Физтех - задания по годам → .13 Физтех 2021
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
- сумма первых
членов возрастающей арифметической прогрессии
, состоящей из целых чисел. Известно, что
. Укажите все возможные значения
.
Источники:
Подсказка 1
Обозначим разность прогрессии за d. Неравенства в условии теперь можно переписать через a₁ и составить систему.
Подсказка 2
Мы видим одинаковые части у обоих неравенств. Сразу напрашивается вычесть из второго первое и получить неравенство на d. Какой вывод можно сделать исходя из условия на целые числа и возрастания прогрессии?
Подсказка 3
Верно, что d = 1, так как это единственное целое и положительное число, которое нам подходит. Теперь мы можем заменить S в неравенствах на что-то более понятное, так как знаем разность.
Подсказка 4
Мы получили два квадратных уравнения на a₁. Решив их, мы сможем найти промежутки для a₁ и выписать ответ.
Обозначим разность прогрессии через . Данные в условии неравенства можно преобразовать следующим образом:
Вычитая из второго неравенства первое (а это можно сделать, так как они разного знака), получаем . Из условия следует, что
, поэтому
(
и прогрессия возрастает). Тогда
и
, и система
неравенств принимает вид
Так как , то
.
Составлена система неравенств относительно одного из членов прогрессии и её разности – отдельно не оценивается; найдена разность прогрессии – 2 балла; получено неравенство на разность прогрессии вида 0 < 𝑑 < √ 𝑎, но забыто, что разность целая, и поэтому разность не найдена – 1 балл вместо 2; составлена и решена система неравенств относительно первого члена прогрессии – 2 балла; если при этом приобретена одна лишняя точка, то 1 балл вместо 2; указаны целочисленные значения переменной – 1 балл (этот балл ставится, даже если приобретена одна лишняя точка).
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Рассмотрим всевозможные тетраэдры , в которых
. Каждый такой тетраэдр впишем в
цилиндр так, чтобы все вершины оказались на его боковой поверхности, причём ребро
было параллельно оси цилиндра. Выберем
тетраэдр, для которого радиус цилиндра - наименьший из полученных. Какие значения может принимать длина
в таком
тетраэдре?
Источники:
Подсказка 1
Давайте подумаем, а как использовать равные отрезки? В каких треугольниках они состоят, что можно отметить в таких фигурах?
Подсказка 2
Отметим E — середину AB в равнобедренных треугольниках ADB и ACB! Какие тогда выводы можно сделать об AB?
Подсказка 3
AB — хорда окружности, перпендикулярной оси цилиндра. Давайте теперь подумаем, а в каких случаях мы смогли бы уменьшить радиус цилиндра?…
Подсказка 4
Мы можем уменьшать радиус цилиндра, если AB не является диаметром указанной окружности. Какие тогда выводы можно сделать из условия на минимальность радиуса цилиндра?
Подсказка 5
Мы должны рассматривать такие тетраэдры, в которых AB является диаметром цилиндра! Давайте теперь попробуем воспользоваться тем, что CD перпендикулярен основанию цилиндра. Что полезного можно отметить?
Подсказка 6
Отметим H — проекцию точек C и D на основание цилиндра! Осталось лишь воспользоваться тем, AB — диаметр, и немного посчитать ;)
Пусть — середина
и
— медианы равнобедренных треугольников
и
, a значит, биссектрисы и высоты. То есть
. Значит, отрезок
перпендикулярен плоскости
, следовательно,
.
Таким образом, лежит в плоскости, перпендикулярной оси цилиндра (обозначим эту плоскость через
). Сечение цилиндра этой
плоскостью — окружность, а
является хордой этой окружности. Тогда радиус цилиндра минимален, если
диаметр. Отметим,
что это возможно в силу того, что отрезки
и
длиннее, чем
. Действительно, из треугольников
и
следует,
что
Рассмотрим тетраэдр, в котором является диаметром цилиндра. Возможны 2 случая: точки
и
лежат по одну (этот случай
представлен выше) или по разные стороны плоскости
.
Пусть - проекция точек
и
на плоскость
. Угол
, так как он вписан в окружность и опирается на её диаметр.
в силу равенства треугольников
и
. Тогда
. По теореме Пифагора в прямоугольных
треугольниках
и
соответственно:
.
Тогда, если точки и
лежат по одну сторону от плоскости
, то
. Если точки
и
лежат по
разные стороны от плоскости
, то
.
Доказано, что 𝐴𝐵 – диаметр цилиндра наименьшего радиуса – 2 балла; если при этом не проверено, что точки 𝐶 и 𝐷 могут лежать на боковой поверхности такого цилиндра (например, можно доказать, что треугольники 𝐴𝐵𝐶 и 𝐴𝐵𝐷 остроугольные; можно сделать, как в решении), то 1 балл вместо 2;
найдены оба значения 𝐶𝐷 – 3 балла;
найдено только одно значение 𝐶𝐷 – 1 балл вместо 3.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Пусть - фигура на декартовой плоскости, состоящая из всех точек
таких, что существует пара вещественных чисел
, при
которых выполняется система неравенств
Найдите площадь фигуры .
Источники:
Подсказка 1
Раз нам нужно найти площадь, то в любом случае надо понять, какой будет график. Начнём "причёсывать" задачу. Как можно равносильно преобразовать условие с минимумом?
Подсказка 2
Верно, можно переписать условие на минимум в виде системы, когда каждое из них больше, чем выражение слева. В итоге, получится система из трёх уравнений. У нас есть квадраты и удвоенные произведения. Как тогда хорошо бы записать уравнения и что представляют их графики?
Подсказка 3
Ага, можно собрать полные квадраты и увидеть, что у нас получаются уравнения трёх кругов. Давайте строить их в плоскости (a; b), а x и y тогда будут выступать в роли параметров. Два круга у нас с фиксированными центрами, а один — нет. Как же теперь нам нужно переформулировать условие задачи через график?
Подсказка 4
Верно, это значит, что все три круга должны иметь по крайней мере одну общую точку. Теперь вам нужно рассмотреть предельные случаи, когда будет пересечение всех кругов. Пусть начало координат точка A и противоположная ей B на границе второго круга, а пересечение кругов C и D. Какое дополнительное построение теперь можно сделать, чтобы легко увидеть крайние случаи и понять, какое множество в итоге (x;y)?
Подсказка 5
Да, давайте отразим относительно точек пересечения A и B. Не забываем, что радиус у всех наших кругов одинаковый. Осталось только понять, как удобнее всего описать наше множество. Здесь будет полезно рассмотреть круги с центрами A и B и удвоенным радиусом, а ещё круги с нашим радиусом и центрами C, D. По итогу, множество M будет объединение секторов. Осталось только посчитать их площадь, и победа!
Второе неравенство равносильно системе неравенств
Значит, исходная система равносильна следующим:
Множества точек, задаваемых этими неравенствами на плоскости и
при этом выступают в роли параметров), - это
круги
радиуса
с центрами
соответственно. Условие задачи означает, что полученная
система должна иметь решение относительно
, то есть все три круга должны иметь по крайней мере одну общую
точку.
Пусть окружности, ограничивающие и
, пересекаются в точках
и
(тогда треугольники
и
- равносторонние). Пересечение кругов
и
есть фигура
, представляющая собой совокупность двух меньших
сегментов этих кругов, ограниченных хордой
. Тогда фигура
состоит из всевозможных точек
, находящихся на
расстоянии не более
от фигуры
. (Это совокупность всех кругов радиуса
, центры которых принадлежат фигуре
.)
Пусть точки и
симметричны точкам
и
(соответственно) относительно точки
; точки
и
симметричны точкам
и
(соответственно) относительно точки
.
А само множество есть объединение следующих четырёх секторов (центральный угол всех секторов меньше
):
- сектор
круга с центром в точке
и радиуса
- сектор
круга с центром в точке
и радиуса
- сектор
круга с центром в точке
и радиуса
- сектор
круга с центром в точке
и радиуса
Заметим, что первые два сектора пересекаются по ромбу , и никаких других пересечений между секторами нет. При этом первые
два сектора равны между собой, и последние два сектора также равны между собой. Таким образом, площадь фигуры
равна
Изображено множество точек (в плоскости (𝑎; 𝑏), удовлетворяющих второму неравенству системы – 2 балла; указано (или изображено, описано) множество решений первого неравенства – баллы не добавляются; верно описан способ построения фигуры 𝑀 (например, совокупность кругов заданного радиуса, центры которых лежат в некотром множестве), но сама она построена неверно – 1 балл; изображена фигура 𝑀 – 3 балла; найдена её площадь – 2 балла. Если фигура 𝑀 изображена неверно, нахождение площади не оценивается, и за задачу ставится не более 3 баллов. Если фигура 𝑀 представляет собой пересечение двух кругов с центрами 𝐴 и 𝐵 радиусов 2𝐴𝐵, за задачу ставится 3 балла (при этом не играет роли, найдена ли площадь)
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Найдите количество троек натуральных чисел , удовлетворяющих системе уравнений
Источники:
Подсказка 1
Из второго условия системы мы понимаем, что единственными простыми делителями чисел a, b, c могут быть лишь 2 и 3. Тогда можем представить эти числа как произведение степеней 3 и 2(a=2^α₁ * 3^α₂, b=2^β₁ * 3^β₂, c=2^γ₁ * 3^γ₂). Как тогда можно перезаписать условие системы через новые переменные?
Подсказка 2
С новыми переменными мы получаем, что max(α₁, β₁, γ₁) = 15, min(α₁, β₁, γ₁) = 1, max(α₂, β₂, γ₂) = 16, min(α₂, β₂, γ₂) = 1. Отлично! Теперь можно отдельно рассмотреть условия на α₁, β₁, γ₁ и условия на α₂, β₂, γ₂. Затем найти кол-во подходящих троек в каждом случае и, перемножив, получить ответ.
Подсказка 3
Для условий на α₁, β₁, γ₁, имеем, что какое-то из чисел равно 15, второе равно 1, а третье является любым целым числом от 1 до 15 включительно. Осталось только перебрать варианты наборов чисел и сложить кол-во случаев в них. Аналогично для α₂, β₂, γ₂.
Пусть (никаких других простых множителей числа
,
содержать не могут - иначе нарушается
второе условие системы). Отсюда
Учитывая данную в условии систему, получаем соотношения
Рассмотрим первую систему . Возможны следующие наборы чисел
:
набора (за счёт различных перестановок этих чисел);
— также три набора;
, где
есть
различных значений
и для каждого из них
перестановок — всего
вариантов.
Итак, есть способа выбрать тройку чисел
. Аналогично устанавливаем, что для выбора
есть
(
—
значений) способов. И поскольку один выбор осуществляется независимо от другого, то общее
количество способов равно
.
Найдено количество троек для степеней одного из простых чисел только в одном случае – 2 балла.
Получено одно или оба соотношения вида {︃ max (𝛼1; 𝛽1; 𝛾1) = 𝑘, min (𝛼1; 𝛽1; 𝛾1) = 1 и {︃ max (𝛼2; 𝛽2; 𝛾2) = 𝑚, min (𝛼2; 𝛽2; 𝛾2) = 1. и других продвижений нет – 1 балл за задачу (этот балл не суммируется с указанным выше).
Неарифметическая (комбинаторная) ошибка (вместо правила произведения применено правило суммы, некоторые случаи посчитаны дважды или пропущены и т.п.) – не более 1 балла за задачу.
Неверно решена «числовая часть» (из условия сделаны неверные выводы, например, утверждается, что одно из чисел должно равняться произведению 𝑝^𝑚𝑎𝑥 𝑞^𝑚𝑎𝑥 или 𝑝𝑞; используются неверные утверждения, например, НОД(𝑎, 𝑏, 𝑐) НОК(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 𝑎𝑏𝑐) – 0 баллов за задачу.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Даны числа . При каких
два из этих чисел равны, а третье меньше их на
?
Источники:
Подсказка 1
Нам нужно рассмотреть три случая в зависимости от того, какое из чисел меньше на 1. Только каждый раз мы получаем равенства на логарифмы с разными основаниями. Нужно получить ещё условие на числа a,b,c. Попробуйте внимательно посмотреть на основания и аргументы логарифмов. Что можно заметить?
Подсказка 2
Так, мы получаем, что аргументы и основания логарифмов сдвинуты по циклу. Что тогда можно сказать про произведение abc, используя свойство логарифма?
Подсказка 3
Верно, мы получаем, что abc = 4. Теперь, рассматривая каждый случай, мы можем выразить две переменные через одну и, подставив в полученное равенство, получить уравнение от одной переменной. Осталось лишь проделать это. И победа!
Из условия следует, что функции положительны и не принимают значения
при всех
из области допустимых
значений. Пусть
. Тогда
По условию числа удовлетворяют одному из трёх условий:
Рассмотрим случай . Подставляя
и
в полученное выше уравнение
, имеем
, откуда
. Так как многочлен
не имеет корней, то единственным решением уравнения является
, поэтому системе удовлетворяет тройка чисел
. Случаи
и
рассматриваются аналогично с точностью до
смены обозначений (выражение
симметрично). Из них получаем, что либо
, либо
. Теперь для
каждой из полученных троек чисел
найдём
.
Если , то
, то есть
. Поэтому
, то есть значений
, при которых
, не
существует.
Если , то
. Возводя обе части последнего уравнения в квадрат, получаем уравнение
, которое
не имеет корней, поэтому случай
также не подходит.
Если , то
. Это уравнение эквивалентно уравнению
, корнями которого являются
и
, но
не подходит, так как в этом случае
. Значение
подходит:
.
Итак, — единственное решение задачи.
при решении перемножением логарифмов: показано, что произведение всех логарифмов равно целому числу – 1 балл;
получено и решено кубическое уравнение относительно одного из логарифмов – 1 балл;
за рассмотрение каждого из случаев – по 1 баллу;
если при этом в случае приобретены лишние корни, он не считается рассмотренным, и за него ставится 0 баллов.
при решении рассмотрением трёх случаев равенств логарифмов: разобран 1 случай – 1 балл,
разобраны 2 случая – 3 балла,
разобраны 3 случая – 5 баллов;
если при этом в случае приобретены лишние корни, он не считается рассмотренным, и за него ставится 0 баллов.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Остроугольный треугольник вписан в окружность
с центром О. Окружность, проходящая через точки
и
, пересекает
отрезок
в точке
. Касательные к
, проведённые через точки
и
, пересекаются в точке
. Отрезок
пересекает сторону
в точке
. Известно, что площади треугольников
и
равны соответственно
и
.
а) Найдите площадь треугольника .
б) Пусть дополнительно известно, что . Найдите
.
Источники:
Пункт а, подсказка 1
Сразу воспользуемся тем, что AT и TC — касательные к ω. Получаем, что углы OCT и OAT - прямые. Что тогда мы можем сказать про окружность, проходящую через A, O, C?
Пункт а, подсказка 2
Да, верно! Эта окружность также проходит через точку T, а отрезок OT является её диаметром. Теперь, чтобы подобраться к точке K, попробуйте посчитать вписанные в данную окружность уголки, обозначив ∠ABC за β.
Пункт а, подсказка 3
Отлично! Мы получили, что ∠TAC = ∠TPC = ∠ABT = ∠ABC = β. Тогда у нас PK || ABC. Значит, треугольники ABC и CPK подобны. Для решения задачи осталось лишь найти коэффициент подобия между ними. Для этого воспользуйтесь последним условием на площади треугольников APK и CPK. Ведь мы знаем, что у них высота из P общая.
Пункт б, подсказка 1
Ещё из пункта а) мы знаем, что ∠APK = ∠KPC и отношение AK к KC. Тогда воспользуемся свойством биссектрисы для PK. А также у нас есть новое условие на β. Раз мы знаем, что tgβ = 7/5, то легко можем найти sin2β или cos2β.
Пункт б, подсказка 2
В треугольнике APC мы знаем cos∠APC = cos2β и отношение AP к PC. Если бы мы знали хоть одну из сторон AP и PC, то мы бы легко нашли AC через теорему косинусов. Попробуйте выразить площадь треугольника APC двумя способами и найти оттуда AP.
Пункт б, подсказка 3
Пользуясь условием на площади треугольников APK и CPK, получаем, что площадь APC равна 10. С другой стороны, эта же величина равна sin∠APC*AP*PC/2. Осталось лишь всё выразить и досчитать.
a) Так как прямые и
- касательные к
, они перпендикулярны радиусам, проведённым в точки касания, и
. Отсюда следует, что точки
и
лежат на окружности с диаметром
(назовём эту окружность
). На этой
же окружности лежит точка
, поскольку она лежит на окружности, проходящей через точки
. Обозначим
. Тогда по
свойству угла между хордой и касательной получаем, что
. Далее,
(углы, вписанные в окружность
).
Из того, что
, следует, что
.
Так как у треугольников и
общая высота, проведённая из вершины
, их площади относятся как основания, т.е.
. Треугольники
и
подобны, поскольку
, и коэффициент подобия
равен
. Но тогда
б) Поскольку острый, то
(центральный угол вдвое больше вписанного),
(вписанные в
углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно,
биссектриса треугольника
(также можно заметить, что
, как вписанные и как угол между касательной и хордой соответственно). Биссектриса треугольника делит
противоположную сторону пропорционально двум другим сторонам, поэтому
. Пусть
; тогда
Из дополнительного условия . Следовательно,
Площадь треугольника равна
, откуда получаем
,
. По теореме
косинусов из треугольника
находим, что
, откуда
окончательно получаем
.
Решён пункт а) – 4 балла;
частичные продвижения за пункт а):
доказано, что 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵 – 2 балла;
доказано, что четырёхугольник 𝐴𝑂𝐶𝑇 вписанный – 1 балл (не суммируется с вышеуказанными 2 баллами).
Решён пункт б) – 3 балла;
частичные продвижения за пункт б):
доказано, что 𝑃𝐾 – биссектриса треугольника 𝐴𝑃 𝐶 – 1 балл.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Решите уравнение
Источники:
Подсказка 1
Стоит избавиться от корня, не забыв про одз из-за правой части) А также раскрыть после этого формулу синуса двойного угла.
Подсказка 2
Может помочь то, что теперь уравнение является однородным, а значит стоит поделить уравнение на cos^4x (не забыв проверить случай cosx = 0)
Подсказка 3
Получим в основном тангенсы, в одном месте получим 1/cos²(x), но это тоже можно превратить в tg(x), просто разделим основное тригонометрическое тождество на cos²(x). Разложив выражение на множители, выйдем на финишную прямую решения этой задачи.
Учтём, что и возведём в квадрат, применяя формулы двойных углов, получим
Заметим, что не является решением и поделим на
В итоге , после проверки
останутся только
и
.
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Дан квадрат, стороны которого равны Его стороны разбиты отмеченными точками на отрезки длины
(вершины исходного квадрата
тоже отмечены). Найдите количество четвёрок из отмеченных точек, являющихся вершинами прямоугольника.
Источники:
Подсказка 1:
Для начала давайте соберëм самую базовую информацию. Сколько всего отмечено точек? Как принципиально по-разному относительно квадрата может располагаться прямоугольник с вершинами в отмеченных точках?
Подсказка 2:
Получаем, что две соседние вершины прямоугольника могут быть как на одной стороне квадрата, так и на соседних. С первым случаем работать просто, со вторым — посложнее.
Подсказка 3:
Как определить, при каких условиях возможен прямоугольник из второго случая? Давайте рассмотрим такой прямоугольник и обратим внимание на прямоугольные треугольники, которые образовались. Что про них можно сказать?
Подсказка 4:
Получаем две пары равных треугольников, а между собой эти пары подобны!
Подсказка 5
Чтобы это использовать, попробуйте учесть и подобие, и тот факт, что все стороны квадрата равны 500. Теперь должно получиться посчитать количество способов!
Посчитаем число отрезков, на которые разбили квадрат: тогда число точек равно
Если фиксируем две точки на одной стороне квадрата, то две другие точки будут лежать на противоположной стороне, и прямоугольник будет определяться однозначно.
Рассмотрим случай, когда фиксируются две точки на соседних сторонах. Определим, когда в этом случае образуется прямоугольник:
Пусть сторона прямоугольника образует с квадратом угол Тогда получаем четыре подобных прямоугольных треугольника с
гипотенузами, являющимися сторонами прямоугольника, причём противоположные треугольники равны. Их острые углы равны
и
Обозначим катеты одного из треугольников за и
Тогда треугольники подобны с коэффициентом
Рассмотрим два соседних треугольника. Если у одного из них катет равен то у другого катет равен
Из подобия найдём вторую сторону:
Из равенства противоположных треугольников получаем уравнение:
Откуда:
Следовательно, либо либо
Теперь посчитаем все случаи:
1. Если фиксируем две точки на одной стороне, то точки можно выбрать на вертикальной и горизонтальной сторонах квадрата. При этом сам квадрат мы посчитали дважды. Общее количество таких прямоугольников:
2. Если фиксируем точки на соседних сторонах квадрата, первую точку (без учёта вершин квадрата) можно выбрать способами.
Тогда вторую точку можно выбрать двумя способами: либо
либо
Учтём также, что случай
был посчитан
дважды:
Сложив оба случая, получаем:
63246
Ошибка.
Попробуйте повторить позже
Диагонали выпуклого четырёхугольника пересекаются в точке
и при этом треугольники
и
—
правильные. Точка
симметрична точке
относительно середины стороны
Докажите, что
— правильный
треугольник.
Источники:
Подсказка 1
Что можно сказать о четырёхугольнике ABCD? Давайте посчитаем уголки ;)
Подсказка 2
ABCD — равнобокая трапеция, а угол CTB = 120°. Мы работаем в окружности, поэтому имеет смысл отметить равные вписанные уголки.
Подсказка 3
Отлично, ∠ATB = 60°. Получается, что осталось доказать, что ∠ABT также равен 60°. Для этого можно, например, разбить его на два уголка, и по частям "перенести" в другое место, где мы точно знаем, что сумма равна 60°.
Подсказка 4
∠ABT равен сумме углов ∠ABD и ∠DBT. А чему в свою очередь равные эти два угла?
Несложно показать, что — равнобедренная трапеция, поэтому вокруг неё можно описать окружность (назовём
её
. Диагонали четырёхугольника
точкой пересечения делятся пополам, поэтому он параллелограмм, и при
этом
Поскольку , в четырёхугольнике
сумма противоположных углов равна
, и вокруг него также можно описать
окружность. Следовательно, все 5 точек
лежат на окружности
. Углы
и
вписаны в
и опираются на одну
дугу, поэтому они равны, и
. Далее отметим, что
Отсюда следует, что
Итак, доказано, что в треугольнике два угла равны
, поэтому он равносторонний.