РЕШУ ОЛИМП, математика: задания, ответы, решения

Поиск
?

в условии в решении в тексте к заданию в атрибутах
Скопировать ссылку на результаты поиска
Класс: 10 11 8 9
Атрибут

Всего: 90 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–90

Добавить в вариант

Тип 0 № 6433 Добавить в вариант

Известно, что в трапецию с углом 30° при основании можно вписать окружность и около нее можно описать окружность. Найти отношение площади трапеции к площади вписанного в нее круга. Найти отношение площади трапеции к площади описанного около нее круга.

Решение · Помощь

Тип 0 № 7231 Добавить в вариант

В прямоугольнике ABCD точка M лежит на стороне BC таким образом, что радиус окружности, вписанной в четырехугольник AMCD, равен 3. Найдите площадь прямоугольника ABCD, если радиус окружности, вписанной в треугольник ABM, равен 1.

Решение · Помощь

Тип 0 № 7428 Добавить в вариант

В треугольнике ABC сторона $A C=42 .$ Биссектриса CL делится точкой пересечения биссектрис треугольника в отношении 2 : 1, считая от вершины. Найдите длину стороны AB, если радиус вписанной в треугольник ABC окружности равен 14.

Критерии оценивания	Балл
Верное решение без существенных недочетов	+
В целом задача решена, хотя и с недочетами	+ −
Задача не решена, но есть заметное продвижение	− +
Задача не решена, заметных продвижений нет	−
Задача не решалась	0

Аналоги к заданию № 7428: 7443 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7443 Добавить в вариант

В треугольнике ABC сторона $B C=35 .$ Центр I вписанной в треугольник окружности делит биссектрису AL в отношении $5: 2,$ считая от вершины. Найдите длину стороны AB, если радиус вписанной в треугольник ABC окружности равен 10.

Критерии оценивания	Балл
Верное решение без существенных недочетов	+
В целом задача решена, хотя и с недочетами	+ −
Задача не решена, но есть заметное продвижение	− +
Задача не решена, заметных продвижений нет	−
Задача не решалась	0

Аналоги к заданию № 7428: 7443 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7494 Добавить в вариант

Два треугольника пересекаются по шестиугольнику, который отсекает от них 6 маленьких треугольников. Радиусы вписанных окружностей этих шести треугольников равны. Докажите, что радиусы вписанных окружностей двух исходных треугольников также равны.

(A. НO. Куиинир)

Решение.

Обозначим радиусы шести равных окружностей через r, а их центры  — через A, B, C, D, E, F в порядке обхода против часовой стрелки. Рассмотрим треугольник ACE. Заметим, что если рассмотреть окружность, вписанную в исходный треугольник, содержащий треугольник ACE, а затем уменьшить её радиус на r, оставив центр тем же, то получится окружность, вписанная в треугольник ACE (см. левый рис.). Аналогично радиус окружности, вписанной в треугольник BDF, на r меньше, чем радиус окружности, вписанной в исходный треугольник, содержащий BDF. Таким образом, утверждение задачи эквивалентно равенству радиусов окружностей, вписанных в треугольники ACE и BDF.

Опустим перпендикуляры из A на BF, из B на AC и т. д. Обозначим их основания через A₁, B₁, ..., а точку пересечения отрезков AB₁ и A₁B  — через X. Несложно видеть, что длины отрезков AA₁, BB₁, ... равны 2r. Рассмотрим четырёхугольник AA₁B₁B. Он вписанный, поскольку $\angle A A_1 B=\angle A B_1 B,$ а так как $A A_1=B B_1,$ то он является равнобокой трапецией с основаниями AB и A₁B₁. Следовательно, $\triangle A X A_1=\triangle B X B_1$ и $A B_1=A_1 B.$ Рассматривая трапеции BB₁C₁C, CC₁D₁D, ..., получаем аналогичные равенства треугольников и отрезков (см. правый рис.); на нём закрашены три пары равных треугольников из шести). Несложно видеть, что периметры треугольников ACE и BDF равны:

$P_A C E=A B_1 плюс B_1 C плюс C D_1 плюс D_1 E плюс E F_1 плюс F_1 A=A_1 B плюс B C_1 плюс C_1 D плюс D E_1 плюс E_1 F плюс F A_1=P_B D F.$

Также равны площади треугольников ACE и BDF, поскольку при вырезании из них общего шестиугольника остаётся по шесть прямоугольных треугольников, разбивающихся на пары равных.

