-bc + ас
1 _ 1
с2 -ac-bc + ab (a-b)(a-c)
2 1
+ (b- a)(b - с) + (с - a)(c -b)~ _ (c-b) + 2(a-c) + (b-a) _ (a-b)(b-c)(c-a) a-c 1
(а - Ь)(Ь - с)(с -а) (а - Ь)(Ь - с)
1 4
= ---^-= 25 - = 20.
(-0,04). 1,25 5
9.8. Ответ: 46.
Решение. Пусть х - это искомая величина. После того как из колбы отлили х грамм раствора, в ней осталось (230 - х) • 0,6 = 138 - 0,6* грамм «чистой кислоты». Значит, после доливания во-
138- 0,6х
ды доля кислоты составляет
Осталось решить уравнение 138- 0,6х
230
230
= 0,48 о 138 - 0,6* = 110,4 о <=> 0,6* = 27,6 <=> х = 46.
9.9. Ответ: 20.
Решение. Пусть первый член прогрессии равен а, а разность прогрессии равна d. Тогда
3(а + (а + d) + (а + 2d) + (а + 3d) + + (а + 4с0) = (а + 5d) + (а + 6d) + (а + ld) + + (а + 8d) + (а + 9d).
То есть
15а + 30d = 5а + 35d <=>
2
Седьмой член прогрессии равен
13 52
a + 6d = —d. Значит, d = — = 8. Поэ-2 1о
~2
тому а = 4. Отсюда получаем, что третий член последовательности равен а + 2d = 20.
9.10. Ответ: 49.
Решение. Так как вписанный угол АСВ опирается на ту же дугу, что и центральный угол АОВ, то
ZACB = = ^3 теоРемы коси-
нусов имеем
AB2 = 162 + 552 - 2 16-55 - =
2
= 256 + 3025 - 880 = 2401 = 492.
9.11. Ответ: (-1,5; 0,25). Решение. Преобразуем левую часть
равенства: х2 + 12ху + 52/ - 8у + 1 = х2 + 12ху + + 36>2 + 16>2 - 8у + 1 = = (ж + б»2 + (4у - I)2. Сумма квадратов двух чисел равна нулю тогда и только тогда, когда каждое
из чисел равно нулю. Поэтому у = — , а 3 4
J 2
9.12. Ответ: 24; 20.
Решение. Пусть ьг и v2 - искомые скорости. Тогда
|7,5и1+(7,5-4,5)и2=240 {(6-1)^+6^=240; °
64
Математика в школе 5 / 2011
J 7,5^ + Зі>2=240 [б^ + 6v2 = 240;
10^ = 240 4v2 = 80.
Отсюда иг - 24, а ^ = 20.
9.13. Ответ: 3.
Решение. Из характеристического свойства геометрической прогрессии следует, что
(п + 15)2 = п(46п - 30) о о п2 + 30п + 225 = 46м2 - 30м <=> <=> 45м2 - 60м - 225 = 0 <=> о Зм2 - 4п - 15 = 0.
5
Поэтому п = 3 или п = -—. Но нас
интересуют лишь натуральные п.
9.14. Ответ: 1200; 2970. Решение. Треугольники бывают
двух типов: с двумя вершинами на первой прямой и с одной на второй, и наоборот. Из 10 точек выбрать две можно
= 45 способами. Поэтому треугольников первого типа 45 • 12 = 540 штук. Аналогично, треугольников второго типа
^-^•10 = 660 штук. Итого, 1200 тре-2
угольников. Четырехугольники же однозначно задаются четырьмя вершинами, две из которых на одной прямой и еще две - на другой. Значит, всего различных четырехугольников
1^.12Л1 =45.66 = 2970. 2 2
9.15. Ответ: 15.
Решение. Треугольники СХВ и АХБ подобны (по трем углам) с коэф-
/25 _ 5 .'16 ~ 4'
-= —. По теореме о биссектрисе угла
Хи 4
фициентом подобия
Поэтому
ВМ ВХ = MD XD
довательно,
Значит,
ВМ 5 _
-=—. Сле-
BD 9
ВМ = 27- = 15. 9
9.16. Ответ: 34.
Решение. Перенесем все в одну сторону: тп - 4т - 5п - 9 = 0 о
о т(л. - 4) - 5(п - 4) - 20 - 9 = 0 о
о (т - 5)(п - 4) = 29. Так как 29 простое число, то его можно представить в виде произведения двух целых чисел лишь четырьмя способами: 29 = 1 • 29 = 29 • 1 = = (-1) • (-29) = (-29) -(-1). Осталось лишь решить четыре линейные системы:
Jm-5 = 1 Jm-5 = 29
jn-4 = 29; {п-4 = 1;
Jm-5 = -l Jm - 5 = -29 |/i-4 = -29; 1/1-4 = -1. Получаем четыре решения (6; 33), (34; 5), (4;-25), (-24; 3).
9.17. Ответ: 30576.
Решение. Очевидно, что прямоугольник однозначно задают координаты его левого нижнего и правого верхнего углов. Пусть их координаты (хг; уг) и (х2; у2). При этом х1 - любое натуральное число от 1 до 13 (13 вариантов); уг - любое натуральное число от 1 до 21 (21 вариант); х2 - любое натуральное число от 15 до 28 (14 вариантов); у2 - любое натуральное число от 23 до 30 (8 вариантов). Итого, 13 • 21 • 14 • 8 = 30576.
9.18. Ответ: 30,75.
Решение. Так как треугольники BAD и BCD равны, а центры обеих окружностей лежат на серединном перпендикуляре к BD, то расстояние между центрами равно удвоенному расстоянию от центра одной из них до отрезка BD.
Рассмотрим треугольник BAD. В нем
АВ = 50, AD = 21 и ZBAD = -, поэтому
5
по теореме косинусов получаем
BD2 = 502+212-2-50-21 - =
Олимпиады
65
= 2500 + 441 - 1260 = 1681 = 412. Пусть О - центр окружности, описанной около треугольника BAD (рис. 5). Тогда центральный угол BOD в два раза больше вписанного угла BAD. Поэтому ОМ - расстояние от точки О до отрезка BD равно
--ctgZBAD =---=-.
2 2 4 8
Следовательно, искомое расстояние
123
равно -.
Рис. 5
9.19. Ответ. 2118.
Решение. Вертикальные и горизонтальные прямые разобьют прямоугольник на 57 • 34 = 1938 единичных квадратиков. Так как 57 и 34 взаимно простые числа, то диагонали не проходят ни через одну из вершин квадратиков, кроме вершин исходного прямоугольника. Поэтому диагональ разрезает 57 + 34 - 1 = 90 квадратиков, «змейкой» соединяющих противоположные углы, а каждый разрезанный квадратик добавляет одну часть (рис. 6).
