ОММО 2019
Условия и ответы ОММО (все варианты).
info@olympiads.biz - почта для подключения следующих олимпиад.

Олимпиада Физтех 2014 по математике / Задания и решения очного тура
  • Москва. Вариант 1. Задача №4.
    Дана трапеция `ABCD` с основаниями `BC` и `AD`. Окружность `omega` радиуса `2`, центр `O` которой лежит на диагонали `AC`, касается отрезков `BC, AB` и `AD` в точках `M,N` и `K` соответственно. Известно, что `AC=4sqrt5`, а четырехугольник `KOCD` вписан в окружность `Omega`. Найдите угол `BOC`, площадь трапеции `ABCD` и радиус окружности `Omega`.

    Решение:
    1) Точка `O` - середина `AC`, т.к. треугольники `KOA` и `MOC` равны.
    `MO=OK=r=2, /_KOA=/_MOC, /_OKA=/_OMC=90^0`
    Тогда `AO=OC=2sqrt(5)`.
    Т.к. `KOCD` вписан в окружность, то
    `/_OKD+/_OCD=180^0 =>`
    `=> /_OCD=180^0-/_OKD=180^0-90^0=90^0`.

    `sin(/_CAD)=(OK)/(OA)=2/(2sqrt(5))=1/sqrt(5)`,
    `cos(/_CAD)=2/sqrt(5)`.
    `AD = (AC)/cos(/_CAD) = (4sqrt(5))/(2/sqrt(5))=10`.

    `/_CAD=/_CDB`, центр окружности касающейся `AD` и `AB` должен лежать на биссектрисе `/_BAD`.
    `/_BCA=/_CAD`, т.к. `AD||BC`,
    тогда `/_BCA=/_CAD=/_CAB =>ABC` - равнобедренный треугольник, тогда медиана `BO` является и высотой, т.е. `/_BOC=90^0`.

    2) `BC = (OC)/cos(/_ACB)=(OC)/cos(/_CAD)=(2*sqrt(5))/(2/sqrt(5))=5`.
    `S_(ABCD)=(MK*(BC+AD))/2=(2*r*(5+10))/2=2*15=30`.

    3) Радиус описанной вокруг `KOCD` окружности равен `(DO)/2`, т.к. из `/_OCD=90^0` следует, что `DO` - диаметр.
    `KA=sqrt(OA^2-OK^2)=sqrt(20-4)=4`,
    `DK=AD-KA=10-4=6`,
    `DO=sqrt(DK^2+OK^2)=sqrt(36+4)=2sqrt(10)`,
    `R=(AO)/2=sqrt(10)`.

    Ответ:
    1) `/_BOC=90^0`.
    2) `S_(ABCD)=30`.
    3) `R=sqrt(10)`.
  • Москва. Вариант 1. Задача №5.
    Сколько решений в натуральных числах имеет уравнение `x^3*y^2=15^15*20^20`?

    Решение:
    Разложим `15=3*5` и `20=2^2*5` на простые сомножители:
    `x^3*y^2=3^15*5^15*5^20*2^40=2^40*3^15*5^35`.
    Значит `x` и `y` могут иметь только простые сомножители `2,3,5`.
    Пусть `x=2^a*3^b*5^c, y=2^d*3^e*5^f`, где `a,b,c,d,e,f` - неотрицательные целые числа.
    Тогда получаем систему:
    `3a+2d=40`,
    `3b+2e=15`,
    `3c+2f=35`.

    В первом уравнении `3a <= 40`, значит `a<=13`. Также `a` должен быть четным, иначе получим, что `2d` нечетный.
    `a=12, d=2`,
    `a=10, d=5`,
    .`..`
    `a=0, d=20`.
    Всего получили `7` решений.

    Решим второе уравнение: `3b<=15, b<=5`, при этом `b` должен быть нечетный. Понятно, что годятся все такие `b`.
    `b=1,3,5` - всего `3` решения.

    Третье уравнение: `3c<=35, c<=11`, `c` - нечетный.
    `c=1,3,5,7,9,11` -  Всего `6` решений.

    Всего натуральных пар `(x,y)` будет `7*3*6=126`, поскольку каждое решение любого уравнения задает уникальную пару `(x,y)` при любых других решениях двух остальных уравнений.
    Пары не будут совпадать, поскольку для каждой пары `(x,y)` будут различия по хотя бы одной степени простого сомножителя.

    Ответ: `126`.
  • Москва. Вариант 1. Задача №6.
    Найдите все значения переменной `x`, при каждом из которых оба выражения
    `f(x)=1/(cos^2x)+2sqrt3tanx+4`
    и `g(x)=(2x-1)/sqrt(16+6x-x^2)+sqrt(16+6x-x^2)/(2x-1)`
    определены, причем значение меньшего из выражений не превосходит двух (если два числа равны, то меньшим считается любое из них).

    Решение:
    `cosx!=0, x!=pi/2+pik, k in ZZ`.
    Нашли `x`, при которых определено первое выражение.

    `2x-1!=0, x!=1/2`.
    `16+6x-x^2>0`,
    `x^2-6x-16<0`,
    `x in (-2;8)`,
    `x in (-2;1/2)uu(1/2;8)`.
    Нашли `x`, при которых определено второе выражение.
    В найденных интервалах определим точки из множества `x=pi/2+pik, k in ZZ`.
    При `k<=-2, k>=3` наши точки не попадают в интервалы.
    `k=-1: x=-pi/2`,
    `k=0: x=pi/2`,
    `k=1: x=3/2pi`,
    `k=2: x=5/2pi`.
    `x in (-2;-pi/2)uu(-pi/2;1/2)uu(1/2;pi/2)uu`
    `uu(pi/2;3/2pi)uu(3/2pi;5/2pi)uu(5/2pi;8)`.
    Нашли `x`, при которых определены оба выражения.
    В этих интервалах найдем те `x`, при которых значение меньшего из этих выражений не превосходит двух.
    Заметим, что `|g(x)|>=2`, как сумма двух взаимно-обратных величин.
    Действительно, `|a+1/a|>=2 iff (a+1/a)^2>=4 iff a^2+2+1/a^2>=4 iff`
    `iff a^2-2+1/a^2>=0 iff (a-1/a)^2>=0` - верно.
    Если `2x-1>0 => g(x)>=2 =>` либо `g(x)=2` либо `f(x)<=2`.
    Если `2x-1<0 => g(x)<=-2 =>` условие задачи выполнено, поскольку одно из выражений заведомо меньше двух.
    Обратите внимание на то, что сравнивать выражения и решать неравенство необходимости нет.

    Первый случай: `x>1/2 => x in (1/2;pi/2)uu(pi/2;3/2pi)uu(3/2pi;5/2pi)uu(5/2pi;8)`.
    `g(x)=2 iff 2x-1=sqrt(16+6x-x^2)`,
    `4x^2-4x+1=16+6x-x^2`,
    `5x^2-10x-15=0`,
    `x^2-2x-3=0`,
    `x=-1, x=3`, подходит только `x=3`.
    `f(x)<=2`,
    `1/(cos^2x)+2sqrt3tanx+4<=2`,
    `1+tan^2x+2sqrt3tanx+4<=2`,
    `tan^2x+2sqrt3tanx+3<=0`,
    `(tanx+sqrt3)^2<=0`,
    `tanx=-sqrt3`,
    `x=-pi/3+pin n in ZZ`.
    В наших интервалах подходят только значения `x=2/3pi; 5/3pi`.

    Второй случай: `2x-1<0 => x<1/2 => x in (-2;-pi/2)uu(-pi/2;1/2)` - решения.

    Ответ: `x in (-2;-pi/2)uu(-pi/2;1/2)uu{2/3pi;3;5/3pi}`.
  • Москва. Вариант 1. Задача №7.
    Даны пирамида `ABCD` и сфера радиуса `3`. Ребро `AB` пирамиды является диаметром сферы; прямые, содержащие три других ребра, касаются сферы, а середины двух оставшихся ребер лежат на сфере. Найдите угол `ACB`, длину ребра `CD` и объем пирамиды `ABCD`.

    Решение:
    Предположим, что сфера касается прямых `AC` и `AD`.
    Тогда `AB` перпендикулярно плоскости `ACD`, поэтому сфера имеет единственную общую точку `A` с плоскостью `ACD`, и значит, не имеет общих точек с ребром `CD`.
    С прямыми `BA, BC, BD` сфера будет иметь по две точки пересечения, что противоречит условию.
    Аналогично доказывается, что сфера не может касаться одновременно рёбер `BC` и `BD`.
    Значит, сфера касается ровно одной из двух прямых `AC` или `AD` – пусть, для определённости, ребра `AD`.
    Тогда сфера также касается прямых `BC` и `CD` и проходит через середины `K` и `L` рёбер `AC` и `BD` соответственно.
    Из касания сферы с прямой `BC` следует, что `BC_|_ AB`.
    Так как `OK` – средняя линия треугольника `ABC`, то `BC=2OK=2R=AB`, откуда вытекает, что `ABC` – прямоугольный равнобедренный треугольник и `/_ACB=45^0`.
    Аналогично доказывается, что `BAD` – равнобедренный прямоугольный треугольник с гипотенузой `BD`.

    Пусть `M` – точка касания сферы с ребром `CD`. Треугольник `CDO` – равнобедренный (т.к. отрезки `CO` и `DO` – это соответствующие медианы равных треугольников `BAC` и `BAD`), `OM` – его высота, а значит, и медиана.
    Из равенства треугольников `COB` и `COM` получаем, что `CB=CM=2R`, следовательно, `CD=4R=12`.
    Опустим из вершины `D` высоту `DH` на плоскость `ABC`.
    Тогда точка `H` лежит на прямой, проходящей через точку `A` параллельно `CB`.
    Пусть `DH=h, AH=x`.
    По теореме Пифагора из треугольников `ADH` и `CDH` получаем
    `x^2+h^2=4R^2`,
    `(x+2R)^2+(2R)^2+h^2=(4R)^2`.
    Решая эти уравнения, находим, что `x=R, h=Rsqrt3`.
    Тогда объём `V` пирамиды `ABCD` равен `1/3*Rsqrt3*2R^2=18sqrt3`.

    Ответ: `/_ACB=45^0, CD=12, V=18sqrt3`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике