Олимпиада 10 класс.
олимпиадные задания по алгебре (10 класс) по теме

Задание № 1

Решить уравнение:      (2 очка.)    

Задание № 2

Доказать, что при всех положительных значениях ,  и  верно неравенство

8 (+)*(+)*(+).   (3 очка.)    

Задание № 3

Вы видите на рис.1  шесть косточек домино, выложенных по правилам игры и отличающихся тем, что число очков на косточках (на двух половинах каждой косточки) возрастает на 1: начинаясь с 4, ряд состоит из следующих чисел очков:

4;    5;    6;    7;    8;    9.

Такой ряд чисел называется арифметической прогрессией. Составить ещё несколько 6-косточковых прогрессий. Сколько всего таких прогрессий можно составить?     (4 очка.)    

 Рис.1  

Задание № 4

Доказать, что если длины прямоугольного треугольника образуют арифметическую прогрессию, то разность этой прогрессии равна радиусу вписанного в этот треугольник круга. Смотри рис. 2       (5 очков.)    

    Рис.2  

Задание № 5

Даны две плоскости  и , пересекающиеся по прямой p. В плоскости  дана точка A и в плоскости  ─ точка C. Ни одна из этих точек не лежит на прямой p. Построить в плоскости  точку B и в плоскости  точку D, являющиеся вершинами равнобедренной трапеции ABCD (AB║ CD), в которую можно вписать круг. Смотри рис. 3     (10 очков.)                    

                                       Рис.3    

Задание № 1

Решить уравнение:       

Решение:  ОДЗ:  ,

                             ,

                             ,

Пусть , где  > 0

Тогда уравнение примет вид:

      ,

      ,

      ,  

     а) ,     б) ,

          корней нет,           ,

          т. к. −3 < 0             ,

   Ответ: .

Задание № 2

Доказать, что при всех положительных значениях ,  и  верно неравенство

8 (+)*(+)*(+).

Решение: (один из способов)

Используя неравенство Коши,

имеем , ,

Аналогично ,

Перемножим три полученных неравенства с положительными членами, получим

(+)*(+)*(+),

т. к.  > 0,  > 0,  > 0, то  =  = , то

8(+)*(+)*(+).

Задание № 3

Вы видите на рис.1  шесть косточек домино, выложенных по правилам игры и отличающихся тем, что число очков на косточках (на двух половинах каждой косточки) возрастает на 1: начинаясь с 4, ряд состоит из следующих чисел очков:

4;    5;    6;    7;    8;    9.

Такой ряд чисел называется арифметической прогрессией. Составить ещё несколько 6-косточковых прогрессий. Сколько всего таких прогрессий можно составить?

 Рис.1  

Решение:

Всех 6-косточковых прогрессий можно составить 23. Начальные косточки их следующие:

а) для прогрессий с разностью 1:

0 − 0                   1 − 1                   2 − 1  

0 − 1                  2 − 0                    3 − 0  

1 − 0                0 − 3                   0 − 4  

0 − 2                1 − 2                   1 − 3

        2 − 2                   3 − 2  

        3 − 1                    2 − 4  

        1 − 4                   3 − 5  

        2 − 3                   3 − 4

б) для прогрессий с разностью 2:

0 − 0;                   0 − 2;                  0 − 1.

Задание № 4

Доказать, что если длины прямоугольного треугольника образуют арифметическую прогрессию, то разность этой прогрессии равна радиусу вписанного в этот треугольник круга. Смотри рис. 2

Решение:

 − прямоугольный,

BC = , AC = +, AB = +, где  − разность арифметической прогрессии.

Тогда + = ,

           +++ = ++,          

           −−3 = 0,                        

                +−3−3 = 0,                

           −3 = 0,  = 0,

           Откуда  (>0),

Поэтому

BC = , AC = , AB = ,

Получим

    AB = AL + LB = AK + MB,

    BM = BC − MC =  − ,

    AK = AC − KC =  − ,    

    AB = AK + MB = (−) + (−) = −2,

     − 2 = ,

     −  = 2,

     = 2,  = , что и требовалось доказать.

    Рис.2  

Задание № 5

Даны две плоскости  и , пересекающиеся по прямой p. В плоскости  дана точка A и в плоскости  ─ точка C. Ни одна из этих точек не лежит на прямой p. Построить в плоскости  точку B и в плоскости  точку D, являющиеся вершинами равнобедренной трапеции ABCD (AB║ CD), в которую можно вписать круг. Смотри рис. 3

Решение:

Пусть трапеция ABCD ─ искомая.

Тогда прямые AB║ CD║ p.

Таким образом через точки A иC проводим прямые p1║p и q1║p.

На этих прямых p1 и q1 найдем точки B и D ─ вершины равнобедренной трапеции ABCD, в которую вписан круг.

Воспользуемся свойством окружности вписанной в трапецию:

AB + CD = AD + BC = 2AD,

Тогда AF1 = FE, где F1 ─ середина AB,

FF1q1 и E ─ проекция a на CD.

Поэтому AB = 2AF1 =2EF и CD = 2CE ─ 2EF, откуда

2AD = 2EC, т. е. AD = EC. Точки D и D1 лежат на окружности радиуса EC, с центром в точке A .

Задача имеет решение, если AD = EC  FF1, т. е. , т. е. ACE450.

Построение (рис.4)

Из точки A опускаем перпендикуляр AE на прямую q1 и из точки A радиусом, равным CE описываем окружность. Возьмем точки D и D1 пересечения с прямой q1. Разделим отрезок CD пополам и проведем FF1CD. Точку B(B1) получим, отразив симметрично точку A относительно FF1.

Таким образом задача имеет два решения, если ACE < 450, и одно решение, тогда трапеция превращается в квадрат, если ACE = 450.

 Рис.3                                                                              Рис.4