Математические задачи 9 класс с решением и ответами.
Задача 1. По кругу выписаны в некотором порядке все натуральные числа от 1 до N (N ≥ 2) так, что у любых двух соседних чисел есть одинаковая цифра.
Найдите наименьшее возможное значение N.
Решение:
Ответ: 29.
Поскольку однозначные числа не имеют общих цифр, то N > 9.
А так как числа, соседние с числом 9, должны содержать девятку в своей записи, то меньшее из них не может быть меньше, чем 19, а большее — меньше, чем 29.
Следовательно, N ≥ 29.Равенство N = 29 возможно, поскольку условиям задачи удовлетворяет, например, такой порядок расстановки чисел от 1 до 29 по кругу:
1, 11, 10, 20, 21, 12, 2, 22, 23, 3, 13, 14, 4, 24, 25, 5, 15, 16, 6, 26, 27, 7, 17, 18, 8, 28, 29, 9, 19.
Задача 2. В треугольнике ABC на стороне AC нашлись такие точки D и E, что AB = AD и BE = EC (E между A и D).
Точка F — середина дуги BC окружности, описанной около треугольника ABC.
Докажите, что точки B, E, D, F лежат на одной окружности.
Решение:
Обозначим ∠ BDA через  .
Тогда  , (AB = AD),  .
Точки E и F равноудалены от точек B и C, поэтому FE — серединный перпендикуляр к отрезку BC, следовательно,
 .
Итак,  , т.е. точки B, F, D, E — на одной окружности. 
Задача 3. Произведение положительных чисел x, y и z равно 1.
Известно, что  .
Докажите, что для любого натурального k выполнено неравенство
Решение:
Если abc = 1, то неравенства  и (a – 1)(b – 1)(c – 1) ≤ 0 равносильны.
Действительно, из того, что  ,  ,  и abc – 1 = 0 следует, что они оба равносильны неравенству bc + ca + ab ≥ a + b + c.
Кроме того, числа t – 1 и tk – 1 имеют при k > 0 одинаковый знак. Поэтому
 .
Задача 4. Лабиринт представляет собой квадрат 8 × 8, в каждой клетке 1 × 1 которого нарисована одна из четырёх стрелок (вверх, вниз, вправо, влево).
Верхняя сторона правой верхней клетки — выход из лабиринта. В левой нижней клетке находится фишка, которая каждым своим ходом перемещается на одну клетку в направлении, указанном стрелкой.
После каждого хода стрелка в клетке, в которой только что была фишка, поворачивается на 90 по часовой стрелке.
Если фишка должна сделать ходсквозь стенку квадрата, она остаётся на месте, но стрелка по-прежнему поворачивается на 90 по часовой стрелке.
Докажите, что рано или поздно фишка выйдет из лабиринта.
Решение:
Предположим, что фишка никогда не выйдет из лабиринта.
Тогда на клетку с номером 1 фишка попадёт конечное число раз (менее 4), т.к. в противном случае, когда стрелка покажет на выход, фишка из лабиринта уйдёт.
Аналогично получаем, что после того, как фишка в последний раз побывает на поле <<1>>, она конечное число раз побывает на полях с номером <<2>>.
Продолжая рассуждения получаем, что на поле с номером k, 1 ≤ k ≤ 14 она конечное число раз побывает на поле с номером k + 1.
Значит, на каждом поле фишка побывает конечное число раз, что противоречит неограниченности числа ходов.
Следовательно, фишка должна выйти из лабиринта. 
Задача 5. Все клетки клетчатой плоскости окрашены в 5 цветов так, что в любой фигуре вида , 
все цвета различны.
Докажите, что и в любой фигуре вида 
все цвета различны.
Решение:
Предположим, что в некоторой фигуре 1 × 5 отсутствует некоторый цвет, например, синий (на рисунке эта фигура выделена).
Тогда в каждой паре клеток, обозначенных одинаковыми буквами, присутствует синий цвет (в противном случае его не будет в одной из крестообразных фигур, включающих эти пары клеток).
Но тогда одна из двух крестообразных фигур, включающих клетки, обозначенные буквами a и c, содержит 2 клетки синего цвета. Противоречие.
Задача 6. Докажите, что каждое натуральное число является разностью двух натуральных чисел, имеющих одинаковое количество простых делителей.
(Каждый простой делитель учитывается 1 раз, например, число 12 имеет два простых делителя: 2 и 3.)
Решение:
Если данное число n — чётно, т.е. n = 2m, то искомыми числами будут k = 4m и l = 2m.Пусть n — нечётно, p1, … ,ps — его простые делители и p — наименьшее нечетное простое число, не входящее во множество p1, … ,ps.
Тогда искомыми будут числа k = pn и l = (p – 1)n, так как, в силу выбора p, число p – 1 имеет своими делителями число 2, и, возможно, какие-то из чисел p1, … ,ps.
Задача 7. В треугольнике ABC ( AB > BC ) K и M — середины сторон AB и AC, O — точка пересечения биссектрис.
Пусть p — точка пересечения прямых KM и CO, а точка Q такова, что Qp ⊥ KM и QM || BO.
Докажите, что QO ⊥ AC.
Решение:
Опустим перпендикуляр OR на прямую AC.
Пусть перпендикуляр к прямой KM, восставленный в точке p, пересекает прямую OR в точке Q′.
Достаточно доказать, что MQ′||BO, т.к. это будет означать, что точки Q и Q′ совпадают. Так как KM||BC, то  .
Тогда в  , откуда Mp = MC = MA,
поэтому точка p лежит на окружности с диаметром AC и ∠ ApC = 90.
В четырёхугольнике ApOR ∠ ApO = ∠ ARO = 90,
следовательно он вписанный, отсюда  ( ∠ RpO = ∠ RAO опираются на одну дугу).
В четырёхугольнике MpQ′R ∠ MpQ′ = ∠ MRQ′ = 90, следовательно, он вписанный, отсюда  .
Если BO пересекает AC в точке D, то из ∆ BCD:  .
Отсюда MQ′ || BO.
|
