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 9
Атрибут

Всего: 24 1–20 | 21–24

Добавить в вариант

Тип 21 № 34 Добавить в вариант

Два коридора высотой и шириной в 1 м идут перпендикулярно друг другу по первому и второму этажу здания. Разделяющее их перекрытие разобрано, образуя дыру 1  $*$  1 м в полу одного и потолке другого. Какова максимальная длина балки, которую можно передать из одного коридора в другой через дыру? (Балку считать негнущимся отрезком нулевой толщины. Толщина перекрытия также равна нулю, т. е. пол верхнего коридора и потолок нижнего коридора находятся в одной плоскости.)

Решение.

Пусть A и B  — концы балки, причём B  — нижний конец, который первым попадает в нижний коридор (считаем, что балку передают из верхнего коридора в нижний). Обозначим для краткости $d = дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби умножить на левая круглая скобка 2 плюс корень 3 степени из: начало аргумента: 4 конец аргумента правая круглая скобка в степени левая круглая скобка дробь: числитель: 3, знаменатель: 2 конец дроби правая круглая скобка$   — указанную в ответе длину балки, PQRS  — квадрат, образующий дыру.

Решение будет состоять из двух частей: I  — мы покажем, как передать балку указанной в ответе длины, и II  — докажем, что балку большей длины нельзя передать никаким способом.

I. Нам понадобятся следующие дополнительные обозначения. Стена верхнего коридора, проходящая через точки Q, R, пересекается с потолком верхнего коридора по прямой a (см. рис.). Стена нижнего коридора, содержащая точки R, S, пересекается с полом нижнего коридора по прямой b. Q₁, R₁  — ортогональные проекции точек Q, R на прямую a, R₂, S₂  — ортогональные проекции точек R, S на прямую b. A₀, B₀  — точки на прямых a, b соответственно, такие, что

$\overrightarrowA_0Q_1 = \overrightarrowQ_1R_1, \overrightarrowB_0S_2 = \overrightarrowS_2R_2.$

Отрезки PA₀ и PB₀ параллельны отрезку Q₁S, поэтому точки P, A₀, B₀ лежат вдоль одной прямой, причём PA₀  =  PB₀  =   $корень из 3 .$

Перемещение балки будет состоять из следующих шагов (см. рисунки (1)  — (4) выше):

(1) Расположим балку так, чтобы её конец A лежал на прямой a, а конец B находился в точке P.

(2) Будем перемещать её конец A вдоль прямой a, так чтобы сама балка всё время проходила через точку P.

(3) Такое перемещение будем продолжать до тех пор, пока точка A не совпадёт с A₀. В этот момент балка расположится вдоль прямой A₀B₀.

(4) Затем будем двигать балку вдоль прямой A₀B₀, до тех пор, пока точка B не совпадёт с B₀.

(5) Наконец, будем двигать точку B вдоль прямой b, так, чтобы вся балка по прежнему проходила через P, до тех пор, пока вся балка не окажется в нижнем коридоре.

Ключевой факт, который нужно проверить  — что такое перемещение осуществимо, т. е. что балка всё время будет находиться целиком внутри коридоров. Очевидно, достаточно проверить его только для шагов (1)  — (3).

Проведём плоскость через прямую a и точку P. На протяжении всех шагов (1)  — (4) балка находится внутри плоскости, следовательно, можно исследовать движение балки отдельно в этой плоскости (рисунок ниже). Пусть AQ₁  =  x. Продлим прямую AP до пересечения со стеной нижнего коридора в точке X. Тогда из подобия треугольников APQ₁ и AXR₁ несложно найти $AX= дробь: числитель: x плюс 1, знаменатель: x конец дроби умножить на корень из: начало аргумента: 2 плюс x в квадрате конец аргумента .$ Производная этой функции равна $дробь: числитель: x в кубе минус 2, знаменатель: x в квадрате корень из: начало аргумента: 2 плюс x в квадрате конец аргумента конец дроби .$ Отсюда видно, что минимум функции достигается при $x= корень 3 степени из: начало аргумента: 2 конец аргумента .$ Подставляя это значение в выражение для AX, получаем после преобразований min(AX)  =  d (напомним, d обозначает число, указанное в ответе). Таким образом, длина AX всё время не меньше длины балки (в частности при $x = 1 AX = 2 корень из 3 больше d$ ), т. е. точка B никогда не выходит за пределы отрезка AX, а значит и за пределы коридоров, что и требовалось.

II. Теперь докажем, что балку длины больше d невозможно передать из одного коридора в другой никаким способом. Пусть O  — точка балки, делящая её в отношении $AO : OB = корень 3 степени из 2 :1.$ Поскольку движение балки непрерывно, при любом способе передачи возникнет момент, когда точка O окажется в плоскости PQRS. Покажем, что в этот момент длина балки не может быть больше d.

Пусть $альфа$ и $бета$   — вертикальные плоскости, проходящие через O параллельно осям верхнего и нижнего коридора соответственно, z_A  — расстояние от A до плоскости PQRS, x_A  — расстояние от A до $альфа ,$ y_A  — расстояние от A до $бета ,$ z_B, x_B, y_B  — аналогичные расстояния для точки B. (На рисунке ниже слева изображён "вид сверху" в проекции на плоскость PQRS, плоскости и проецируются в прямые, отрезки z_A и z_B не видны, т. к. проецируются в точки A и B соответственно. Точка O находится в плоскости PQRS).

Очевидно, $z_A:z_B = x_A:x_B = y_A:y_B = корень 3 степени из 2 :1.$ Кроме того, $x_A меньше или равно 1,$ $y_B меньше или равно 1,$ $z_A меньше или равно 1.$ Тогда длина всей балки:

$AB = левая круглая скобка 1 плюс корень 3 правая квадратная скобка 2 правая круглая скобка умножить на корень из: начало аргумента: x_B в квадрате плюс y_B в квадрате плюс z_B в квадрате конец аргумента = левая круглая скобка 1 плюс корень 3 степени из 2 правая круглая скобка умножить на корень из: начало аргумента: дробь: числитель: x_A в квадрате , знаменатель: корень 3 степени из: начало аргумента: 4 конец аргумента конец дроби плюс y_B в квадрате плюс дробь: числитель: z_A в квадрате , знаменатель: корень 3 степени из 4 конец дроби конец аргумента = левая круглая скобка 1 плюс корень 3 степени из 2 правая круглая скобка умножить на корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 1, знаменатель: корень 3 степени из: начало аргумента: 4 конец аргумента конец дроби плюс 1 плюс дробь: числитель: 1, знаменатель: корень из левая квадратная скобка 3 степени из 4 конец дроби конец аргумента =d.$

Ответ: $дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби умножить на левая круглая скобка 2 плюс корень 3 степени из: начало аргумента: 4 конец аргумента правая круглая скобка в степени левая круглая скобка дробь: числитель: 3, знаменатель: 2 конец дроби правая круглая скобка .$

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Верное решение (ответ способ протаскивания балки доказательство максимальности).	3
В задаче получен правильный ответ и показано, что балку такой длины можно передать. Однако не доказано, что балку большей длины передать нельзя.	2
Имеется правильная идея решения (алгоритм протаскивания балки через отверстие) и попытка (не доведённая до конца) составления функции, выражающей длину отрезка AX через переменную.	1
Решение, не содержащее продвижений в правильном направлении, а так же любое решение, в котором указан ответ $2 корень из 3$	0
Максимальный балл	3

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 204 Добавить в вариант

В остроугольном треугольнике ABC проведены высоты AD, BE, CF; H  — ортоцентр. Окружность с центром в точке O проходит через точки H и A, пересекая стороны AB и AC в точках Q и P, соответственно (точка O не лежит на сторонах AB и AC). Описанная окружность вокруг треугольника QOP касается стороны BC в точке R.

Докажите, что $дробь: числитель: CR, знаменатель: BR конец дроби = дробь: числитель: ED, знаменатель: FD конец дроби .$

Решение.

Пусть ∠CAB = x, ∠ABC = y, ∠DCA = z. Предположим, что точка Q находится между A и F, точка P находится между C и E (∠FQH = ∠APH). Приведём два решения задачи.

Первое решение.

Пусть точка M  — середина HA, ∠AEH = ∠AFH = 90°. Следовательно, AFHE  — вписанный четырёхугольник с центром описанной окружности в точке M. Треугольники EFM и OQP равнобедренные; ∠EMF = 2∠CAB = 2x; ∠POQ = 2x, отсюда треугольник EFM подобен QOP.

Четырёхугольники AEHF, AHPQ вписанные: ∠EFH = ∠EAH = ∠PQH; ∠FEH = ∠FAH = ∠QPH, откуда треугольник HEF подобен HPQ.

Докажем, что циклические четырёхугольники EHFM, PQHO подобны:

Пусть ∠QHP = $\varphi,$ то существует поворот с центром в точке H с углом поворота $\varphi$ по часовой стрелке, отношением $дробь: числитель: QH, знаменатель: FH конец дроби .$ Этот поворот переводит EHFM в QOPH.

Точке E, D, F, M лежат на окружности девяти точек треугольника ABC (поскольку четырёхугольники ABDE, ACDF вписанные; ∠FDB = ∠CAF = x, ∠EDC = ∠BAE = x, ∠EDF = 180° − 2x = 180° − ∠EMF).

Пусть точка R₁ лежит между B и D так, что ∠R₁HD = $\varphi,$ поэтому треугольники HQF и R₁HD подобны, поэтому четырёхугольники DFME и R₁QOP также подобны.

Поскольку четырёхугольник DFME вписанный, то R₁QOP также цикличен. Из этого следует, что точки R и R₁ совпадают. Треугольники DEF и RPQ подобны, то $дробь: числитель: ED, знаменатель: FD конец дроби = дробь: числитель: PR, знаменатель: QR конец дроби .$

Рассмотрим два циклических четырёхугольника ACDF и ABDE: ∠BFD = ∠AFE = ∠ACB = z, ∠DFE = 180° − 2z. Треугольники DEF и RPQ подобны, ∠RQP = 180° − 2z. Поскольку CR  — касательная к окружности треугольника PQR; ∠CRP = ∠RQP = 180° − 2z.

Таким образом, в треугольнике CPR имеем ∠CPR = z, CR = PR. Аналогично BR = QR:

$дробь: числитель: ED, знаменатель: FD конец дроби = дробь: числитель: PR, знаменатель: QR конец дроби = дробь: числитель: CR, знаменатель: BR конец дроби ,$

что и требовалось доказать.

Второе решение.

Впишем треугольник BQH в окружность и эта окружность будет пересекать прямую BC в точке R₃ (точка R₃ не совпадает с точкой B). Поскольку четырёхугольники APHQ и BQHR₃ вписанные, то ∠PHQ = 180° − ∠PAQ и ∠QHR₃ = 180° − ∠QBR³. Так же подразумевается, что ∠PHR₃ = 360° − ∠PHQ − ∠QHR₃ = 180° − ∠ACB. Следовательно, CPHR₃ также вписанный. Мы только что установили частный случай теоремы Микеля.

Поскольку BQHR₃ и CR₃HP вписанные, получаем, что ∠QR₃H = ∠QBH = 90° − ∠BAC и ∠HR₃P = ∠HCP = 90° − ∠BAC. Следовательно, ∠QR₃P = 180° − 2∠BAC = 180° − 2x. Аналогично имеем ∠PQR = 180° − 2z и ∠R3PQ = 180° − 2y. Как было показано в первом решении, треугольник DEF имеет такие же углы. Следовательно, треугольник R₃PQ подобен треугольнику DEF. Заметим, что ∠POQ + ∠PR₃Q = 2x + 180° − 2x = 180°, а это значит, что точка R₃ лежит на окружности треугольника OPQ ⇒ R₃ = R. Закончить доказательство как в первом решении.

Критерии оценивания выполнения задания	Баллы
Приведено полное решение.	20
Решение не соответствует ни одному из перечисленных выше критериев.	0
Максимальный балл	20

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 1749 Добавить в вариант

В окружность вписана замкнутая 100-звенная ломаная, никакие три звена которой не проходят через одну точку. Все ее углы тупые, и их сумма в градусах делится на 720. Докажите, что у этой ломаной нечетное число точек самопересечения.

(С. Иванов)

Решение.

Определим для ориентированной замкнутой ломаной на плоскости число поворота следующим образом: пустим по ней лягушку, в каждой вершине она повернет на некоторый угол от −π до π (положительным считаем поворот против часовой стрелки). Сумма углов поворота кратна $2 Пи$ (поскольку по модулю $2 Пи$ каждый угол поворота есть разность углов направлений звеньев в соответствующей вершине, а такая сумма разностей телескопически сокращается.) Частное назовём числом поворота, это целое число.

Например, если ломаная несамопересекающаяся, число поворота равно $\pm 1 .$ Это интуитивно понятное утверждение можно доказать индукцией, подразбивая ломаную и следя за изменением чисел поворота.

Пусть на плоскости нарисовано n замкнутых ломаных общего положения: никакие три прямые, содержащие их звенья, не пересекаются в одной точке, никакие две вершины не совпадают и никакие три не лежат на одной прямой. Обозначим через $r_1, \ldots, r_n$ числа поворотов этих ломаных, а через x  — общее число точек пересечения звеньев этих ломаных, включая самопересечения.

Утверждение. Число $y=r_1 плюс \ldots плюс r_n плюс n плюс x$ четно. При $n=1$ для ломаной из условия задачи получаем требуемое: в самом деле, если вое углы вписанной ломаной тупые, то она всегда поворачивает в одном направлении, а тогда сумма углов поворота равна $100 умножить на Пи$ минус сумма углов, что кратно $4 Пи .$ Поэтому число поворота чётно, а $x минус$ нечетно, чтд.

