Физтех - задания по годам → .13 Физтех 2021

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).

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.

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)

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.

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.

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.

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 .

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:

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.