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 7 8 9
Атрибут

Всего: 77 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–77

Добавить в вариант

Тип 0 № 6786 Добавить в вариант

Дан выпуклый пятиугольник ABCDE, в котором $AE \parallel CD$ и $AB = BC.$ Биссектрисы его углов A и C пересекаются в точке K. Докажите, что $BK \parallel AE.$

(Егор Бакаев)

Решение · Помощь

Тип 0 № 6788 Добавить в вариант

Дан многоугольник, у которого каждые две соседние стороны перпендикулярны. Назовём две его вершины не дружными, если биссектрисы многоугольника, выходящие из этих вершин, перпендикулярны. Докажите, что для любой вершины количество не дружных с ней вершин чётно.

(Михаил Скопенков)

Решение.

I способ. Расположим многоугольник так, чтобы его стороны были горизонтальны и вертикальны. Пусть вертикальных сторон k, тогда горизонтальных сторон тоже k. Все вершины многоугольника делятся на 4 типа: ┌ , ┐, └ , ┘. Пусть вершина A имеет тип 2 (без ограничения общности). Тогда не дружные с ней  — вершины типа 1 и 4.

Рассмотрим любую горизонтальную сторону. Её левый конец может быть только типа 1 или $3 .$ Всего левых вершин $\mathrmy$ горизонтальных сторон столько же, сколько левых сторон, то есть k, откуда суммарное число вершин типа 1 и 3 равно k. Пусть вершин тина 1 всего x, тогда вершин типа 3 всего $k минус x.$ Рассматривая нижние концы вертикальных сторон, получаем аналогично, что вершин тиша 3 и 4 всего k, откуда вершин типа 4 всего $k минус левая круглая скобка k минус x правая круглая скобка ,$ то есть x. Но тогда вершин типа 1 и 4 всего $2 x$ (чётное число), а это и есть вершины, которые не дружны с $A .$

II способ. Расположим многоугольник так, чтобы биссектриса l данной вершины A была горизонтальна. Пусть некая точка движется по периметру многоугольника с постоянной скоростью, начав и закончив в вершине A. Torда её проекция на l также движется с постоянной скоростью, причём проекция меняет направление движения ровно в те моменты, когда точка проходит через вершину, дружную с A, или через саму A. Учитывая, что всего вершин чётное число, получаем требуемое.

III способ. Расположим многоугольник так, чтобы его стороны были горизонтальны и вертикальны. Поскольку они чередуются, число вершин чётно (пусть их $2 n$ ). При этом угловой коэффициент биссектрисы равен 1 или −1.

Занумеруем вершины против часовой стрелки числами от 1 до $2 n$ и поставим в i-й вершине число $a_5,$ равное 1, если угол в ней равен $90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ и −1, если угол в ней равен $270 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Обходя многоугольник по контуру против часовой стрелки, в каждом угле в $90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ мы поворачиваем на $90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ против часовой стрелки, а в каждом угле в $270 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$   — на $90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ по часовой. Вернувшись в исходное положение после полного обхода, мы повернулись в итоге на $360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ против часовой стрелки, откуда количество углов в $270 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ на 4 меньше, чем в $90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ то есть равно $дробь: числитель: левая круглая скобка 2 n минус 4 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби =n минус 2,$ поэтому $a_1 a_2 \ldots a_2 n= левая круглая скобка минус 1 правая круглая скобка в степени левая круглая скобка n минус 2 правая круглая скобка .$

Заметим, что направления биссектрис в соседних вершинах совпадают тогда и только тогда, когда углы в них разные. Можно считать, что угловой коэффициент биссектрисы в первой вершине равен $a_1.$ Тогда для каждого i знак $b_i$ углового коэффициента биссектрисы в i-й вершине совпадает с $a_i,$ если i нечётно, и совпадает с $минус a_i,$ если i чётно. Поэтому

$b_1 b_2 \ldots b_2 n=a_1 a_2 \ldots a_2 n левая круглая скобка минус 1 правая круглая скобка в степени левая круглая скобка n правая круглая скобка = левая круглая скобка минус 1 правая круглая скобка в степени левая круглая скобка 2 n минус 2 правая круглая скобка =1 .$

Следовательно, число котрицательныхs (а потому и «положительных») биссектрис чётно.

Решение · Помощь

Тип 0 № 6795 Добавить в вариант

а)  Выпуклый пятиугольник разбили непересекающимися диагоналями на три треугольника. Могут ли точки пересечения медиан этих треугольников лежать на одной прямой?

б)  Тот же вопрос для невыпуклого пятиугольника.

(Александр Грибалко)

Решение · Помощь

Тип 0 № 6852 Добавить в вариант

Существует ли вписанный в окружность N-угольник, у которого нет одинаковых по длине сторон, а все углы выражаются целым числом градусов, если

а) $N = 19;$

б) $N = 20?$

(М. Малкин)

Решение · Помощь

Тип 0 № 7040 Добавить в вариант

Расстояние от некоторой точки внутри правильного шестиугольника до трёх его последовательных вершин равны 1, 1 и 2 соответственно. Чему равна сторона этого шестиугольника?

Решение.

Пусть A, B, C  — последовательные вершины шестиугольника, O  — точка внутри него, и пусть OA  =  OB  =  1 и OC  =  2.

Рис. 1

Рассмотрим другую соседнюю с A вершину F. Тогда FABC  — равнобедренная трапеция (см. рис. 1). Точка O лежит на общем серединном перпендикуляре её оснований FC и AB, поэтому OF  =  O C  =  2. Но FC  =  2AB (в правильном шестиугольнике главная диагональ в 2 раза больше стороны), откуда треугольники AOB и FOC подобны с коэффициентом 2. Поскольку AB и FC параллельны и $\angle B A O=\angle O C F,$ точка O лежит на диагонали AC (и, аналогично, точка O лежит на диагонали BF ). Тогда:

$\angle O B C=120 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус 30 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка =90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$

$B C= корень из: начало аргумента: 2 в квадрате минус 1 в квадрате конец аргумента = корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента$

по теореме Пифагора для прямоугольного треугольника OBC.

Ответ: $корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента .$

Приведём другое решение.

Рис. 2

Точка O лежит на серединном перпендикуляре к стороне AB. Построим вне шестиугольника равносторонний треугольник ABD (см. рис. 2). Ясно, что тогда OD  — серединный перпендикуляр к отрезку AB. Кроме того, так как $дробь: числитель: DB, знаменатель: DC конец дроби = дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: OB, знаменатель: OC конец дроби ,$ то OD  — биссектриса внешнего угла O треугольника BOC. Значит, она перпендикулярна биссектрисе OE угла BOC. В силу равенства

$\angle B A O=\angle A B O=\angle B O E=\angle E O C,$

точки A, O и C лежат на одной прямой. В треугольнике ADC: $\angle D=60 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ а DC  =  2DA, откуда угол DAC прямой, а

$A B=A D=A C \ctg \angle D=3 \ctg 60 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка = корень из: начало аргумента: 3 конец аргумента .$

Решение · Помощь

Тип 0 № 7111 Добавить в вариант

Шестиугольник ABCDEF  — правильный. Точка K  — середина отрезка DE, M  — середина EF, O  — середина AD, P  — середина AM, Q  — середина FK. Докажите, что треугольник OPQ  — правильный.

Аналоги к заданию № 7111: 7115 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 7115 Добавить в вариант

Шестиугольник ABCDEF  — правильный. Точка K  — середина отрезка DE, M  — середина BC, L  — середина FK, P  — cepeдина BF, Q  — середина MK. Докажите, что треугольник LPQ  — правильный.

