2009 Национално състезание по математика за ученици от...
DESCRIPTION
ÂTRANSCRIPT
���������������������� � �������������������������������� ��������������������������������������������������������� �!! ������� �������!!�"#�$%&'()!'!('*%+'(,-+)-)�./ / 01 2 13 4 56!78&'-)!9!'!:%*%;'-8*<!%=!$%!,'!*'>?!('*%+'(,-+)-)!:*?! 02@3<!A=!$%!,'!(%;'*B-!,-)C(),-?-'!(%!96!D%!7)?-)!*'>'(?'-)!(%!('*%+'(,-+)-)!,8&8*E%!,%;)!'&()!FBG)!H?,G)<!!!I#!$%&'(!'!?D:87(%G!H'-?*?8J8G(?7!KLMN<!O)H7%-%!P!'!,*'&%-%!(%!MN!?! 0.QKRL@ ST <!%=!U),-*)'(?!,%!-)H7?!V!?!W!-%7%6!H'!XPY?!LP!,%!,8)-+'-()!,?;'-*%G?!(%!)-,'H7?-'!NVY?YMW<!$%!,'!(%;'*B-!8JG?-'!(%!-*?8ZJ8G(?7%!VRW<!A=![7)! 0.KN MN LM K5 5 @ L6!&%!,'!(%;'*?!,A)*8-!(%!8JG?-'!NKL!?!KLM<!�\#�]!*%+(?(%-%!,%!&%&'(?!.QQ!-)H7?!-%7?+%6!H'!D%!+,'7?!-*?!)-!-B_!;)J%-!&%!,'!(%;'*B-!:)('!&+'6!7)?-)!,%!(%!*%D,-)B(?'!:)Z;%G7)!)-!0<!$%!,'!&)7%E'6!H'!!%=!+,?H7?!-)H7?!;)J%-!&%!,'!:)7*?B-!(%CZ;()J)!,!&+%!7*8J%!,!*%&?a,!0<!A=!,8b',-+a+%!7*8J!,!*%&?a,!06!7)C-)!:)7*?+%!:)('!0QQc!-)ZH7?<!�!! defgfYh9Ye9ijk9YlYmno9pYqreskjYtsYujvfw9t9Yroufxy9Ye9ijk9zY
���������������������� � ������������������������������� �������������������������������������������������������� �! ����������������������"#!$%!&$!'(!)(*+!'+',(-$,$! ../0 101 23 443 5!678(,9!!(!)($:(;!<$)$-(=,7)>!! 2?%!@A$8)$,;9,9!B)$A;(;+(!. CD EDFG 3 4 !+-$!(8+;!8A9(;!69=)(;>!&$!'(!;$-()H,!A'+I6+!,)9J6+!I+':$!K L5501M5!69+,9!'$!)(*(=;+(!;$!'+',(-$,$! .0 1 E01 M F3 4G 4 >!�N#!O!,)+7P7:;+6QRSTUV !W!A<+'$;$!96)7X;9',!'!Y(;,7)!5!69H,9!'(!89<+)$!89!',)$;+,(!Z[5![\!+!\Z!'79,A(,;9!A!,9I6+,(!]5!V!+!>!_)$A$,$!a!<)('+I$!9,'(I6$,$!V!A!,9I6$! >!b6)7X;9',,$5!9<+='$;$!969:9! 5!<)('+I$!A,9)+!<7,!',)$;$,$
���������������������� � ������������������������������� �������������������������������������������������������� �! ���������������"#!$%&'! ()* +,- -. /-!0! + ()* 1 23 34- - -./ 5 / #!!'*!6'!7%!8'9%:0!98;<%7=>;=;!?!;=!:%@%80A='!8'!8%:'>%87=B>;=;!C D()* )*,- 4E -#!F*!6'!7%!8'9%:0!8'GBH;IA9'='!7=;G8;7=!8'!JK8&L0A='!)*,-!>!98;<%7=>;=;!?#!!!!!!!!!!M#!N!;7=:;OHOI%8!=:0OHOI80&!PQR!=;S&'!T!%!U:%7%S8'='!=;S&'!8'!>07;S08'='! !