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

Отборочный этап олимпиады школьников СПбГУ по математике 2014-2015 / Задания и решения
  • Задача №3-3.
    Высоты остроугольного треугольника `ABC` пересекаются в точке `M`. Окружность, описанная около треугольника `ABM`, пересекает окружность, построенную на отрезке `AC` как на диаметре, в точке `F`, отличной от `A`. Докажите, что прямая `CF` делит отрезок `BM` пополам.

    Решение:
    image
    Точку пересечения прямой `CF` и отрезка `BM` обозначим через `K`.
    Из точки `A` проведем диаметр `AD` окружности, описанной около треугольника `ABM`.
    `/_AFD=/_AFC=90^0` поскольку углы построены на диаметрах.
    Значит точки `D,K,F,C` лежат на одной прямой.
    `/_DBA=90^0` (построен на диаметре) т.е. `DB _|_ AB`, значит `DB||CM` (высота к стороне `AB`).
    `/_DMA=90^0` т.е. `DM_|_MA => DM||BC`.
    Значит, `BCMD` - параллелограмм. У параллелограмма диагонали делятся пополам, поэтому `BK=KM` что и требовалось доказать.

    Ответ: доказано.
  • Задача №3-4.
    Биссектриса `QK` треугольника `PQR` пересекает его описанную окружность в точке `M` (отличной от `Q`) Описанная окружность треугольника `PKM` пересекает продолжение стороны `PQ` за точку `P` в точке `N`. Докажите, что `NR` и `QM` перпендикулярны.

    Решение:
    image
    Пусть `/_QRM=a, /_PQM=/_MQR=b`.
    Четырехугольники `PQRM, PKMN` вписанные, значит суммы противоположенных углов равны `180^0`.
    `/_QPM=180^0-a => /_NPM=a`.
    `/_QMR=180^0-a-b => /_QPR=180^0-a-b` (упираются на одну дугу).
    `/_PKQ=a => /_PKM=180^0-a => /_PNM=a`.
    Треугольник `PNM` равнобедренный, `PM=NM`.
    `/_PRQ=a-b => /_PRM=b`.
    `/_QPM=180^0-a, /_QPR=180^0-a-b => /_RPM=b`.
    Получили, что `PMR` равнобедренный `=> MR=PM`.
    Ранее нашли, что `PM=NM => MR=NM`.
    Треугольник `MNR` равнобедренный.
    Но углы `/_NMK=180^0-a-b=/_RMK`, следовательно `MK` биссектриса треугольника `MNR`, а в силу равнобедренности является и высотой, т.е. `NR _|_ QM` ч.т.д.

    Ответ: доказано.
  • Задача №3-5.
    Окружности `K_1` и `K_2` касаются одной прямой в точках `A` и `B` соответственно и, кроме того, пересекаются в точках `X` и `Y`, из которых точка `X` лежит ближе к прямой `AB`. Прямая `AX` вторично пересекает `K_2` в точке `P`. Касательная к `K_2` в точке `P` пересекает прямую `AB` в точке `Q`. Докажите, что угол `XYB` равен углу `BYQ`.

    Решение:
    image
    Пусть `/_XAB=a, /_XBA=b`.
    По теореме между касательной и хордой получаем, что `/_AYX=a, /_XYB=b`.
    `/_BXP=a+b`, как внешний угол треугольника `ABX`.
    Тогда `/_BYP=/_BXP=a+b` (опираются на одну дугу).

    С другой стороны, `AYPQ` вписанный четырехугольник, докажем это.
    `/_YXA=x => /_YAX=pi-a-x => /_YAQ=pi-x`.
    `/_YPA=pi-a-2b-(pi-x)=x-a-2b`.
    `/_QBP=/_QPB=a+b` (по теореме об угле между касательной и хорде).
    `/_XPB=/_XYB=b` (на одной дуге).
    Тогда `/_YPQ=x-a-2b+b+a+b=x => /_YAQ+/_YPQ=pi`.
    Тогда `/_QAP=/_QYP=a` (на одной дуге).
    Следовательно, `/_BYQ=a+b-a=b=/_XYB` ч.т.д.

    Ответ: доказано.
  • Задача №2-10.
    Пусть `a_1, a_2, …, a_2017` – некая перестановка чисел `239, 240, 241, ..., 2255`. Доказать, что произведение `(a_1-1)(a_2-2)(a_3-3)*...*(a_2017-2017)` равно четному числу.

    Решение:
    Предположим обратное, тогда каждый сомножитель вида `a_k-k` - нечетный.
    `a_k=k+b_k`, где `b_k` - нечетное число при любом `k`.
    `sum a_k = sum k + sum b_k`,
    `sum a_k = (2017*2018)/2 + sum b_k`,
    `sum a_k = 2017*(239+2255)/2=2515199`,
    `sum b_k = 2515199-2035153 = 480046` - четное число.
    С другой стороны, `sum b_k` - сумма нечетного кол-ва нечетных чисел, поэтому эта сумма нечетная. Противоречие.

    Ответ: доказано.
  • Задача №2-11.
    Сколько существует нечетных `2015`-значных чисел, каждая цифра десятичной записи которых равна одной из цифр `0`, `3` или `5`?

    Решение:
    Число нечетное, поэтому может оканчиваться только на `3` или на `5` - два варианта.
    Первая цифра не может равняться `0`, тоже получаем два варианта.
    Все остальные цифры со второй до `2014`-ой могут принимать любое из трех значений.
    Всего разных чисел, подходящих под все условия, получается `2*3^2013*2`.

    Ответ: `2^2*3^2013`.
  • Задача №2-12.
    Отрезок единичной длины разбивается на `4` равных части, и вторая слева часть выбрасывается. Каждый из оставшихся трех отрезков, в свою очередь, разделяется на `4` равные части, и его вторая слева часть также выбрасывается, после чего аналогичная операция проделывается над каждым из оставшихся отрезков и т.д. Предположим, что операция повторена `13` раз. Сколько отрезков длины `1/4^13` осталось?

    Решение:
    После каждой операции общее число отрезков утраивается.
    Вначале был `1` отрезок. После первой операции стало `3` отрезка, после второй - `9` отрезков.
    Получаем геометрическую прогрессию, где `b_1=3, q=3 => b_13=3*3^12=3^13=1594323`.

    Ответ: `1594323`.
  • Задача №4-10.
    На занятиях по земной математике в одном из детских садов на третьей планете звезды Тау Кита дети придумывают в десятичной системе счисления различные семизначные числа, получающиеся друг из друга перестановкой цифр, и записывают их на площадке возле детского сада. Проходившему мимо в этот момент директору соседней школы показалось, что сумма двух из чисел равна удвоенному третьему числу. Могло ли это произойти на самом деле?

    Решение:
    Попробуем найти такие числа среди трехзначных:
    `a,b,c` - цифры.
    `bar(abc),bar(acb),bar(bca),bar(bac),bar(cab),bar(cba)` - перестановки.
    Пусть `bar(abc)+bar(bac)=2bar(acb)`,
    `100a+100b+10b+10a+c+c=200a+20c+2b`,
    `90a+18c=108b`,
    `90(a-b)=18(b-c)`,
    `5(a-b)=b-c`,
    `a-b=1, b-c=5, a-c=6`,
    `a=9, c=3, b=8`.
    `983+893=2*938`.
    Из найденной тройки чисел легко получить искомые семизначные числа.
    `(9831234+8931234)/2=9381234`.

    Ответ: да.
  • Задача №2-13.
    Докажите, что число `(1+1/1)*(1+1/3)*(1+1/5)*...*(1+1/239)` не является целым.

    Решение:
    `1+1/k=(k+1)/k`.
    `(1+1/1)*(1+1/3)*(1+1/5)*...*(1+1/239)=`
    `=(2*4*6*...*240)/(1*3*5*...*239)=(2^120*1*2*3*...*120)/(1*3*5*...*239)`.
    Полученная дробь является нецелой, поскольку в знаменателе есть много простых сомножителей, бОльших `120`. Например, `239`. Получаем несократимую дробь.

