Тема Школьный этап ВсОШ

Школьный 10 - 11 класс

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела школьный этап всош

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#97782

В комоде лежат $23$ носка: $8$ белых и $15$ чёрных. Раз в минуту Марина подходит к комоду и вытаскивает из него носок. Если в какой-то момент Марина достаёт суммарно больше чёрных носков, чем белых, она восклицает: “Наконец-то!” — и заканчивает процесс. Какое наибольшее число носков может достать Марина, прежде чем воскликнет: «Наконец-то!»? В ответе учитывается носок, который Марина достала последним.

Источники: ВСОШ - 2023, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите случай, когда Марине очень не везёт с чёрными носками!

Подсказка 2

Что будет, если Марина сначала подряд будет вытаскивать только белые носки? До каких пор она сможет так делать и сколько чёрных ей пригодится еще достать, чтобы обрадоваться?

Подсказка 3

Сначала она может достать максимум 8 белых!

Показать ответ и решение

Если Марина достанет 17 носков, то среди них будет не больше 8 белых, а значит - хотя бы 9 чёрных. Поэтому в этот момент она точно воскликнет «Наконец-то!».

С другой стороны, если она достанет всего 16 носков, ей «может не повезти»: если она последовательно достаёт белый носок, чёрный носок, белый носок, чёрный носок, .... В этой ситуации после каждого чётного вытащенного носка чёрных и белых носков будет поровну, а после каждого нечётного - больше белых.

Ответ: 17

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#38624

У Ани есть шестерка и 7 девяток. Раз в минуту она может перевернуть какие-нибудь две цифры. Может ли у нее оказаться поровну шестерок и девяток? В ответ укажите “да” или “нет”.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Опять же, как и в одной из предыдущих задача - здесь выгодно рассмотреть что-то, что не меняется при наших операциях. Подумайте, что это может быть.

Подсказка 2

Какие здесь вообще есть параметры? Сумма? Может быть. Произведение? Точно не не подходит. Сумма кол - ва 6

Подсказка 3

Верно, на число 4, так как если мы увеличиваем или уменьшаем на 4, то остаток не меняется, ровно как и если мы прибавляем 0. Тогда, выходит, что разность кол - ва 6 и 9 имеет константный остаток при делении на 4. Осталось посмотреть на остаток начального набора и того, который просят получить в задаче!

Показать ответ и решение

Посмотрим на разность между количеством шестёрок и девяток. После любой из операций она может либо измениться на $4$ в любую сторону, либо же не измениться совсем. Но это означает, что она не меняет свой остаток от деления на $4$ . Изначально он был равен $(7− 1) ≡2 (mod 4)$ , а должен стать равным $0$ — противоречие.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#39062

Известно, что для положительных чисел $x$ и $y$ выполняются равенства: $-1+ -1= 1 x2 xy 9$ и $1-+ 1-= 1- y2 xy 16$ . Чему равно $3y− 4x$ ?

Показать ответ и решение

Равенства из условия переписываются в виде $1(1 + 1)= 1 x x y 9$ и $1(1+ 1)= 1- y x y 16$ . Если их сложить, то мы получим, что $1 1 2 1 -1 -25- (x + y) = 9 + 16 = 144$ . Отсюда следует, что $1 1 -5 x + y = ±12$ . В силу того, что числа положительны, то $1 1 5- x + y = 12$ . Из равенств выше, следует, что $1+ 1 -5 x= x19-y= 1219 = 154-$ , а $1+1 5- y = x116y-= 11126 = 203$ . Далее подстановкой получаем, что $3y− 4x= 3⋅ 230− 4⋅ 145= 20− 15= 5$ .

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#39063

Данил хочет покрасить каждый из треугольников на диаграмме ниже в один из трёх цветов так, чтобы треугольники, имеющие общую сторону, были покрашены в разные цвета. Сколько способов это сделать у него есть?

