Дан прямоугольный треугольник \(ABC\) с прямым углом \(C\). На катете \(AC\) взята точка \(M\). Окружность с центром \(O\) и диаметром \(CM\) касается гипотенузы в точке \(N\). а) Докажите, что прямые \(MN\) и \(BO\) параллельны. б) Найдите площадь четырехугольника \(BOMN\), если \(CN=4\) и \(AM:MC=1:3\).

а) Доказать, что \(MN||BO\) \(\angle ANM=\frac{\smile{MN}}{2}\) (угол между касательной и хордой) \(\smile{NC} = {180}^{\circ} - \smile{MN}\) Проведём \(ON\) \(\Delta ONB=\Delta OCB\) по двум катетам (\(ON=OC\) как радиусы, \(BN=BC\) как отрезки касательных) \(\Rightarrow BO\) – биссектриса \(\angle NOC\) \(\Rightarrow T\) – середина дуги \(NC\) \(\smile{NT}= \; \smile{CT}=\frac{\smile{NC}}{2}= {90}^{\circ}-\frac{\smile{MN}}{2}\) \(\angle NOT=\angle COB= {90}^{\circ}-\frac{\smile{MN}}{2}\\ \angle NBO=\frac{\smile{MN}}{2}\\ \Rightarrow \frac{\smile{MN}}{2}=\angle NBO=\angle ANM ~(углы~соответственные~при~MN~и~OB)\\ \Rightarrow MN||OB\\ Ч.т.д.\) б) \(CN=4\), \(\frac{AM}{MC}=\frac{1}{3}\) Пусть \(AM=2х\), \(MC=6х\) \(MO=OC=3x\) (радиусы) \(S_{BOMN}-?\) \(S_{BOMN}=S_{BOA}-S_{NMA}\) \(\Delta BOA\sim\Delta NMA\) по двум углам (\(\angle A\) общий, \(\angle MNA=\angle OBA\)) \(K=\frac{OA}{MA}=\frac{3x+2x}{2x}=\frac{5}{2}\) \(S_{NMA}=\frac{4}{25}S_{BOA}\) (площади относятся как квадрат коэффициента подобия) \(S_{BOMN}=S_{BOA}-\frac{4}{25}S_{BOA}=\frac{21}{25}S_{BOA}\) В \(\Delta AON\) по теореме Пифагора: \(AN^2=AO^2-ON^2\\ AN^2=25x^2-9x^2\\ AN=4x\) Пусть \(NB=CB=y\) как отрезки касательных По теореме Пифагора в \(\Delta ABC\): \(y^2+64x^2=(4x+y)^2\\ 48x^2=8xy\\ 6x=y\\ NB=CB=6x\\ S(BOA)=S(ONA)+S(ONB)=\frac{1}{2}\cdot 3x\cdot 4x+\frac{1}{2}\cdot 3x\cdot 6x=15x^2\) Из \(\Delta COB\) по теореме Пифагора: \(OB=\sqrt{CB^2+OC^2}=3\sqrt{5}x\\ MN=\frac{2}{5}OB=\frac{6\sqrt{5}\cdot x}{5}\) По теореме Пифагора для \(\Delta MNC\): \(\frac{36\cdot 5}{25}x^2+16=36x^2\\ 16=36x^2-\frac{36x^2}{5}\\ 4=x^2-\frac{9x^2}{5}\\ \frac{36x^2}{5}=4\\ x^2=\frac{5}{9}\\ x=\frac{\sqrt{5}}{3}\\ S_{BOA}=15\cdot x^2=\frac{75}{9}\\ S_{BOMN}=\frac{21}{25}S_{BOA}=\frac{21}{25}\cdot\frac{75}{9}=7\) Ответ: 7

В ящике лежат \(73\) овоща, масса каждого из которых выражается целым числом граммов. В ящике есть хотя бы два овоща различной массы, а средняя масса всех овощей равна \(1000\) г. Средняя масса овощей, масса каждого из которых меньше \(1000\) г, равна \(988\) г. Средняя масса овощей, масса каждого из которых больше \(1000\) г, равна \(1030\) г. а) Могло ли в ящике оказаться поровну овощей массой меньше \(1000\) г и овощей массой больше \(1000\) г? б) Могло ли в ящике оказаться ровно \(11\) овощей, масса каждого из которых равна \(1000\) г? в) Какую наименьшую массу может иметь овощ в этом ящике?