Аналоги к заданию № 7111: 7115 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7285 Добавить в вариант

Вершины правильного 100-угольника раскрашены случайным образом в два цвета: 50 вершин  — в белый цвет, 50  — в черный. Докажите, что можно разбить все вершины на 25 групп по 4 вершины так, чтобы в каждой группе было по две вершины каждого цвета, и вершины каждой группы являлись вершинами некоторого прямоугольника.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7487 Добавить в вариант

В выпуклом 12-угольнике все углы равны. Известно, что длины каких-то десяти его сторон равны 1, а длина ещё одной равна 2. Чему может быть равна площадь этого 12-угольника?

(М. А. Евдокимов)

Решение · Помощь

Тип 0 № 7685 Добавить в вариант

Внутренние углы A₁, A₂, ..., A₂₀₁₆ выпуклого 2016-угольника A₁, A₂, ..., A₂₀₁₆ образуют возрастающую арифметическую прогрессию. Можно ли описать окружность вокруг этого многоугольника?

Решение · Помощь

Тип 0 № 8093 Добавить в вариант

В окружность радиуса R вписан правильный n-угольник. Точка M движется по окружности, и для каждого её положения рассматривается сумма расстояний от M до прямых, содержащих стороны n-угольника. Для каких положений точки M результат окажется минимальным?

(О. А. Пяйве)

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8480 Добавить в вариант

Дан выпуклый пятиугольник ABCDE. Точки A₁, B₁, C₁, D₁, E₁ таковы, что $A A_1 \perp E B,$ $B B_1 \perp A C,$ $C C_1 \perp B D,$ $D D_1 \perp C E,$ $E E_1 \perp D A.$ Kроме того, $A E_1=A B_1,$ $B C_1=B A_1,$ $C B_1=C D_1,$ $D C_1=D E_1.$ Докажите, что тогда $E D_1=E A_1.$

Решение · Помощь

Тип 21 № 8604 Добавить в вариант

Выпуклый n-угольник (n > 4) обладает таким свойством: если диагональ отсекает от него треугольник, то этот треугольник равнобедренный. Докажите, что среди любых четырёх сторон этого n-угольника есть хотя бы две равных.

Критерий	Оценка
Только наблюдение, что угол между двумя неравными сторонами данного n-угольника острый	− / +

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8808 Добавить в вариант

Дан 11-угольник A₁A₂...A₁₁ и последовательность точек X₀, X₁, X₂, ... на сторонах этого многоугольника, такая, что точка X₀ лежит на стороне A₁A₁₁ и для любого целого $k больше или равно 0$ точка $X_11 k плюс 1$   — на стороне A₁A₂, точка $X_11 k плюс 2$   — на стороне A₂A₃, ..., точка $X_11 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$   — на стороне A₁₁A₁, причем

$A_1 X_11 k=A_1 X_11 k плюс 1,$ $A_2 X_11 k плюс 1=A_2 X_11 k плюс 2,$ $A_3 X_11 k плюс 2=A_3 X_11 k плюс 3,$ $\ldots,$ $A_11 X_11 k плюс 10=A_11 X_11 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка .$

Докажите, что последовательность точек X₀, X₁, X₂, ... состоит из конечного множества точек. Укажите верхнюю границу для числа n различных точек в этой последовательности и покажите, что эта граница достижима (то есть существует такой многоугольник A₁A₂...A₁₁ и последовательность точек X₀, X₁, X₂, ... построенная по описанным правилам, в которой ровно n различных точек).

There is a sequence of points X₀, X₁, X₂, ... on sides of a polygon A₁A₂...A₁₁ such that X₀ lies on A₁A₁₁ and for any non-negative integer k point $X_11 k плюс 1$ lies on A₁A₂, point $X_11 k плюс 2$ lies on A₂A₃, ..., and point $X_11 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$ lies on A₁₁A₁. It is gives that

for any integer $k больше или равно 0.$ Prove that the sequence X₀, X₁, X₂, ... contains a finite number of points. What number is it? Show that the number is achievable on some polygon with 11 sides.

Решение.

Решим задачу для произвольного $левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ -угольника. Здесь m  — заданное натуральное число (в данной задаче оно равно 5). Пусть длина стороны $A_k A_k плюс 1$ (для $1 меньше или равно k меньше или равно 2 m правая круглая скобка$ равна a_k, длина стороны $A_2 m плюс 1 A_1$ равна $a_2 m плюс 1,$ а x  — длина A₁X₀. Тогда

$\left|A_2 X_1|= левая круглая скобка a_1 минус x правая круглая скобка ,$

$\left|A_3 X_2|= левая круглая скобка a_2 минус левая круглая скобка a_1 минус x правая круглая скобка правая круглая скобка = левая круглая скобка a_2 минус a_1 плюс x правая круглая скобка ,$

$\left|A_4 X_3|= левая круглая скобка a_3 минус левая круглая скобка a_2 минус a_1 плюс x правая круглая скобка правая круглая скобка = левая круглая скобка a_3 минус a_2 плюс a_1 минус x правая круглая скобка ,$

$\ldots$

$\left|A_2 k плюс 1 X_2 k|= левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=k правая круглая скобка a_2 i минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=k правая круглая скобка a_2 i минус 1 плюс x правая круглая скобка ,$

$\left|A_2 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка X_2 k плюс 1|= левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=k правая круглая скобка a_2 i плюс 1 минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=k правая круглая скобка a_2 i минус x правая круглая скобка ,$

$\ldots$

$\left|A_2 m плюс 1 X_2 m|= левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус 1 плюс x правая круглая скобка ,$

$\left|A_0 X_2 m плюс 1|= левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i плюс 1 минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус x правая круглая скобка ,$

для $1 меньше или равно k меньше или равно m.$ Если точка $X_2 m плюс 1$ совпадает с X₀, тогда все точки, начиная с этого места, будут повторяться. Если точки $X_2 m плюс 1$ и X₀ не совпадают, то процесс совпадения точек начинается не с X₀, а с $X_2 m плюс 1$ и с расстояния не x, а

$левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i плюс 1 минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус x правая круглая скобка .$

Поэтому после второго прохода того же цикла для точки $X_2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ имеем

$\left|A_0 X_2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка |= левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i плюс 1 минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус \left|A_0 X_2 m плюс 1| правая круглая скобка = левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i плюс 1 минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус левая круглая скобка \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i плюс 1 минус \sum_i=1 в степени левая круглая скобка i=m правая круглая скобка a_2 i минус x правая круглая скобка правая круглая скобка =x,$

то есть точка $X_2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ совпадает с X₀ и в последовательности X₀,X₁, X₀, ...  — не более $2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ различных точек.

Для реализации сценария с этим количеством точек используем правильный $левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ -угольник со стороной, равной 3x. Что требовалось доказать.

Let's solve the task for arbitrary polygon with $2 m плюс 1$ sides for some positive integer m (for that particular tasks we have $m=5 правая круглая скобка .$ Let length of any side $A_k A_k плюс 1$ (for $1 меньше или равно k меньше или равно 2 m правая круглая скобка$ be equal to a_k with length of $A_2 m плюс 1 A_1$ being equal to $a_2 m плюс 1$ and x being the length of A₁X₀. Then we have

$\left|A_2 X_1|= левая круглая скобка a_1 минус x правая круглая скобка ,$

$\ldots$

for $1 меньше или равно k меньше или равно m.$ If $X_2 m плюс 1$ coincides with X₀, then all other points on same sides coincide. If $X_2 m плюс 1$ and X₀ doesn't coincide, then the process of point coinciding starts not with $X_0$ but with $X_2 m плюс 1$ with distance

After the second traversal for the point $X_2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ we have

thus the point $X_2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ coincides with the point X₀ and in the sequence X₀, X₁, X₂, ... we have no more than $2 левая круглая скобка 2 m плюс 1 правая круглая скобка$ different points. Then we construct equilateral polygon of $2 m плюс 1$ sides with length of any side being equal to 3x.