Доказательство утверждения может быть проведено индукцией по числу точек пересечения. Если звенья AB и CD пересекаются в точке P, отметим на cоответствунощих отрезках PA, PB, PC, PD точки A₁, B₁, C₁, D₁, достаточно близко к P и заменим отрезки $A_1 B_1, C_1 D_1$ на $A_1 C_1,$ $B_1 D_1 .$ Величина x уменьшится на 1, число ломаных изменится на 1, а сумма поворотов не изменится. Таким образом, четность величины y не изменится. Так мы сведём утверждение к случаю, когда ломаные не имеют точек пересечения, т. е. $x=0,$ $r_i=\pm 1 .$

Решение · Помощь

Тип 0 № 1829 Добавить в вариант

Треугольник ABC вписан в окружность $\omega$ с центром O. Прямая AO вторично пересекает окружность $\omega$ в точке A′ . MB и MC  — середины сторон AC и AB соответственно. Прямые A′MB и A′MC пересекают окружность $\omega$ вторично в точках B′ и C′ , а также пересекают сторону BC в точках D_B и D_C соответственно. Описанные окружности треугольников CD_BB′ и BD_CC′ пересекаются в точках P и Q. Докажите, что точки O, P и Q лежат на одной прямой.

Решение.

Сделаем поворот с центром в точке O, переводящий $B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ в A, и обозначим образ точки C при этом повороте через $B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка .$ Пусть X  — точка пересечения прямых $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ и $B B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка .$ Из равенства дуг $A B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ и $B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C$ легко следует равенство углов

$\angle A X B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка =\angle B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка D_B C.$

Тогда описанная окружность треугольника $C D_B B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ при этом повороте переходит в описанную окружность треугольника $A X B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка .$ При этом точка O, очевидно, будет иметь одинаковые степени относительно этих двух окружностей.

Аналогично, рассмотрев поворот с центром в O, переводящий $C в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ в A и обозначив образ точки B через $C в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ и точку пересечения $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ с $C C в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ через Y, мы получим, что точка O имеет одинаковые степени относительно описанных окружностей треугольников $B D_C C в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ и $A Y C в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка .$

Таким образом, вместо утверждения «точка O лежит на прямой PQ» эквивалентного тому, что точка O имеет одинаковые степени относительно описанных окружностей треугольников $C D_B B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ и $B D_C C в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка ,$ нам достаточно доказать, что точка O имеет одинаковые степени относительно описанных окружностей треугольников $A X B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ и $A Y C в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка .$ А это эквивалентно тому, что точки X и Y совпадают.

Заметим, что прямая $A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$   — медиана треугольника $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C$ и

$\angle левая круглая скобка A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка , A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка правая круглая скобка =\angle левая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка , A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C правая круглая скобка .$

Следовательно, $A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$   — симедиана треугольника $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C$ и тогда четырехугольник $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$   — гармонический. Аналогично, четырехугольник $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B C в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ также гармонический. Но тогда обозначив через S точку пересечения прямых $A A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ и $B C$ мы получим равенство двойных отношений

$левая круглая скобка A, S, A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка , X правая круглая скобка = левая круглая скобка A, C, A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка , B в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка правая круглая скобка = минус 1= левая круглая скобка A, B, A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка , C в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка правая круглая скобка = левая круглая скобка A, S, A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка , Y правая круглая скобка ,$

откуда $X=Y.$

Решение · Помощь

Тип 0 № 1884 Добавить в вариант

На плоскости отмечены $2n плюс 1$ точек, причём никакие три точки не лежат на одной прямой, а никакие четыре  — на одной окружности. Докажите, что существует окружность, проходящая через три из этих точек, внутри которой лежит $n минус 1$ точек и снаружи  — тоже $n минус 1.$

Решение · Помощь

Тип 0 № 1917 Добавить в вариант

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 2407 Добавить в вариант

Дано: $A_1A_2...A_2015$   — правильный 2015-угольник, O  — его центр. Найдите сумму векторов $\overrightarrowOA_1 плюс \overrightarrowOA_2 плюс ... плюс \overrightarrowOA_2015.$ Ответ обоснуйте.

Решение.

В общем виде: докажем, что сумма радиус – векторов правильного n-угольника равна $\vec0.$

Решим задачу через сложение векторов. Угол между соседними векторами равен $дробь: числитель: 360 градусов , знаменатель: n конец дроби .$ А если приложить вектор $\overrightarrowO A_2$ к концу вектора $\overrightarrowO A_1$ (правило треугольника), то получившийся угол будет равен

$180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби =$ $180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка умножить на дробь: числитель: n минус 2, знаменатель: n конец дроби .$

Такой же угол $левая круглая скобка 180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка умножить на дробь: числитель: n минус 2, знаменатель: n конец дроби правая круглая скобка$ будет и между соседними сторонами правильного n-угольника. Таким образом, если складывать векторы $\overrightarrowO A_1$ и $\overrightarrowO A_2,$ то получатся две стороны правильного n-угольника (см. рис. верхний), если к концу второго вектора приложить вектор $\overrightarrowO A_3$ (правило многоугольника), то получатся три стороны правильного n-угольника и т. д. В результате, если сложить все n векторов, то получится правильный n-угольник, и, по правилу n-угольника, сумма векторов будет равна $\vec0.$

Ответ: $\vec0.$

Приведём другое решение (через повороты).

Пусть сумма векторов $\overrightarrowO A_1 плюс \overrightarrowO A_2 плюс умножить на s плюс \overrightarrowO A_n$ равна вектору $\vecp$ (см. рис. нижний). Заметим, что:

$\angle A_1 O A_2= \angle A_2 O A_3= умножить на s= \angle A_n O A_1= дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби .$

Сделаем поворот правильного n-угольника с центром в точке О на угол $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби ,$ например, на угол $A_1 O A_2$ (можно повернуть на угол, кратный $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби$ ). При этом вектор $\overrightarrowO A_1$ перейдёт в вектор $\overrightarrowO A_2,$ вектор $\overrightarrowO A_2$   — в вектор $\overrightarrowO A_3$ и т. д., вектор $\overrightarrowO A_n$   — в $\overrightarrowO A_1.$ B результате n-угольник перейдёт сам в себя, следовательно, сумма векторов

$\overrightarrowO A_1 плюс \overrightarrowO A_2 плюс умножить на s плюс \overrightarrowO A_n$

не изменится, а суммарный вектор $\vecp$ перейдёт в вектор $\vecp_1.$ Если $\vecp не равно q \vec0,$ то вектор $\vecp не равно q \vecp_1,$ т. к. они неколлинеарны. Единственный вариант, когда $\vecp=\vecp_1,$ это $\vecp=\vec0.$

Условия выставления	Баллы
Обоснованно получен верный ответ	15
Всё выполнено верно, но в ответе записан 0, а не $\vec0$	10
Векторно: указано, что ответом будет $\vec0,$ сделана попытка построить сумму векторов, но автору решения на удалось доказать, что сумма векторов равна $\vec0.$ Через повороты: получен верный ответ $\vec0,$ показано, что при повороте фигуры на угол $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби$ (или на кратный ему угол) сумма векторов не изменится, но не обоснованно утверждение, что сумма векторов равна $\vec0$	5
Все остальные случаи	0

Аналоги к заданию № 2407: 2513 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 2513 Добавить в вариант

$A_1A_2...A_2017$   — правильный 2017-угольник. O  — его центр. Найдите сумму векторов $\overrightarrowOA_1 плюс \overrightarrowOA_2 плюс ... плюс \overrightarrowOA_2017.$ Ответ обоснуйте.

Решение.

В общем виде: докажем, что сумма радиус-векторов правильного n-угольника равна $\vec0.$

Решим задачу через сложение векторов. Угол между соседними векторами равен $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби .$ А если приложить вектор $\overrightarrowO A_2$ к концу вектора $\overrightarrowO A_1$ (правило треугольника), то получившийся угол будет равен

$180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби =180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка умножить на дробь: числитель: n минус 2, знаменатель: n конец дроби .$

Такой же угол $левая круглая скобка 180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка умножить на дробь: числитель: n минус 2, знаменатель: n конец дроби правая круглая скобка$ будет и между соседними сторонами правильного n-угольника. Таким образом, если складывать векторы $\overrightarrowO A_1$ и $\overrightarrowO A_2,$ то получатся две стороны правильного n-угольника(см. рис. сверху), если к концу второго вектора приложить вектор $\overrightarrowO A_3$ (правило многоугольника), то получатся три стороны правильного n-угольника и т. д. В n-угольник, и, по правилу n-угольника, сумма векторов будет равна $\vec0.$

Ответ: $\vec0.$

Приведем другое решение (через повороты).

Пусть сумма векторов $\overrightarrowO A_1 плюс \overrightarrowO A_2 плюс умножить на s плюс \overrightarrowO A_n$ равна вектору $\vecp$ (см. рис снизу). Заметим, что:

Сделаем поворот правильного n-угольника с центром в точке O на угол $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби .$ Например, на угол A₁OA₂, также можно повернуть на угол, кратный $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби .$ При этом вектор $\overrightarrowO A_1$ перейдёт в вектор $\overrightarrowO A_2,$ вектор $\overrightarrowO A_2$   — в вектор $\overrightarrowO A_3$ и т. д., а вектор $\overrightarrowO A_n$   — в $\overrightarrowO A_1.$ В результате n-угольник перейдёт сам в себя, следовательно, $\overrightarrowO A_1 плюс \overrightarrow0 A_2 плюс умножить на s плюс \overrightarrow0 A_n$ не изменится, а суммарный вектор $\vecp$ перейдёт в вектор $\overrightarrowp_1.$ Если $\vecp не равно q \overrightarrow0,$ то вектор $\vecp не равно q \vecp_1,$ т. к. они неколлинеарны. Единственный вариант, когда $\vecp=\vecp_1,$ это $\vecp=\vec0.$

Критерии	Баллы
Обоснованно получен верный ответ	15
Всё выполнено верно, но в ответе записан 0, а не $\vec0$	10
Векторно: указано, что ответом будет $\vec0,$ сделана попытка построить сумму векторов, но автору решения на удалось доказать, что сумма векторов равна $\vec0.$ Через повороты: получен верный ответ $\vec0,$ показано, что при повороте фигуры на угол $дробь: числитель: 360 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка , знаменатель: n конец дроби$ (или на кратный ему угол) сумма векторов не изменится, но не обоснованно утверждение, что сумма векторов равна $\vec0$	5
Все остальные случаи	0

Аналоги к заданию № 2407: 2513 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 4196 Добавить в вариант

На сторонах CD и AD квадрата ABCD отмечены точки M и N соответственно. Оказалось, что $CM плюс AN = BN.$ Докажите, что $\angle CBM =\angle MBN.$

Решение · Помощь

Тип 0 № 4396 Добавить в вариант

Можно ли отметить k вершин правильного 14-угольника так, что любой четырехугольник с вершинами в отмеченных точках, имеющий две параллельные стороны, является прямоугольником, если: а) $k = 6;$ б) $k больше 7?$

Решение.

а)  В самом деле, пусть A₁A₂ ..., A₁₄  — правильный 14-угольник (см. рисунок). Отметим 6 его вершин: A₁, A₂, A₃, A₄, A₈, A₉, A₁₁. Поскольку правильный 14-угольник вписан в окружность, а параллельные прямые высекают на ней равные дуги, заключаем, что если некоторые два отрезка с концами в вершинах этого многоугольника параллельны, то между ними с двух сторон лежит равное число сторон 14-угольника. Из отрезков с концами в отмеченных 6 вершинах этим свойством обладают только пары отрезков A₁A₂ и A₈A₉, A₂A₄ и A₉A₁₁, A₁A₄ и A₈A₁₁, A₄A₈ и A₁A₁₁, A₄A₉ и A₂A₁₁, A₁A₉ и A₂A₈. Перечисленные пары отрезков являются сторонами трех параллелограммов, вписанных в окружность, то есть прямоугольников.

б)  Докажем, что какие бы семь вершин правильного 14-угольника ни были отмечены, всегда найдется трапеция с вершинами в отмеченных точках. Проведем прямые через всевозможные пары вершин правильного 14-угольника. Покажем, что среди этих прямых можно выбрать 14 попарно не параллельных, а среди любых 15 прямых хотя бы две будут параллельны (если прямые параллельны, то будем далее говорить, что они имеют одно направление). В самом деле, прямые A₁A₂, A₃A₁₄, ..., A₈A₉ имеют одно направление. Прямые A₁A₁₄, A₂A₁₃, ..., A₇A₈ также имеют одно направление, отличное от уже рассмотренного, поскольку каждая из них получается из соответствующей прямой первого направления поворотом на угол $дробь: числитель: Пи , знаменатель: 7 конец дроби$ вокруг центра 14-угольника. Поворачивая эти прямые на тот же угол далее, получим еще 5 новых направлений. Рассмотрим теперь прямые A₃A₁, A₄A₁₄, ..., A₈A₁₀. Все они имеют одно направление, отличное от семи, указанных выше. Шестью последовательными поворотами этих прямых на угол $дробь: числитель: Пи , знаменатель: 7 конец дроби$ вокруг центра 14-угольника получим еще 6 новых направлений прямых, проходящих через вершины правильного 14-угольника. Остается заметить, что любая прямая, содержащая отрезок с концами в вершинах правильного 14-угольника, имеет одно из перечисленных 14 направлений, а именно, если между концами отрезка лежит четное число вершин, то одно из первых семи направлений, а если нечетное, то одно из последних семи направлений.

