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 №2-14.
    Известно, что площадь некоторого треугольника равна `9*sqrt3`, а угол при вершине `C` треугольника равен `60` градусам. Какими должны быть стороны `a` и `b`, сходящиеся в вершине `C`, для того, чтобы сторона `c`, противолежащая вершине `C`, имела наименьшую длину?

    Решение:
    `1/2ab*sin60^0=9sqrt3`,
    `c^2=a^2+b^2-2abcos60^0`.
    Т.е. надо найти `a,b>0`, при которых `f=a^2+b^2-ab -> min` при `ab=36`.
    `f=a^2+b^2-36>=2ab-36` т.к. `(a-b)^2>=0`, равенство достигается только при `a=b`.
    `f_min=72-36=36` при `a=b=6`.

    Ответ: `a=b=6`.
  • Задача №2-15.
    Прошедшим летом `100` выпускников города `N`-ска подавали документы в `5` разных вузов нашей страны. Как оказалось, каждый из вузов во время первой и второй волн не смог дозвониться ровно половине из подавших в данный вуз документы выпускников `N`-ска. В сентябре военкомат сильно заинтересовался теми выпускниками, которым не смогли дозвониться представители хотя бы трех вузов. Какое наибольшее количество выпускников города `N`-ска могло заинтересовать военкомат?

    Решение:
    Будем считать, что все выпускники подавали заявления по все вузы.
    "Армеец" - выпускник, которому позвонили два или меньше вузов (не позвонили три и больше вузов). Пусть `n` - количество "армейцев".
    В каждый вуз подали `100` документов, каждый вуз сделал `50` звонков.
    Пусть `a` - кол-во абитуриентов, которым сделали `5` звонков, `b` - кол-во абитуриентов, которым сделали `4` звонка, `c` - `3` звонка, `d` - 2 звонка, `e` - `1` звонок, `f` - `0` звонков.
    Тогда `a+b+c+d+e+f=100`,
    `5a+4b+3c+2d+e=250`.
    `n=d+e+f`.
    Надо найти `n_max` при заданных условиях.
    `a+b+c=100-n`,
    `a-c+2d+e=250-4(100-n)`,
    `4n-150-(a-c)=2d+e=d+(d+e)<=n+n=2n`,
    `2n<=150+(a-c) <=150+a<=150+100-n`,
    `3n<=250 => n<=83`.
    `n=83` подходит:
    `a+b+c=17, d+e+f=83, 5a+4b+3c+2d+e=250`,
    `a-c+2d+e=182`.
    `d=82, e=1, f=0, a=17, b=c=0`.

    Ответ: `83`.
  • Задача №2-16.
    Известно, что площадь некоторого треугольника равна `17`, а угол при вершине `C` треугольника равен `30` градусам. Какими должны быть стороны `a` и `b`, сходящиеся в вершине `C`, для того, чтобы сторона `c`, противолежащая вершине `C`, имела наименьшую длину?

    Решение:
    `1/2ab*sin30^0=17`,
    `c^2=a^2+b^2-2abcos30^0`.
    Т.е. надо найти `a,b>0`, при которых `f=a^2+b^2-sqrt3ab -> min` при `ab=68`.
    `f=a^2+b^2-68sqrt3>=2ab-68sqrt3` т.к. `(a-b)^2>=0`, равенство достигается только при `a=b`.
    `f_min=136-68sqrt3` при `a=b=sqrt68=2sqrt17`.

    Ответ: `a=b=2sqrt17`
  • Задача №3-8.
    Две окружности `X` и `Y` касаются внешним образом в точке `S`. Их общая внешняя касательная касается `X` в точке `B`. Через точку `A`, диаметрально противоположную `B`, проведена касательная к `Y`, которая касается этой окружности в точке `C`, лежащей по ту же сторону от прямой `AS`, что и `B`. Докажите, что `X` делит отрезок `BC` пополам.

    Решение:
    image
    т. `H` - точка пересечения отрезка `BC` и окружности `X`.
    `AB` - диаметр, поэтому `/_AHB=90^0`, т.е. `AH` является высотой в треугольнике `ABC`.
    Надо доказать, что `BH=HC`, т.е. высота должна быть и медианой, это верно если треугольник `ABC` равнобедренный, т.е. `AB=AC`. Докажем это.