Критерии проверки:

Описание системы баллов за решение задач

I. Первичная оценка решения каждой задачи выставляется по 5-балльной шкале, где

0 — задача не решена или решена неверно из-за грубых ошибок в рассуждениях;

1 — задача решена неверно, но присутствует плодотворная идея, применимая для решения задачи;

2 — задача решена неверно, но присутствует и частично применена плодотворная идея, достигнут некоторый прогресс в решении;

3 — задача решена частично либо полностью, но с существенными арифметическими ошибками при наличии правильного хода рассуждений;

4 — задача решена верно, но с незначительными ошибками;

5 — задача полностью решена.

II. Для каждой задачи вычисляется средний балл (M) по результатам ее решения всеми участниками.

III. Весовой коэффициент (K) каждой задачи вычисляется по простой формуле:

$K=10 минус 1,8 умножить на M .$

Таким образом, весовой коэффициент задачи может изменяться в пределах от 1 до 10 в зависимости от среднего балла участников за эту задачу.

IV. Балл каждого участника за каждую задачу умножается на весовой коэффициент этой задачи.

V. Баллы, набранные участником, суммируются с округлением до ближайшего целого в большую сторону.

Specification of the score system

I. Pre-score of the solution to each problem is set on a 5-point scale, where

0 — a task was not solved or solved incorrectly due to gross reasoning blunder;

1 — a task was solved incorrectly but there is a fruitful idea that can be used to solve the task;

2 — a task was solved incorrectly but a fruitful idea is present and partially applied, some progress has been made in the solution;

3 — a task was solved partially or completely but with significant arithmetic errors in the presence of the correct line of reasoning;

4 — a task was solved correctly but with minor errors;

5 — a task was solved completely.

II. An average score (M) is calculated based on the results of all participants for each task.

III. The weighting factor (K) of each task is calculated using a simple formula:

$K=10 минус 1,8 умножить на M.$

Thus, the weighting coefficient of a task can vary from 1 to 10 , depending on the average score of the participants for this task.

IV. Each participant's score for each task is multiplied by the weighting factor of that task.

V. The points scored by the participant are summed and rounded up to the nearest integer.

Аналоги к заданию № 8808: 8814 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8814 Добавить в вариант

Дан 57-угольник A₁A₂...A₅₇ и последовательность точек X₀, X₁, X₂, ... на сторонах этого многоугольника, такая, что точка X₀ лежит на стороне A₁A₅₇ и для любого целого $k больше или равно 0$ точка $X_57 k плюс 1$   — на стороне A₁A₂, точка $X_57 k плюс 2$   — на стороне A₂A₃, ..., точка $X_57 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$   — на стороне A₅₇A₁, причем

$A_1 X_57 k=A_1 X_57 k плюс 1,$ $A_2 X_57 k плюс 1=A_2 X_57 k плюс 2,$ $A_3 X_57 k плюс 2=A_3 X_57 k плюс 3,$ $\ldots,$ $A_57 X_57 k плюс 56=A_57 X_57 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка .$

Докажите, что последовательность точек X₀, X₁, X₂, ... состоит из конечного множества точек. Укажите верхнюю границу для числа n различных точек в этой последовательности и покажите, что эта граница достижима (то есть существует такой многоугольник A₁A₂...A₅₇ и последовательность точек X₀, X₁, X₂, ... построенная по описанным правилам, в которой ровно n различных точек).

There is a sequence of points X₀, X₁, X₂, ... on sides of a polygon A₁A₂...A₅₇ such that X₀ lies on A₁A₅₇ and for any non-negative integer k point $X_57 k плюс 1$ lies on A₁A₂, point $X_57 k плюс 2$ lies on A₂A₃, ..., and point $X_57 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$ lies on A₅₇A₁. It is gives that

Критерии проверки:

Описание системы баллов за решение задач

I. Первичная оценка решения каждой задачи выставляется по 5-балльной шкале, где

0 — задача не решена или решена неверно из-за грубых ошибок в рассуждениях;

1 — задача решена неверно, но присутствует плодотворная идея, применимая для решения задачи;

4 — задача решена верно, но с незначительными ошибками;

5 — задача полностью решена.