Поскольку площадь треугольника равна произведению радиуса окружности, вписанной в треугольник, и полупериметра, то из равенства площадей и равенства периметров двух треугольников следует равенство радиусов вписанных в них окружностей.

Комментарий.

Существуют весьма несимметричные примеры конструкции, описанной в задаче, вроде того, что изображён на нижнем рисунке. В частности, нельзя утверждать ни что исходные треугольники равны между собой, ни что вписанные в них окружности совпадают (т. е. что шестиугольник пересечения описанный).

Решение · Помощь

Тип 0 № 7498 Добавить в вариант

Прямая, параллелная основаниям данной прямоугольной трапеции, рассекает ее на две трапеиии, в каждую из которых можно вписать окружность. Найти основания исходной трапеции, если ее боћовые стороны равны с и d, причем $c меньше d.$

Решение · Помощь

Тип 0 № 7774 Добавить в вариант

В равнобедренном треугольнике MNK стороны $M N=N K=8, M K=4.$ На стороне NK выбрана точка F так, что окружности, вписанные в треугольники MNF и MKF, касаются друг друга. Найдите площади треугольников MNF и MKF.

Баллы	Критерии оценивания
7	Полное обоснованное решение.
6	Обоснованное решение с несущественными недочетами.
5−6	Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений.
4	Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев.
2−3	Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи.
1	Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные) случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении.
0	Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7779 Добавить в вариант

В равнобедренном треугольнике MNK стороны $M N=N K=12, M K=8.$ На стороне NK выбрана точка F так, что окружности, вписанные в треугольники MNF и MKF, касаются друг друга. Найдите площади треугольников MNF и MKF.

Баллы	Критерии оценивания
7	Полное обоснованное решение.
6	Обоснованное решение с несущественными недочетами.
5−6	Решение содержит незначительные ошибки, пробелы в обоснованиях, но в целом верно и может стать полностью правильным после небольших исправлений или дополнений.
4	Задача в большей степени решена, чем не решена, например, верно рассмотрен один из двух (более сложный) существенных случаев.
2−3	Задача не решена, но приведены формулы, чертежи, соображения или доказаны некоторые вспомогательные утверждения, имеющие отношение к решению задачи.
1	Задача не решена, но предпринята попытка решения, рассмотрены, например, отдельные (частные) случаи при отсутствии решения или при ошибочном решении.
0	Решение отсутствует, либо решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7884 Добавить в вариант

Вписанная в треугольник ABC окружность с центром в точке I касается стороны BC в точке K. На отрезке CK выбираем точку D, на отрезке CD выбираем точке F, на отрезке AC выбираем точку E так, что CD  =  CE, EF  =  KD + KF. Найдите ∠EFD, если ∠EID=23°.

Решение · Помощь

Тип 0 № 7921 Добавить в вариант

В остроугольном треугольнике ABC точка H  — основание высоты из точки B. Оказалось, что центр вписанной окружности треугольника BCH совпадает с точкой пересечения медиан треугольника ABC. Найдите AC², если AB  =  6.

Решение · Помощь

Тип 0 № 8352 Добавить в вариант

Вписанная в треугольник ABC окружность имеет центр I и касается сторон BC и AC в точках A1 и B₁ соответственно. Серединный перпендикуляр к отрезку CI пересекает сторону BC в точке K. Через точку I проведена прямая, перпендикулярная KB₁, она пересекает сторону AC в точке L. Докажите, что прямые AC и A₁L перпендикулярны.

Решение.

Обозначим через N точку пересечения серединного перпендикуляра к отрезку CI со стороной AC, а через P  — точку пересечения прямых IL и KB₁. Поскольку CI  — биссектриса угла $\angle A C B,$ по построению точки K и N, а также точки A₁ и B₁ симметричны относительно прямой CI. Поэтому треугольники KIB₁ и NIA₁ симметричны относительно прямой CI и, в частности, равны. Тогда

$\angle B_1 I K=\angle A_1 I N$ и $\angle I B_1 K=\angle I A_1 N .$

Заметим, что

$\angle B_1 L I=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \angle L B_1 P=\angle I B_1 K=\angle I A_1 N .$

Значит, четырехугольник A₁ILN  — вписанный, откуда $\angle A_1 L N=\angle A_1 I N.$ Поскольку $\angle A C I=\angle K C I=\angle K I C,$ прямые AC и KI параллельны. Следовательно, $\angle B_1 I K=\angle I B_1 C=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Таким образом,

$\angle A_1 L N=\angle A_1 I N=\angle K I B_1=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Приведем другое решение.

Поскольку $\angle A C I=\angle K C I=\angle K I C,$ прямые AC и KI параллельны. Поэтому достаточно доказать, что прямая A₁L перпендикулярна KI.

Обозначим через P точку пересечения прямых IL и KB₁. Отметим, что прямоугольные треугольники B₁PL и IB₁L подобны и, значит, $дробь: числитель: L P, знаменатель: L B_1 конец дроби = дробь: числитель: L B_1, знаменатель: L I конец дроби .$ По построению $\angle K P I=\angle K A_1 I=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ поэтому точки A₁, I, K и P лежат на окружности ω, построенной на отрезке KI как на диаметре. Пусть эта окружность вторично пересекает вписанную окружность треугольника ABC в точке Q. Тогда прямые $QA_1$ и KI перпендикулярны, поскольку точки Q и A₁ симметричны относительно диаметра KI. Таким образом, осталось проверить, что точка A₁ лежит на прямой LQ. Пусть прямая LQ вторично пересекает окружность ω в некоторой точке A₂ и вторично пересекает вписанную окружность треугольника ABC в некоторой точке A₃. Из свойства угла между касательной и секущей следует подобие треугольников LB₁Q и LA₃B₁, откуда $дробь: числитель: L B_1, знаменатель: L Q конец дроби = дробь: числитель: L A_3, знаменатель: L B_1 конец дроби .$ Следовательно,

$дробь: числитель: L P, знаменатель: L Q конец дроби = дробь: числитель: L P, знаменатель: L B_1 конец дроби умножить на дробь: числитель: L B_1, знаменатель: L Q конец дроби = дробь: числитель: L B_1, знаменатель: L I конец дроби умножить на дробь: числитель: L A_3, знаменатель: L B_1 конец дроби = дробь: числитель: L A_3, знаменатель: L I конец дроби .$

C другой стороны, из вписанности четырехугольника IPQA₂ следует подобие треугольников LPQ и LA₂I, откуда $дробь: числитель: L P, знаменатель: L Q конец дроби = дробь: числитель: L A_2, знаменатель: L I конец дроби .$ Поэтому точки A₂ и A₃ совпадают между собой и с точкой A₁. Стало быть, точки A₁, L и Q лежат на одной прямой.

Критерии проверки:

Общая схема:

0 баллов  — выставляется, если участник к решению задачи не приступал или начатый ход решения полностью неверен;

1 балл  — выставляется, если участник приступил к решению задачи, указал верное направление решения задачи и получил правильные промежуточные результаты, но при этом не продвинулся настолько, чтобы можно было судить о том, каким образом он собирался получить окончательный ответ (то есть весь ход решения не представлен);

2 балла  — выставляется, если выбранный участником ход решения задачи является в принципе правильным, но при этом участник не смог его реализовать в силу серьёзных ошибок;

3 балла  — выставляется, если решение является в целом правильным, но содержит ошибки, повлиявшие на ответ;

4 балла  — выставляется, если участник решил задачу в целом правильно и получил верный ответ; при этом в решении допускаются незначительные неточности.

Факторы, влияющие на оценку.

1.  Одна из основных целей Олимпиады  — выявление у обучающихся творческих способностей. Поэтому в случае представления участником интересного оригинального подхода к решению задачи, оценка за решение может быть увеличена на 1 балл.

2.  Правильный ответ к задаче, приведенный без достаточных обоснований, либо при наличии ошибок в решении, либо при отсутствии решения, не ведёт к увеличению оценки, которая выставляется участнику за данную задачу.

3.  Если участник не довел задачу до ответа, то итоговая оценка за данную задачу не может превышать 1 балл.

4.  Если задача решена перебором возможных вариантов, и при этом перебор неполный, то за задачу выставляется до 1 балла. Если участник подобрал частное решение без обоснования и проверил его правильность, то в этом случае за задачу выставляется до 0,5 баллов.

5.  Если задача решена при дополнительном предположении, которое отсутствует в условии, то за задачу выставляется

а)  до 1 балла, если это предположение можно доказать;

б)  до 0,5 баллов, если оно не обязано выполняться, но не противоречит условию задачи;

в)  0 баллов, если оно противоречит условию.

6.  Если в работе приведены два решения или ответа к одной задаче, противоречащие друг другу, то за задачу ставится 0 баллов.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8533 Добавить в вариант

Дан треугольник ABC. Прямые O₁O₂, O₁O₃, O₃O₂ биссектрисы внешних углов треугольника ABC, как показано на рисунке. Точка O  — центр вписанной в треугольник ABC окружности. Найти угол в градусах между прямыми O₁O₂ и O₃.

Решение · Помощь

Тип 0 № 8635 Добавить в вариант

Дан треугольник ABC с углом B, равным 60°. На продолжениях сторон AB, CB и медианы BM за точку B взяты точки K, L, N соответственно так, что

$B K: A B=3: 1,$ $B L: C B=5: 1,$ $B N: B M=4: 1.$

Найдите радиус окружности, вписанной в треугольник ABC, если площадь треугольника KLN равна $6 корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента ,$ а расстояние от точки M до точки касания вписанной в треугольник ABC окружности со стороной AC равно 1.

Решение · Помощь

Тип 0 № 8713 Добавить в вариант

Окружность, вписанная в треугольник ABC, касается стороны AB в точке M, а стороны AC  — в точке K. На стороне AB выбирается точка N так, что отрезок MK делит отрезок CN пополам. Найдите длину отрезка AN, если $A B=8,$ $A C=7,$ $B C=6.$

Баллы	Критерии выставления
20	Обоснованное и грамотно выполненное решение задачи
10	При верном и обоснованном ходе решения разобраны не все варианты или решение недостаточно обосновано
5	Верно начато решение задачи, получены некоторые промежуточные результаты (обосновано и правильно расставлены точки M, N и K), дальнейшее решение неверно или отсутствует
0	Решение не соответствует вышеперечисленным требованиям

Решение · Критерии · Помощь

Тип 21 № 8857 Добавить в вариант

В треугольник ABC вписана окружность ω. Известно, что ∠A  =  43°. Внешние биссектрисы ∠B и ∠C пересекаются в точке D. Из точки D проведена касательная DE к окружности ω. Найдите ∠BEC.

(А. Кузнецов)

Решение · Помощь

Тип 21 № 8923 Добавить в вариант

Четырёхугольник ABCD описан вокруг окружности с центром в точке O. K, L, M, N  — точки касания сторон AB, BC, CD и AD соответственно, KP, LQ, MR и NS  — высоты в треугольниках OKB, OLC, OMD, ONA. OP  =  15, OA  =  32, OB  =  64. Найдите длину отрезка QR.

Решение.

Треугольники OKA и ONA  — прямоугольные с общей гипотенузой и катетом, равным радиусу окружности, поэтому они равны. Значит, их высоты падают в одну точку общей гипотенузы, то есть KS  — высота в треугольнике OKA. Поэтому точки S и P лежат на окружности с диаметром OK. Аналогично точки R и S лежат на окружности с диаметром ON. Поскольку диаметры этих окружностей равны, градусные меры дуги OS в этих окружностях совпадают. В первой окружности на эту дугу опирается $\angle O P S,$ а во второй  — $\angle O R S,$ значит, эти углы равны. (Именно равны, а не дополняют друг друга до $180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ потому что точки P и R лежат по разные стороны от прямой OS, а окружности симметричны относительно неё).

Аналогично $\angle O P Q=\angle O R Q.$ Сложив это с предыдущим равенством, получим $\angle S P Q=\angle S R Q.$ Аналогично $\angle P S R=\angle P Q R,$ то есть четырёхугольник PRQS  — параллелограмм. Значит, вместо длины отрезка QR мы можем найти длину отрезка PS. (Для участников, знакомых с понятием инверсии: можно понять, что вершины четырёхугольника PQRS инверсны вершинам четырёхугольника ABCD относительно нашей окружности, то есть мы только что повторили доказателсьтво теоремы о том, что четырёхугольник, инверсный описанному, является параллелограммом).

По свойству высоты прямоугольного треугольника, $O K в квадрате =O S умножить на O A.$ Аналогично $O K в квадрате =O P умножить на O B,$ откуда

$дробь: числитель: O S, знаменатель: O B конец дроби = дробь: числитель: O P, знаменатель: O A конец дроби =k.$

Кроме того, угол $\angle O$ в треугольниках OBA и OSP общий, поэтому они подобны с коэффициентом k. Значит,

$P S=k умножить на A B=k левая круглая скобка A K плюс K B правая круглая скобка =k левая круглая скобка корень из: начало аргумента: O A в квадрате минус O K в квадрате конец аргумента плюс корень из: начало аргумента: O B в квадрате минус O K в квадрате конец аргумента правая круглая скобка =$ $дробь: числитель: O P, знаменатель: O A конец дроби левая круглая скобка корень из: начало аргумента: O A в квадрате минус O B умножить на O P конец аргумента плюс корень из: начало аргумента: O B в квадрате минус O B умножить на O P конец аргумента правая круглая скобка =30.$

Ответ: 30.

Решение · Помощь

Тип 21 № 8932 Добавить в вариант

Точка I  — центр вписанной окружности треугольника ABC, точка O  — центр вневписанной окружности, касающейся стороны AC, отрезки AC и OI пересекаются в точке K.

Оказалось, что OI  =  50, IK  =  18, AK  =  24. Найдите длину биссектрисы угла B в треугольнике ABC.

Решение · Помощь

Тип 21 № 8957 Добавить в вариант

На сторонах $A B,B C$ и AC треугольника ABC взятые точки $C_1,A_1$ и $B_1$ соответственно такие, что

(1) ни одна из них не является серединой стороны;

(2) прямые $A A_1, B B_1$ и $CC_1$ пересекаются в одной точке;

(3) перпендикуляры восстановленные к сторонам треугольника в точках $C_1,A_1$ и $B_1,$ также пересекаются в одной точке;

№№(4) сумма отрезков $A B_1,B C_1$ и $CA_1$ равна полупериметру треугольника ABC.

Докажите, что $A_1,B_1$ и $C_1$ либо точки касания вписанной окружности треугольника ABC, либо точки касания вневписанных окружностей треугольника ABC с его сторонами.

Решение · Помощь

Тип 21 № 9062 Добавить в вариант

В треугольнике ABC точки A₀, B₀, C₀  — середины сторон BC, CA, AB, а A₁, B₁, C₁  — точки касания этих сторон со вписанной окружностью соответственно. Прямые A₁C₁, B₁C₁ пересекают A₀B₀ в точках X и Y. Докажите, что прямая CC₁ делит отрезок XY пополам.

Решение.

Докажем, что точки $X, Y$ лежат на биссектрисах углов $A, B$ соответственно. Так как A B₁=AC₁ и B₀Y параллелен AC₁, то

$B_0 Y=B_0 B_1= дробь: числитель: |A B минус B C|, знаменатель: 2 конец дроби ,$

следовательно, $A_0 Y=A_0 B$ и $\angle Y B A_0=\angle B Y A_0=\angle Y B A.$ Аналогично $\angle X A C=\angle X A B.$

Кроме того, поскольку точки, симметричные C относительно X и Y, лежат на AB, то $\angle C Y B=$ $\angle C X A=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ т. е. $C X C_1 Y$   — параллелограмм. Значит, диагонали делятся точкой пересечения пополам, откуда $CC_1$ делит XY пополам.

Комментарий.

Для доказательства, что X и Y лежат на биссектрисах углов A и B соответственно можно сразу сослаться на следующее утверждение.

В треугольнике ABC следующие четыре прямые пересекаются в одной точке:

—  биссектриса угла A,

—  перпендикуляр из вершины B на эту биссектрису,

—  прямая, соединяющая точки касания вписанной окружности треугольника ABC со сторонами ACи $B C,$

—  средняя линия, параллельная стороне AC.

Чаще всего его упоминают под названием «задача 2558. Это и впраду почти задача номер 255 из книги И. Ф. Шарыгина «Геометрия: 9-11 кл.: От учебной задачи к творческой». Не стоит учить наизусть номера задач из этого задачника. Популярность именно этой задачи можно понять из предисловия автора (а заодно и убедиться в его правоте):

P.S. A все же, откуда берутся геометрические задачи? Общий и полный ответ здесь вряд ли возможен. А в частности... В частности, очень много новых задач содержится в этой книге. Надо только суметь их извлечь. Наверное, каждая содержательная геометрическая задач а может быть источником целого ряда новых. Для этого надо с ней «повозиться», посмотреть с разных сторон, попробовать перефразировать, обобщить. В результате удивительным образом может возникнуть совершенно не похожая на «родителя» задача. Например, возьмём ту же задачу № 255...

Критерии оценивания	Балл
Верное решение без существенных недочетов	+
В целом задача решена, хотя и с недочетами	+ −
Задача не решена, но есть заметное продвижение	− +
Задача не решена, заметных продвижений нет	−
Задача не решалась	0

Решение · Критерии · Помощь

Тип 21 № 9072 Добавить в вариант

Решение.

Докажем, что точки X, Y лежат на биссектрисах углов A, B соответственно. Так как $A B_1=A C_1$ и B₀Y параллельна AC₁, то

$B_0 Y=B_0 B_1= дробь: числитель: |A B минус B C|, знаменатель: 2 конец дроби ,$

следовательно, $A_0 Y=A_0 B$ и $\angle Y B A_0=\angle B Y A_0=\angle Y B A.$ Аналогично: $\angle X A C=\angle X A B.$

Кроме того, поскольку точки, симметричные C относительно X и Y, лежат на AB, то $\angle C Y B=\angle C X A=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ т. е. CXC₁ Y  — параллелограмм. Значит, $\angle C X C_1=\angle C Y C_1.$

Комментарий.

Для доказательства, что X и Y лежат на биссектриса углов A и B соответственно можно сразу сослаться на следующее утверждение. В треугольнике ABC следующие четыре прямые пересекаются в одной точке:

—  биссектриса угла A,

—  перпендикуляр из вершины B на эту биссектрису,

—  прямая, соединяющая точки касания вписанной окружности треугольника ABC со сторонами AC и BC,

—  средняя линия, параллельная стороне AC.

Чаще всего его упоминают под названием «задача 255». Это и вправду почти задача номер 255 из книги И. Ф. Шарыгина «Геометрия: 9−11 кл.: От учебной задачи к творческой». Не стоит учить наизусть номера задач из этого задачника. Популярность именно этой задачи можно понять из предисловия автора (а заодно и убедиться в его правоте):

P.S. A все же, откуда берутся геометрические задачи? Общий и полный ответ здесь вряд ли возможен. А в частности... В частности, очень много новых задач содержится в этой книге. Надо только суметь их извлечь. Наверное, каждая содержательная геометрическая задача может быть источником целого ряда новых. Для этого надо с ней «повозиться», посмотреть с разных сторон, попробовать перефразировать, обобщить. В результате удивительным образом может возникнуть совершенно не похожая на «родителя» задача. Например, возьмём ту же задачу № 255.

Критерии оценивания	Балл
Верное решение без существенных недочетов	+
В целом задача решена, хотя и с недочетами	+ −
Задача не решена, но есть заметное продвижение	− +
Задача не решена, заметных продвижений нет	−
Задача не решалась	0

Решение · Критерии · Помощь

Всего: 90 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 | 81–90