Квант
Школа в «Кванте»

Лишние условия в конкурсных задачах

Винокур Р. Ю.

Квант 1987, №2с. 42Тег 1FQZ

42

Рис. 3. Рис. 4.

(рис. 3). Следовательно, по своейству III ∠BMC=2∠A=140∘\angle BMC=2\angle A=140^\circ.

Пример 2. В треугольнике ABC: AB=AC, ∠BAC=40∘\angle BAC=40^\circ. Вне треугольника ABC, но внутри угла ABC взята точка M, такая что ∠AMB=30∘\angle AMB=30^\circ, ∠BMC=20∘\angle BMC=20^\circ (рис. 4). Найдите ∠ABM\angle ABM.

Решение. По свойству IV точка A — центр окружности, описанной около треугольника BCM. Поэтому AB=AM и ∠ABM=∠AMB=30∘\angle ABM=\angle AMB=30^\circ.

Пример 2 можно обобщить на любой треугольник ABC, в котором AB=AC, ∠BAC=2∠BMC\angle BAC=2\angle BMC, ∠AMB=α\angle AMB=\alpha. Тогда ∠ABM=α\angle ABM=\alpha.

Задча 3. В треугольнике ABC: AB=BC, ∠ABC=80∘\angle ABC=80^\circ. Точка M лежит внутри треугольника, причем ∠MAC=10∘\angle MAC=10^\circ, ∠MCA=30∘\angle MCA=30^\circ. Найдите ∠BMC\angle BMC (рис. 5).

Решение. Углы BAC и BCA равны 50°. Пусть O — центр окружности, описанной около треугольника AMC. Тогда по свойству III ∠AOM=60∘\angle AOM=60^\circ, поэтому треугольник AOM — правный. Далее, BO — серединный перпендикуляр к отрезку AC (так как AB=BC и AO=OC). Примогольные треугольники ABK и AOK равны, поскольку ∠OAK=60∘−10∘=50∘=∠BAK\angle OAK=60^\circ-10^\circ=50^\circ=\angle BAK. Следовательно, AB=AO, но AO=AM, поэтому AB=AM. В равнобедренном треугольнике ABM углы ABM и AMB равны (180°-40°):2=70°. Наконец, ∠BMC=360∘−140∘−70∘=150∘\angle BMC=360^\circ-140^\circ-70^\circ=150^\circ (см. рис. 5).

В заключение предлагаем пять задач для самостоятельного решения.

Задание 1. В треугольнике ABC: ∠A=50∘\angle A=50^\circ, ∠B=60∘\angle B=60^\circ. Точка D и E выбраны на сторонах AB и BC так, что ∠DCA=∠EAC=30∘\angle DCA=\angle EAC=30^\circ. Найдите ∠CDE\angle CDE.

  1. В треугольнике ABC: ∠A=30∘\angle A=30^\circ, ∠B=80∘\angle B=80^\circ. Точка M лежит внутри треугольника, при этом ∠MAC=10∘\angle MAC=10^\circ, ∠MCA=30∘\angle MCA=30^\circ. Найдите ∠BMC\angle BMC.

  2. В треугольнике ABC: ∠A=20∘\angle A=20^\circ, ∠C=30∘\angle C=30^\circ. Точка K лежит внутри треугольника, при этом ∠KAC=∠KCA=10∘\angle KAC=\angle KCA=10^\circ. Найдите ∠BKC\angle BKC.

  3. В треугольнике ABC: AB=BC, ∠C=40∘\angle C=40^\circ. Вне треугольника ABC, но внутри угла BAC взята точка M, такая что ∠AMC=50∘\angle AMC=50^\circ, ∠ABM=∠ACM\angle ABM=\angle ACM. Найдите ∠BCM\angle BCM.

  4. В треугольнике ABC: ∠A=84∘\angle A=84^\circ, ∠C=78∘\angle C=78^\circ. Точка D и E выбраны на сторонах AB и BC так, что ∠ACD=48∘\angle ACD=48^\circ, ∠CAE=63∘\angle CAE=63^\circ. Найдите ∠CDE\angle CDE.

Д. Ф. Изаак

Лишние условия в конкурсных задачах

В этой заметке реш идет о двух малoidанных задачах по математике, предлагавшихся в своей время (в 1971 году) поступaient в МИФИ и МФТИ и опublikованные вместе с решениями в 1972 году в «Кванте». Вот эти задачи:

Задание 1 (МИФИ, 1971; «Квант», 1972, № 6, с. 52, 75—76). Если двухначное число разделить на сумму его цифр, то получится в частном 4 и в остатке 3. Если же это число разделить на произведение его цифр, то получится в частном 3 и в остатке 5. Найдите это число.

Задание 2 (МФТИ, 1971; «Квант», 1972, № 5, с. 43). Если двухначное число разделить на произведение его цифр, то в частном получится 3, а в остатке 9. Если же из квадрат суммы цифр этого числа вычесть произведение его цифр, то получится данное число. Найдите это число.

На самом же деле для решения задачи 1 достаточно знать лишь второе условие, а для решения задачи 2 — первое условие.

Действительно, записав искомое число в виде 10x+y (1≤x≤9, 1≤y≤9), в задаче 1 из второго условия получим

10x+y=3xy+5 (xy≠0).

Выразим x через y:

x=5−y10−3y.x = \frac{5-y}{10-3y}.

(Окончание см. на с. 47)