II. Для каждой задачи вычисляется средний балл (M) по результатам ее решения всеми участниками.

III. Весовой коэффициент (K) каждой задачи вычисляется по простой формуле:

$K=10 минус 1,8 умножить на M .$

IV. Балл каждого участника за каждую задачу умножается на весовой коэффициент этой задачи.

V. Баллы, набранные участником, суммируются с округлением до ближайшего целого в большую сторону.

Specification of the score system

I. Pre-score of the solution to each problem is set on a 5-point scale, where

0 — a task was not solved or solved incorrectly due to gross reasoning blunder;

1 — a task was solved incorrectly but there is a fruitful idea that can be used to solve the task;

2 — a task was solved incorrectly but a fruitful idea is present and partially applied, some progress has been made in the solution;

3 — a task was solved partially or completely but with significant arithmetic errors in the presence of the correct line of reasoning;

4 — a task was solved correctly but with minor errors;

5 — a task was solved completely.

II. An average score (M) is calculated based on the results of all participants for each task.

III. The weighting factor (K) of each task is calculated using a simple formula:

$K=10 минус 1,8 умножить на M.$

Thus, the weighting coefficient of a task can vary from 1 to 10 , depending on the average score of the participants for this task.

IV. Each participant's score for each task is multiplied by the weighting factor of that task.

V. The points scored by the participant are summed and rounded up to the nearest integer.

Аналоги к заданию № 8808: 8814 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8820 Добавить в вариант

Дан 80-угольник A₁A₂...A₈₀, такой, что сумма длин четных сторон не равна сумме длин нечетных сторон (то есть

$A_1 A_2 плюс A_3 A_4 плюс умножить на s плюс A_79 A_80 не равно q A_2 A_3 плюс A_4 A_5 плюс умножить на s плюс A_80 A_1 правая круглая скобка .$

Докажите, что не существует такой бесконечной последовательности точек X₀, X₁, X₂, ... на сторонах этого многоугольника, что точка X₀ лежит на стороне A₈₀A₁ и для любого целого $k больше или равно 0$ точка $X_80 k плюс 1$ лежит на стороне A₁A₂, точка $X_80 k плюс 2$   — на стороне A₂A₃, ..., точка $X_80 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$   — на стороне A₈₀A₁, причем

$A_1 X_80 k=A_1 X_80 k плюс 1,$ $A_2 X_80 k плюс 1=A_2 X_80 k плюс 2,$ $\ldots,$ $A_80 X_80 k плюс 79=A_80 X_80 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка .$

There is a polygon A₁A₂...A₈₀ such that sum of its odd-numbered sides is not equal to sum of evennumbered sides

$левая круглая скобка A_1 A_2 плюс A_3 A_4 плюс умножить на s плюс A_79 A_80 не равно q A_2 A_3 плюс A_4 A_5 плюс умножить на s плюс A_80 A_1 правая круглая скобка .$

Prove that it's impossible to construct an infinite sequence X₀, X₁, X₂, ... of points on sides of the polygon (point X₀ lies on A₈₀A₁ and for every non-negative integer k point $X_80 k плюс 1$ lies on A₁A₂, point $X_80 k плюс 2$ lies on A₂A₃, ..., point $X_80 левая круглая скобка k плюс 1 правая круглая скобка$ lies on A₈₀A₁) such that

Критерии проверки:

Описание системы баллов за решение задач

I. Первичная оценка решения каждой задачи выставляется по 5-балльной шкале, где

0 — задача не решена или решена неверно из-за грубых ошибок в рассуждениях;

1 — задача решена неверно, но присутствует плодотворная идея, применимая для решения задачи;

4 — задача решена верно, но с незначительными ошибками;

5 — задача полностью решена.