&O9!RV PQ!7!>07;S08'='! !&O9!QW PR#!X&:O<8;7=!7!Y0'9%=O:! !U:%70S'!7=:'80=%!WV PQ!0PR!7O;=>%=8;!>!=;S&0!!0!#!Z:'>0=%! !0! [\ [\ P]!7%!U:%70S'=!>!=;S&'! #!_&;! !!0! a!Y'!7%!8'9%:0b!! (c.QR(d.QW QV.'*!U%:09%=O:O=!8'!=:0OHOI80&'!PQRe!F*!YOI<08'='!8'!;=7%S&'='!P #! !�fg!6'Y%8'!%!&>'Y:'=8'!9:%<'!7O7='>%8'!;=!1hc!&>'Y:'=S%='#!Z:%7%S80=%!=;S&0!8'!I0800=%!7'!;iB8'S%80!7O7!i>%iY0S&0#!!'*!j;I&;!7'!&>'Y:'=0=%!7!>O:h;>%!>!i>%iY0SB&0=%!0!7=:'80!K7U;:%Y80!8'!I0800=%!8'!9:%<'='k!F*!X=!9:%<'='!%!0i:Ai'8!U:'>;OHOI80&!(h+!&'&=;!%!U;&'i'8;!8'!J0HK:'='#!j;I&;!7'!U:'>;OBHOI80L0=%!)>!=;>'!S07I;!0!&>'Y:'=0=%*!7!>O:h;>%!>!i>%iY0S&0=%!0!7=:'80!K7U;:%Y80!8'!I0800=%!8'!9:%<'='k!!!! lmnopolqrlnrsturlvlwxyrzl{|n}utl~}l�t�o�r~rl|y�o��rlnrstur�l
����������������������� � �������������������������������� ��������������������������������������������������������� �!� ������������������! !�"#!$%&'!(%')*+,%!-+.)'!/!+!0!.'!,'&+1'2!-%!3('1*%*+%,4!!*56'!(%')*+!&4(%*+#!7'!.%!84&'9%2!-%:!; <= = / 0> ? ? @'A!3('1*%*+%,4! !+6'!81'!('B)+-*+!(%')*+!&4C(%*'D! ; ;= 0= /? > @<EA!3('1*%*+%,4! F G; H I J;= 0 = / 0> ? > > ? @K <;; !+6'!(%')*+!&4C(%*+�K= =L !,'&+1'2!-%!+*,%(1')M,! K ;NDA==!.M8M(9'!O4*%!,(+!P%)+!-+.)'#!�Q#!R4-&+,%!S2TU!+!V!)%9',!*'!%8*'!O('1'#!W4.,(4%*+!.'!81%!4&C(M9*4.,+!!+! !.!8+'6%,(+!.M4,1%,*4!4,.%-&+,%!SUT+!UV#!W(%B!,4-&','!S!%!O4.,(4%*'!O('1'2!&45,4!O(%.+-'!!1!,4-&'!X!+!.%!84CO+('!84! T1!,4-&'!Y#!7'!.%!*'6%(5,!('8+3.+,%!*'!4&(M9*4.,+,%2!'&4! !+! #!KZ; ;Z[\ KZZ@] K;@[X�_!R'E)+P'!.M8M(9'!;<<]!(%8'!+!!&4)4*+#!aM1!1.5&'!&)%,&'!*'!,'E)+P','!%!*'O+.'*!.E4(M,!*'!*46%(','!*'!(%8'!+!*'!&4)4*','2!1!&4+,4!.%!*'6+('!&)%,&','#!!'A!7'!.%!*'6%(+!.36','!*'!*'O+.'*+,%!-+.)'#!EA!b4)&4!%!1%(45,*4.,,'!-+.)4,4!1!.)3-'c*4!+BE('*'!&)%,&'!4,!,'E)+P','!8'!%!-%,*4d!! UefgfThiTeijkliTmTnopiqTrsetlkTutTvkwfxiuiTspvfyziTeijkli{T
���������������������� � ������������������������������� �������������������������������������������������������� �! ���������������������"#!$%&'()!'!*+%,('(-'.)! / 01 23 24 5 4 52 67 8 8 9 :!;<&'.)!5!'!+'%='(!>%+%?'.<+#!$%!@'!(%?'+A.!@.)B()@.-.'!(%!5CD>+-!;)-.)!*+%,('(-'E.)!-?%F!%G!.)H()!.+-!+'%=(-!;)+'(%I!JG!>)('!.+-!+'%=(-!;)+'(%:!;)-.)!)J+%K*,%.!%+-.?'.-H(%!>+)L+'@-A#!! !M#!N!);+<O()@.!@!+%&-*@!P!'!,>-@%(!.+-<L<=(-;!QRS!@!#!T-?'.+%=%.%!(%!@.+%(%.%!QR!>+'@-H%!@.+%(%.%!QS!,<,!,<.+'U(%!.)H;%!V:!;%.)!WV!X!5DYV#!Z';%![D'!=-\'.)!(%!.+-<EL<=(-;%!QRS#!!1]WY 9_ `%G!$%!@'!(%?'+-
МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ
НАЦИОНАЛНО СЪСТЕЗАНИЕ ПО МАТЕМАТИКА
ЗА УЧЕНИЦИ ОТ ПРОФИЛИРАНИ ГИМНАЗИИ И
ПАРАЛЕЛКИ НА СОУ С ЧУЖДОЕЗИКОВ ПРОФИЛ
Примерни решения на задачите
ЛОВЕЧ – 2009
1
ОСМИ КЛАС 8.1. Дадено е неравенството 2 | | 1x a x , където а е параметър. а) Да се реши неравенството при 1a . б) Да се намерят стойностите на а, за които решението на неравенството съдържа само едно цяло число. Решение. а) При , т.е. неравенството 1 0x 1x 2 | 1| 1x x няма решение. При
2 11 x , имаме
12 1 1
1 2 1
x x xx x
xx x
1.
1
1a Следователно при , ре-
шението на неравенството е 1.x б) Неравенството има решение при 1 0x , т.е. . За решението на неравенството получаваме:
1x
2 1
3
2 12 12 1
2 1 a
x ax a xx a x
xx a x .
От условията 2 13
1 a , по-
лучаваме . Тъй като
1 2 1a
1a 22 13
aa 1 , при , то решението е интервалът 1a
13
2 1 ;2 1a a . Нека m е цяло число. То ще бъде единственото цяло решение на не-
равенството, когато 1
31 2 1 2 1a m 1m a m . Оттук получаваме за а:
3 2 a 3 12 2
m m и 12
m a 2m . От условието 3 2
2m
2m следва, че , т.е. 1 mm 1
или . При имаме и , т.е. 0m 1m 1a 1a 1a . При 0m имаме 12
1 a
и 12
a 0 , т.е. 12
;0a . Окончателно неравенството има само едно цяло решение
при и 1a 12
;0a .
8.2. Даден е изпъкнал четириъгълник ABCD. Точката М е средата на CD и
. 120AMB а) Построени са точки L и N така, че АМ и BМ са съответно симетрали на отсечките DL и CN. Да се намерят ъглите на триъгълника LMN.
б) Ако 12
AD CD BC AB , да се намери сборът на ъглите DAB и ABC.
Решение. а) Тъй като АМ и BМ са симетрали на от-сечките DL и CN, то ML MD и MN MC . Но MC MD , откъдето ML M
CMB
N
60
. Също така и . Нека
. Тогава и , откъдето . Следователно
DMA LMN
2 2
LMA
180
N MB 120AMB
LMN е равнобедрен с ъгъл между бедрата 60 , т.е. е равностранен.