Соединим все отмеченные вершины отрезками; их число равно $дробь: числитель: 7 умножить на 6, знаменатель: 2 конец дроби =21.$ Если некоторые три отрезка имеют одно направление, то некоторые 2 из них являются основаниями трапеции. В самом деле, если параллелограмм вписан в окружность, то он прямоугольник, причем его противоположные стороны стягивают одинаковое число сторон многоугольника (см. решение п. а)). Следовательно, если вершины каких-либо двух из трех отрезков данного направления лежат в вершинах такого прямоугольника, то концы любого из этих двух отрезков и третьего отрезка лежат в вершинах трапеции.

Пусть теперь для каждого из 14 направлений имеется не более 2 отрезков из 21 проведенных. Это означает, что существуют не менее семи направлений, для каждого из которых есть ровно 2 параллельных отрезка с концами в отмеченных точках. Рассмотрим любое направление, для которого есть два таких отрезка. Обозначим их AB и CD. Если они не являются основаниями трапеции, то это стороны прямоугольника, поэтому отрезки AC и BD параллельны и принадлежат перпендикулярному направлению. Следовательно, все направления, для которых имеются 2 отрезка, распадаются на пары взаимно перпендикулярных, а значит, число направлений, для каждого из которых есть ровно 2 параллельных отрезка с концами в отмеченных точках, не меньше 8, а соответствующие пары взаимно перпендикулярных отрезков являются сторонами не менее 4 различных прямоугольников с вершинами в отмеченных точках. Поскольку все вершины каждого прямоугольника разбиваются на пары диаметрально противоположных, а среди 7 отмеченных точек хотя бы одна такова, что диаметрально противоположная ей точка не отмечена, получаем, что вершины прямоугольников могут располагаться не более чем в 6 из отмеченных точек. Но может существовать не более трех различных прямоугольников с вершинами в 6 данных точках окружности, получили противоречие.

Итак, какие бы семь или более вершин правильного 14угольника мы ни отметили, всегда найдется трапеция с вершинами в отмеченных точках.

Ответ: а) да; б) нет.

Комментарий.

В 1981 году участникам Московской математической олимпиады предлагалось доказать, что если у правильного 1981-угольника отмечены 64 вершины, то существует трапеция с вершинами в отмеченных точках. Доказательство было основано на том, что количество отрезков с концами в отмеченных точках равно

$дробь: числитель: 64 левая круглая скобка 64 минус 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби =2016,$

что больше, чем 1981. Может показаться, что если среди вершин правильного n-угольника отмечены k точек, причем $дробь: числитель: k левая круглая скобка k минус 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби больше n,$ то среди отмеченных точек обязательно найдутся четыре, являющиеся вершинами трапеции. Оказывается, что это не так: например, при $k=6$ и $n=14$ имеем $дробь: числитель: k левая круглая скобка k минус 1 правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби больше n,$ но среди вершин правильного 14-угольника можно отметить 6 точек так, что никакие четыре из них не будут вершинами трапеции, так как любой четырехугольник с вершинами в отмеченных точках, имеющий две параллельные стороны, является прямоугольником.

Решение · Помощь

Тип 0 № 4685 Добавить в вариант

Точка O лежит внутри равнобедренного прямоугольного треугольника ABC. Расстояние от нее до вершины A прямого угла равно 6, до вершины B равно 4, до вершины C равно 8. Найти площадь треугольника ABC.

Решение.

Рассмотрим поворот вокруг точки A на угол 90°, который переводит точку C в точку B. Пусть при этом повороте точка O переходит в точку D; тогда отрезок BD является образом отрезка CO; поскольку при повороте длина отрезков не меняется, $B D=C O=8.$ Получаем четырёхугольник OADB, в котором $O A=A D=6,$ $B D=8,$ $O B=4,$ $\angle O A D=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ (см. чертёж). Дальше можно рассуждать несколькими способами.

Cпособ I. Рассмотрим систему координат, в которой точка O имеет координаты (0, 0), точка A имеет координаты (6, 0), точка D  — координаты (6; −6). Найдём координаты точки $B левая круглая скобка x, y правая круглая скобка ,$ учитывая, что $O B=4$ и $D B=8,$ то есть

$система выражений x в квадрате плюс y в квадрате =16, левая круглая скобка x минус 6 правая круглая скобка в квадрате плюс левая круглая скобка y плюс 6 правая круглая скобка в квадрате =64. конец системы .$

Вычитая из первого уравнения второе, получаем $12 x минус 12 y минус 72= минус 48,$ откуда $x минус y=2.$ Подставляя $x=y плюс 2$ в первое уравнение, получаем

$2 y в квадрате плюс 4 y минус 12=0 равносильно y в квадрате плюс 2 y минус 6=0,$

откуда $y= минус 1 \pm корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$ Поскольку (см. чертёж) точка B должна лежать по ту же сторону от прямой ОА, что и точка D, то $y больше 0,$ поэтому подходит только корень $y= минус 1 минус корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента ,$ откуда $x=1 минус корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$ Наконец,

$S= дробь: числитель: A B в квадрате , знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: левая круглая скобка x минус 6 правая круглая скобка в квадрате плюс y в квадрате , знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: левая круглая скобка 1 минус корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента минус 6 правая круглая скобка в квадрате плюс левая круглая скобка 1 плюс корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента правая круглая скобка в квадрате , знаменатель: 2 конец дроби =20 плюс 6 корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$

Cпособ II. Для начала заметим, что $O D=6 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента ,$ $\angle O D A=45 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$ Обозначим $\angle O D B=\varphi.$ Тогда по теореме косинусов для треугольника ОDB имеем

$косинус \varphi= дробь: числитель: O D в квадрате плюс B D в квадрате минус O B в квадрате , знаменатель: 2 умножить на O D умножить на B D конец дроби = дробь: числитель: левая круглая скобка 6 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента правая круглая скобка в квадрате плюс 8 в квадрате минус 4 в квадрате , знаменатель: 2 умножить на 6 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента умножить на 8 конец дроби = дробь: числитель: 120, знаменатель: 2 умножить на 6 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента умножить на 8 конец дроби = дробь: числитель: 5 корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента , знаменатель: 8 конец дроби ,$

а тогда

$синус \varphi= корень из: начало аргумента: 1 минус дробь: числитель: 50, знаменатель: 64 конец дроби конец аргумента = дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 14 конец аргумента , знаменатель: 8 конец дроби .$

Теперь, по теореме косинусов для треугольника ADB, получаем

$S= дробь: числитель: A B в квадрате , знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: A D в квадрате плюс B D в квадрате минус 2 умножить на A D умножить на B D умножить на косинус левая круглая скобка \varphi плюс 45 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка правая круглая скобка , знаменатель: 2 конец дроби =$
$=18 плюс 32 минус 6 умножить на 8 умножить на дробь: числитель: косинус \varphi минус синус \varphi, знаменатель: корень из: начало аргумента: 2 конец аргумента конец дроби =20 плюс 6 корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$

Ответ: $20 плюс 6 корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$

Приведем другое решение.

Пусть $A B=A C=x$ и $\angle O A B=\varphi.$ По теореме косинусов для треугольников OAB и OAC имеем:

$4 в квадрате =x в квадрате плюс 6 в квадрате минус 12 x косинус \varphi,$ $8 в квадрате =x в квадрате плюс 6 в квадрате минус 12 x синус \varphi,$

откуда

$12 x косинус \varphi=x в квадрате плюс 20,$ $12 x синус \varphi=x в квадрате минус 28.$

Возводя эти неравенства в квадрат, после сложения, получаем квадратное уравнение на x²:

$144 x в квадрате =2 x в степени левая круглая скобка 4 правая круглая скобка минус 16 x в квадрате плюс 1184 равносильно x в степени левая круглая скобка 4 правая круглая скобка минус 80 x в квадрате плюс 592=0.$

Корнями этого уравнения являются $x_1, 2 в квадрате =40 \pm 12 корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$ Заметим, что $40 минус 12 корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента меньше 36,$ и в этом случае $x меньше A O,$ то есть точка O не будет лежать внутри треугольника, поэтому

$S= дробь: числитель: x в квадрате , знаменатель: 2 конец дроби =20 плюс 6 корень из: начало аргумента: 7 конец аргумента .$

План третьего решения.

Отразим точку O симметрично относительно сторон AB, AC и BC треугольника ABC; обозначим образы через X, Y и Z соответственно (см. рисунок). Тогда $A Y=A X=A O,$ $C Y=C Z=C O,$ $B X=B Z=B O.$ Простым счётом углов убеждаемся, что

$\angle Y C Z=2 \angle A C B=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ $\angle X B Z=2 \angle A B C=90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка ,$ $\angle X A Y=2 \angle B A C=180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка .$

Площадь пятиугольника XYCZB в два раза больше площади треугольника ABC. другой стороны, площадь XYCZB складывается из площади двух прямоугольных треугольников YCZ и XBZ, в который нам известен катет, а также треугольника XYZ, у которого нам известны все стороны, поэтому его площадь мы можем найти, например, воспользовавшись формулой Герона.

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 № 4685: 4686 Все

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 4686 Добавить в вариант

Точка O лежит внутри равнобедренного прямоугольного треугольника ABC. Расстояние от нее до вершины A прямого угла равно 5, до вершины B равно 7, до вершины C равно 3. Найти площадь треугольника ABC.

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 № 4685: 4686 Все

Решение · Прототип задания · Критерии · Помощь

Тип 0 № 5572 Добавить в вариант

Пусть А  — точка пересечения двух окружностей. Из этой точки по каждой окружности, по часовой стрелке, с постоянными скоростями начинают двигаться точки Х₁ и Х₂.Через один оборот обе точки вновь оказываются в A. Докажите, что всегда найдется такая неподвижная точка В, что всё время движения выполняется равенство Х₁В  =  X₂B.

Решение.

Пусть две окружности пересекаются в точке A, точки X₁, X₂ едут по окружностям так как описано в задаче. Можно считать что нас интересуют в точности все описанные в задаче пары X₁, X₂ при которых $X_1 не равно q X_2$ (в противном случае проверять нечего при любом выборе P).

Если радиусы одинаковы, то в силе симметрии точка $P=A$ обладает указанным в задаче свойством, и все показано. Рассмотрим случай, когда радиусы различны. Заметим, что в этом случае найдутся два такие момента времени, что получающиеся в эти моменты отрезки $X_1 в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка ,$ $X_1 в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка ,$ $X_2 в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ не параллельны. Действительно, достаточно например взять на большей окружности концы диаметра перпендикулярного O₁O₂. Наклоны в эти моменты у $X_1 в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ и $X_1 в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка ,$ $X_2 в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ будут различны.

Возьмем произвольную точку $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка ,$ отличную от A. Рассмотрим углы $\angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1 X_1,$ $\angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2,$ Заметим, что разность этих углов не зависит от того момента, в который взяты точки X₁, X₂. Значит, для некоторого α выполнено

$\angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1 X_1= альфа плюс \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2.$

Рассмотрим теперь разность $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_1 в квадрате минус P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в квадрате .$ По теореме косинусов в треугольниках $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1 X_1,$ $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2$ получаем

$P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_1 в квадрате минус P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в квадрате =P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1 в квадрате плюс A O_1 в квадрате минус 2 P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1 умножить на A O_1 косинус \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1 X_1 минус P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 в квадрате минус A O_2 в квадрате плюс 2 P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 умножить на A O_2 косинус \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2.$

Обозначим

$r_1=A O_1,$ $r_2=A O_2,$ $b_1=P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_1,$ $b_2=P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2,$

отметим, что эти коэффициенты не зависят от момента, в который были взяты точки $X_1, X_2.$ Тогда

$P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_1 в квадрате минус P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в квадрате =b_1 в квадрате плюс r_1 в квадрате минус 2 r_1 умножить на b_1 косинус левая круглая скобка \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2 плюс альфа правая круглая скобка минус b_2 в квадрате минус r_2 в квадрате минус 2 r_2 умножить на b_2 косинус \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2=\text .$

Раскрывая косинус суммы получаем для некоторых чисел f, g, h, получим

$P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_1 в квадрате минус P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в квадрате =f плюс g синус \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2 плюс h косинус \angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2.$

Эта функция (для каждого выбора $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ вообще говоря своя), пока $\angle P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка O_2 X_2$ проходит полный оборот, или тождественно равна нулю, или равна нулю не более чем при двух значениях этого угла (двух парах точек X₁, X₂). Но одно из них  — начальное положение точек, теперь функция либо имеет не более одного ноля при допусловии $X_1 не равно q X_2,$ либо тождественно равна нулю.

C другой стороны, она обращается в ноль при $X_1 не равно q X_2$ в точности тогда когда $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ лежит на серединном перпендикуляре к невырожденному отрезку X₁X₂. Напомним, что найдутся два такие момента времени, что получающиеся в эти моменты отрезки $X_1 в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка X_2 в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка ,$ $X_1 в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка ,$ $X_2 в степени левая круглая скобка \prime \prime правая круглая скобка$ не параллельны. Значит, серединные перпендикуляры к ним имеют общую точку. Возьмем именно ее в качестве $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка .$ Соответствующая ей функция в эти два момента времени обращается в ноль, при этом также выполнено $X_1 не равно q X_2.$ Следовательно, эта функция  — тождественный ноль. Но тогда такая $P в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$   — искомая.

Решение · Помощь

Тип 0 № 5661 Добавить в вариант

Два квадрата ABCD и BEFG имеют общую сторону BC  =  BG. Квадрат ABCD повернули на некоторый угол относительно общей вершины B как центра окружности так, что продолжение диагонали AC проходит через точку F квадрата BEFG. Найти угол AJG, где J  — точка пересечения стороны BG неподвижного квадрата BEFG с диагональю AC квадрата ABCD после поворота.

Решение · Помощь

Тип 0 № 6141 Добавить в вариант

В правильном 2017-угольнике провели все диагонали. Петя выбирает наугад какие-то N диагоналей. При каком наименьшем N среди выбранных диагоналей гарантированно найдутся две, имеющие одинаковую длину?

Аналоги к заданию № 6141: 6133 Все

Решение · Помощь

Тип 0 № 7304 Добавить в вариант

Гипотенуза AB прямоугольного треугольника ABC касается вписанной и соответствующей вневписанной окружностей в точках T₁, T₂ соответственно. Окружность, проходящая через середины сторон, касается этих же окружностей в точках S₁, S₂ соответственно. Докажите, что $\angle S_1 C T_1=\angle S_2 C T_2$ .

Решение.

Введем обозначения для длин сторон: $B C=a,$ $A C=b$ и $A B=c.$ Сделаем инверсию с центром и радиусом $R= корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби a b конец аргумента$ с симметрией относительно биссектрисы угла C. Гипотенуза и окружность Эйлера треугольника переходят друг в друга. В самом деле, середины сторон прямоугольного треугольника и вершина его прямого угла образуют лежат в вершинах прямоугольника, значит, все четыре на одной окружности. Значит, при инверсии образ окружности  — прямая, легко посчитать, что эта прямая отсекает от лучей CA и CB отрезки длины a и b соответственно, то есть симметрична AB относительно биссектрисы угла A.

Лемма. Вписанная и вневписанная окружности треугольника АВС переходят друг в друга.

Доказательство. Действительно, касательная из к вписанной окружности равна её радиусу r, а касательная из к вневписанной окружности равна полупериметру p. Таким образом, их произведение $p r=S левая круглая скобка A B C правая круглая скобка$   — площади треугольника ABC. Итак, $p r=R в квадрате .$

Следовательно $T_1$ переходит в S₂, а T₂ переходит в S₁. Угол $\angle S_1 CT_1$ переходит в угол $\angle S_2 CT_2,$ значит, они равны.

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 7351 Добавить в вариант

Косинус двугранного угла при каждом из рёбер AB, BC, CD и DA основания правильной четырёхугольной пирамиды SABCD равен 0,8. Точки K, L, M и N являются проекциями точки S на биссекторные плоскости при рёбрах основания. Найдите отношение объёма многогранника SKLMN к объёму пирамиды SABCD.

Решение.

Точки K₁, L₁, M₁ и N₁, симметричные точке S относительно указанных биссекторных плоскостей, лежат в плоскости ABCD. А поскольку вся четвёрка биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на 90° вокруг оси пирамиды, то этим же свойством обладает и четвёрка K₁, L₁, M₁, N₁). Можно считать, что эти точки образуют квадрат K₁L₁M₁N₁, центр O которого совпадает с центром квадрата ABCD. Найдём отношение площадей этих квадратов. Пусть P  — середина ребра AB, а точкой, симметричной S относительно $S P=P K_1$ и

$O P=0,8 умножить на S P=0,8 умножить на P K_1,$

откуда

$O K_1=P K_1 минус O P= дробь: числитель: 1, знаменатель: 4 конец дроби умножить на O P.$

Но площадь квадрата K₁L₁M₁N₁, в котором отрезок OK₁  — половина диагонали, равна $2 левая круглая скобка O K_1 правая круглая скобка в квадрате ,$ тогда как площадь квадрата ABCD, сторона которого вдвое длиннее отрезка OP, равна $4 умножить на левая круглая скобка O P правая круглая скобка в квадрате =64 умножить на левая круглая скобка O K_1 правая круглая скобка в квадрате .$ Значит, отношение площадей равно $2: 64=1: 32.$

Поэтому объём пирамиды SK₁L₁M₁N₁ составляет $дробь: числитель: 1, знаменатель: 32 конец дроби$ объём пирамиды SABCD. Остаётся заметить, что многогранник SKLMN, будучи образом пирамиды SK₁L₁M₁N₁ при гомотетии с центром S и коэффициентом $дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби ,$ имеет объём, равный $левая круглая скобка дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби правая круглая скобка в кубе = дробь: числитель: 1, знаменатель: 8 конец дроби$ объёма пирамиды SK₁L₁M₁N₁. Перемножим $дробь: числитель: 1, знаменатель: 32 конец дроби$ и $дробь: числитель: 1, знаменатель: 8 конец дроби ,$ получим ответ  — $дробь: числитель: 1, знаменатель: 256 конец дроби .$

Ответ: $дробь: числитель: 1, знаменатель: 256 конец дроби .$

Критерии	Оценка	Балл
Задача решена полностью.	+	12
Ход решения и вычисления верны, но рассуждения содержат незначительные проблемы	±	10
Намечен верный план решения, но не удалось получить все необходимые отношения длин и площадей.	±	3

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8337 Добавить в вариант

Точки $A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка ,$ $B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ и $C в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$   — проекции вершины S правильной треугольной пирамиды SABC на биссекторные плоскости двугранных углов при рёбрах BC, AC и AB. Найдите тангенс каждого из этих углов, если объём пирамиды $S A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ в 10 раз меньше объёма пирамиды SABC.

Решение.

Точки S₁, S₂ и S₃ симметричные S относительно биссекторных плоскостей, лежат в плоскости ABC. А поскольку тройка этих биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на 60° вокруг оси пирамиды, то этим свойством обладает и тройка точек S₁, S₂, S₃. Следовательно, треугольник S₁S₂S₃  — правильный, и его центр, который мы обозначим через O, совпадает с центром треугольника ABC.

Заметим, далее, что пирамида SS₁S₂S₃  — образ пирамиды $S A в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка B в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка C в степени левая круглая скобка \prime правая круглая скобка$ при гомотетии с центром S и коэффициентом 2. С учётом условия задачи это означает, что отношение объёмов пирамид SABC и SS₁S₂S₃ равно

$10: 2 в кубе =10: 8=5: 4.$

А поскольку у этих пирамид общая высота SO, то и отношение площади треугольника ABC к площади треугольника S₁S₂S₃ равно 5 : 4. В качестве следствия получается равенство $O A: O S_1= корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента : 2,$ которое будет нами использовано.

