X Международная дистанционная олимпиада «Эрудит»
Математика
2 тур
Ответы и решения к заданиям олимпиады
Максимальное количество баллов – 30 баллов
1. (2 балла). 
.
Обозначим: m = 1 – a – b – c , тогда из условия задачи следует, что
a + b + c + m = 1.
Предположим, что N > 
, тогда каждое из данных чисел больше, чем ,
Следовательно, a + b + c + m > 1 – противоречие. Значение N = 
достигается, если a = b = c =
2. (3 балла). 1 : 3.
Предположим, что доля цейлонского чая в одном фунте равна х, тогда доля индийского чая равна (1 – х). Чтобы при цене 10 рублей за фунт иметь прибыли на 3 рубля больше, чем раньше, нужно, чтобы старая цена фунта равнялась 7 рублям. Получаем уравнение:
10∙х + 6∙(1 – х) = 7,
Откуда находим: х = ,
1 – х = 
.
Значит, наше отношение есть: 1: 3.
3. (3 балла) . 
.
Следует заметить, что 
.
Аналогично, 
и 
.
Тогда 
, 
,
.
Следовательно, .
4. (4 балла). Андрей сможет найти числа. Это числа 0, −5, 10, 12, −3, 2, 1.
Пусть х - некоторое число, которое было записано между числами 1 и -5. Зная одно из чисел и сумму, можно определить и второе число, составим таблицу с несложными вычислениями.
Порядковый номер числа | Число |
1 | х |
2 | -5-х |
3 | 5-(-5-х)=10+х |
4 | 22-(10+х)=12-х |
5 | 9-(12-х)=х-3 |
6 | -1-(х-3)=2-х |
7 | 3-(2-х)=1+х |
1 | 1-(1+х)=-х |
Приравниваем первую и последнюю строки таблицы, получаем уравнение х=-х, где х=0. Находим искомые числа 0, −5, 10, 12, −3, 2, 1.
5. (5 баллов) R.
Очевидно, что на чертеже выполняется симметрия относительно прямой BH, которая делит угол ABC на два равных угла. Заметим, что равны и углы QBX и QSX (как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу). Аналогично, равны и углы XQS и XBS, но угол QBX равен углу XBS в силу симметрии, поэтому все четыре угла равны. Значит, треугольник QSX равнобедренный с основанием QS. Следовательно, точка X лежит на серединном перпендикуляре к хорде QS, кроме того, она, очевидно что
равноудалена от точек Q и T , поэтому X является центром исходной окружности. Следовательно, расстояние от X до AC равно R.
6. (6 баллов) -8; -4; -2; 2.
Одно из лучших решений. Просолович Андрей.
Выполним следующие преобразования:
= 
= 
+ 
= 
+ = а – 3 +
Для того, чтобы результат был целым числом, необходимо, чтобы: а было целым, ( -3 – уже целое) и (а + 3) равнялось или 1, или -1, или 5, или -5, так как только в этом случае дробь будет являться целым числом.
Получаем:
а + 3 = 1, значит а = -2,
а + 3 = -1, значит а = -4,
а + 3 = 5, значит а = 2,
а + 3 = -5, значит а = -8.
7. (7 баллов) 
, 13.
Одно из лучших решений. Просолович Андрей.
I случай. (Центры окружностей лежат по одну сторону от касательной)
1. Соединим центры окружностей отрезком ОО1.
R - радиус большой окружности, r - радиус малой окружности.
2. Проведём общую касательную АВ = 5см. Проведём радиусы в точки касания и в малой окружности, и в большой.
3. Из центра малой окружности проведём прямую ОС, параллельную прямой АВ. Получился прямоугольник. Его малые стороны ОА = ВС = 4см, а большие АВ = ОС = 5см.
4. Гипотенузу ОО1 найдем из прямоугольного треугольника ОСО1, где первым катетом является ОС = 5см, а второй катет СО1 = R - r = 8 - 4 = 4 см
5. По теореме Пифагора находим:
ОО12 = ОС2 + СО12
ОО12 = 52 + 42
ОО12 = 25 + 16
ОО12 = 41
ОО1 = 
Ответ:
II случай. (Центры окружностей лежат по разные стороны от касательной)
По условию, АВ = 5см, ОА =4см, ВО1 = 8см.
Треугольники ОАС и О1ВС подобны, так как ÐОСА = ÐО1СВ как вертикальные, ∟ОАС = ∟СВО1= 90˚ по определению касательной.
Получаем пропорцию:
ОА:ВО1 = АС:СВ
Обозначим АС через х, тогда СВ = 5 – х.
Получаем уравнение:
4:8 = х:(5 – х)
4(5 – х) = 8х
20 – 4х = 8х
12х = 20
х = 5/3
Получили, что АС = 5/3см, тогда ВС = 5 – 5/3 = 10/3
Из прямоугольного треугольника АОС по теореме Пифагора найдём ОС:
ОС2 = ОА2 + АС2
ОС2 = 42 + (5/3)2
ОС2 = 16 + 25/9
ОС = 13/3
Из прямоугольного треугольника ВО1С по теореме Пифагора найдём О1С:
О1С2 = ВС2 + О1В2
О1С2 = (10/3)2 + 82
О1С2 = 100/9 + 64
О1С = 26/3
ОО1 = ОС + СО1 = 13/3 + 26/3 = 13
ОО1 = 13см
Ответ: 13см или см
