одному из контактов $A$, $D$, $E$, что и требовалось

8.1. Ответ: 1003. Указание. Разложение 2006 на простые множители таково: 2006 = 2  17  59.
Поскольку исходное число x имеет не более 4 цифр, то y, cумма этих цифр, не превосходит 36.
Тогда из условия задачи x y= 2 2  17  59, значит, y может равняться либо 2, либо 4, либо 17, либо
34. Соответственно, x будет равен либо 2006, либо 1003, либо 118, либо 59. Из этих чисел только
1003 удовлетворяет условию задачи.
8.2. Указание. Обозначим через A2, B2, C2 середины сторон BC, AC и AB соответственно. Тогда
A2B2 является средней линией и в треугольнике ABC, и в треугольнике A1B1M. Поэтому
AB = 2 A2B2 = A1B1. Аналогично BC = B1C1 и AC = A1C1. Таким образом,  ABC =  A 1B1C1 по
третьему признаку равенства треугольников.
8.3. Указание. Заметим, что одновременно не могут выполняться два равенства:
AB + BD = AC + CD
AB + AC = CD + BD ,
так как в противном случае при сложении их мы получим 2AB = 2 CD. Пусть для определенности
AB + BD - меньшая сумма соседних отрезков, т.е. AB + BD < AC + CD. Тогда можно сделать так,
чтобы отрезки AB и BD образовали развернутый угол, и тогда мы получим треугольник ADC.
Действительно, по доказанному, AD = AB + BD < AC + CD, а остальные неравенства в  ABD
очевидны (поскольку для исходного четырехугольнике выполнялось AC < (AB + BD) + DC и CD
< CA + (AB + BD).
8.4.Ответ: n = 5. Указание. Докажем, что при n = 5 (а значит, и при n > 5) такой прямоугольник
найдется. Рассмотрим нижнюю строку таблицы. В ней есть по меньшей мере 3 клетки одного
цвета. Пусть это будут белые клетки. Тогда рассмотрим три столбца с этими клетками в
основании, т.е. мы рассмотрим меньшую таблицу размера 5х3, нижняя строка которой состоит из
трех белых клеток. Если в какой-нибудь из четырех оставшихся строк этой меньшей таблицы есть
две белые клетки, то искомый «белый» прямоугольник образован их центрами и центрами
соответствующих клеток нижней строки. Пусть теперь в каждой из этих четырех строк есть по
меньшей мере две черные клетки. Тогда их расположение должно повторяться (т.к. есть только 3
различных расположения двух черных клеток: (ч,ч,?), (ч,?,ч) и (?,ч,ч), а значит их центры дают
«черный» прямоугольник.
Теперь остается построить пример таблицы 4х4, в которой нет искомого прямоугольника.
(заметим, что для этого примера окраски нельзя найти искомого прямоугольника даже со
сторонами, не параллельными линиям таблицы).
9.1 Ответ: 59 . Указание. Имеем 2006  xy  x 2  x  44 . С другой стороны
2006  xy  x( x  81)  ( x  81) 2  x  81  45 . Поэтому исходя из разложения 2006 на простые
множители (см. указание к задаче 8.1), получаем, что для х возможны значения 59 и 118.
Проверкой убеждаемся, что подходит только х=59.
9.2 Ответ: CAD  60 0 , BDA  30 0. Указание. Пусть O- точка пересечения AC и BD, и пусть
CAD  0  . Из второго соотношения задачи получаем, что AC  BD. Действительно, если мы
предположим, что, например, угол BOC тупой, то AD2 > AO2 + OD2 и BC2 > BO2 + OC2 и значит,
AD2 + BC2> AO2 + OD2 + BO2 + OC2, в то время как AB2 + CD2< AO2 + BO2 + OD2 +OC2.
Аналогично, получим противоречие и в случае острого угла BOC. Таким образом, AO= AD sin  ,
OC=BC sin  . Тогда первое соотношение задачи запишется:
AD + BC=2(AD+BC) sin   sin  =1/2   =300. Отсюда CAD  60 0 .
9.3 Ответ: а) да, б) 4950 точек. Указание. а) Рассмотрим 99 парабол, проходящих через одну
точку, например (0,0), пусть они имеют вид y=x2 +nx, n=1,2…99, и сотая парабола пусть будет
y=x2 +100x - 1 . Тогда она пересекает остальные 99 в разных точках, а именно , n-ая парабола
пересекает сотую в единственной точке с абсциссой x=1/(100-n), т.е. абсциссы точек пересечения
различны.
б) парабола y=x2 – nx+ n2 и парабола y=x2 – mx+m2 при n  m имеют точку пересечения с
m2  n2
абсциссой x 
 m  n и ординатой y = (m+n)2 –n(m+n)+n2 = m2+mn+n2 = (m+n)2 - mn. Если
mn
предположить, от противного, что точки пересечения разных пар парабол могут совпасть, то
отсюда следовало бы, что для таких пар значения и суммы m+n и произведения mn были бы
одинаковы, что, очевидно, невозможно.
9.4. См. 8.4.
10.1 Ответ: 1003 или 118. Указание. Из представления xy  4012  2 2  17  59 следует, что если x четырехзначное число, то x может равняться либо 2006, либо 1003, и при проверке 1003 подходит.
4012
4012
y
Если x - трехзначное число, то
. Значит y может принимать значения: либо 17,
1000
100
либо 34. Соответственно, x равен либо 236, либо 118, и при проверке 118 подходит.
10.2 Указание. Рассуждая аналогично задаче 8.2, получим, что A1B1C1D1 подобен A2B2C2D2 с
коэффициентом подобия 2. Значит S A1B1C1D1  4S A2 B2C2 D2 . Четырехугольник A2B2C2D2 является
параллелограммом, стороны которого вдвое меньше диагоналей ABCD и параллельны им. Значит
S A1B1C1D1 
AC BD
1

sin   S ABCD , где  -угол между диагоналями. Отсюда следует результат.
2
2
2
10.3 Ответ: при n = 4 и n = 5. Указание. При чётном n в квадрате n  n поровну белых и черных
n2
клеток. Всего имеется (9  n) 2 квадратов n  n на шахматной доске. Поэтому
2
(9  n ) 2 n 2
при чётном n общая сумма черных клеток равна
. При нечётном n число черных клеток
2
клеток, а именно
зависит от того, являются ли угловые клетки белыми или чёрными; и оно, соответственно, равно
n2 1
n2 1
, либо
. Но в вертикальной полосе ширины n имеется 9 - n (т.е. четное число)
2
2
квадратов
и
поэтому общее
число
чёрных
клеток
в
такой
полосе
nn
2
2
2
2 2
 n  1 n  1  9  n (9  n )n
(9  n ) n

 


, а во всех (9  n) полосах общее число равно
, т.е.
2
2  2
2
 2
либо
получилось такое же выражение, как и для четного n. Наибольшее значение функции
y  ( x (9  x )) 2 достигается при x  4,5 , и в силу симметричности графика этой функции
относительно прямой x  4,5 , получим, что для n=4 и n=5 достигается наибольшее значение в
условиях задачи.
10.4 Ответ: а) 4950 точек, б) да. Указание. а) Две различные параболы y  x 2  b1 x  c1 и
y  x 2  b2 x  c2 пересекаются не более чем в одной точке. Точнее, если b1  b2 , то они имеют одну
точку пересечения, а если b1  b2 , c 1  c2 , то они не пересекаются. Поэтому всего может быть не
100  99
2
 C100
точек пересечения. Пример этого максимального числа можно привести из
2
задачи 9.3 б).
более
б) Рассмотрим три группы парабол: первая группа состоит из 89 «параллельных» парабол вида
y  x 2  i , i = 1,…,89; вторая группа состоит из 9 парабол, проходящих через начало координат,
вида y  x 2  jx , j = 1,…,9; и третья группа состоит из двух парабол y  x 2  10 x  1000 . Если мы
проверим, что в начале координат пересекаются только параболы второй группы, а в остальных
точках пересечения пересекаются по две параболы, то получим, что: 1) на параболах первой
группы есть 89  11 = 979 точек пересечения; 2) на параболах второй группы число точек
пересечения, не учтенных выше и не совпадающих с началом координат, равно 9 2 = 18, а вместе
с началом координат – 19 точек; 3) две параболы третьей группы пересекаются в одной точке.
Таким образом, всего будет 89 + 19 + 1 = 999 точек пересечения.
Осталось проверить указанный факт. i-ая парабола первой группы пересекается с j-ой
параболой второй группы в точке с абсциссой ij . Заметим, что при фиксированном i и разных j эти
абсциссы различны и не превосходят 89. Далее, .i-ая парабола первой группы пересекается с
1000  i
параболами третьей группы в точках с абсциссами 
., которые превосходят 90 по
10
абсолютной величине. Таким образом, на параболах первой группы не может быть точек более
чем двойного пересечения. j-ая парабола второй группы пересекается с параболами третьей
1000
группы в точках с абсциссами
, и две параболы третьей группы пересекаются в точке
j  10
(0;1000). Итак, кроме начала координат, в котором пересекаются параболы второй группы, нет
других точек более, чем двойного пересечения.
11.1. См. задачу 10.3
8
. Указание. Введем векторы a=MA, b=MB, c=MC, d=MD. Тогда
27
MA 2 =(d+b+c)/3 , MB 2 =(a+c+d)/3 , MC 2 =(a+b+d)/3 , MD 2 =(a+b+c)/3 , где A 2 , B 2 , C 2 , D 2
точки пересечения медиан граней BCD, ACD, ABD и ABC соответственно. Поскольку
2
MA 1 = 2 MA 2 , MB 1 =2 MB 2 , MC 1 =2 MC 2 , MD 1 =2 MD 2 , то A 1 B 1 = (a – b), и, аналогично,
3
остальные векторы ребер тетраэдра A 1 B 1 C 1 D 1 колинеарны векторам ребер ABCD с
11.2.
Ответ:
2
2
коэффициентом , значит тетраэдры подобны и отношение их объемов равно  
3
3
3
11.3. Указание. Пусть A1A2…An – наш многоугольник и P – его периметр. Будем двигаться от
точки A1 вдоль периметра против часовой стрелки и отметим последнюю точку Ak такую, что
A1A2 + A2A3 + … + Ak-1Ak < P/2. Если при добавлении стороны AkAk+1 мы получим сумму строго
больше P/2, то искомый треугольник будет такой: A1Ak Ak+1 (т.е. «распрямляем» A1Ak и Ak+1A1,
идя против часовой стрелки). Действительно, каждая сторона этого треугольника меньше P/2, а из
этого следуют искомые неравенства треугольника.
Рассмотрим теперь ситуацию, когда A1A2 + A2A3 + … + Ak-1Ak + AkAk+1 = P/2 Могут быть
три случая: либо A1A2 <Ak+1Ak+2 , либо A1A2 >Ak+1Ak+2 , либо A1A2 = Ak+1Ak+2 (это соответствует
тому,. что сумма A2A3 + … + AkAk+1 + Ak+1Ak+2 либо больше, либо меньше, либо равна P/2). В
первом случае начнем обход против часовой стрелки из точки A2 и .поступая, как ранее, получим
треугольник A2Ak+1Ak+2 . Во втором случае, начиная обход из точки Ak+2 , получаем аналогичную
ситуацию для треугольника Ak+2 A1A2 . В третьем случае будем считать без ограничения
общности, что k>2 (в противном случае заменим точку A1 на Ak+1 и воспользовавшись тем,. что
n.5, получим симметричную ситуацию); тогда искомый треугольник будет A1A3Ak+2..
11.4 Ответ: а) n(n-1), б) да.. Указание.. а) Два различных графика данного вида пересекаются не
более, чем в двух точках (чтобы найти их абсциссы, приравниваем правые части и решаем
уравнение не выше второй степени). Значит, всего точек пересечения не более, чем 2С 2n = n(n-1) ,
причем максимальное значение достигается, когда в каждой точке пересечения пересекаются
ровно два графика. Теперь приведем пример такого максимального числа. Рассмотрим семейство
y  x 3  ix 2  i 2 1 i=1,…, n. Если предположить, что есть точка, в которой пересекаются три
графика с различными номерами i, j, k, то абсцисса (для определенности, положительная) точки
пересечения равна i  j  i  k  j  k , т.е . i=j=k и получаем противоречие.
б) Рассмотрим 99 графиков вида y  x 3  ix 2 1 i=1,…,99, и пусть сотый график имеет вид
y  x 3  100 x 2  x . Тогда 99 графиков пересекаются в единственной точке – начале координат, а
сотый пересекает каждый их этих 99 графиков в двух точках – начале координат и в точке с
1
абсциссой
, где i - номер графика. Всего, таким образом, 100 точек пересечения..
100  i