    `/_ASB=90^0`, как лежащий на диаметре.
    т. `D` - точка касания окружности `Y` их общей внешней касательной, которая проходит через точку `B`.
    Через точку `S` проведем общую внутреннюю касательную, которая пересечет `BD` в точке `M`.
    В треугольнике `BSD` получаем, что `BM=MD=MS`, следовательно `BSD` - прямоугольный треугольник, где `/_BSD=90^0`.
    `/_ASB=/_BSD=90^0 =>` точки `A,S,D` лежат на одной прямой.
    Тогда по теореме о касательной и секущей получаем, что `AC^2=AS*AD`.
    С другой стороны, из прямоугольных треугольников `ABD, ASD` и `BSD`:
    `AB^2=BS^2+AS^2, BD^2=BS^2+DS^2`,
    `AD^2=2BS^2+AS^2+DS^2`,
    `(AS+DS)^2=2BS^2+AS^2+DS^2 => AS*DS=BS^2`,
    `AB^2=BS^2+AS^2=AS*DS+AS^2=AS*AD`.

    Доказали, что `AB=AC => BH=HC`.

    Ответ: доказано.

  • Задача №3-9.
    Две окружности `K_1` и `K_2` касаются внешним образом в точке `R`. Их общая внешняя касательная касается `K_1` в точке `B`. Через точку `A`, диаметрально противоположную `B`, проведена касательная к `K_2`, которая касается этой окружности в точке `C`, лежащей по ту же сторону от прямой `AR`, что и `B`. Докажите, что `K_1` делит отрезок `BC` пополам.

    Решение:
    image
    т. `H` - точка пересечения отрезка `BC` и окружности `K_1`.
    `AB` - диаметр, поэтому `/_AHB=90^0`, т.е. `AH` является высотой в треугольнике `ABC`.
    Надо доказать, что `BH=HC`, т.е. высота должна быть и медианой, это верно если треугольник `ABC` равнобедренный, т.е. `AB=AC`. Докажем это.

    `/_ARB=90^0`, как лежащий на диаметре.
    т. `D` - точка касания окружности `K_2` их общей внешней касательной, которая проходит через точку `B`.
    Через точку `R` проведем общую внутреннюю касательную, которая пересечет `BD` в точке `M`.
    В треугольнике `BRD` получаем, что `BM=MD=MR`, следовательно `BRD` - прямоугольный треугольник, где `/_BRD=90^0`.
    `/_ARB=/_BRD=90^0 =>` точки `A,R,D` лежат на одной прямой.
    Тогда по теореме о касательной и секущей получаем, что `AC^2=AR*AD`.
    С другой стороны, из прямоугольных треугольников `ABD, ARD` и `BRD`:
    `AB^2=BR^2+AR^2, BD^2=BR^2+DR^2`,
    `AD^2=2BR^2+AR^2+DR^2`,
    `(AR+DR)^2=2BR^2+AR^2+DR^2 => AR*DR=BR^2`,
    `AB^2=BR^2+AR^2=AR*DR+AR^2=AR*AD`.

    Доказали, что `AB=AC => BH=HC`.

    Ответ: доказано.

  • Задача №3-10.
    Пусть `BD` - более длинная из диагоналей параллелограмма `ABCD`. Из вершины `B` на продолжения сторон `DA` и `DC` опущены перпендикуляры `BK` и `BL` соответственно. Доказать, что `AD*KD+DC*DL=BD^2`.

    Решение:
    image
    Пусть `AB=DC=x, BC=DA=y`, и меньший угол `/_B=a`.
    Тогда `/_A=180^0-a` и по теореме косинусов из треугольника `ABD` получаем:
    `BD^2=x^2+y^2-2xycos(180^0-a)=x^2+y^2+2xycosa`.

    Из прямоугольных треугольников `ABK` и `BCL`:
    `AK=xcosa, KB=xsina, CL=ycosa, BL=ysina`.
    Тогда `AD=y, KD=y+xcosa, DC=x, DL=x+ycosa`.
    `AD*KD+DC*DL=y(y+xcosa)+x(x+ycosa)=`
    `=x^2+y^2+2xycosa`.
    `BD^2=AD*KD+DC*DL` чтд.

    Ответ:
    доказано.
  • Задача №3-11.
    Окружность с центром `O`, вписанная в угол `QPR`, касается стороны `PR` в точке `L`. Касательная к окружности, параллельная `PO`, пересекает луч `PQ` в точке `S`, а луч `LP` – в точке `D`. Докажите, что `DS = 2PL`.