II. Для каждой задачи вычисляется средний балл (M) по результатам ее решения всеми участниками.

III. Весовой коэффициент (K) каждой задачи вычисляется по простой формуле:

$K=10 минус 1,8 умножить на M .$

IV. Балл каждого участника за каждую задачу умножается на весовой коэффициент этой задачи.

V. Баллы, набранные участником, суммируются с округлением до ближайшего целого в большую сторону.

Specification of the score system

I. Pre-score of the solution to each problem is set on a 5-point scale, where

0 — a task was not solved or solved incorrectly due to gross reasoning blunder;

1 — a task was solved incorrectly but there is a fruitful idea that can be used to solve the task;

2 — a task was solved incorrectly but a fruitful idea is present and partially applied, some progress has been made in the solution;

3 — a task was solved partially or completely but with significant arithmetic errors in the presence of the correct line of reasoning;

4 — a task was solved correctly but with minor errors;

5 — a task was solved completely.

II. An average score (M) is calculated based on the results of all participants for each task.

III. The weighting factor (K) of each task is calculated using a simple formula:

$K=10 минус 1,8 умножить на M.$

Thus, the weighting coefficient of a task can vary from 1 to 10 , depending on the average score of the participants for this task.

IV. Each participant's score for each task is multiplied by the weighting factor of that task.

V. The points scored by the participant are summed and rounded up to the nearest integer.

Решение · Критерии · 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 № 8948 Добавить в вариант

Дан правильный n-угольник, в котором проведены все диагонали. Докажите, что они образуют не больше

$дробь: числитель: n левая круглая скобка n минус 1 правая круглая скобка левая круглая скобка n минус 2 правая круглая скобка левая круглая скобка n минус 3 правая круглая скобка , знаменатель: 24 конец дроби минус дробь: числитель: n, знаменатель: 4 конец дроби умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 1 правая круглая скобка плюс 1 минус дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 1 правая круглая скобка умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 3 правая круглая скобка$

точек пересечения (не считая вершин).

Число n во всех вариантах задачи представляется в виде $n=4 k плюс 2,$ где k натуральное.

Решение.

Если бы все точки пересечения диагоналей были различны, для их подсчёта достаточно было бы посчитать общее количество способов выбрать 4 вершины n-угольника. Действительно, каждая пара пересекающихся диагоналей даёт нам 4 вершины; с другой стороны, для каждых 4 вершин отрезок, соединяющий первую и третью по часовой стрелке, и отрезок, соединяющий вторую и четвёртую, будут пересекающимися диагоналями (сторонами они не могут быть, так как стороны ни с чем не пересекаются). Количество таких способов составляет

Однако, при таком подсчёте точки, в которых пересекаются больше двух диагоналей, посчитаны несколько раз.

Во-первых, поскольку количество вершин чётно, $дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби$ «длинных» диагоналей (соединяющий противоположные вершины многоугольника) пересекаются в центре многоугольника.

Эта точка посчитана

раз, в то время как должна быть посчитана 1 раз. Значит, из вычисленного количества надо вычесть

Во-вторых, для каждой «длинной» диагонали можно взять две симметричные относительно неё диагонали, не проходящие через центр многоугольника. «Длинную» диагональ можно выбрать $дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби$ способами. Для удобства представим себе, что выбранная диагональ расположена вертикально. По каждую І сторону от этой диагонали остаётся $дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 1$ вершина. Мы выбираем вершину A слева от «длинной» диагонали, после чего для выбора вершины B справа у нас остаётся $дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 3$ варианта: мы не можем выбрать вершину, симметричную A относительно «длинной» диагонали (иначе диагональ AB будет симметрична сама себе) и вершину, симметричную относительно центра, иначе AB будет «длинной», а эти точки пересечения мы уже учли.

Симметричная диагональ $A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ выбирается единственным образом. Однако каждую пару диагоналей AB и $A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ мы посчитали дважды, потому что в качестве первой выбранной диагонали могла быть взята любая из них. Таким образом, точку пересечения трёх диагоналей мы умеем искать

$дробь: числитель: дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 1 правая круглая скобка умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 3 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби$

способами. В исходной формуле каждая такая точка посчитана трижды, то есть два лишних раза. Значит, мы получаем ещё на

$дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 1 правая круглая скобка умножить на левая круглая скобка дробь: числитель: n, знаменатель: 2 конец дроби минус 3 правая круглая скобка$

точек меньше.

Вычитая из исходного количества пересечений оба эти выражения мы получаем в точности то, что и требовалось. Если какие-то точки, посчитанные в предыдущем абзаце, на самом деле совпадают, то вычитать надо ещё больше.

Решение · Помощь

Тип 21 № 9041 Добавить в вариант

Неправильный шестиугольник ABCDEF, у которого стороны AB, CD и EF равны, вписан в окружность с центром О, вершины располагаются на окружности по часовой стрелке в алфавитном порядке. Обозначим точку пересечения диагоналей AC и BD за M, диагоналей CE и DF  — за N, а диагоналей AE и BF  — за K. Докажите, что треугольники АСЕ и МNK подобны.

Решение.

1.  Из равенства сторон AB, CD и ЕF следует, что треугольник BDF получается из треугольника ACE поворотом относительно О, поэтому данные треугольники равны.

2.  В четырёхугольнике АВМК углы КАМ и КВМ равны, как соответственные углы равных треугольников ACE и BDF, поэтому он является вписанным. Аналогично, вписанными являются и четырёхугольники MCDN и NEFK.

3.  Обозначим величину угла АКM за x. Четырёхугольник АВMKвписанный, поэтому противоположный АКМ угол АВM равен $180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус x.$ Четырёхугольник ABCD тоже вписанный (в исходную окружность), поэтому углы ABM  =  ABD и ACD  =  MCD равны, как опирающиеся на общую хорду AD, поэтому угол MCD равен 180° – x. Но и четырёхугольник MCDN вписанный, поэтому в нём угол MND, противоположный углу MCD, равен $180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус левая круглая скобка 180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус x правая круглая скобка =x.$ Отсюда следует равенство углов АКМ и МND.

4.  Обозначим величину угла EKN за y. Четырёхугольник NEFK вписанный, поэтому углы EKN и EFN равны y, как опирающиеся на общую хорду EN. Переходя ко вписанному в исходную окружность четырёхугольнику CDEF, получаем равенство y вписанных углов EFN  =  EFD и ECD, опирающихся на общую хорду ED. Наконец, во вписанном четырёхугольнике MCDN имеем равенство y вписанных углов NMD и NCD  =  ECD, опирающихся на общую хорду ND.

5.  Из треугольника NMD следует, что величина угла MDN равна 180° – x – y. С другой стороны, сумма углов EKN, MKN и AKM равна 180°, и, как мы уже доказали, величины углов AKM и EKN равны x и y соответственно. Следовательно, величина угла MKN одноименного треугольника равна величине угла MDN  =  BDF треугольника BDF, что равно и углу АСЕ одноименного треугольника. Аналогично доказываются равенство углов KNM и CAE, и равенство углов KMN и AEC. Следовательно, треугольники АСЕ и MNK подобны по трём углам, что и требовалось доказать.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 21 № 9188 Добавить в вариант

В правильном шестиугольнике ABCDEF в серединах сторон AB, BC, CD, DE, EF и FA поставлены точки G, H, I, J, K и L соответственно. При пересечении отрезков AK, BL, CG, DH, EI, FJ образуется другой шестиугольник. Найдите его периметр, если BC  =  3. Ответ при необходимости округлите до сотых.

Решение · Помощь

Всего: 77 1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–77