$PIC$

Показать ответ и решение

Давайте разобъём треугольники на три группы, которые будем последовательно красить (см. картинку ниже). Общее количество способов покрасить треугольники из первой группы — $3 ⋅3 ⋅3 =27.$ При этом существует три типа их раскраски, которые мы далее рассмотрим по отдельности: когда они все одинакового цвета, когда они все покрашены в разные цвета, и когда два треугольника покрашены в один цвет, а оставшийся — в третий.

$PIC$

Вариант 1 (треугольники покрашены в один цвет): таких раскрасок ровно три штуки — по одной на каждый цвет. При этом, любой треугольник из второй группы можно покрасить одним из двух способов — ведь оба его соседа покрашены в один и тот же цвет. Итого, способов покрасить треугольники второй группы: $2⋅2⋅2= 8$ . Аналогично, угловые треугольники из третьей группы тоже можно покрасить 8 способами. Итого, раскрасок первого типа: $3⋅8⋅8= 192$ .

Вариант 2 (треугольники покрашены в разные цвета): таких раскрасок шесть штук — вначале нужно выбрать цвет для верхнего треугольника, потом покрасить правый в один из двух оставшихся цветов, и последний треугольник докрасить в оставшийся цвет. Цвет каждого треугольника из второй группы восстанавливается однозначно — ведь у них два соседа разных цветов. Раскрасить же угловые треугольники снова можно 8 способами. Итого, раскрасок второго типа: $6⋅1⋅8= 48$ .

Вариант 3 (два треугольника одного цвета, и третий — другого): это все оставшиеся способы покрасить треугольники из первой группы, а значит, их количество $27− 3− 6= = 18$ . Теперь у одного треугольника второй группы два одноцветных соседа, а у двух других — два разноцветных соседа. Значит, их можно покрасить $2⋅1⋅1= 2$ способами. С угловыми же треугольниками всё также, как в предыдущих случаях — 8 способов раскраски. Итого, раскрасок третьего типа: $18⋅2⋅8= 288$ .

Наконец, осталось сложить эти три количества и получить ответ: $192+ 48+288= 528$ .

Ответ: 528

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#39069

Четырёхугольник $ABCD$ вписан в окружность, причём $∠BAD =150∘$ , а $∠ABC = 30∘$ . Известно, что $AB = 8$ , а $AD + BC =16$ . $O$ — центр окружности, в которую вписан четырёхугольник. Найдите $2 S ,$ где $S$ — площадь треугольника $AOC$ .

Показать ответ и решение

Так как $∠BAD + ∠ABC = 180∘$ , то $AD ∥ BC$ и $ABCD$ — равнобокая трапеция. Заметим, что $∠AOC = 2∠ABC = 60∘$ , при этом $OA = OC$ , а значит, $AOC$ — равносторонний, и его площадь равна $AC2√3 4$ . Найдём тогда длину $AC$

Опустим высоты $DK$ и $AL$ на сторону $BC$ . Треугольники $CDK$ и $BAL$ — прямоугольные с углом $∘ 30$ . Тогда $AB- DK =AL = 2 = 4$ , а $√- CK = BL= 4 3$ . Заметим, что $DALK$ — прямоугольник, причём

√ - 16= AD +BC = 2KL +BL + CK ⇒ KL = 8− 4 3.

Таким образом, $AC =√AL2-+-CL2-=√16-+64= 4√5$ . Получаем, что площадь треугольника $AOC$ равна $20√3$ , а её квадрат — $1200.$

$PIC$

Ответ: 1200

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#39070

Лёша выписал на доску числа $1$ , $2$ , $3$ , $4$ и так далее, без пробелов. После этого он стёр каждую вторую цифру написанную на доске (то есть на доске осталось число $135790123...$ ). Затем, в том что осталось, он стёр каждую третью цифру. Чему равна сумма цифр, стоящих на $2021$ и $2022$ месте оставшегося числа?

Показать ответ и решение

Посчитаем на каких позициях останутся цифры после двух стираний. После первого стирания на доске останутся только цифры стоящие на нечётные местах. После второго стирания мы вычеркнем цифры на $5$ , $11$ , $17$ , …местах. Это числа, которые при делении на $3$ дают остаток $2$ . Это действительно так, потому что если мы вычернкнули цифру на месте $x$ , то останутся цифры на местах $x+ 2$ , $x +4$ , а следюущая — $x+ 6$ -ая будет вычеркнута. Числа $x$ и $x+ 6$ дают одинаковые остатки при делении на $3$ , а значит, мы действительно вычеркнем все цифры ,позиции которых дают остаток $2$ при делении на $3$ , так как первое вычеркнутое цифра будет $5$ -ой. То есть оставшиеся цифры разбиваются на пары, в которых первая позиция даёт остаток $1$ при делении на $3$ , а второая — $0$ . А при делении на $2$ их позиции дают остаток $1$ . Это означает, что остались цифры стоящие на местах, которые дают остаток $1$ и $3$ при делении на $6$ . Если пронумеровать пары оставшихся цифр, то в паре с номером $k$ будут стоять цифры на местах вида $6(k− 1)+ 1$ и $6(k − 1)+ 3$ . Цифры стоящие на $2021$ -ом и $2022$ -ом месте попадают в пару под номером $2022∕2=1011$ . Это значит, что там будут цифры $6⋅1010 +1= 6061$ и $6063$ исходного числа.

Теперь найдём что за цфиры там стоят. Числа от $1$ до $9$ занимают $9$ цифр, далее от $10$ до $99$ — ещё $90⋅2= 180$ цифр, всего $189$ , числа от $100$ до $999$ — $900 ⋅3$ = $2700$ и всего $2889$ цифр. Числа от $1000$ до $9999$ дают нам $9000⋅4= 36000$ цифр, а значит в этом промежутке стоит искать. Первая цифра встретится в числе $[ ] 999+ 6061−42889 = 999+793= 1792$ , причём так как $6061−24889$ целое число, то это будет последней цифрой в $1792$ . Вторая цифра, соотвественно, будет цифра $7$ в числе $1793$ . В итоге получаем сумму $2+ 7= 9$ .

Ответ: 9

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#39071

Какое наибольшее количество параллелепипедов $1 ×1× 4$ можно вырезать из кубика $6× 6× 6$ ?

Показать ответ и решение

Для начала покажем, как вырезать такое количество параллелепипедов. Очевидно, что с помощью таких параллелепипедов можно вырезать часть кубика размера $4× 6× 6$ . Тогда останется часть размера $2× 6× 6$ . Из неё, в свою очередь, можно вырезать кусок $2× 4×6$ — останется часть размера $2× 2× 6$ . И наконец, вырезав из этой части кусок размера $2× 2× 4$ , оставим непорезанный кубик $2× 2×2$ . Итого, мы вырезали $6⋅6⋅6−2⋅2⋅2- 4 = 52$ параллелепипеда.

Докажем теперь, что большее количество вырезать не получится. Действительно, разобъём кубик на “диагональные” слои (см.картинку ниже), которые раскрасим по циклу в 4 цвета. Несложно убедится, что в каждом параллелепипеде $1× 1×4$ содержится ровно 1 кубик каждого цвета. При этом заметим, что при разбиении из примера у нас остался угловой куб размера $2× 2× 2$ , в котором присутствуют только кубики трёх цветов. Значит, существует цвет, в который покрашено ровно 52 кубика, поэтому не получится вырезать параллелепипедов больше этого количества.

$PIC$

Ответ: 52

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#70274

Диагонали $AC$ и $BD$ равнобокой трапеции $ABCD$ пересекаются в точке $O$ . Известно, что $AD$ : $BC = 3:2$ . Окружность $ω$ с центром $O$ , проходящая через вершины $A$ и $D$ , пересекает продолжение основания $BC$ за точку $B$ в точке $K$ . Оказалось, что $BK = BO$ . Найдите отношение основания $AD$ к радиусу окружности $ω$ .

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 11 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте попробуем выразить каким-либо образом основание через радиус, чтобы в результате отношения радиусы сократились. Давайте проведем высоту из точки O на основание AD, тогда из прямоугольного треугольника мы можем найти, что AD = 2*AO*cos∠DAO. Таким образом, отношение AD к радиусу окружности будет равно 2cos∠DAO. Подумайте, откуда мы можем найти косинус данного угла?

Подсказка 2

Давайте обратим свое внимание на треугольник KBO, всё таки про него нам довольно много известно из условия. Он равнобедренный, а его сторона OK равна OA и OD. По условию нам дано отношение оснований нашей равнобокий трапеции. Подумайте, как, используя данное отношение, мы можем выразить KB и BO через сторону OK.

Подсказка 3

Если воспользоваться тем, что OK=OA=OD и тем, что △AOD подобен △BOC, можем найти, что BO=KB=2*OK/3. По сути, нам известны три стороны одного треугольника, выраженные через одну и ту же переменную, просто с разными коэффициентами. В таких случаях очень удобно использовать теорему косинусов. Давайте воспользуемся ей для угла KBO, так как ∠KBO = 180 - ∠OBC = 180 - ∠DAO. Таким образом, мы легко находим 2cos∠DAO.

Показать ответ и решение

Обозначим радиус окружности за $3x$ , $AO =DO =KO = 3x$ . Из $△AOD ∼ △BOC$ получаем $CO = 2x= BO = BK$ (с учётом условия задачи).

$PIC$

По теореме косинусов для $△KBO$

9x2 = 4x2 +4x2− 2⋅4x2cos∠KBO =⇒ cos∠KBO =− 1 8

cos∠KBO = − cos(180∘ − ∠KBO )= − cos∠CBO = − cos∠OAD

cos∠OAD = 1 8

Если провести высоту треугольника $AOD$ , то легко понять, что $AD-= AO cos∠DAO 2$ , отсюда

AD- AD- 2AO-cos∠DAO- 1 R = AO = AO = 4

Ответ: 0,25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#97655

Числа $x$ и $y$ удовлетворяют равенству

-x-- --y--- x+ y + 2(x − y) = 1.

Найдите все возможные значения выражения

5x+-y, x− 2y

в ответ запишите их сумму.

Показать ответ и решение

Приведём дроби к общему знаменателю:

2x(x−-y)+y-(x+-y) 2(x− y)(x +y) = 1

2x2 − 2xy+ xy+y2 =2x2− 2y2

3y2− xy =0

y(3y− x)= 0

Получается, либо $y = 0,$ либо $3y− x= 0.$ Рассмотрим оба случая:

1) $y = 0.$ Тогда

5x-+y-= 5x= 5 x− 2y x

2) $3y− x= 0.$ То есть $x= 3y,$ откуда

5x+-y= 15y+y-= 16y= 16 x− 2y 3y− 2y y

Итак, сумма всех возможных значий искомого выражения равна $5+ 16 =21.$

Ответ: 21

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#97801

По кругу выписано $103$ натуральных числа. Известно, что среди любых $5$ подряд идущих чисел найдутся хотя бы два чётных числа. Какое наименьшее количество чётных чисел может быть во всем круге?

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 11 класс

Показать ответ и решение

Покажем, что найдутся 3 подряд идущих числа, среди которых есть по крайней мере 2 чётных. Это можно сделать, например, так. Рассмотрим 15 подряд идущих чисел. Они разбиваются на 3 пятёрки подряд идущих чисел, значит, среди них есть по крайней мере 6 чётных. Но эти 15 чисел можно разбить на 5 троек подряд идущих чисел. Значит, по принципу Дирихле в какой-то тройке есть хотя бы 2 чётных числа.

Зафиксируем эти 3 числа. Среди них есть хотя бы 2 чётных. Остальные 100 разобьем на 20 пятёрок подряд идущих. В каждой такой пятёрке будет не менее двух чётных чисел. Таким образом, общее количество чётных чисел не менее $2 +2⋅20= 42$ . Такая ситуация возможна. Пронумеруем числа по кругу. И чётными можно взять числа с номерами $1,2,6,7,...,96,97,101,102$ . (Возможны и другие примеры.)

Ответ: 5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#97919

При перемножении двузначного и трёхзначного чисел получилось четырёхзначное число вида $A = abab.$ Найдите наибольшее $A$ , если известно, что $A$ делится на $14.$

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 10 класс

Показать ответ и решение

Заметим, что $A= abab-=ab⋅101$ . Так как 101 и 14 взаимно просты, то $ab$ делится на 14 . Максимальное значение $ab= 98$ .

Ответ: 9898

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#97947

В районе три посёлка А, Б и В связаны просёлочными дорогами, при этом любые два посёлка связывают несколько (больше одной) дорог. Движение на дорогах двустороннее. Назовём путем из одного поселка в другой либо связывающую их дорогу, либо цепочку из двух дорог, проходящую через третий поселок. Известно, что посёлки А и Б связывают 34 пути, посёлки Б и В - 29 путей. Какое наименьшее число путей может связывать посёлки А и В?

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 10 класс

Показать ответ и решение

Пусть между городами А и Б проходит $k$ дорог, между городами Б и В — $m$ дорог, между городами А и В — $n$ дорог. Тогда количество путей из А в Б равно $k+ mn$ , а количество путей из Б в В равно $m+ kn$ .

Мы получили систему уравнений $k+ mn =34,m+ kn= 29$ , в которой неизвестные натуральные числа, большие 1. Вычитая из первого уравнения второе, получаем: $(m − k)(n− 1)=5$ . Нам осталось перебрать все делители 5: 1 и 5. Значит, $n= 2$ или $n =6$ .

Для каждого $n$ мы находим $k$ и $m$ , решая исходную систему линейных уравнений. Если $n= 2$ , то $k= 8$ и $m =13$ . Если $n =6$ , то $k =4$ и $m = 5$ .

Количество путей, связывающих города А и В, равно $n +km$ . В первом случае $n+ km = 2+ 8⋅13= 106$ , а во втором — $n +km = 6+4 ⋅5 =26$ . Значит, искомый ответ равен 26.

Ответ: 26

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#97948

Сумма трёх различных натуральных делителей нечётного натурального числа $n$ равна $10327.$ Какое наименьшее значение может принимать $n?$

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 10 класс

Показать ответ и решение

Наибольший делитель $n$ равен $n.$ Так как $n$ нечетно, то средний по величине не превосходит $n, 3$ а, поскольку делители различны, третий по величине не превосходит $n 5.$ Тогда имеем

n n 23n 10327= d1 +d2+ d3 ≤ n+ 3 + 5 = 15

Таким образом, $n≥ 6735.$ Заметим, что $6375$ подходит, так как оно нечетно, делится на $3$ и $5,$ и $6375 6375 6375+ -3- + -5-= 10327.$

Ответ: 6735

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#98018

В таблице $28× 35$ некоторые $k$ клеток покрашены в красный цвет, ещё $r$ в розовый, а оставшиеся $s$ — в синий. Известно, что

$∙$ $k≥ r≥ s$

$∙$ у каждой граничной клетки есть хотя бы $2$ соседа такого же цвета;

$∙$ у каждой неграничной клетки есть хотя бы $3$ соседа такого же цвета.

Какое наименьшее значение может принимать величина $k − s?$

(Клетка называется граничной, если она примыкает к границе таблицы. Соседями называются клетки, имеющие общую сторону.)

Источники: ВСОШ - 2022, школьный этап, 10 класс

Показать ответ и решение

Из условия легко понять, что у каждой клетки может быть не более одного соседа другого цвета.

Докажем, что раскраска таблицы должна быть «полосатой», то есть либо каждая строка, либо каждый столбец покрашены полностью в один цвет. Для этого достаточно показать, что либо все пары соседних клеток разного цвета являются соседями по горизонтали, либо все такие пары являются соседями по вертикали.

Рассмотрим любую пару соседних клеток разных цветов - если в таблице вообще есть клетки разных цветов, то такая найдётся. Остальные соседи этих клеток совпадают с ними по цвету, поэтому разделяющая цвета граница будет продолжаться в обе стороны, и далее, пока не упрётся в края таблицы:

$PIC$

Получаем, что любая граница между разными цветами должна идти от края до края таблицы, причём с каждой стороны от неё будет одноцветная полоса клеток. Но это означает, что вертикальная и горизонтальная границы одновременно существовать не могут. Следовательно, либо все границы горизонтальные, либо все границы вертикальные, и раскраска в любом случае «полосатая». (Ширина каждой полосы при этом должна быть не менее 2 клеток - впрочем, для решения это значения не имеет.)

Это означает, что либо количества клеток каждого цвета делятся на высоту таблицы, либо на её ширину, как и разность $k − s$ . С другой стороны, эта разность не может быть равна 0 , так как в этом случае $k = r=s$ и общее количество клеток равно $3k$ , но на 3 число $28⋅35$ не делится. Значит, $k − s≥ 28$ или $k− s ≥35$ .

Равенство $k− s =28$ возможно, если красные клетки занимают 12 столбцов (по 28 клеток), розовые столько же, а синие - 11 столбцов. Если столбцы одного цвета расположить подряд, то все условия задачи будут выполнены.

Ответ: 28

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#38644

Дан прямоугольник $ABCD$ со сторонами $AB =6,BC = 4$ . Прямая, проходящая через вершину $C$ , пересекает лучи $AB$ и $AD$ в точках $X$ и $Y$ соответственно. Найдите длину $XY$ , если известно, что $DY =8$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте, для начала, так как конструкция не сложная, попробуем найти все, что можем, а потом подумаем, над геометрическим смыслом картинки. Чему, например, равно CY?

Подсказка 2

Верно, CY = 10, по теореме Пифагора. А что теперь можно сказать про треугольники XBC и DСY? А если вспомнить, что нам даны стороны прямоугольника(!) ABCD?

Подсказка 3

Верно, что эти два треугольника подобны, при том, мы знаем коэффициент подобия! Как тогда найти XY?

Показать ответ и решение

Заметим, что $BC ∥AY$ и $AX ∥CD$ , а значит, $∠XCB = ∠XY A$ и $∠CXB =∠Y CD$ как соответственые углы. Тогда треугольники $XBC$ и $CDY$ подобны, а значит, $XC :CY = BC :DY =4 :8.$ По теореме Пифагора

2 2 2 CY = CD + DY = 36+ 64= 100⇒ CY =10.

Таким образом, $XY = XC +CY = CY (1+1)= 15. 2$

$PIC$

Ответ: 15

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#38645

В треугольнике $ABC$ биссектрисы $AL$ и $BK$ пересекаются в точке $I$ . Известно, что площадь треугольника $ABI$ равна 30, площадь треугольника $AKI$ равна 8, а $AB :BC =2 :3$ . Найдите площадь четырёхугольника $CKIL$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам дано много отношений и две площади. Опытные геометры знают, что при таком условии, надо решать задачу через счет площадей и их отношений. Вот только с чего начать, аж глаза разбегаются… Ну давайте, вспомнив свойство биссектрисы, поймем чему равна площадь CKI?

Подсказка 2

Площади треугольников AIK и CIK относятся как отношение AK и KC, а оно в свою очередь, по свойству биссектрисы, равно AB/BC. Значит, площади AIK и CIK относятся как 2/3. Значит, площадь CIK равна 12. Так, ну это уже что-то. Чтобы найти площадь CIL, надо понять чему равно отношение CIL и ILB, а также найти площадь треугольника CIB. Ого! Но мы ведь ее знаем!

Подсказка 3

Отношение площадей треугольников AIB и CIB равно отношению AK/KC, но ведь мы его знаем. И площадь AIB мы знаем. Значит, площадь CIB равна 45. Осталось найти отношение CIL и ILB, но ведь оно равно CL/LB, которое равно отношению AIB и AIC = 2/3. Ура! Все найдено, а значит, осталось посчитать площадь CIL и получить ответ!

Показать ответ и решение

Заметим, что площади треугольников $AKI$ и $CKI$ относятся, как $AK$ к $CK$ (ведь $S = 1r⋅AK,S = 1r⋅KC AKI 2 CKI 2$ ). Отрезки $AK$ к $CK$ , в свою очередь, по свойству биссектрисы, относятся, как $AB$ к $BC$ , то есть, $2 :3$ . Тогда $3 SCKI = 2SAKI = 12$ . Таким образом, $SACI =SAKI +SCKI = 20$ .

Поймём теперь, что $AC :AB =SACI :SABI = 20 :30 =2 :3$ . Это значит, что $SABI :SCBI = AB :BC = 2:3$ и $3 SBCI = 2 ⋅30= 45$ . Также: $SCLI :SBLI =AC :BC = = 2:3$ и $2 SCLI = 5 ⋅SSBI =18.$ Итого, $SCKIL = SCKI + SCIL = 12+ 18 =30.$

$PIC$

Ответ: 30

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#38646

В трапеции $ABCD$ ( $AD ∥BC$ ) угол $BAD$ равен углу $ACD$ . Найдите $CD$ , если известно, что $AD = 9,BC =5$ .

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пупупу… А до чего мы умеем достраивать трапецию?

Подсказка 2

Да, мы умеем достраивать трапецию для параллелограмма! Для этого на прямой, содержащей меньшее основание возьмем точку K так, чтобы AK было параллельно CD! Тогда какие уголочки можно отметить на рисунке?

Подсказка 3

Верно, если мы достроили трапецию до параллелограмма, то ∠ABK = ∠BAD (накрест лежащие) = ∠ACD = ∠CAK. А дальше, давайте посмотрим на треугольник ACK! В нём мы знаем про равенство некоторых углов! Тогда какие подобные треугольники мы видим?

Подсказка 4

Верно, △KBA ∼ △KAC! Остаётся выразить KA через отрезочки, которые мы знаем(а именно KB и KC)

Показать ответ и решение

Отметим на прямой $BC$ такую точку $K$ , что $AK ∥CD$ . Тогда $ADCK$ — параллелограмм, а значит, $AD = CK = 9$ и $∠ABK =∠BAD = ∠ACD = ∠CAK$ .

$PIC$

Отсюда получаем подобие треугольников $KBA$ и $KAC$ по двум углам, а значит,

KB-= KA-⇒ KA2 = KB ⋅KC ⇒ KA2 = (KC − BC )⋅AD =36. KA KC

Таким образом, $KA = 6$ .

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#38647

На рёбрах $AB, CC ,A D 1 1 1$ куба $ABCDA B C D 1 1 1 1$ отмечены точки $X,Y,Z$ так, что $AX =CY = D Z = 1 1$ . Найдите угол $XY Z$ , если сторона куба равна 3.

Источники: ВСОШ - 2021, школьный этап, 10 класс

Подсказки к задаче

Подсказка 1

В таких задачах не нужно ничего говорить, нужно просто написать свой счет отрезков в мексиканской шляпе… А вообще, да, видно, что все отрезки треугольника нашего считаются, так как, к примеру YD1 перпендикулярно A1D1, а значит работает теорема Пифагора, отрезок YD1 также легко ищется, тоже по теореме Пифагора. Попробуйте посчитать и понять, чему равны стороны XYZ.

Подсказка 2

Верно, XY^2 = XB^2 + BC^2 + CY^2 = 4 + 9 + 1. Аналогично, YZ^2 = 14 = XZ^2. Значит, наш треугольник равносторонний, а значит его углы мы точно знаем!

Показать ответ и решение

Покажем, что треугольник $XY Z$ — равносторонний. Действительно,

2 2 2 2 XY = XB +BC + CY = 4+ 9+ 1= 14;

2 2 2 2 YZ = YC1 +C1D 1 +D1Z = 4+ 9+1 =14;

ZX2 = ZA2+ A1A2+ AX2 =4 +9+ 1= 14. 1

Таким образом, $XY = YZ =ZX$ и треугольник $XY Z$ — равносторонний, а значит, угол $XY Z =60∘$ .

$PIC$

Ответ: 60

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#97783

В магазине продаётся $9$ наушников, $13$ компьютерных мышек и $5$ клавиатур. Кроме этого ещё есть $4$ набора «клавиатура и мышка» и $5$ наборов «наушники и мышка». Сколькими способами можно купить три предмета: наушники, клавиатуру и мышку?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Надо ли покупать два набора одновременно? Разберите случаи, покупался ли тот или иной набор.

Подсказка 2

Если куплен первый набор, нужно выбрать одни из девяти наушников. Аналогично с двумя другими случаями!

Показать ответ и решение

Разберём случаи того, покупался ли какой-то набор.

- Пусть покупался набор «клавиатура и мышка», тогда к нему докупались наушники. Получается ровно $4⋅9= 36$ способов совершить покупку.

- Пусть покупался набор «наушники и мышка», тогда к нему докупалась клавиатура. Получается ровно $5⋅5= 25$ способов совершить покупку.

- Пусть не покупался ни один набор, тогда покупались наушники, мышка и клавиатура по отдельности. Получается ровно $9⋅13 ⋅5 =585$ способов совершить покупку.

Итого существует ровно $36+ 25+585= 646$ искомых способов.

Ответ: 646

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#97786

У жадины Вовочки $25$ одноклассников. В честь своего Дня Рождения он принёс в класс $200$ конфет. Мама Вовочки, чтобы он не съел всё сам, велела раздать конфеты так, чтобы у любых $16$ его одноклассников суммарно оказалось хотя бы $100$ конфет. Какое наибольшее количество конфет Вовочка может оставить себе, выполнив при этом просьбу мамы?

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам хочется, чтобы условие выполнялось для всех выбранных групп из 16 человек. Тогда какую группу достаточно проверить, чтобы это работало для любой?

Подсказка 2

Рассмотрите группу из 16 человек с наименьшими количествами конфет! Можно ли что-то сказать про некоторого ученика из неё?

Подсказка 3

В ней найдётся человек, у которого не менее 7 конфет! Тогда что можно сказать про остальных одноклассников?

Подсказка 4

У всех одноклассников, не входящих в эту группу, будет также не менее 7 конфет! Осталось лишь аккуратно всё подсчитать и придумать пример ;)

Показать ответ и решение

Среди всех 25 одноклассников выберем 16 людей с наименьшим числом выданных конфет. Заметим, что среди них есть человек, которому выдали не меньше 7 конфет (иначе, если им всем выдали не больше 6 конфет, то суммарно им выдали не больше $16⋅6= 96$ конфет, что меньше 100). Тогда и оставшимся $25 − 16= 9$ одноклассникам выдали не меньше 7 конфет. Тогда всего конфет суммарно выдали хотя бы $100 +9⋅7= 163$ . Соответственно, Вовочка оставил себе не более $200− 163= 37$ конфет.

Заметим также, что Вовочка мог себе оставить ровно 37 конфет, если остальные 163 он выдал одноклассникам так: 13 одноклассникам выдал по 7 конфет, а 12 одноклассникам выдал по 6 конфет. Тогда у любых 16 человек суммарно хотя бы $6⋅12+ 7⋅4= 100$ конфет, а всего Вовочка действительно выдал $13⋅7+ 12⋅6= 163$ конфеты.

Ответ: 37

Предыдущий раздел

Следующий раздел