    Решение:
    image
    Пусть `/_OPL=a`.
    В силу параллельности прямых `PO` и `DS`, `/_PDS=a`.
    `PO` является биссектрисой угла `QPR`, поэтому `/_QPO=a`.
    В силу параллельности тех же прямых, `/_PSD=a`.
    Треугольник `PSD` равнобедренный.
    Проведем высоту, тогда `(DS)/(2cosa)=h/sina => h=1/2DS*tga`.

    С другой стороны, в прямоугольном треугольнике `POL`:
    `(OL)/sina=(PL)/cosa => OL=PL*tga`.
    `OL` является радиусом окружности, и в силу параллельности исходных прямых, равняется высоте треугольника `PSD`.
    Тогда `PL*tga=1/2DS*tga => DS=2PL` чтд.

    Ответ: доказано.

  • Задача №3-12.
    Окружность с центром `O`, вписанная в угол `BAC`, касается стороны `AC` в точке `L`. Касательная к окружности, параллельная `AO`, пересекает луч `AB` в точке `S`, а луч `LA` – в точке `D`. Докажите, что `DS = 2AL`.

    Решение:
    image
    Пусть `/_OAL=a`.
    В силу параллельности прямых `AO` и `DS`, `/_ADS=a`.
    `AO` является биссектрисой угла `BAC`, поэтому `/_BAO=a`.
    В силу параллельности тех же прямых, `/_ASD=a`.
    Треугольник `ASD` равнобедренный.
    Проведем высоту, тогда `(DS)/(2cosa)=h/sina => h=1/2DS*tga`.

    С другой стороны, в прямоугольном треугольнике `AOL`:
    `(OL)/sina=(AL)/cosa => OL=AL*tga`.
    `OL` является радиусом окружности, и в силу параллельности исходных прямых, равняется высоте треугольника `ASD`.
    Тогда `AL*tga=1/2DS*tga => DS=2AL` чтд.

    Ответ: доказано.

  • Задача №3-13.
    Окружности `X` и `Y` касаются одной прямой в точках `A` и `B` соответственно и, кроме того, пересекаются в точках `L` и `N`, из которых точка `L` лежит ближе к прямой `AB`. Прямая `AL` вторично пересекает `Y` в точке `P`. Касательная к `Y` в точке `P` пересекает прямую `AB` в точке `Q`. Докажите, что угол `LNB` равен углу `BNQ`.

    Решение:
    image
    Пусть `/_LAB=a, /_LBA=b`.
    По теореме между касательной и хордой получаем, что `/_ANL=a, /_LNB=b`.
    `/_BLP=a+b`, как внешний угол треугольника `ABL`.
    Тогда `/_BNP=/_BLP=a+b` (опираются на одну дугу).

    С другой стороны, `ANPQ` вписанный четырехугольник, докажем это.
    `/_NLA=x => /_NAL=pi-a-x => /_NAQ=pi-x`.
    `/_NPA=pi-a-2b-(pi-x)=x-a-2b`.
    `/_QBP=/_QPB=a+b` (по теореме об угле между касательной и хорде).
    `/_LPB=/_LNB=b` (на одной дуге).
    Тогда `/_NPQ=x-a-2b+b+a+b=x => /_NAQ+/_NPQ=pi`.
    Тогда `/_QAP=/_QNP=a` (на одной дуге).
    Следовательно, `/_BNQ=a+b-a=b=/_LNB` ч.т.д.

    Ответ: доказано.
  • Задача №2-17.
    Отрезок единичной длины разбивается на `5` равных частей, и вторые с обоих концов части выбрасываются. Каждый из оставшихся трех отрезков, в свою очередь, разделяется на `5` равных частей, и его вторые с обоих концов части также выбрасываются, после чего аналогичная операция проделывается над каждым из оставшихся отрезков и т.д. Предположим, что операция повторена `11` раз. Сколько отрезков длины `1/5^11` осталось?

    Решение:
    Из условия следует, что после каждой операции отрезков становится ровно в три раза больше (каждый отрезок превращается в три отрезка), чем на предыдущем шаге. Длина отрезка после `1` операции равна `1/5`, после `11` операции равна `1/5^11`.
    Следовательно, число отрезков после `n`-операций равно `n`-му члену геометрической прогрессии, где `b_0=1, b_1=3, q=3`.
    `b_11=b_0*q^11=3^11=177147`.

    Ответ: `177147`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике