Тема Региональный этап ВсОШ и олимпиада им. Эйлера

Олимпиада им. Эйлера

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела региональный этап всош и олимпиада им. эйлера

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#74335Максимум баллов за задание: 7

В треугольнике $ABC$ сторона $AB$ больше стороны $BC.$ На продолжении стороны $BC$ за точку $C$ отметили точку $N$ так, что $2BN = AB +BC.$ Пусть $BS$ — биссектриса треугольника $ABC, M$ — середина стороны $AC,$ а $L$ — такая точка на отрезке $BS,$ что $ML ∥AB.$ Докажите, что $2LN =AC.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2015, ЗЭ, 2 задача(см. old.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выполним такое дополнительное построение: удвоим отрезки BL и BN за точки L и N соответственно до BL' и BN'. Теперь нужно доказать, что AC = N'L'.

Подсказка 2

Теперь можно получить, что CL'||AB, что позволяет нам перекинуть углы, и получить равенство треугольников ABC и N'CL'.

Показать доказательство

$PIC$

Продлим $BN$ за $N$ и $BL$ за $L$ на отрезки $NN ′ = BN$ и $LL′ =BL$ соответственно. Так как $M$ — середина $AC$ и $ML ∥AB,$ прямая $ML$ содержит среднюю линию $MK$ треугольника $ABC.$ Поскольку $L$ — середина $BL′,$ эта прямая содержит также среднюю линию $LK$ треугольника $BCL ′;$ итак, $CL′ ∥ LM ∥AB.$ Поэтому $∠CL′B = ∠L′BA = ∠L′BC,$ откуда $CL ′ =CB.$ Далее, $CN ′ = BN′− BC$ = $2BN − BC = BA$ и $∠N′CL′ = ∠CBA.$ Значит, треугольники $N′CL′$ и $ABC$ равны, и потому $AC = N′L′ = 2LN.$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#79114Максимум баллов за задание: 7

В выпуклом четырёхугольнике $ABCD$ биссектриса угла $B$ проходит через середину стороны $AD,$ а $∠C = ∠A +∠D.$ Найдите угол $ACD.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2015, РЭ, 8.6(см. www.matol.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $E$ — середина стороны $AD,$ а $F$ — точка пересечения $BE$ и $AC.$

$PIC$

Из условия имеем: $∘ ∠B =360 − 2(∠A +∠D ),$ откуда $∘ ∠AEB =180 − ∠A−$ $∠B∕2= ∠D.$ Значит, $BE∥CD,$ и $EF$ — средняя линия треугольника $ACD,$ то есть $AF =F C.$ Таким образом, $BF$ — биссектриса и медиана треугольника $ABC,$ а, значит, и его высота. Следовательно, прямая $CD,$ параллельная $BF,$ также перпендикулярна $AC,$ откуда и вытекает ответ.

Ответ:

$∠ACD =90∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#74337Максимум баллов за задание: 7

На стороне $AB$ треугольника $ABC$ с углом в $100∘$ при вершине $C$ взяты точки $P$ и $Q$ такие, что $AP = BC$ и $BQ = AC.$ Пусть $M, N,K$ — середины отрезков $AB,CP,CQ$ соответственно. Найдите угол $NMK.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2014, ЗЭ, 2 задача(см. old.mccme.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Достроим треугольник до параллелограмма $ACBD.$ Тогда $M$ является серединой отрезка $CD.$ Так как $AP = BC =AD$ и $BQ =AC = BD,$ треугольники $APD$ и $BQD$ — равнобедренные. Поэтому $∠QDP = ∠ADP + ∠BDQ − ∠ADB$ = $(90∘ − ∠DAB ∕2)+ (90∘− ∠DBA ∕2)− 100∘$ = $80∘− (∠DAB +∠DBA )∕2$ = $40∘.$ Осталось заметить, что $∠QDP = ∠KMN,$ так как $MK$ и $MN$ — средние линии треугольников $DQC$ и $DP C$ соответственно.

Ответ:

$40∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#34684Максимум баллов за задание: 7

Для четырёх различных целых чисел подсчитали все их попарные суммы и попарные произведения. Полученные суммы и произведения выписали на доску. Какое наименьшее количество различных чисел могло оказаться на доске?

Показать ответ и решение

Пример. Если взять числа $− 1,0,1,2,$ то, как легко проверить, каждое из записанных на доске чисел будет равно $− 2,−1,0,1,2$ или $3$ — всего 6 различных значений.

Оценка. Покажем, что меньше шести различных чисел на доске оказаться не могло. Пусть взяты числа $a< b< c<d$ . Тогда выполнены неравенства $a+ b<a +c< a+ d< < b+ d< c+d$ , что даёт пять различных чисел. Осталось доказать, что на доске есть число, отличное от этих пяти.

Покажем, что на доске найдётся либо число, большее $c+ d$ , либо число, меньшее $a+b$ . Если $a ≥0$ , то $b≥ 1,c≥2,d≥ 3$ , поэтому $cd≥ 2d> c+d$ . Если $a <0$ , а $d≥2$ , то $ad ≤2a< a+ b$ . В оставшемся случае имеем $a< 0$ и $d≤ 1$ . Но тогда $c≤ 0,b≤ −1,a≤ −2$ , откуда $ab≥ 2>c +d$ .

Ответ: 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#62512Максимум баллов за задание: 7

Даны натуральные числа $a$ и $b$ , причём $a <1000$ . Докажите, что если $a21$ делится на $b10$ , то $a2$ делится на $b.$

Источники: Олимпиада Эйлера, 2010, РЭ, 4 задача(см. old.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Рассмотрим некоторое простое число $p$ , пусть оно входит в число $a$ в степени $k a$ , в число $b$ — в степени $k b$ . Тогда из условия мы имеем, что $21ka ≥10kb$ , а нам требуется показать, что $2ka ≥ kb$ . Пусть это неверно. Тогда $2ka < kb ⇐⇒ 20ka < 10kb ≤21ka$ . Заметим, что первые два числа в неравенстве кратны десяти, поэтому $10kb ≥ 20ka+ 10$ , то есть $21ka ≥ 20ka+ 10 ⇐⇒ ka ≥10$ . Но может ли в число, меньшее $1000$ , какое-то простое число входить в хотя бы десятой степени? Нет, поскольку даже минимальное простое $10 2 > 1024$ этому условию не удовлетворяет. Мы получили противоречие, значит, требуемое доказано.

Ответ:

что и требовалось доказать

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#61645Максимум баллов за задание: 7

Числа от 1 до 10 разбили на две группы так, что произведение чисел в первой группе нацело делится на произведение чисел во второй. Какое наименьшее значение может быть у частного от деления первого произведения на второе?

Источники: Всеросс., 2003, РЭ, 8.1(см. math.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что семёрка точно входит в первую группу, поскольку чисел, которые делятся на неё, нет. Отсюда также следует, что частное кратно семи, то есть оно не меньше семи. Остаётся привести пример, когда оценка достигается:

3⋅5⋅6⋅7⋅8= 720 ⋅7

1 ⋅2 ⋅4 ⋅9 ⋅10= 720

Ответ:

$7$