Тема Физтех и вступительные по математике в МФТИ

Физтех - задания по годам → .11 Физтех 2019

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех и вступительные по математике в мфти

Разделы подтемы Физтех - задания по годам

Физтех до 2010 и вступительные на Физтех

Физтех 2010

Физтех 2011

Физтех 2012

Физтех 2013

Физтех 2014

Физтех 2015

Физтех 2016

Физтех 2017

Физтех 2018

Физтех 2019

Физтех 2020

Физтех 2021

Физтех 2022

Физтех 2023

Физтех 2024

Физтех 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31048

Даны квадратные трехчлены

$2 f1(x)=x − ax+ 2$ , $2 f2(x)= x +3x+ b$ , $2 f3(x)= 3x +(3− 2a)x+ 4+ b$ и $2 f4(x) =3x + (6 − a)x+ 2+2b.$

Пусть разности их корней равны соответственно $A,B,C$ и $D$ , и при этом $|A|⁄= |B |.$

Найдите соотношение $C2−D2- A2−B2 .$

(значения $A,B,C,D,a,b$ не заданы)

Источники: Физтех-2019, 11.1, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $2 αx +βx +γ$ — квадратный трёхчлен с неотрицательным дискриминантом $T$ . Тогда его корни определяются формулой $−-b±√T- x1,2 = 2a$ , поэтому $||−b+-√T−(−b−√T)|| |x2− x1|= | 2a |=$ $√T- |a|$ . Применяя эту формулу четыре раза, получаем

∘----- √----- 1∘ --------------- 1∘ --------------- A = a2− 8,B = 9− 4b,C = 3 (3− 2a)2− 12(4 +b),D = 3 (6− a)2 − 12(2+b)

Отсюда следует, что $1(( ) ( )) 1( ) C2 − D2 = 9 4a2− 12a− 12b− 39 − a2− 12a− 24b +12 = 3 a2 +4b− 17$ , $A2− B2 =a2+ 4b− 17$ . Сократить на $a2 +4b− 17$ можно, поскольку $A2− B2 ⁄= 0$ по условию. Значит, искомое отношение равно $13$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Если у нас есть квадратное уравнение $ax2+ bx+ c$ , у которого $2$ корня, то по теореме Виета $x1+ x2 = − ba$ и $x1x2 = ca$ . Тогда $( ) (x1− x2)2 = ba 2− 4ac$ . Применим это к нашей задаче.

A2 =a2− 8

B2 =9 − 4b

2 3−-2a 2 16+-4b- C =( 3 ) − 3

2 (6− a)2 4(2+ 2b) D = ---9-- − --3----

Условие, что $|A|⁄= |B |$ дает нам, что $a2− 8⁄= 9− 4b$ или $a2+ 4b− 17⁄= 0$ .

2 2 C2-− D2-= (3−92a)-−-16+34b−-(6−a9)-+-4(2+32b) = A2 − B2 a2− 8− 9+ 4b

(9−-12a-+4a2)− (48+-12b)− (36−-12a-+a2)+12(2+2b) = 9(a2 +4b− 17) =

2 = −512+3a-+-12b= 1. 9(a + 4b− 17) 3

Ответ:

$1 3$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#31159

При каких значениях параметра $a$ среди решений неравенства

∘ -------2---- (x+ 2) ax+x − x − a≥ 0

найдутся два решения, разность между которыми равна $4$ ?

Источники: Физтех-2019, 9.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Выражение под корнем раскладывается как $(x − 1)(a − x)$ . Значит корни находятся между $1$ и $a$ , поэтому если их разность $4,$ то либо $a ≥5$ , либо $a≤ −3.$

Если $a≥ 5$ , то корни $x= 1$ и $x= 5$ нам подходят, так как корень будет определен и будет неотрицательным и $x+ 2$ будет положительным.

Если $a≤ −3$ , то корни будут лежать в отрезке $[a, 1]$ . Так как один из корней будет меньше другого на $4,$ то меньший корень будет не больше $− 3.$ Значит, если мы его подставим, то $x +2< 0$ и $√--------2--- ax+ x− x − a≥ 0$ . Единственный случай, когда их произведение будет $≥0$ , если $√--------2--- ax+ x− x − a= 0$ . Отсюда меньший корень равен $a$ . Тогда больший корень равен $a+ 4$ и $∘------- (a+ 6) −4(a+ 3) ≥0$ . Отсюда либо $a =−3$ , либо $a <− 3$ и $a ≥− 6$ .

Ответ:

$[−6;− 3]∪ [5;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#31976

Известно, что

-----cos3x---- 2 2 (2cos2x − 1)cosy = 5 + cos (x +y)

----sin3x----= 3 +sin2(x+ y). (2cos2x+ 1)siny 5

Найдите все возможные значения выражения $cos(x +3y)$ , если известно, что их не менее двух.

Источники: Физтех 2019, 13.2 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что $sin3x= sinx(4cos2x − 1)= sinx(2cos2x+ 1)$ , а $cos3x =cosx(4cos2 x− 3)= cosx(2cos2x − 1)$ . Значит, нам дано

cosx 2 2 sinx 3 2 cosy = 5 + cos(x+ y) и -siny = 5 +sin (x+ y)

и некоторые ограничения на $x$ и $y$

Сложим эти 2 уравнения:

cosx+ sin-x= 2 cosy sin y

cosxsiny+ sinxcosy =2cosysiny

sin(x+y)= sin2y

Если $x +y =2y+ 2πk$ , то по условию
$1= 2+ cos2(x +y)= 2 +cos2(2y) и 1 = 3 +sin2(x+ y)= 3+ sin2(2y) 5 5 5 5$
Тогда $2 1 cos(x +3y)= cos4y = 2cos(2y)− 1= 5$ .
Если $x +y =π − 2y+ 2πk$ , то $cos(x+ 3y) =− 1$ .

Значит, возможные значения — это $− 1$ и $1 5$ . Какие-то из них могли бы не достигаться из-за ОДЗ, но мы точно знаем, что значений хотя бы 2 и поэтому они оба достигаются.

Ответ:

${1∕5;−1}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#33670

Окружности $Ω$ и $ω$ касаются внешним образом в точке $F$ , а их общая внешняя касательная касается окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно в точках $A$ и $B$ . Прямая $ℓ$ проходит через точку $B$ , вторично пересекает окружность $ω$ в точке $C$ , а также пересекает $Ω$ в точках $D$ и $E$ (точка $D$ расположена между $C$ и $E)$ . Общая касательная окружностей, проходящая через точку $F$ , пересекает прямые $AB$ и $BE$ в точках $P$ и $H$ соответственно (точка $F$ лежит между точками $P$ и $H)$ . Известно, что $BC = 42,DH =HC = 4$ .

а) Найдите длину отрезка $HP$ .

б) Найдите радиусы обеих окружностей.

Источники: Физтех 2019 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

а) Трижды применяем теорему о касательной и секущей:

√-- HF 2 = HC ⋅HB =4⋅46⇒ HF =2 46 2 HF2- HF =HD ⋅HE ⇒ HE = HD = 46 BA2 = BD ⋅BE =50⋅92⇒ BA = 10√46

Поскольку отрезки касательных, проведённых к окружности из одной точки, равны между собой, $PF = PA = PB$ , следовательно, $√-- P F = 12AB = 5 46$ . Итак, $√ -- P H = PF + FH = 7 46$ .

б) Пусть $∠BP H = γ$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника $BPH$ получаем $BH2 =$ $BP2+ HP 2− 2BP ⋅PH ⋅cosγ$ , т.е. $462 = 72⋅46 +52⋅46− 70 ⋅46cosγ$ , откуда $46= 49+ 25 − 70cosγ$ , $cosγ = 25$ Пусть $O$ и $Q$ — центры, а $R$ и $r$ — радиусы окружностей $Ω$ и $ω$ соответственно; так как окружности касаются, точка касания $F$ лежит на линии центров $OQ$ , и при этом $OQ ⊥ PH$ . Углы $A$ и $F$ четырёхугольника $AOF P$ прямые, поэтому $∠AOF = 180∘− ∠AP F =∠BP F =γ$ .

Рассмотрим прямоугольную трапецию $ABQO$ . В ней $OQ =R + r,OA = R,BQ =r,AB =$ $10√46,∠AOQ = γ$ . Опуская из точки $Q$ высоту $QT$ на основание $AO$ , получаем прямоугольный треугольник $OQT$ , в котором $TQ =AB = 10√46,OT = R − r$ . По теореме Пифагора получаем

(R+ r)2 =(R− r)2 +(10√46)2

Rr =25⋅46

Кроме того,

2= cosγ = R−-r =⇒ R = 7r 5 R+ r 3

Находим, что

--- --- 5√-322- 5√138 R = √3 ,r= √ 7

Ответ:

а) $HP = 7√46$

б) $∘ 138 ∘ 322- 5 7 ;5 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#33672

Окружность, центр которой лежит на прямой $y = b$ , пересекает параболу $y = 3x2 4$ хотя бы в трёх точках; одна из этих точек - начало координат, а две из оставшихся лежат на прямой $3 y = 4x+ b$ . Найдите все значения $b$ , при которых описанная конфигурация возможна.

Источники: Физтех-2019, 11.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Рассмотрим сначала $b> 0$ . Обозначим начало координат через $O(0;0)$ , центр окружности через $Q (a;b)$ (так как он лежит на прямой $y =b$ , его ордината равна $b)$ ; точки пересечения прямой с параболой через $A(x1;y1)$ и $B (x2;y2)(x1 < 0,x2 >0)$ . Пусть также $T(0;b)$ — точка пересечения данной прямой с осью ординат, $C$ — точка пересечения окружности с осью ординат, отличная от $O$ .

Треугольник $QOC$ равнобедренный $(QO = QC$ как радиусы), $QT$ — его высота, следовательно, $QT$ также и медиана, $CT =OT$ , поэтому точка $C$ имеет координаты $(0;2b)$ . Опустим из точки $A$ перпендикуляр $AH$ на ось ординат. Тогда $∠TAH$ есть угол наклона прямой, его тангенс равен $34$ . Отсюда $cos∠TAH = 45,AT = cosA∠HTAH-= 54AH = − 5x41$ . Аналогично находим, что $BT = 5x42$ .

$AB$ и $OC$ — две хорды данной окружности. По теореме о пересекающихся хордах $CT ⋅OT =$ $AT ⋅BT$ , т.е. $b⋅b= − 5x41⋅ 5x42$ . Абсциссы $x1$ и $x2$ точек пересечения прямой $y = 34x+ b$ и параболы $y = 34x2$ определяются уравнением $3x2 = 3x +b ⇐⇒ x2− x− 4b= 0 4 4 3$ . По теореме Виета $x1x2 = − 4b 3$ . Значит, $b2 = − 25⋅(− 4b) ⇐ ⇒ b2 = 25b 16 3 12$ , откуда $b= 25 12$ .

Значение $b= 0$ не подходит, так как при этом заданная прямая принимает вид $y = 3x 4$ , т.е. проходит через начало координат.

$PIC$

При $b< 0$ (естественно, мы рассматриваем только те $b$ , при которых прямая и парабола имеют две точки пересечения) оба числа $x1$ и $x2$ положительны. Точка $T$ является серединой отрезка OC (сохраняем все обозначения первого случая). Тогда с одной стороны выходит, что точка $T$ — середина хорды $OC$ , т.е. лежит внутри окружности. С другой стороны, точки $A$ и $B$ лежат на окружности, поэтому $AB$ является хордой этой окружности, а точка $T$ лежит на продолжении хорды $AB$ , т.е. вне окружности. Получаем противоречие, и этот случай невозможен.

Ответ:

$25 12$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#33674

На рёбрах $AC,BC, BS,AS$ правильной треугольной пирамиды $SABC$ с вершиной $S$ выбраны точки $K,L,M,N$ соответственно. Известно, что точки $K,L,M,N$ лежат в одной плоскости, причём $KL = MN = 2,KN = LM = 18$ . В четырёхугольнике $KLMN$ расположены две окружности $Ω1$ и $Ω2$ , причём окружность $Ω1$ касается сторон $KN,KL$ и $LM$ , а окружность $Ω2$ касается сторон $KN,LM$ и $MN.$ Прямые круговые конусы $ℱ1$ и $ℱ2$ с основаниями $Ω1$ и $Ω2$ соответственно расположены внутри данной пирамиды, причём вершина $P$ конуса $ℱ1$ лежит на ребре $AB$ , а вершина $Q$ конуса $ℱ2$ лежит на ребре $CS$ .

а) Найдите $∠SAB$

б) Найдите длину отрезка $CQ$ .

Источники: Физтех-2019, 11.7, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Противоположные стороны четырёхугольника $KLMN$ попарно равны, так что он параллелограмм. Поскольку плоскость $(KLMN )$ пересекает плоскости $(ABC )$ и $(ABS )$ по параллельным прямым $KL$ и $MN$ , эти прямые параллельны прямой пересечения этих плоскостей, то есть $AB$ . Аналогично, $NK ∥LM ∥ SC$ . В правильной треугольной пирамиде скрещивающиеся рёбра перпендикулярны друг другу, поэтому $SC ⊥AB$ , а $KLMN −$ прямоугольник. Следовательно, радиусы окружностей $Ω1$ и $Ω2$ равны $1.$

Отсюда также следует, что прямоугольник $KLMN$ симметричен относительно плоскости $α$ , содержащей ребро $SC$ и середину $AB$ . Тогда и конусы $ℱ1$ и $ℱ2$ также симметричны относительно этой плоскости. Поэтому $P$ — середина $AB$ .

$PIC$

Обозначим через $X$ и $Y$ середины сторон $KL$ и $MN$ соответственно, а через $O1$ и $O2−$ центры окружностей $Ω1$ и $Ω2$ соответственно; эти четыре точки лежат на оси симметрии прямоугольника $KLMN$ , параллельной $KN$ , а значит — в плоскости $α$ . Более того, $XY ∥SC$ , то есть треугольники $PCS$ и $P XY$ подобны.

Пусть $AB = BC = CA = 2a,SA =SB = SC =ℓ,ν = a∕ℓ$ . Тогда $CP = a√3,SP = √ℓ2−-a2$ . Поскольку $XY = KN = 18$ , из подобия получаем

XP- XY- CP = CS

XP 18 18√3a √- a√3-= ℓ-,XP = --ℓ-- =18ν 3

Аналогично,

√------ YP-= XY-,YP-= 18,Y P = 18-ℓ2−-a2= 18∘1-−-ν2 SP CS SP ℓ ℓ

C другой стороны, так как конус $ℱ1−$ прямой, имеем $P O1 ⊥ XY$ , причём $XO1 = 12KL =1,YO1 =XY − XO1 = 17$ . Отсюда

2 2 2 2 ( 2 2) ( 2 2) 2 2 2( 2 2) 17 − 1 =O1Y − O1X = O1Y + O1P − O1X + O1P = PY − PX = 18 1− ν − 3ν

2( 2) 16⋅18= 18 1 − 4ν

1 ν = 6

AP 1 ∠SAB =arccosAS-= arccosν = arccos6

Итак, $ℓ= 6a$ , и из подобия имеем

-2 = KL-= CX-= 1− XP-= 1− XY- =1− 18 =1− 3, 2a AB CP CP CS ℓ a

откуда $a= 4$ и $ℓ= 24$ . Пусть $P O1$ пересекает $SC$ в точке $H$ . Тогда $PH$ — высота треугольника $SCP$ , причём (поскольку $XY ∥CS$ ) $CCHS-= XXOY1-= 118-$ . Значит, $CH = S1C8 = 43$ . Поскольку $O2Q⊥ XY,HO1O2Q$ — прямоугольник, так что $HQ = O1O2 = 16$ . Отсюда $CQ = CH + HQ = 532$ .

Ответ:

а) $∠SAB = arccos1; 6$

б) $52 CQ= 3$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#39770

Дана бесконечно убывающая геометрическая прогрессия. Сумма всех её членов с нечётными номерами на $2$ больше, чем сумма всех членов с чётными номерами. А разность между суммой квадратов всех членов на нечётных местах и суммой квадратов всех членов на чётных местах равна $36- 5$ . Найдите первый член и знаменатель прогрессии.

Источники: Физтех-2019, 11.3, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $b = b,b = bq,|q|< 1 1 2$ . Сумма всех нечётных членов равна $-b1-= -b-- 1−q2 1−q2$ , а сумма чётных $-b2-= -bq- 1−q2 1−q2$ , поскольку каждая сумма задаётся первым членом и знаменателем $2 q$ и также является бесконечно убывающей геометрической прогрессией.

Аналогично, для квадратов знаменателем будет $4 q$ , а первыми членами $2 b$ и $22 b q$ , то есть суммы равны $-b2-- 1− q4$ и $-b2q2 1−q4$ . Запишем равенства из условия

({ -b-- -bq- 1−q22 − 1−b2qq22 = 2 ( 1−bq4 − 1−q4 = 356

( b(1−q) { (1−q2)(1+q)2-=2 ( (1b−q(12−)(q1+)q2) = 356

{ b2 = 4(1+q)2 b2 = 365 (1+q2)

Получим

2 36 2 4(1+ 2q+q )= 5 (1 +q )

2 16q − 40q+ 16= 0

1 q = 2 или 2

Поскольку $|q|< 1$ , то $1 q = 2$ . Отсюда $1 b= 2(1+ 2)=3$ — единственное решение.

Ответ:

$3;1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#43959

Дана усечённая пирамида $ABCA B C 1 1 1$ с боковыми рёбрами $AA 1$ , $BB 1$ , $CC 1$ $(ABC ∥A B C ) 1 1 1$ , такая, что треугольник $BB1C$ — равносторонний. На ребре $AA1$ , перпендикулярном основанию $ABC$ пирамиды, лежит точка $N$ такая, что $AN :NA1 = 1:2.$ Сфера $Ω$ с радиусом $√- 5$ проходит через вершины треугольника $BB1C$ и касается отрезка $AA1$ в точке $N$ .

(a) Найдите длину ребра $BB1$ .

(b) Пусть дополнительно известно, что $∘ -- ∠ABC =arccos 25$ . Найдите угол между прямой $AA1$ и плоскостью $BB1C$ , а также длину ребра $A1B1.$

Показать ответ и решение

$PIC$

Отметим точку $E$ в качестве вершины пирамиды, точку $O$ в качестве центра $ω$ , точку $O1$ в качестве центра описанной окружности треугольника $BB1C$ и $F$ в качестве середины $BC$ . Так как $BB1C$ равносторонний, то $O1$ это еще и центр пересечения медиан, а значит, $B1F$ проходит через $O1$ и $FO1 :O1B1 = 1:2$ и $NO1∥ABC$ . Так как $ω$ проходит через вершины треугольника $BB1C$ и касается отрезка $AA1$ в точке $N$ , то $OO1⊥BCC1$ и $ON ⊥AA1$ . Мы знаем, что $AA1 ⊥ABC$ и поэтому $NO ∥ABC$ . Получается, что мы знаем, что точка $O$ лежит на плоскости $α$ , проходящей через $N$ и параллельной $ABC$ , и лежит на прямой $l$ , перпендикулярной $BB1C$ и проходящей через $O1$ . Значит, либо $l$ принадлежит $α$ , но тогда $FB1$ перпендикулярна двум разным прямым параллельным $ABC$ ( $BC$ и $l$ ) и тогда все три стороны перпендикулярны основанию, а такого не бывает, либо $l$ и $α$ пересекаются в одной точке и $O1 =O$ . Тогда $BO =BO1 = √5$ и $BB1 = √15$ (по формуле для равностороннего треугольника).

$PIC$

Спроецируем точки $O$ и $B1$ на плоскость $ABC$ . Тогда так как проекция $A1$ на $ABC$ это $A$ , то $′ A1B1∥AB 1$ и поэтому $′ B ∈ AB$ . Также можно заметить $′ ′ ′ F O:OB1 = FO :O B1 = 1:2$ .

Прямоугольные треугольники $B1B′1B$ и $B1B′1C$ равны по катету и гипотенузе, поэтому $BB′1 =CB ′1$ . Значит, высота в равнобедренном треугольнике $BB ′1C$ равна $B ′1F$ , так как $F$ середина $BC$ и равна $√--∘-- ∘-- BF |tgB ′1BF |= -125 32 = 458$ . Тогда

∘-- ′ ′ (B′1F-) -458- 1-- ∠(AA1,BCB1)= ∠(B1B1,BCB1 )= ∠B1B1F =arcsin B1F = arcsin √45 = √2 2

Значит, $∠(AA1,BCB1 )= π4$ . Тогда $∘ -- FB ′1 = F√B21= 485$

Пусть $T$ — проекция $O′$ на $AB$ . Тогда $O′T = O′B′cosB ′O ′T = 2B′Fcos1∠B ′O′C = 2B′FcosB ′BC = 2∘ 45∘-2= 1 1 1 3 1 2 1 3 1 1 3 8 5$ и $∘----------- ∘ 3- B1′T = O′B′12− O ′T2 = 2$ . С другой стороны, поскольку $√- AO ′= NO = 5$ , то $√---------- AT = AO ′2− O′T2 = 1$ . Отсюда $∘ -- A1B1 =AB ′1 = AT +TB ′1 = 2+ 32$ .

Ответ:

$(a)√15,$

$π ∘-3 (b)4,2+ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#45587

Найдите значения параметра $a$ , при которых у системы уравнений

{ x2+y2 = 26(y sin2a− x cos2a) x2+y2 = 26(y cos3a− xsin3a)

существуют два решения $(x1;y1)$ и $(x2;y2)$ такие, что расстояния между точками $P (x1;y1)$ и $Q (x2;y2)$ равно $10.$

Источники: Физтех-2019, 11.6, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Выделим полные квадраты

{ (x +13cos2a)2+ (y− 13sin2a)2 =169, (x +13sin3a)2+(y− 13cos3a)2 =169.

Каждое из этих уравнений задаёт окружность радиуса 13; у первой из них центром является точка $A (−13cos2a;13sin2a)$ , а у второй - точка $B(−13sin3a;13cos3a)$ .

Если эти уравнения задают одну и ту же окружность, то на этой окружности найдутся точки на расстоянии 10 друг от друга, поскольку диаметр окружности больше $10$ . Окружности совпадают в случае, когда у них одинаковые центры. Получаем

{ cos2a =sin3a { cos2a+ cos(π+ 3a)= 0, { 2cosπ+10acos π+2a-=0, sin2a= cos3a ⇔ cos3a+ cos(2π+ 2a)= 0 ⇔ 2cosπ+410acos π−42a-=0. 2 4 4

Эти равенства выполняются, если либо $cosπ+10a= 0 4$ , либо $cos π+2a-=cosπ−2a= 0 4 4$ . В первом случае получаем $a= π-+ 2kπ-,k ∈ℤ 10 5$ . Во втором случае $α= π +2πn =− π+ 2πk,n,k∈ ℤ 2 2$ , здесь решений нет.

Пусть теперь рассматриваемые окружности различны и пересекаются в точках $P$ и $Q$ . Тогда четырёхугольник $AP BQ$ - ромб. Известно, что в любом параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех четырёх сторон, откуда $AB2 + PQ2 = 4AP2$ . Так как мы хотим, чтобы точки $P$ и $Q$ располагались на расстоянии 10 друг от друга, $PQ =10$ , поэтому $AB2 + 100= 4⋅169,AB = 24$ . Итак, необходимо, чтобы расстояние между центрами окружностей $A$ и $B$ было равно 24. Отсюда

∘ ----------------2-----------------2 (−13sin3a+ 13cos2a)+ (13 cos3a− 13sin2a) = 24⇔

⇔ 338− 338sin3acos2a− 338 sin2acos3a= 576⇔ 338sin5a= −238⇔

k+1 ⇔ a= (−-1)5---arcsin111699 + k5π,k∈ℤ

Ответ:

$(−1)k+1arcsin119-+ kπ,-π+ 2πk, k∈ ℤ 5 169 5 10 5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#51860

Найдите все значения переменной $x$ , при каждом из которых оба выражения $f(x)= √21−-x2− 4x$ и $g(x) =|x+ 2|$ определены, причём $x+4- min(f(x);g(x))> 2$ .

Источники: Физтех-2019, 10.2, (см. olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ: $− x2− 4x +21≥ 0 ⇐⇒ x∈ [−7;3]$ . Последнее условие эквивалентно тому, что каждая функция на ОДЗ больше $x+4 2$ . Поскольку обе функции неотрицательны, то неравенство автоматически выполнено при $cx+4 2 < 0 ⇐⇒ x< −4$ , откуда с учётом ОДЗ получаем решения $x ∈[−7,−4)$ , далее $x≥ 4$ , тогда можем возвести ограничения на функции в квадрат

{ 2 x2+8x+16 212− x − 4x≥x2+84x+16 x + 4x +4 ≥ 4

{ 5x2+ 24x − 68< 0 3x2+ 8x< 0

{ x ∈(− 34,2) x ∈(−∞5,− 8)∪(0,+ ∞) 3

( ) x∈ − 34,− 8 ∪ (0,2) 5 3

Поскольку изначально $x≥ −4$ , то остаются только $x ∈(−4;− 83)∪ (0;2)$ . Объединяя с первым промежутком, получаем ответ.

Ответ:

$[−7;− 8)∪(0;2) 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#77069

Хорды $AB$ и $CD$ окружности с центром $O$ имеют длину 10. Продолжения отрезков $BA$ и $CD$ соответственно за точки $A$ и $D$ пересекаются в точке $P$ , причем $DP = 3.$ Прямая $P O$ пересекает отрезок $AC$ в точке $L.$ Найдите отношение $AL :LC.$

Показать ответ и решение

Так как $AB =CD$ , то $ABCD$ — равнобедренная трапеция.

Значит, $AP =P D= 3, PB = PC =13$ . Отсюда треугольники $BOP$ и $COP$ равны по трем сторонам, и значит, $P O$ — биссектриса $∠BP C$ .

$PIC$

Тогда по свойству биссектрисы $LLCA = PPCA-= 133 .$

Ответ: 3 : 13

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#79925

Найдите первый член и знаменатель бесконечно убывающей геометрической прогрессии, если отношение суммы кубов всех её членов к сумме всех членов этой прогрессии равно $48 7 ,$ а отношение суммы четвертых степеней членов к сумме квадратов членов этой прогрессии равно $144 17$ .

Источники: Физтех 2019, 3.3 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Известно, что сумма первых $n$ членов геометрической прогрессии с первым членом $b 1$ и знаменателем $q$ равна $b1(1−qn). 1−q$ Для бесконечно убывающей пеометрической прогрессии $|q|< 1,$ поэтому при $n,$ стремящемся к бесконечности, $n q$ стремится к нулю, а сумма членов стремится к $b1- 1−q.$ Кубы членов данной прогрессии ${bn}$ также образуют геометрическую прогрессию с первым членом $3 b1$ и знаменателем $3 q$ , четвёртые степени членов - прогрессию с первым членом $4 b1$ и знаменателем $4 q$ , a квадраты - прогрессию с первым ч.леном $2 b1$ и знаменателем $2 q$ . Суммы этих членов равны соответственно $b3 b4 11−q3,1−1q4$ и $b2 1−1q2$ Из условия получаем систему уравнений

( b3 ( b2 { 11−q3-: b11−q = 478, ⇔ { 1+q1+q2 = 487 ( 1b41−q4-:1b21−q2-= 14147- ( 1b+21q2 = 11447

Делим почленно первое уравнение на второе и получаем $2 11++qq+q2 = 1271 ⇔ 4q2− 17q+ 4= 0,$ откуда $q =4$ или $q = 14.$ Так как прогрессия является бесконечно убывающей, $|q|<1,$ и подходит только значение $q = 14.$ Тогда $b21 = 11447-(1+ q2)= 9$ и $b1 = ±3.$

Ответ:

$b = ±3,q = 1 1 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#80055

Решите неравенство

( 5) ( 2) ( 5) log1+x2 1+ 27x + log1−2x2+27x4 1+ x ≤ 1+log1−2x2+27x4 1+27x .

Показать ответ и решение

Пусть $1+ x2 = u,1− 2x2+ 27x4 =v,1+ 27x5 = w$ . Тогда неравенство принимает вид $log w+ log u − log w − 1≤0. u v v$ Далее его можно преобразовать так:

1 loguw loguvlogu w+ 1− loguw− loguv loguw+ logu-v − loguv-− 1≤0 ⇔----------loguv-----------≤ 0⇔ (logu-w−-1)(loguv-− 1) ⇔ loguv ≤ 0⇔ (logu-w−-loguu)(loguv−-loguu) ⇔ loguv ≤ 0.