    Ответ: доказано.
  • Задача №3-6.
    Дан вписанный четырехугольник `ABCD`. На продолжении стороны `CD` за точку `D` отмечена такая точка `S`, что `AB = AS` и угол `SAC` равен углу `BDC`. Отрезки `AC` и `BS` пересекаются в точке `O`. Найдите угол `BOC`.

    Решение:
    image
    Пусть `/_BDC=/_SAC=a`.
    `/_BAC` и `/_BDC` опираются на одну дугу `BC`, поэтому углы равны.
    `/_BAC=/_BDC=a`.
    По условию отрезки `AC` и `BS` пересекаются, поэтому `/_BAS < 180^0`.
    Рассмотрим треугольник `BAS`: `AB=AS`, треугольник равнобедренный.
    `/_BAO=/_SAO=a => AO` - биссектриса треугольника. В равнобедренном треугольнике биссектриса совпадает с медианой и высотой, поэтому `AO` - высота.
    Следовательно, `/_BOC=90^0`.

    Ответ: `90^0`.
  • Задача №3-7.
    Во вписанном четырехугольнике `ABCD` стороны `BC` и `CD` равны. Окружность `K` с центром `C` касается отрезка `BD`. Точка `O` – центр вписанной окружности треугольника `ABD`. Докажите, что прямая, проходящая через `O` параллельно `AB`, касается `K`.

    Решение:
    image
    Проведем прямую, которая параллельна `AB` и касается окружности `K`, и докажем, что биссектриса из угла `A` и биссектриса из угла `B` пересекаются на данной прямой.
    Пусть `/_BAD=2a`. Докажем, что `AC` - биссектриса угла `A`. Из треугольника `ABC`: `BC=2Rsin/_BAC`. Из треугольника `ACD`: `CD=2Rsin/_CAD`.
    Но `BC=CD => /_BAC=/_CAD=a`.

    `ABCD` вписанный, поэтому `/_BCD=180^0-2a`.
    `CH_|_BD, BC=CD => CH` является биссектрисой угла `/_BCD`.
    `/_BCH=/_DCH=90^0-a`.
    Тогда `/_CBH=/_CDH=a`.
    `/_FGC=/_BAC=a` (из-за параллельности) `=> /_FCG=90^0-a`.

    Рассмотрим треугольники `BCH` и `FCG`. Они подобны по углам, и также у них есть одинаковый катет (`FC=CH`) напротив одинакового угла `a`. Значит, треугольники равны `=> BC=GC`.
    Треугольник `BCG` равнобедренный, углы при основании равны `=> /_HBG=/_FGB=b`.
    Тогда `/_AGB=180^0-b-a =>`
    `=>/_ABG=180^0-a-(180^0-b-a)=b=/_HBG`.
    Получили, что точка `G` совпадает с точкой `O` (центром вписанной окружности), поскольку является пересечением двух биссектрис.

    Ответ: доказано.

    Другое решение:
    Пускай `P` - точка касания окружности `K` и `BD`, `Q` - такая точка на прямой, проходящей через `O` параллельно `AB`, что `/_OQC=90^0`.
    Если мы докажем, что `QC=PC`, то отсюда будет следовать, что `Q` - точка касания с окружностью `K`.

    Согласно теоремы трилистника `OC=BC`, поэтому `QC=OCsin(alpha/2)=BCsin(alpha/2)=PC`.
    Теорема трилистника: Если продолжение биссектрисы угла `B` пересекает описанную окружность `Delta ABC` в точке `D`, то выполняется равенство: `DA=DC=DI=DJ`, где `J` — центр вневписанной окружности, касающейся стороны `AC`.

    Доказать равенство `OC=BC` можно и так:
    `/_OBC=(/_ABD+alpha)/2=/_BOC`.

    Ответ: доказано.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике