Тема ММО (Московская математическая олимпиада)

ММО - задания по годам → .11 ММО 2019

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела ммо (московская математическая олимпиада)

Разделы подтемы ММО - задания по годам

ММО до 2010

ММО 2010

ММО 2011

ММО 2012

ММО 2013

ММО 2014

ММО 2015

ММО 2016

ММО 2017

ММО 2018

ММО 2019

ММО 2020

ММО 2021

ММО 2022

ММО 2023

ММО 2024

ММО 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#73172

Биссектриса угла $ABC$ пересекает описанную окружность $ω$ треугольника $ABC$ в точках $B$ и $L$ . Точка $M$ — середина отрезка $AC$ . На дуге $ABC$ окружности $ω$ выбрана точка $E$ так, что $EM ∥ BL$ . Прямые $AB$ и $BC$ пересекают прямую $EL$ в точках $P$ и $Q$ соответственно. Докажите, что $PE = EQ$ .

Источники: ММО-2019, 9.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите точки пересечения EM с AB и BC . Обозначьте все равные углы, какие сможете найти.

Подсказка 2

Мы хотим доказать равенство сторон, но по сути знаем только углы. Что можно сделать?

Подсказка 3

Попробуйте воспользоваться теоремой синусов.

Показать доказательство

Пусть прямая $EM$ пересекает $AB$ и $BC$ в точках $P′$ и $Q′$ соответственно. Также обозначим

′ ′ α= ∠BAE = ∠BLE = ∠BCE = ∠QEQ = ∠PEP

′ ′ β = ∠ABL = ∠CBL =∠AP E = ∠BQ E

(использовали равные опирающиеся на одну дугу углы и углы при параллельных прямых)

$PIC$

Последовательно применяя теорему синусов для треугольников $PP′E$ , $AP ′E$ и $AP ′M$ , получим:

PE = P′E⋅sin-β= --AP-′⋅sinα-⋅sinβ-- = sin(β− α) sin(β+ α)⋅sin(β − α)

AM sin∠EMC ⋅sinαsin β AC ⋅sin∠EMA ⋅sinα = sinβ-sin(β-+α)sin(β−-α) = 2⋅sin(β+-α)⋅sin(β-− α)

Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников $QQ ′E$ , $CQ′E$ и $CQ ′M$ , получим:

CM-⋅sin∠EMC--⋅sinα-⋅sinβ -AC-⋅sin∠EMA--⋅sinα- QE = sin β⋅sin(β +α)⋅sin(β− α) = 2⋅sin(β+ α)⋅sin(β − α) =P E

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79749

Докажите, что для любого натурального числа $n >2$ и для любых действительных чисел $a ,a ,...,a, 1 2 n$ удовлетворяющих условию $a1+ a2+ ...+an ⁄=0,$ уравнение

a1(x − a2)(x− a3)...(x − an)+

+a2(x− a1)(x− a3)...(x− an)+...+

+a (x − a )(x− a )...(x − a )= 0 n 1 2 n−1

имеет хотя бы один действительный корень.

Источники: ММО-2019, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о левой части уравнения?

Подсказка 2

Заметим, что это многочлен степени n-1. Какие случаи можно рассмотреть?

Подсказка 3

Например, если бы n было чётным, то всегда бы нашелся хотя бы 1 действительный корень.

Подсказка 4

Пусть n — нечётно. Что тогда можно сказать про a-шки?

Подсказка 5

Если бы нашлись такие i и j, что aᵢ = aⱼ, то был бы корень a = aᵢ = aⱼ. Поэтому будем считать a-шки различными. Что, если для некоторого i aᵢ = 0?

Подсказка 6

Тогда aᵢ — корень. Будем считать a-шки ненулевыми. Упорядочим их по возрастанию.

Подсказка 7

Попробуйте посмотреть на знак выражения при подстановке aₖ вместо x.

Показать доказательство

Левая часть $f(x)$ в этом уравнении представляет собой многочлен степени $n− 1,$ так как коэффициент при $xn−1$ равен $a1+ ...+ an ⁄= 0.$ Если $n$ четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция $f(x)$ непрерывна и $f(x0) >0,f(− x0)< 0$ при достаточно большом $x0 > 0.$ Пусть $n$ нечетно. Можно считать, что все числа $a1,...,an$ различны (в противном случае число $a= ai = aj,$ где $i⁄= j,$ является корнем), не равны нулю (если $ai = 0$ при некотором $i,$ то и $f(ai)= 0$ ) и упорядочены по возрастанию: $a1 <a2 < ...< an.$ Заметим, что

f(ak)= ak(ak− a2)...(ak − ak−1)(ak− ak+1)...(ak− an)

имеет тот же знак, что и $n−k k−1 ak ⋅(−1) = (− 1) ak.$ Но при $n > 3$ среди чисел $a1 < a2 < ...< an$ есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена $f(x).$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#84475

В остроугольном треугольнике $ABC$ проведены высоты $AA′$ и $BB′$ , точка $O$ — центр его описанной окружности. Докажите, что расстояние от точки $′ A$ до прямой $BO$ равно расстоянию от точки $′ B$ до прямой $AO$ .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть α, β, γ — углы треугольника при вершинах A, B и С соответственно. Попробуйте повыражать углы.

Подсказка 2

Воспользуйтесь свойством ортоцентра и тем, что треугольник ABB' — прямоугольный.

Подсказка 3

Выразите AK' через другую сторону и тригонометрические функции.

Подсказка 4

Воспользуйтесь тем, что O — центр описанной окружности и треугольника AOC.

Показать доказательство

Введём обозначения, $α,$ $β,$ $γ$ — углы треугольника при вершинах $A,B,C$ соответственно.

По свойству ортоцентра и тому, что треугольник $′ ABB$ прямоугольный получаем

′ ′ ∘ ′ ∘ ∠A BK = ∠ABB =90 − ∠BAB =90 − α

Значит, так как треугольник $A′BK$ прямоугольный

A ′K = A′B sin(90∘− α)= A′Bcosα

А из прямоугольного треугольника $AA ′B$ получаем, что

A′B = AB cosβ

Подставив эти равенства одно в другое, в итоге получим, что

A′K = AB cosβ cosα

$PIC$

Теперь из того, что $O$ — центр описанной окружности и равнобедренного треугольника $AOC,$ в котором $AO = CO$ как радиусы, выражаем

′ ∘ ∠AOC- ∘ 2∠ABC- ∘ ∠B AT = 90 − 2 = 90 − 2 = 90 − β

Так как треугольники $′ AB T$ и $′ ABB$ прямоугольные, то

B ′T = AB′sin(90∘− β)= AB′cosβ = ABcosαcosβ

Видно, что

′ ′ A K = BT = AB cosαcosβ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91949

Каждая точка плоскости раскрашена в один из трех цветов. Обязательно ли найдется треугольник площади $1,$ все вершины которого имеют одинаковый цвет?

Источники: ММО - 2019, 10.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим, что искомого треугольника не существует. Ясно, что если зафиксировать любую прямую, то на ней найдется две точки A и B одного цвета (назовем его цветом 1). Где может располагаться третья точка, которая образовывала бы с найденным точками треугольник единичной площади?

Подсказка 2

Пусть расстояние между точками A и B равно d. Тогда искомая точка может располагаться на любой из прямых, расположенных от данной на расстоянии 2/d, (назовем их l₁ и l₂). По предположению, точек цвета 1 на данных прямых нет. А могут ли на прямой AB находится точки цветов, отличных от 1, если на каждой из прямых l₁ и l₂ присутствует 2 и 3 цвет?

Подсказка 3

Несложно показать, что это не могут (разберите случай, когда любые две точки на прямых l₁ и l₂, расстояние между которыми равно d/2, имеют разный цвет и противный ему). Какое естественное свойство при этом накладывается на одну из прямых AB, l₁ и l₂?

Подсказка 4

По крайней мере на одной из этих прямых все точки имеют один и тот же цвет. Что можно сказать о цветах остальных точек плоскости?

Подсказка 5

Они покрашены в цвет, отличный от данной прямой. Как теперь можно завершить решение?

Показать ответ и решение

Первое решение. Предположим, что такого треугольника не существует, и докажем, что существует прямая, все точки которой имеют один цвет.

Пусть на некоторой прямой $l$ есть две точки $A,B$ одного цвета (обозначим этот цвет $1),$ расстояние между которыми равно $d.$ Пусть $l1,l2$ — две прямые, параллельные $l$ и удаленные от нее на расстоянии $2∕d.$ Если на какой-нибудь из этих прямых есть точка цвета $1,$ то она образует с точками $A,B$ треугольник площади $1,$ все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если на каждой из прямых $l1,l2$ присутствуют два цвета и на одной из них найдутся две точки одного цвета на расстоянии $d∕2,$ то они вместе с точкой такого же цвета на другой прямой образуют треугольник площади $1,$ все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если же на каждой из прямых $l1,l2$ присутствуют два цвета и любые две точки на расстоянии $d∕2$ разных цветов, то любые две точки на расстоянии $d$ будут одного цвета, а значит, на прямой $AB$ все точки имеют цвет $1.$

Пусть теперь все точки некоторой прямой $a$ покрашены в цвет $1.$ Тогда остальные точки плоскости покрашены в два оставшихся цвета. Возьмем прямую, не параллельную $a,$ и две точки $C,D$ на ней одного цвета (обозначим этот цвет $2).$ Если на какой-нибудь из двух прямых, параллельных $CD$ и удаленных от нее на расстояние $2∕CD,$ найдется точка цвета $2,$ то $C,D$ и эта точка образует треугольник площади $1,$ все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если же таких точек нет, то найдется треугольник площади $1$ с вершинами цвета $3.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть не все точки плоскости раскрашены в один цвет. Тогда на некоторой прямой присутствуют точки разных цветов: точки $A$ и $B$ цвета $1$ и точка $X$ цвета $2.$ Пусть $A1B1B2A2$ — прямоугольник, в котором $A,B$ середины сторон $A1A2,B1B2$ соответственно, длины этих сторон равны $4∕AB,C1,C2$ — середины $A1B1$ п $A2B2$ соответственно, $D$ — точка, симметричная $C1$ относительно $B1.$

Если среди точек $A1,B1,C1,A2,B2,C2$ есть точка цвета $1,$ она образует искомый треугольник с точками $A,B.$ Если среди точек $A1,B1,C1,A2,B2,C2$ нет точек цвета $1,$ то возможны следующие случаи.

1.: Точки $A1$ и $B1$ (рассуждение для точек $A2$ и $B2$ аналогичны) разного цвета. Тогда цвет $C1$ совпадает с цветом одной из них, например, $A1.$ Если какая-то из точек $A2,C2$ того же цвета, эти три точки образуют искомый треугольник. В противном случае искомым будет треугольник $A2C2B1.$
2.: Если одна из пар $A1,B1$ или $A2,B2$ цвета $2,$ она образует искомый треугольник с точкой $X.$
3.: Если все точки $A1,B1,A2,B2$ цвета $3$ и одна из точек $C1,D$ тоже цвета $3,$ то треугольник $B1C1B2$ или $B1DB2$ искомый. В противном случае треугольник $C1DX$ искомый.

Ответ:

да

Предыдущая подтема

Следующая подтема