\(x\) - овощи, которые весят меньше 1000 г. \(y\) - овощи, которые весят больше 1000 г. \(z\) - овощи, которые весят ровно 1000 г. \(988x+1030y+1000z=73000\) а) Исходя из условия получаем: \(x=y\); так как всего 73 овоща, то \(z=73-2x\). Получаем: \(988x + 1030x+100(73-2x) =73000\\ 2018x+73000-2000x=73000\\ x=0\) Противоречие с условием, так как овощи тяжелее килограмма есть, поскольку их средняя масса 1030 г. б) \(988x+1030( 73-11-x) +1000\cdot 11=73000\\ 988x+1030( 62-x) +1000\cdot 11=73000\\ 988x+63860-1030x+11000=73000\\ 42x=1860\) Но тогда \(x\) - нецелое число. Противоречие. в) Пусть \(a\) - масса самого легкого овоща. Тогда средняя масса овощей, которые легче 1000 г. не превосходит: \(a+999( x-1) \geqslant 988x\\ a+999x-999\geqslant 988x\\ a\geqslant 999-11x\) \(a\) должен быть самым маленьким, значит \(x\) должен быть самым большим \(988x+1030y+1000z=73000\) Так как все делится на 10 в данном уравнении, а \(988x\) еще и на 2, то \(x\) кратно 5. Кроме того, \(x\) меньше 73. Максимальное \(x\), при котором уравнение имеет натуральные решения это \(x=50\). Необходимо убедиться, что оно не может равняться 70, 65, 60 и 55. Подставляем эти значения в уравнение, получаем, что \(103y+100z\) может равняться 384, 878, 1372, 1866. В первом случае, например, \(103y+100z=384\). Это означает, что \(3y-84=100(3-y-z)\), то есть \(3y-84z\) кратно 100. Аналогично рассуждаем так и с другими. Тогда минимальное возможное \(a\) получается из уравнения \(a=999-11x \Rightarrow a=449~ г.\) Ответ: а) Нет; б) Нет; в) 449.

Есть четыре коробки: в первой коробке 101 камень, во второй — 102, в третьей — 103, а в четвёртой коробке камней нет. За один ход берут по одному камню из любых трёх коробок и кладут в оставшуюся. Сделали некоторое количество таких ходов. а) Могло ли в первой коробке оказаться 97 камней, во второй — 102, в третье — 103, а в четвёртой — 4? б) Могло ли в четвёртой коробке оказаться 306 камней? в) Какое наибольшее число камней могло оказаться в первой коробке?

а) Да, могло, например, если перекладывали таким образом: \(101, 102, 103, -\\ 100, 101, 102, 3\\ 99, 100, 101, 6\\ 98, 103, 100, 5\\ 97, 102, 103, 4\) б) Если в четвертой коробке будут все 306 камней, то остальные окажутся пусты. В каждой коробке количество камней либо уменьшается на 1, либо увеличивается на 3. Значит, после каждого действия меняется четность количества камней в каждой коробке. В 1 и 2 коробках изначально разная четность, значит, она всегда и будет разной. \(\Rightarrow\) Нет, не могло, потому что мы хотим получить случай, когда в 1 и 2 коробке по 0 камней (у них одинаковая четность - а это невозможно). в) Оценка: У первой и третьей коробки одинаковая четность. У второй и четвертой - тоже (из пункта б). Начальная разница камней в 1 и 3 коробках равна 2 (103-101=2). Если мы вычтем из каждой по одному камню, эта разница не изменится. Если вычтем из одной 1 камень, а в другую прибавим 3 камня, разница увеличится или уменьшится на 4. То есть делимость на 4 разности количества не меняется. Значит, в первой и третьей коробках не может быть одинаковое количество камней (если это верно, то разность количества камней равна 0, но мы выяснили, что она имеет остаток 2 при делении на 4). Аналогично со второй и четвертой коробками: начальная разница 102, причем 102 не делится на 4. Значит, одинакового количества камней в коробках быть не может. Предположим, что в 1 и 3 коробках четное количество камней, а во 2 и 4 - нечетное. Наименьшее количество камней в 3 коробке равно 0, в 4 - 1. Тогда во второй коробке наименьшее нечетное число, не равное 1 (выяснили, что везде разное количество камней), то есть во 2 коробке 3 камня. Значит, максимальное количество камней в первой коробке равно 306-3-0-1=302. Предположим, что в 1 и 3 коробках нечетное количество камней, а во 2 и 4 - четное. Наименьшее количество камней в 3 коробке равно 1, в 4 - 0. Тогда во второй коробке наименьшее четное число, не равное 0 (выяснили, что везде разное количество камней), то есть во 2 коробке 2 камня. Значит, максимальное количество камней в первой коробке равно 306-0-1-2=303. 303>302, построим пример для него (так как ищем наибольшее число камней). Пример: \(101, 102, 103, 0\\ 100, 101, 102, 3\) Повторяем 25 таких ходов (переносим из 1, 2, 3 коробки по одному камню в 3-ю) \(\dotsc \\ 76, 77, 78, 75\\ 75, 76, 77, 78\\ 78, 75, 76, 77\) Повторяем 75 таких ходов (из 2, 3, 4 коробки по одному камню в 1-ю) \(\dotsc \dotsc \\ 300, 1, 2, 3\\ 303, 0, 1, 2\) Получили пример, значит, 303 камня действительно можно получить. Ответ: а) да, б) нет, в) 303.

Каждое из 4 последовательных натуральных чисел разделили на любую ненулевую цифру числа. \(S\, –\) это сумма получившихся 4 чисел. а) Может ли \(S = 421\)? б) Может ли\(S = 9{,}2\)? в) Какое наибольшее может быть \(S\), если известно, что 4 исходных числа не меньше \(400\) и не больше \(999\)?

а) Да: \(\frac{209}{2} +\frac{210}{2} +\frac{211}{2} +\frac{212}{2} =421\) б) Нет, числа не могут быть трехзначными, так как \(\frac{109}{9}\) - наименьшее >10, числа не однозначные, если все однозначные, то сумма = 4, если часть однозначных, то присутствует 10, которое можно делить только на \(1\frac{10}{1} >9,2\) Числа двузначные \(\Rightarrow\) наименьшая \(S=\frac{16}{6} +\frac{17}{7} +\frac{18}{8} +\frac{19}{9}\), так как наименьшая первая цифра - 1, наибольшие вторые цифры - 6, 7, 8, 9 \(S=\frac{16}{6} +\frac{17}{7} +\frac{18}{8} +\frac{19}{9} =9\cdot \frac{115}{252} >9,2\) в) Пример: 916,917,918,919 Докажем, что больше быть не может: 1) Каждое слагаемое >900, значит все числа, которые начинаются не с 9 не подходят 2) Все числа должны иметь цифру 1, иначе даже \(\frac{992}{2} < 900\) 3) Из пункта 1 и 2 вывод, что в разряде сотен\(9\), в разряде десятков \(1\) 916,917,918,919 - наибольшее из подходящих \(S= 916+917+918+919=3670\) Ответ: а) Да; б) Нет; в) 3670.

На доске было написано несколько различных натуральных чисел. Эти числа разбили на три группы, в каждой из которых оказалось хотя бы одно число. К каждому числу из первой группы приписали справа цифру \(6\), к каждому числу из второй группы приписали справа цифру \(9\), а числа третьей группы оставили без изменений. а) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в \(9\) раз? б) Могла ли сумма всех этих чисел увеличиться в \(19\) раз? в) В какое наибольшее число раз могла увеличиться сумма всех этих чисел?

Пусть сумма всех чисел в первой группе равна A, во второй - B, в третьей - C, и пусть количества чисел равны соответственно \(x\), \(y\), и \(z\). Приписывание цифры к числу увеличивает его в 10 раз и прибавляет эту цифру. а) Да, это возможно. Например, можно из чисел 2, 7, 3 сделать числа 26, 79, 3. б) Нет. Учитывая замечание, сделанное в начале решения, получим уравнение \(10A+6x+10B+9y+C=19( A+B+C) ~ или~ 6x+9y=9A+9b+18C\) что невозможно, поскольку сумма чисел всегда не меньше их количества, а следовательно, \(9A\geqslant 9x >6x\) откуда \(9B\geqslant 9y\) то есть, \(18C< 0\). Противоречие. в) Рассмотрим частное новой суммы и старой: \(\dfrac{10A+6x+10B+9y+C}{A+B+C} =1+\dfrac{9A+6x+9B+9y}{A+B+C}\) Видно, что C должно быть сделано как можно меньше, поэтому можно считать, что в третьей группе лишь одно число (иначе перенесем одно из чисел из третьей группы во вторую). Аналогично при переносе числа из первой группы во вторую числитель дроби увеличится, а знаменатель не изменится. Значит, и в первой группе должно быть лишь одно число. Далее, если число в третьей группе не минимальное изо всех, то его выгодно обменять местами с минимальным - это не повлияет на знаменатель, но увеличит числитель - а затем заменить на единицу - это уменьшит знаменатель, и не изменит числитель. Имеем: \(1+\frac{9A+6x+9B+9y}{A+B+C} =1 + \frac{9A+6x+9B+9y}{A+B+1} =10+\frac{9y-3}{A+B+1}\) При фиксированном y следует сделать знаменатель дроби, как можно меньше. Для этого на роль чисел, составляющих A и B, следует взять наименьшие возможные, то есть \(2, 3, \dotsc, y+2\). Получим: \(10+\frac{9y-3}{A+B+1} =10+\frac{9y-3}{1+2+3+\cdots +( y+2)} =10+\frac{18y-6}{( y+3)( y+2)}\) Найдем значения полученного выражения при различных \(y\): \(y=1:10+\frac{12}{12} =11\\ y=2:10+\frac{30}{20} =11,5\\ y=3:10+\frac{48}{30} =11,6\\ y=4:10+\frac{66}{42} =11\frac{4}{7} < 11,6\) Докажем, что при прочих y ответ тоже будет меньше, чем 11,6. Для этого изучим поведение второго слагаемого. Пусть \(f( y) =\frac{18y-6}{( y+3)( y+2)}\). Найдем производную: \(f( y) =\frac{6( 23+2y-3y^{2})}{( 2+y)^{2}( 3+y)^{2}}\) При \(y\geqslant 4\) найденная производная отрицательна, функция \(f\) убывает, а поэтому при \(y\geqslant 4\) ее значения меньше, чем значение при \(y=4\). Итак, наибольшее возможное увеличение суммы составляет 11,6 исходной величины и достигается, например, для чисел: 1, 2, 3, 4, 5, которые превращаются в 1, 26, 39, 49, 59 с суммой \(174=11,6\cdot 15\). Ответ: а) да, б) нет, в) в 11,6 раза.