Обозначив величину двугранного ребра при ребре BC через $\varphi,$ точкой, симметричной S относительно соответствующей биссекторной плоскости будем считать S₁. Тогда $\varphi=\angle S P A=\angle S P S_1,$ где P  — середина ребра BC; треугольник SPS₁ равнобедренный $левая круглая скобка S P=P S_1 правая круглая скобка ,$ откуда

$\angle S S_1 P= дробь: числитель: 180 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка минус \varphi, знаменатель: 2 конец дроби ,$ $O S_1=S O \ctg \angle S S_1 P=S O тангенс дробь: числитель: \varphi, знаменатель: 2 конец дроби .$

А поскольку $O A=2 умножить на O P=2 умножить на S O \ctg \varphi,$ то

$дробь: числитель: корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 2 конец дроби = дробь: числитель: O A, знаменатель: O S_1 конец дроби = дробь: числитель: 2 \ctg \varphi, знаменатель: тангенс дробь: числитель: \varphi, знаменатель: 2 конец дроби конец дроби$ и $тангенс дробь: числитель: \varphi, знаменатель: 2 конец дроби тангенс \varphi= дробь: числитель: 4, знаменатель: корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента конец дроби .$

При $0 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка меньше \varphi меньше 90 в степени левая круглая скобка \circ правая круглая скобка$ левая часть последнего равенства равна $корень из: начало аргумента: 1 плюс тангенс в степени левая круглая скобка 2 конец аргумента \varphi правая круглая скобка минус 1,$ что позволяет найти

$тангенс \varphi= корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 16 плюс 8 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 5 конец дроби конец аргумента .$

Ответ: $корень из: начало аргумента: дробь: числитель: 16 плюс 8 корень из: начало аргумента: 5 конец аргумента , знаменатель: 5 конец дроби конец аргумента .$

Критерии	Оценка	Баллы
Задача решена полностью	+	12
Задача в основном решена, но в ответе указано значение другой тригонометрической функции угла $\varphi$	+	11
Ход решения верный, но на заключительных его этапах допущены вычислительные ошибки	±	8
Намечен верный план решения, но нет нужных соотношений для угла $\varphi$	∓	3

Решение · Критерии · Помощь

Тип 0 № 8354 Добавить в вариант

Косинус двугранного угла при каждом из рёбер AB, BC, CD и DA основания правильной четырёхугольной пирамиды SABCD равен 0,8. Точки K, L, M и N являются проекциями точки S на биссекторные плоскости при рёбрах основания. Найдите отношение объёма многогранника SKLMN к объёму пирамиды SABCD.

Решение.

Точки K₁, L₁, M₁ и N₁, симметричные точке S относительно указанных биссекторных плоскостей, лежат в плоскости ABCD. А поскольку вся четвёрка биссекторных плоскостей переходит в себя при повороте на 90° вокруг оси пирамиды, то этим же свойством обладает и четвёрка (K₁, L₁, M₁, N₁). Можно считать, что эти точки образуют квадрат K₁L₁M₁N₁ центр O которого совпадает с центром квадрата ABCD.

Найдём отношение площадей этих квадратов. Пусть P  — середина ребра AB, а точкой, симметричной S относительно соответствующей биссекторной плоскости, является K₁. Тогда $S P=P K_1$ и

$O P=0,8 умножить на S P=0,8 умножить на P K_1,$

откуда

$O K_1=P K_1 минус O P= дробь: числитель: 1, знаменатель: 4 конец дроби умножить на O P.$

Но площадь квадрата K₁L₁M₁N₁, в котором отрезок OK₁  — половина диагонали, равна 2(OK₁)², тогда как площадь квадрата ABCD, сторона которого вдвое длиннее отрезка OP, равна

$4 умножить на левая круглая скобка O P правая круглая скобка в квадрате =64 умножить на левая круглая скобка O K_1 правая круглая скобка в квадрате .$

Значит, отношение площадей равно $2: 64=1: 32.$

Поэтому объём пирамиды SK₁L₁M₁N₁ составляет $дробь: числитель: 1, знаменатель: 32 конец дроби$ объём пирамиды SABCD. Остаётся заметить, что многогранник SKLMN, будучи образом пирамиды SK₁L₁M₁N₁ при гомотетии с центром S и коэффициентом $дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби ,$ имеет объём, равный $левая круглая скобка дробь: числитель: 1, знаменатель: 2 конец дроби правая круглая скобка в кубе = дробь: числитель: 1, знаменатель: 8 конец дроби$ объёма пирамиды SK₁L₁M₁N₁. Перемножим $дробь: числитель: 1, знаменатель: 32 конец дроби$ и $дробь: числитель: 1, знаменатель: 8 конец дроби ,$ получим ответ.

Ответ: $дробь: числитель: 1, знаменатель: 256 конец дроби .$

Критерии	Оценка	Баллы
Задача решена полностью	+	12
Ход решения и вычисления верны, но рассуждения содержат незначительные проблемы	+	10
Намечен верный план решения, но не удалось получить все необходимые отношения длин и площадей	±	3

Решение · Критерии · Помощь

Тип 21 № 9718 Добавить в вариант

На плоскости есть три одинаковых прямоугольных треугольника со сторонами 3, 4, 5. Они одинаково ориентированы, их можно двигать и вращать, но нельзя накладывать друг на друга (касаться сторонами можно) и нельзя класть обратной стороной вверх (то есть, как бы вы ни двигали треугольник, стороны 3−4−5 будут расположены по ходу часовой стрелки).

Посчитайте, сколько различных «жёстких» фигур можно собрать, используя все эти треугольники. Фигура считается «жёсткой», если у каждого её треугольника есть с каким-нибудь другим треугольником общая вершина и общий граничный отрезок с концом в этой вершине (необязательно целая сторона).

Решение.

Треугольники могут крепиться друг к другу так: либо каждый прикреплён к каждому (получается этакое кольцо), либо же к одному из треугольников (назовём его центральным) «жёстко» прикреплены два остальных (назовём их соседями). Рассмотрим сначала второй случай.

Берём один из треугольников, он будет выполнять роль центрального. «Жёстко» прикрепить два других треугольника к одной и той же его стороне нельзя без существенного наложения треугольников (это было бы возможно, если бы одна из сторон была по крайней мере в 2 раза короче другой). Значит, для крепежа надо выбрать пару сторон центрального треугольника. Это можно сделать тремя способами (3, 4 или 3, 5 или 4, 5). К каждой из выбранных сторон центрального треугольника другой треугольник можно «жёстко» прикрепить 5 способами (1 + 2 + 2: 1 способ для крепления со стороной такой же длины, а для каждой из двух других сторон соседнего треугольника есть два способа, так как в этом случае есть выбор, какую из двух вершин делать общей). На рисунке разными цветами для разных сторон центрального треугольника показано по 5 способов крепления соседа.

Итак, есть 3 способа выбрать пару сторон центрального треугольника, а для каждой из выбранных сторон  — по 5 способов прикрепить соседа. Всего получается $3 \times 5 \times 5 = 75$ способов.

Осталось выбросить те из них, у которых имеется существенное наложение треугольников. Из рисунка видно, что отбраковываются 2 способа, в каждом из которых участвует зелёный сосед, крепящийся гипотенузой к длинному катету центрального треугольника с самым острым углом при общей вершине. Он накладывается на синего соседа, крепящегося гипотенузой к короткому катету с не самым острым углом при общей вершине, а также на синего соседа, крепящегося своим длинным катетом к короткому катету центрального треугольника с разными острыми углами при общей вершине. Таким образом, для случая «центр и два соседа» имеется $75 минус 2 = 73$ способа составить «жёсткую» фигуру. Что касается «кольцевого» случая, то из того же рисунка видно, что он невозможен: хотя и есть варианты, когда каждая пара составляющих фигуру треугольников имеет общий граничный отрезок, одной из таких пар (зелёно-синей) не хватает общей вершины.

Ответ: 73.

Решение · Критерии · Помощь

Всего: 24 1–20 | 21–24