Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике

Подписывайтесь на нашу рассылку решений заочных туров всех олимпиад по математике: Ломоносов, Покори Воробьевы горы, Высшая проба, Физтех 2017 и другие перечневые олимпиады.

Олимпиада «Ломоносов» по математике / Задания прошлых лет с решениями (2005-2010)


  • Сезон олимпиад 2016-2017 открыт!
    Идет запись на наши курсы подготовки к олимпиадам по математике с гарантированным результатом.
    image
    1. Индивидуальные занятия и консультации.
    2. Помощь в прохождении заочных туров олимпиад. Одна олимпиада 1-5 тыс. руб.
    3. Помощь эксперта на очных турах олимпиад. Одна олимпиада от 30 тыс. руб.
    4. Гарантия успешного результата (курсы ведутся пятый сезон).

    Стоимость курсов от 3000 до 25000 руб. в месяц. Стандартный курс - 10000 руб. в месяц. Длительность курсов - 6 месяцев.
    В составе стандартного курса заочные туры 10 олимпиад и очные туры 2 олимпиад.
    Посмотреть тарифные планы и подробную информацию по курсам подготовки.

    Олимпиада Ломоносов 2015-2016 - задания и решения отборочного этапа по математике.
    Олимпиада Ломоносов. Задания прошлых лет с подробными решениями (2005-2010).

    Олимпиада «Ломоносов» - основная тема
    Олимпиада «Ломоносов» — задания прошлых лет с решениями (2005-2010)
    Олимпиада «Ломоносов» 2013-2014 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2010-2011 — задания и решения отборочного этапа по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2012-2013 — задания и решения очного тура по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2011-2012 — задания и решения очного тура по математике
    Олимпиада «Ломоносов» 2010-2011 — задания и решения очного тура по математике

    Олимпиады для школьников 2013-2014 - главная информация. Текущие уровни всех вузовских олимпиад, льготы, которые они дают, актуальный перечень олимпиад, сравнительная таблица олимпиад и куча другой полезной информации. Обязательно для прочтения! Тема постоянно дополняется и актуализируется.

    Олимпиада Ломоносов. Задания прошлых лет с решениями (2005-2010).
  • 2010 - очный тур (заключительный этап) - Вариант 1
    Задача №1 (2010 год, олимпиада Ломоносова задания прошлых лет с решениями)
    Решите неравенство
    `(sqrt3-sqrt2)^((log_2 3)^(4-x^2))<=(sqrt3+sqrt2)^(-(log_3 2)^(2x-1))` (в степенях `4-x^2` и `2x-1`)

    Решение:
    `Учтем, что (sqrt3-sqrt2)(sqrt3+sqrt2)=1, sqrt3-sqrt2=1/(sqrt3+sqrt2), sqrt3+sqrt2>1`
    Тогда `(sqrt3-sqrt2)^((log_2 3)^(4-x^2))<=(sqrt3+sqrt2)^(-(log_3 2)^(2x-1)) iff -(log_2 3)^(4-x^2)<= -(log_3 2)^(2x-1)`
    Учтем, что `log_3 2=1/(log_2 3), log_2 3>1`, тогда `(log_2 3)^(4-x^2)>=1/(log_2 3)^(2x-1) iff (log_2 3)^(4-x^2+2x-1)>=1 iff -x^2+2x+3>=0 iff x in [-1;3]`

    Ответ: `x in [-1;3]`

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    Решите неравенство
    `(2-sqrt3)^((log_3 4)^(2-x^2))<=(2+sqrt3)^(-(log_4 3)^(2-3x))` (в степенях `2-x^2` и `2-3x`)
  • Задача №2 (2010 год, олимпиада Ломоносова задания прошлых лет с решениями)
    На основании `AC` равнобедренного треугольника `ABC` взята точка `E`, а на боковых сторонах `AB` и `BC` точки `D` и `F` соответственно так, что `DE ∥ BC` и `EF ∥ AB`. Какую часть площади треугольника `ABC` занимает площадь треугольника `DEF`, если `BF : EF = 2 : 3`?

    Решение:
    Пусть `BF = 2n`, тогда из рисунка `EF = CF = 3n, DE = BF = 2n, BC = BF + FC = 2n + 3n = 5n`.
    Четырехугольник `BDEF` — параллелограмм и площадь `S_(DEF)=1/2S_(BDEF)`.
    image
    Учтем подобия: `DeltaADE~DeltaABC`, коэффициент подобия `k_1=(DE)/(BC)=2/5, S_(ADE)=4/25S`
    `DeltaEFC~DeltaABC, k_2=(CF)/(BC)=3/5, S_(EFC)=9/25S`, где `S` - площадь треугольника `ABC`.
    `(S_(DEF))/S=(1/2(S-S_(ADE)-S_(EFC)))/S=6/25`.

    Ответ: `6/25`.

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    На основании `AC` равнобедренного треугольника `ABC` взята точка `E`, а на боковых сторонах `AB` и `BC` — точки `D` и `F` соответственно так, что `DE || BC` и `EF || AB`. Какую часть площади треугольника `ABC` занимает площадь треугольника `DEF`, если `BF : EF = 1 : 3`?
    Ответ: `3/16`.
  • Задача №3 (2010 год, олимпиада Ломоносов задания прошлых лет с решениями)
    Два вкладчика вложили деньги в общее дело. После этого один из них добавил еще `1` млн р., в результате чего его доля в общем деле увеличилась на `0,04`, а когда он добавил еще `1` млн р., его доля увеличилась еще на `0,02`. Сколько денег ему нужно добавить еще, чтобы увеличить свою долю еще на `0,04`?

    Решение:
    Пусть `x` млн р. — вклад первого вкладчика, `y` млн р. — общий вклад двух вкладчиков, `z` млн р. — суммарная добавка первого вкладчика. Тогда `x/y` — первоначальная доля первого вкладчика, и по условию задачи имеем систему, у которой достаточно найти величину `(z – 2)`:
    `{((x+1)/(y+1)=x/y+4/100),((x+2)/(y+2)=x/y+6/100),((x+z)/(y+z)=x/y+10/100):}`
    `{(4/100=(y-x)/(y(y+1))),(6/100=(2(y-x))/(y(y+2))),(10/100=(z(y-x))/(y(y+z))):}`
    Разделим почленно первое уравнение на второе и третье. Получим систему относительно `y` и `z`:
    `{(4/6=(y+2)/(2(y+1))),(4/10=(y+z)/(z(y+1))):} iff {(y=2),(z=10):} => z-2=8`

    Ответ: `8`.

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    Два вкладчика вложили деньги в общее дело. После этого один из них добавил еще `1` млн р., в результате чего его доля в общем деле увеличилась на `0,05`, а когда он добавил еще `1` млн р., его доля увеличилась еще на `0,04`. Сколько денег ему нужно добавить, чтобы увеличить свою долю еще на `0,06`?
    Ответ: `2`.
  • Задача №4 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    Решите неравенство
    `1/sqrt(-x-2)-1/sqrt(x+4)<=1+1/sqrt((x+4)(-x-2))`<br />
    Решение:
    ОДЗ `{(-x-2>0),(x+4>0):} iff -4< x< -2`
    Если `x in (-4, 2) => sqrt((-x-2)(x+4))=sqrt(-x-2)*sqrt(x+4)`
    `(sqrt(x+4)-sqrt(-x-2)-sqrt(x+4)*sqrt(-x-2)-1)/(sqrt(x+4)*sqrt(-x-2))<=0 iff` `{(-4< x< -2),(sqrt(x+4)-sqrt(-x-2)<=1+sqrt(x+4)*sqrt(-x-2)):}`<br />
    Первый случай: `{(sqrt(x+4)-sqrt(-x-2)<0),(-4< x< -2):} iff x in (-4;-3)`<br />
    Второй случай: пусть `x in [-3;-2) => sqrt(x+4)-sqrt(-x-2)>=0`, возведем неравенство в квадрат:
    `x+4-2sqrt(x+4)*sqrt(-x-2)-x-2<=(1+sqrt(x+4)*sqrt(-x-2))^2`, замена `sqrt(x+4)*sqrt(-x-2)=t, t>0`
    `2-2t<=(1+t)^2 iff t^2+4t-1>=0 => t>=sqrt5-2` (с учетом того, что `t>0`)
    image
    Решаем систему:
    `{(-3<=x< -2),(sqrt(x+4)*sqrt(-x-2)>=sqrt5-2):} iff {(-3<=x< -2),(x^2+6x+17-4sqrt5<=0):} iff -3<=x<= -3+2sqrt(sqrt5-2)`<br />image

    Учли, что корнями функции `y=x^2+6x+17-4sqrt5` являются числа `x_(1,2)=-3+-2sqrt(sqrt5-2)` и эта функция положительна при `x=-2`: `y(-2)=sqrt81-sqrt80>0` значит `-3 < x_2 < -2`.
    Объединим решения обоих случаев: `x in (-4;-3+2sqrt(sqrt5-2)]`.

    Ответ: `x in (-4;-3+2sqrt(sqrt5-2)]`.

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    Решите неравенство
    `1/sqrt(-x-4)-1/sqrt(x+6)<=1+1/sqrt((x+6)(-x-4))`<br />
    Ответ: `x in (-6;sqrt(sqrt5-2)]`.
  • Задача №5 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    Числа `54` и `128` являются членами геометрической прогрессии. Найдите все натуральные числа, которые могут встретиться в этой прогрессии.

    Решение:
    Известны два натуральных члена геометрической прогрессии: `54 = 2*3:3, 128 = 2^7`. Искомыми являются все натуральные ее члены.
    Их обозначим через `N`. Через `q != 0` обозначим знаменатель прогрессии. Число `q != 1`, так как `54 != 128`.
    Выразим известный член и искомые члены прогрессии через ее член, равный `54`:
    `{(2^7=2*3^3*q^n),(N=2*3^3*q^m):}` `m,n in ZZ, n!=0`
    Найдем из каждого уравнения величину `q^(mn)` и получим:
    `{(q^n=2^6/3^3),(q^m=N/(2*3^3)):} iff {(q^(mn)=(2^6/3^3)^m),(q^(mn)=(N/(2*3^3))^n):} => (N/(2*3^3))^n=(2^6/3^3)^m`
    `N^n=2^(6m+n)*3^(3n-3m) iff N=2^((6m+n)/n)*3^((3n-3m)/n)`, где `N=2^x*3^y`
    `{(6m+n=xn),(3n-3m=yn):} где x,y in ZZ, x,y>=0 => {(nx=6m+n),(2ny=-6m+6n):} => x+2y=7 iff y=(7-x)/2`
    Итак, `x<=7` должно быть целым и нечетным, достаточно проверить `x=1,3,5,7`. `N=54,72,96,128`.<br />
    Ответ: `54,72,96,128`.

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    Числа `128` и `250` являются членами геометрической прогрессии. Найдите все натуральные числа, которые могут встретиться в этой прогрессии.
    Ответ: `128, 160, 200` и `250`.
  • Задача №6 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    Проекции некоторой кривой в координатном пространстве на плоскости `Oxy` и `Oyz` удовлетворяют уравнениям `4x + cos y = 0` и `y = arctansqrt(5-z)` соответственно. Найдите функцию `z = f(x)`, график которой состоит из тех и только тех точек, которые могли бы при этих условиях служить проекциями точек той же кривой на плоскость `Oxz`.

    Решение:
    Задача сводится к нахождению в явном виде функции `z = f(y)` при условиях
    `{(-4x=cosy),(y=arctansqrt(5-z)):}`
    1. Сначала найдем допустимые значения для `x, y, z`. По определению арктангенса из (2) имеем:
    `5-z>=0 iff z<=5, tany=sqrt(5-z), 0<=y< pi/2`<br />
    Значит, `0< cosy<=1`, и из (1) имеем `0< -4x<=1 iff -1/4<=x<0`<br />
    2. При допустимых значениях переменных обе части уравнения `tany = sqrt(5 − z)` неотрицательны.
    Возведем его в квадрат, используем формулу `1+tan^2y=1/(cos^2y) iff tan^2y=1/(cos^2y)-1`
    `5-z=tan^2y=1/(-4x)^2-1=1/(16x^2)-1 iff z=1-1/(16x^2)`

    Ответ: `z=1-1/(16x^2), -1/4<=x< 0`. <br />
    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    Проекции некоторой кривой в координатном пространстве на плоскости `Oxz` и `Oyz` удовлетворяют уравнениям `5x + cos z = 0` и `z = arctansqrt(y-3)` соответственно. Найдите функцию `y = f(x)`, график которой состоит из тех и только тех точек, которые могли бы при этих условиях служить проекциями точек той же кривой на плоскость `Oxy`.
    Ответ: `y=1/(25x^2)+2, -1/5<=x<0`.
  • Задача №7 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    7. Найдите все значения `a`, при каждом из которых система
    `{(25^x-13*5^x+a<0),(12sin^4pix-cos4pix=11):}` имеет хотя бы одно решение.<br />
    Решение:
    Для решения уравнения исходной системы используем формулы
    `sin^2(alpha/2)=(1-cosalpha)/2, cos2alpha=2cos^2alpha-1`, где `alpha/2=pix`
    Получаем `12*((1-cos2pix)/2)^2-(2cos^22pix-1)=11`
    Замена `cos2pix=z, z in [-1;1]`, тогда `z^2-6z-7 iff z=-1, z=7`.
    Подходит только `z=-1`: `cos2pix=-1 iff 2pix=pi+2pin, in ZZ => x=n+1/2, n in ZZ`

    В неравенстве исходной системы положим `5^x = t`, `t > 0`.
    Получим `t^2 – 13t + a < 0 iff a < t(13 – t)`.
    Квадратичная функция `f(t)=t(13-t)<=169/4` принимает все значения из луча `f in (-oo;169/4]` если аргумент `t in (0;+oo)` - на рисунке.<br />image

    Но в силу того, что `x=n+1/2, n in ZZ`, то `t=5^(n+1/2), n in ZZ`.
    `n=0`: `t=sqrt5`, `n=1`: `t=5sqrt5`.
    Замечаем, что `sqrt5 < t_в < 5sqrt5`, где `t_в=13/2` (вершина), причем вершина лежит ближе к `sqrt5`.
    Значит:
    — наибольшее значение дискретная функция `f(t(n))` достигает при `t = sqrt5` (то есть при `n = 0`):
    `f(sqrt5)=sqrt5(13-sqrt5)=13sqrt5-5`
    — исходная система имеет хотя бы одно решение при `a<13sqrt5−5`.<br />

    Ответ: `a <13sqrt5−5`.<br />
    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    Найдите все значения `a`, при каждом из которых система
    `{(36^x-17*6^x+a<0),(16sin^4pix-15=cos4pix):}` имеет хотя бы одно решение.<br />
    Ответ: `a<17sqrt6-6`.
  • Задача №8 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    На ребре `AS` треугольной пирамиды `SABC` отмечены такие точки `M` и `N`, что `AM = MN = NS`. Найдите площадь треугольника `NBC`, если площади треугольников `ABC, MBC` и `SBC` равны `1, 2` и `sqrt37` соответственно.

    Решение:
    image
    Пусть `S_1, S_2, S_3, S_4` — площади треугольников `ABC, MBC, NBC, SBC` соответственно, `h_1, h_2, h_3, h_4` — их высоты, проведенные из вершин `A, M, N, S`.
    Спроектируем эти треугольники на плоскость `pi`, проходящую через точку `B` перпендикулярно прямой `BC`.
    image
    Пусть `AR, BR, CR, SR, MR, NR` — ортогональные проекции точек `A, B, C, S, M, N` на плоскость `pi`.
    Тогда `B' = C' = B, A'M' = M'N' = N'S' = a` (`a > 0`), `h_1 = A'B, h_2 = M'B, h_3 = N'B, h_4 = S'B`. Здесь учтено:
    — проекции равных отрезков (`AM = MN = NS`) равны между собой (длина проекции обозначена
    через `a`);
    — параллельные плоскости pi высоты `h_i` (`i = 1, 2, 3, 4`) проектируются на нее без искажений.
    Отрезки `M'B = h_2` и `N'B = h_3` являются медианами в треугольниках `A'BN'` и `M'BS'` соответственно. Это позволяет найти зависимость между высотами `h_i` (`i = 1, 2, 3, 4`) с помощью стандартного приема — продлим в треугольнике `AR'N'` медиану до параллелограмма `A'BN'D`, отложив `M'D = BM' = h_2`, и получим:
    `(2a)^2=2(h_1^2+h_3^2)-(2h_2)^2`
    image
    Аналогично из треугольника `M'BSR'` получим:
    `(2a)^2=2(h_2^2+h_4^2)-(2h_3)^2`
    Значит,
    `2(h_1^2+h_3^2)-(2h_2)^2=2(h_2^2+h_4^2)-(2h_3)^2 iff h_1^2-h_4^2=3(h_2^2-h_3^2)` (*)
    Каждая из площадей `S_i` выражается через одно и то же основание `BC` и соответствующую высоту `h_i`:
    `S_i=1/2BC*h_i => h_i^2=(4S_i^2)/(BC)^2`
    Поэтому из (*) имеем:
    `S_1^2-S_4^2=3(S_3^2-S_2^2) => S_3^2=S_2^2+(S_4^2-S_1^2)/3`
    По условию `S_1 = 1, S_2 = 2, S_4 = sqrt37`. Отсюда
    `S_3^2=16 iff S_3=4`.

    Ответ: `4`.

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    На ребре `AS` треугольной пирамиды `SABC` отмечены такие точки `M` и `N`, что `AM = MN = NS`. Найдите площадь треугольника `NBC`, если площади треугольников `ABC, MBC` и `SBC` равны `2`, `1` и `2sqrt7` соответственно.
    Ответ: `2`.
  • Задача №9 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    На доске написан квадратный трехчлен `x^2 + 9x + 47`. Таня (по своему усмотрению) увеличивает или уменьшает на `1` коэффициент при `x`, после чего Ваня увеличивает или уменьшает на фиксированное число `m` свободный член, а далее эти действия повторяются. Как только написанный на доске многочлен имеет целый корень, Ваня получает оценку «пять». Может ли он обеспечить себе «пятерку» при любых действиях Тани, если а) `m = 2`; б) `m = 3`?

    Решение:
    а) При `m = 2` ответ утвердительный.
    Ваня может сделать число `x = 1` корнем трехчлена при любых действиях Тани.
    Доказательство. Значение искомого трехчлена при `x = 1` равно `57`:
    `y_0(1) = 1^2 + 9*1 + 47 = 57`
    Таня своим первых ходом изменит это значение на `+-1`:
    `y_1(1) = 1^2 + 10*1 + 47 = 58`
    или
    `y_1(1) = 1^2 + *1 + 47 = 56`.
    Ответный ход Вани — уменьшить полученное значение на величину `m = 2`:
    `y_1(1) = 58 – 2 = 56`
    или
    `y_1(1) = 56 – 2 = 54`.
    В результате одного цикла (ход Тани – ход Вани) исходное значение `y_0(1) = 57` уменьшится или на `1`, или на `3`. И этот результат верен для любого цикла. Но число `57` делится и на `1`, и на `3`. Значит, через некоторое число циклов исходное значение `y_0(1) = 57` уменьшится до нуля. То есть написанный на доске трехчлен будет иметь целый корень `x = 1`, а Ваня получит пятерку.
    б) При `m = 3` ответ отрицательный.
    Доказательство. Таня может действовать так, что коэффициент при `x` всегда будет равен `7` или `8`. Ваня каждым своим ходом может лишь изменить значение трехчлена на `m = 3`.
    Достаточно показать, что при любых целых `x`, `n` и `k`
    `x^2 + 7x + 47 – 3n !=0`
    и
    `x^2 + 8x + 47 – 3k != 0`.
    То есть что значения трехчленов не кратны трем:
    `3n != x^2 + 7x + 47`
    и
    `3k != x^2 + 8x + 47`.
    Выделим в трехчленах слагаемые, кратные трем:
    `x^2 + 7x + 47 = (6x + 45) + (x^2 + x + 2)`
    `x^2 + 8x + 47 = (9x + 48) + (x^2 – x – 1)`
    Проверим, что вторые слагаемые — трехчлены
    `y_1 = x^2 + x + 2` и `y_2 = x^2 – x – 1`
    — не кратны трем при любых целых `x`, то есть при `x = 3p, x = 3p +- 1`, где `p` — любое целое число.
    Имеем:
    `y_1(3p) = (3p)^2 + 3p + 2 = 3(3p^2 + p) + 2` — не кратно трем;
    `y_2(3p) = (3p)^2 – 3p – 1 = 3(3p^2 – p) – 1` — не кратно трем.
    Далее:
    `y_1(3p +- 1) = (3p+-1)^2 + (3p ± 1) + 2 = 9p^2 ± 6p + 1 + 3p ± 1 + 2 =`
    `= (9p^2 ± 6p + 3p) + (1 ± 1 + 2)`
    — не кратно трем, так как числа `(1 + 1 + 2) = 4` и `(1 – 1 + 2) = 2`
    из второй скобки не кратны трем.
    Аналогично
    `y_2(3p ± 1) = (3p ± 1)^2 – (3p ± 1) – 1 =`
    `= 9p2 ± 6p + 1 – 3p -+ 1 – 1 = (9p^2 ± 6p – 3p) + (1 -+ 1 – 1)`
    — не кратно трем, так как числа из второй скобки
    `1 – 1 – 1 = –1` и `1 + 1 – 1 = 1` не кратны трем. Итак, при описанных выше дей-
    ствиях Тани (удерживать коэффициент при `x` равным `7` или `8`) Ваня не сможет обеспечить наличие целого корня у трехчлена, написанного на доске, то есть не сможет обеспечить себе пятерку.

    Ответ: а) да; б) нет.

    Вариант 2 (для самостоятельного решения)
    На доске написан квадратный трехчлен `x^2 + 12x + 53`. Маша (по своему усмотрению) увеличивает или уменьшает на `1` коэффициент при `x`, после чего Саша увеличивает или уменьшает на фиксированное число `m` свободный член, а далее эти действия повторяются. Как только написанный на доске многочлен имеет целый корень, Саша получает оценку «пять». Может ли он обеспечить себе пятерку при любых действиях Маши, если: а) `m = 2`; б) `m = 3`?
    Ответ: а) да; б) нет.
  • Задача №10 (2010 год, задания прошлых лет с решениями)
    Диагонали трапеции `ABCD` с основаниями `AD = 3` и `BC = 1` пересекаются в точке `O`. Две окружности, пересекающие основание `BC` в точках `K` и `L` соответственно, касаются друг друга в точке `O`, а прямой `AD` — в точках `A` и `D` соответственно. Найдите `AK^2 + DL^2`.

    Решение:
    image
    Через точки касания `A` и `D` проходит общая внешняя касательная `AD` к окружностям `γ_1` и `γ_2`, проведем также их общую касательную `OP`. По свойству касательных
    `OP = AP = DP`.
    Пусть `/_CAD = alpha, /_BDA = beta`.
    В равнобедренных треугольниках `APO` и `DPO`
    `/_AOP = /_OAP = alpha`,
    `/_DOP = /_ODP = beta`.
    По свойству накрест лежащих углов
    `/_ACB = /_CAD = alpha`,
    `/_DBC = /_BDA = beta`.

    Из треугольника `AOD` найдем:
    `2alpha+2beta=pi iff alpha+beta=pi/2` то есть `/_AOD=pi/2`
    Из подобия треугольников `BCO` и `DOA` с коэффициентом подобия `(BC)/(AD)=1/3` имеем:
    `OC=1/3AO, AC=4/3AO, OB=1/3DO, BD=4/3DO`
    В треугольниках `AKC` и `AKO` угол `KAO` — общий, `/_AKO = /_KCA = alpha`. Значит, треугольники `AKC` и `AOK` подобны,
    `(AK)/(AO)=(AC)/(AK) => AK^2=AO*AC=AO*4/3AO=4/3AO^2`
    Аналогично, треугольники `DBL` и `DLO` подобны (по общему углу `BDL` и равенству углов `/_DBL = /_DLO = beta`), откуда
    `(DL)/(DO)=(BD)/(DL) => DL^2 = DO*BD= DO*4/3DO =4/3DO^2`
    Значит,
    `AK^2+DL^2=4/3(AO^2+DO^2)=4/3AD^2=12.`
    Здесь учтено, что `/_AOD=pi/2`.

    Ответ: `12`.

    Вариант 2, для самостоятельного решения
    Диагонали трапеции `ABCD` с основаниями `AD = 3` и `BC = 2` пересекаются в точке `O`. Две окружности, пересекающие основание `BC` в точках `K` и `L` соответственно, касаются друг друга в точке `O`, а прямой `AD` — в точках `A` и `D` соответственно. Найдите `AK^2 + DL^2`.
    Ответ: `15`.

Рассылка решений заочных туров олимпиад по математике