A B
C
L N
D M
б) Тъй като АМ и BМ са симетрали на отсечките DL и CN, то AD AL и BC BN . От
а) имаме 12
CD LN . Тогава 12
AD CD BC AL LN NB . Но
само когато точките L и N лежат на АВ. Тогава
AL
DAM M
LN NB
AL MAB
AB
60
180
и . Тъй като CBM MBN MBA MAB MBA AMB
, то
. 2(DAB CBA MAB ) 120MBA
2
8.3. В равнината са дадени 2009 точки такива, че за всеки три от тях могат да се наме-рят поне две, които са на разстояние по-малко от 1. Да се докаже, че: а) всички точки могат да се покрият най-много с два кръга с радиус 1. б) съществува кръг с радиус 1, който покрива поне 1005 точки. Решение. а) Нека А е една от точките и k1 e окръжност с център А и радиус 1. Ако всич-ки останали точки са на разстояние от точката А по-малко от единица, то всички точки се покриват с кръга k1. Ако има точка В, за която 1AB , разглеждаме окръжност k2 с център В и радиус 1. Нека С е произволна точка, различна от А и В. Тогава от трите то-чки А, В и С поне две са на разстояние по-малко от 1. Понеже 1AB , поне едно от раз-стоянията АС и ВС е по-малко от 1, т.е. точката С е вътрешна или за окръжността k1 или за k2. Следователно двата кръга k1 и k2 покриват всички точки. б) Тъй като 2009 = 2.1004 +1, то един от кръговете покрива поне 1004+1=1005 точки.
ДЕВЕТИ КЛАС
9.1. а) Да се реши системата 2
21
x yxy k
, където е реален параметър. k
б) Квадратното уравнение има един двоен корен. Да се намерят всички
тройки числа
2 0t at b
, ,x y z , които са решение на системата 2
x y axy z b
.
Решение. а) Системата е еквивалентна на системата 2
2
2
x y
y y k
1
. От второто урав-
нение получаваме уравнението 2 21y k 0 , което е изпълнено точно, когато 0k
и 1y . Следователно при решение на системата е , а при системата няма решение.
0k (1,1) 0k
б) Квадратното уравнение има двоен корен, ако 2 4D a b 0 и този корен е 2a . Тога-
ва 2
4ab . Дадената система добива вида 22
4a
x y a
xy z
, която е еквивалентна на систе-
мата 224
( ) a
x y a
x a x z
. От второто уравнение получаваме 2
22
0ax z , което е из-
пълнено точно когато 2ax и . Следователно решението на системата е 0z 2 2
, ,0a a .
Забележка. Ако x и y са решения на дадената система, то те са решения и на уравне-
нието 22 2z
40ap ap
. Това уравнение има решение, точно когато . 0z
9.2. В триъгълник ABC e вписана окръжност с център , която се допира до страните АВ, ВС и СА съответно в точките K, L и P. Правата ОК пресича отсечката PL в точка . Окръжността, описана около , пресича втори път страната ВС в точка
OD
ODL 1A , а ок-
ръжността, описана около , пресича втори път страната АС в точка ODP 1B .
а) Да се докаже, че е успоредна на АВ; 1 1A B
б) Нека М е пресечната точка на CD и AB. Да се намери отношението АМ:МВ.
3
Решение. а) Нека за определеност 1A е между А и L, а 1B е между C и P. Тъй като чети-
риъгълникът е вписан, то 1ODLA 1 1ODA OLA
OP AC
. Но
, така че . От вписания четириъгълник
имаме . Но
OL BC
1ODPB1DA
1 OP OD
ODB 1 180B , така
че . Следователно точка лежи на и
. Тъй като и 1DB
1
OD
1OD A B
D 1A B
1 1A B1
OK AB OK , то . 1 1BAB Aб) Тъй като ,
и (радиуси), то
. Тогава и
1 1 1LOA LDA PDB POB OL OP
1 1OA OB 1 1OA D OB D
1
A B
C
L
K
P
D
M
A1
B1
O1 1 90OLA OPB
1 1OA L OB P
D 1 1
,
откъдето , т.е. е средата на 1 1DA DB A B . Тъй като
, то 1 1AB A B 1
11
B D
DAAMMB
.
9.3. а) Да се намерят всички четирицифрени числа от вида 13ab , които имат различни
цифри и се делят както на 13, така и на числото ab . б) Четирицифрено число, което има различни ненулеви цифри, се дели както на число-то, съставено от първите му две цифри, така и на числото, съставено от последните му две цифри. Да се докаже, че такова число се дели или на 13 или на 3.
Решение. а) Търсеното четирицифрено число можем да запишем във вида 13.100 ab .
Тъй като, то се дели на 13, то и числото ab се дели на 13. Двуцифрените числа, кратни на 13 са 13, 26, 39, 52, 65, 78, 91. Числата 13, 39 и 91 имат еднакви цифри с 13, следова-телно не изпълняват условието. Непосредствено се проверява, че 1378 не се дели на 78, а числата 1326, 1352 и 1365 удовлетворяват условието.
б) Нека .100cdab cd ab е четирицифрено число, което се дели и на cd и на ab . То-
гава от една страна cd дели ab , т.е. .cd k ab и от друга страна ab дели .100cd . От-
тук .cd k дели .100cd , т.е. е делител на 100. При това 1k 1k 0 (При търсеното
число ще има равни цифри, а при числото
1k
10k ab няма да е двуцифрено). И така,
числото 100 k .100 .cdab cd ab cd е равно или на .102 .3.34cdcd , или на
.104 .13.8cd cd , или на .105cd .3.35cd .
ДЕСЕТИ КЛАС
10.1. Нека 2( ) 3f x x x и . 3 2( ) 6 14 4g x x x
а) Да се намери множеството М от решенията на неравенството 2( ) ( )f x g x .
б) Да се намери най-голямата стойност на функцията ( )f x в множеството М.
Решение. a) . 22 2 3 2 4 2( ) ( ) 3 6 14 4 5 4 0f x g x x x x x x x
Корените на биквадратното уравнение 4 25 4x x 0 са: 1 2x
] [ 1;1]
, , и
. Неравенството решаваме с метода на интервалите:
2 1x
[2; )
3 1x
4 2x
x x4 25 4 ( 2)( 1)( 1)(x x x x 2) 0 ( ;x 2 .
4
б) Най-голямата стойност на квадратната функция 2( ) 3f x x x се достига при 32
x ,
като ( )f x расте при 32
x и намалява при 32
x . Но 32
(1;2) , а интервала ( не
принадлежи на М. Тъй като , то ( )
1;2)
(1) (2) 2f f f x приема най-голяма стойност при 1x и . 2x
10.2. В остроъгълен триъгълник точка Н е пресечната точка на височината към
ABC CEAB с височината BD към AC . Окръжност с диаметър пресича страните DE AB
и съответно в точки и . Правите и се пресичат в точка . Ако , и , да се намери:
ACBC
F7
G FG AH K25 20BD BE
а) периметърът на триъгълника ABC ; б) дължината на отсечката AK . Решение. а) От правоъгълните триъгълници BCD и BCE намираме
2 225 20 15CD и 2 225 7 24CE . От ADB AEC следват равенствата AD BD ABAE CE AC
. Заместваме и от равенствата 5 76 1
AEAD
ADAE 5
получаваме и . Тогава 15AD 18AE 25AB , 30AC и пе-риметърът на триъгълника е . ABC 80б) Тъй като , то 90EFD DF CE . Но е средата на ,
откъдето следва, че . Тъй като точките и ле-жат на една окръжност с точките и и на втора окръжност с точките
D AC
D9FE AF EG F
B и то C , AFG ADE ABC , т.е. GF CB . От
теоремата на Талес получаваме AK AFAP AB
, където петата на
височината към
Р
BC . Тъй като BD е височина и медиана в ABC , то BA BC , откъде-
то следва, че . Окончателно 24AP CE 9.2425
8,
A F
D
E
C
B
G HK
P
64AK .
10.3. Дадена е квадратна мрежа, съставена от 6х5 квадратчета. Пресечните точки на линиите са означени със звездички.
а) Колко са квадратите с върхове в звездичките и страни, успоредни на линиите на мрежата?
б) От мрежата е изрязан правоъгълник 2х3, както е показано на фигурата. Колко са правоъгълниците (в това число и квадра-тите) с върхове в звездичките и страни, успоредни на линиите на мрежата? Решение. а) Очевидно възможно най-големият квадрат, който може да се преброи, е с размери 5х5. Ще преброим поотделно квадратите с различни размери като първо преб-роим тези, които лежат върху най-долния ред, и получения брой умножим по броя на редовете, за които това е възможно. С размер 1х1 те са 6.5 = 30; с размер 2х2 те са 5.4 = 20; с размер 3х3 те са 4.3 = 12; с размер 4х4 те са 3.2 = 6 и накрая с размер 5х5 те са 2. Окончателно: 30 + 20 + 12 + 6 + 2 = 70 квадрати. б) Нека разгледаме две произволни звездички от мрежата. Ако те не лежат на линия от нея, те еднозначно определят правоъгълник като два срещуположни негови върха. Броят на всички звездички в мрежата 2х6 са 3.7 = 21. Всяка от тях с всяка от останалите обра-зуват отсечка (диагонал) и тъй като ги броим два пъти, то броят на тези отсечки е (21.20):2 = 210. От тях по една хоризонтална линия
5
има 21 отсечки, а на всяка вертикална – 3 отсечки. Броят на търсените отсечки диаго-нали е 210 – 3.21 – 7. 3 = 126. Тъй като всеки правоъгълник има два диагонала, то броят на правоъгълниците в тази ивица е 63. Аналогично в мрежата 4х5 има 150 правоъгъл-ника. При броенето правоъгълниците в мрежата 2х4 (те са 30 на брой) са броени два пъти. Следователно, броят на правоъгълниците във фигурата е 63 + 150 – 30 = 183.
ЕДИНАДЕСЕТИ КЛАС
11.1. Нека реалните числа p и q са такива, че уравнението 2 0x x p q няма реални корени. Да се докаже, че: а) уравнението има два различни реални корена; 2 2x qx p 0
б) уравнението 2 32
5 4x q x p q 12
0 има реални корени 1x < 2x такива, че ин-
тервалът ( 1x , 2x ) съдържа поне три цели числа.
Решение. Уравнението няма реални корени, когато ,
т.е.
2 0x x p q 1 4 4 0D p q 14
p q .
а) Уравнението а различни реални корена, когато
или
2 2 0x qx p има дв 2 0D q p 2p q . Тъй като 1
4p q , достатъчно е да покажем, че 21
4q q или
2 14
q q 0 . Но 22 1 1
4 40q q q .
б) Уравнението 2 32
5 4x q x p q 12
0 ще има реални корени 1x < 2x такива, че
интервалът ( 1x , 2x ) съдържа поне три цели числа, когато и . Но 0D 2 1 3x x
2 1x x D . Следователно трябва да покажем, че 3D или . Последователно
пресмятаме
9D
2 23 32 2
20 16 2 9 4 7 16( )p qq p q q p . Понеже ,
то и е достатъчно да покажем, че
16( )p q 4
7 16( ) 3p q q2
4 3p 32
или
2 34
3(q p q )p . Но 3 1 34 4 4
3( ) 3 0p q и 2q p 0 , откъдето следва, че
и . 9D 32 1x x
11.2. Точките А, В и С лежат на една права. Построени са две окръжности и с ди-
аметри съответно отсечките АВ и ВС. През точката А е построена права, която пресича в точка D и се допира до 2k в точка Е. Да се намерят радиусите на окръжностите,
9 12
1k 2k
1k
ако
и BD BE . Решение. Възможни са три случая: І. А е между В и С. Тогава не съществува допира-телна към окръжността , която пресича k . 2k 1
ІІ. В е между А и С. Тогава BCE BED , откъде-
то ~BEC BDE и 16BEBC
BC BDBE
. Следова-
телно . Последното е невъзможно, защото от 8OE BO OC ~ABD AOE и следва, че . AO AB OE BD
AO
DE
CB
..
k1 k2
6
ІІІ. С е между А и В. Тогава BCE BED , откъдето
~BEC BDE и 16BC
AO
D
CB
.
k1
k2
.EBD BEBE BC
. Следователно
. Ако R е радиусът на , от
намираме
8BO OC OE
~ABD AOE 1k
2 92 8 8
BD ROE R
36ABAO R .
Забележка. Може да се използва и тригонометрия. Ако
, то . От BED 2BOE BDE намираме 34
sin
и от BOE : 2sin
8.BEBO
11.3. Таблица съдържа 2009 реда и К колони. Във всяка клетка на таблицата е написан сборът на номерата на реда и на колоната, в които се намира клетката. а) Да се намери сумата на написаните числа. б) Колко е вероятността числото в случайно избрана клетка от таблицата да е четно?
Решение. а) В първи ред имаме (1 1) (1 2) ... (1 )K = 1
2
K KK
. Аналогично,
във втория ред сумата е 1
22
K KK
и т.н., в 2009-я ред сумата е
1
22009
K KK
. То-
гава за сумата на всички числа получаваме
1
21 2 3 ... 2009 2009.
K KK
=
2009 2011
2
K K .
б) Броят на всички клетки е . Броят на четните числа в реда зависи от четността на К. Нека . Тогава във всеки ред четните числа са (във нечетните – първото, третото и т.н., а в четен ред – второто, четвъртото, ..., последното), а в цялата таблица –
. Следователно вероятността в този случай е 0,5. Нека
2009K2K k
1
k
2009k 2K k . Тогава във все-ки нечетен ред четните числа са 1k , а във всеки четен – . Тогава всички четни числа са . Следователно вероятността в този случай е
k
1 1004 1005 2009k k 1005k 2009
2.20K 2009 1 1
09 2 40182010
K K
2 0
.
ДВАНАДЕСЕТИ КЛАС 12.1. Дадено е уравнението , където k е реален параметър. Да се
намерят стойностите на k, при които уравнението има:
4 23 2x k x k
а) точно три реални корена; б) поне три реални корена, които образуват аритметична прогресия. Решение. Полагаме . Уравнението 2z x 2 3 2z k z k 2 0
2 5 2 0k k k
има неотрицателни ре-
ални корени, когато и 2 23 2 4k D k 3 2 0 . Оттук получа-
ваме , 2k 25
k и 23
k . Окончателно 25
k .
а) Имаме 112
3 2z k D и 212
3 2z k D . Тъй като, при 25
k , то за
да има уравнението три корена трябва
1 0z
2 0z . Оттук намираме 3 2 0Dk или
7
2 2 23 2 3 2 4k k k , т.е. . Следователно, при 0k 0k , уравнението има точно
три реални корена: 1x 2 , и 2 0x 3 2x .
б) При 25
k , и уравнението има два реални корена. При 1z z 225
k , урав-
нението има четири реални корена:
0k
1 1x z , 2 2x z , 3 2x z , 4 1x z , като
1 2 3 4x x x x и 1 4 2 3x x x x . Остава да проверим при кои стойности на k
3 2 42x x x . Последователно намираме 2 22 z z 1z или 2z 13 z , т.е.
. Оттук 2 19z z 4 3 2 5k D или 9 6 6k k 0 и 16
19k , . Тъй като 2 6k
1 225
,k k , то корените образуват аритметична прогресия. От а) при уравнение-
то има три реални корена, за които непосредствено се проверява, че образуват аритме-
тична прогресия. Окончателно:
3 0k
1k 619
, 2 6k и 3 0k .
12.2. В окръжност с радиус 1 е вписан триъгълник АВС с 45CAB . Симетралата на страната АВ пресича страната АС във вътрешна точка D, като CD = kAD. Нека S е лице-то на триъгълника АВС. а) Да се намери S при . 1k б) Да се изрази S като функция на k и намери стойността на k, при която S е най-голямо. Решение. Нека М е средата на страната АВ.
а) При , CD = AD и от AM = MB намираме 1k 1AD DCAM MB
. От теоремата на Талес
следва че, ||MD BC . Но MD AB така че 90ABC 45B
. Тогава АС е диаметър на описа-
ната окръжност и . Тъй като 2AC CA , то 2AB BC и . 1ABCS б) Да означим . От равнобедрения правоъгълен триъгълник имаме AM MB x AMD
2AD x , откъдето 2CD k x . Тогава 2AB x , ( 1) 2AC k x и
222
. . 2( 1) ( 1)S AC AB k x k x 1 12 2
sin 45 2x . По синусова
теорема имаме 2sin 45 2BC . По косинусова теорема
имаме или 2 2 2 2 . cos 45BC AB AC AB AC 2 21k x 2 2 ,
откъдето 2
2 1
1 kx
. Следователно
2
1
1
k
kS
. Нека ABC
in(135
2s )
и
. Тогава , 135 ACB 2sinAC AB ,
135 22
c
A
D
C
Mx Bx
2x
452
12
. 2 sin( osS A .sin 45C AB 135 )sin os(1 c 35 2 )
22
cos(135 2 ) 22
. Лицето S е най-голямо, когато достига макси-
мума си. Но , откъдето
cos(135 2 )
max cos(135 2 ) 1 1 22
max S . Тогава 2
1 2121
k
k
и
2 1k .
Забележка. Лицето S е най-голямо, когато 21( )
1kf k
k
достига максимума си. Имаме
2 2
2 22 2
1 ( 1)2 2 1( )1 1
k k k k kf kk k
( ) 0f k, за 1 2k 0k ( ) 0f k . Но , при
8
0; 2 1k , ( ) 0f k при 2 1k . Следователно лицето S е най-голямо при
2 1k . 12.3. Основата ABCD на пирамидата QABCD e трапец с основи AB и CD, AC CB
90 90 и
. Околните ръбове на пирамидата са равни помежду си, и ли-цето на е 4 . Да се намери:
и . Околните ръбове на пирамидата са равни помежду си, и ли-
цето на е 4 . Да се намери: 30CAB AQB
30CAB AQB AQBAQB
а) обемът на пирамидата; а) обемът на пирамидата; б) лицето на сечението на пирамидата с равнина б) лицето на сечението на пирамидата с равнина , която минава през ръба AB и склю-чва с равнината на основата ъгъл, равен на ъгъла между равнините и ( )QCD ( )ABCD . Решение. Нека Н е ортогоналната проекция на върха Q върху равнината АВCD. От QA QB QC QD следва, че Н е център на описаната около АВCD ок-ръжност. От следва, че АВ е диаметър на тази окръжност, т.е. Н е средата на АВ. От
следва, че
9
AC CB
30CAB 12
BC AB 60CHB и .
Тъй като АВCD е вписан в окръжност, той е равно-бедрен BC AD AHD и . Оттук 60 60CHD
и 12
CD AB . От и QA QB 90AQB имаме, че
12
QH AB . Тогава 2. 4B QH QH 12
.A
FE
D C
B
Q
H P
K
L
AQBS A , откъдето QH 2 , и . 4AB 2CD
а) За обема V на пирамидата имаме 13
.ABCDV S QH . Нека CP AB . От ACP намира-
ме 32
sin 30 2 3CP AC . Тогава 12
3 3ABCDS AB ( ).CD CP . Оттук
3 313 4
4.2 2 3V .
б) Нека и . Тъй като , то . Следователно сечението на пирамидата с равнината
CQ F DQ E ||AB CD || ||EF CD AB е трапеца ABFE. Нека L е средата на CD. Тогава
LH (Q Ако EFA B и L ) AB . H LQ K , то , (ABCD ) KHL и
( ), ( )ABCD 90QHL
QCD
KLH . Следователно точка К е такава, че . Тъй
като , то К е средата на хипотенузата LQ. От намираме
KLHQL
KHLH
2 2QH LH 2 34
2 2 2 7QL и 7 74 2
2KH . Тъй като и KH AB
12
1CD EF , то 5 712 4
( ).ABFES AB KH EF .
Задачите са предложени от: Чавдар Лозанов (8.1; 11.1; 12.2; 12.3), Теодоси Витанов (8.3; 11.2), Симеон Замковой (8.2; 9.2; 11.1), Таня Ичева (10.1; 12.1), Мадлен Христова (9.1; 9.3; 10.2; 10.3; 11.3) Брошурата е подготвена от Чавдар Лозанов.