Для решения этого неравенства далее применяем метод рационализации: знак разности $logab−$ $logac$ на области допустимых значений совпадает со знаком выражения $ba−−c1;$ в частности (при $c= 1$ ), знак логарифма $logab$ совпадает со знаком выражения $ba−−11$ . Тогда из последнего неравенства получаем

(w-−-u)(v−-u)≤ 0 (u− 1)(v− 1)

ОДЗ исходного неравенства задаётся условиями $u >0,v > 0,w > 0,u ⁄=1,v ⁄= 1.$ При этом последние два ограничения выполнены автоматически для любого решения, так как при $u =1$ или $v = 1$ знаменатель дроби обращается в ноль. Помимо этого $u= 1+x2$ и $v =$ $1− 2x2+ 27x4$ положительны при всех значениях $x.$ Следовательно, единственное ограничение из ОДЗ, которое необходимо учесть, - это неравенство $1+27x5 > 0,$ откуда $x > −5√1-. 27$ Решаем неравенство:

(27x5+-1−-x2− 1)(1−-2x2-+27x4−-1− x2) 3x4(27x3− 1)(9x2−-1) (1+ x2− 1)(1− 2x2+27x4− 1) ≤ 0⇔ x4(27x2− 2) ≤0 ⇔ ({ (|{ x⁄= 0, ⇔ x(3⁄=x0−,1)(9x2+3x+1)(3x+1)(3x−1) ⇔ (-(3x+1))(3(x−1)2-) ≤ 0 ⇔ ( -------(27x2−2)--------≤ 0 |( x−∘227 x+∘227 ({ ⇔ x ⁄=0(, ] ( ∘-- ∘--) { } ( x ∈ −∞;− 13 ∪ − 227; 227- ∪ 13 .

С учётом ОДЗ окончательно получаем $( ] ( ∘ -- ) ( ∘--) { } x∈ −-5√127;− 13 ∪ − 227;0 ∪ 0; 227-∪ 13 .$

Ответ:

$x ∈(− √1-;− 1]∪(− ∘-2;0)∪(0;∘-2) ∪{1} 327 3 27 27 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#88873

Дана линейная функция $f(x)$ . Известно, что расстояние между точками пересечения графиков $y = x2$ и $y = f(x)$ равно $√10,$ а расстояние между точками пересечения графиков $2 y = x − 1$ и $y = f(x)+ 1$ равно $√-- 42.$ Найдите расстояние между точками пересечения графиков функций $2 y = x + 1$ и $y = f(x)+ 3.$

Показать ответ и решение

Так как расстояние между точками пересечения графиков $y = x2− 1$ и $y =f(x)+ 1$ равно $√42,$ то расстояние между точками пересечения графиков функций $(2 ) y = x − 1 +2$ и $y =(f(x)+ 1)+2$ такое же и равно $√ -- 42,$ потому что от прибавления одинаковой константы (2) к обеим функциям расстояние между их графиками не поменяется.

Ответ:

$√42$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91349

В окружность $Ω$ радиуса 13 вписаны трапеция $ABCD (AD ∥BC)$ и прямоугольник $A B C D 1 1 1 1$ таким образом, что $AC ⊥ B D ,BD ⊥ A C . 1 1 1 1$ Найдите отношение площади $ABCD$ к площади $A1B1C1D1,$ если известно, что $AD = 10,BC = 24.$

Источники: Физтех 2019, 11.4 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Проведём через центр окружности $O$ прямую, перпендикулярную основаниям трапеции. Пусть она пересекает $AD$ и $BC$ в точках $X$ и $Y$ соответственно.

$PIC$

Так как диаметр, перпендикулярный хорде, делит эту хорду пополам, $AX = XD = 5$ и $BY = YC = 12$ . По теореме Пифагора из треугольников $AXO$ и $BYO$ находим, что $OX =12$ и $OY = 5$ . Отсюда $XY = 7$ или $XY =17.$

Заметим, что так как диагонали параллелограмма перпендикулярны диагоналям прямоугольника, то углы между диагоналями в обеих этих фигурах одинаковы. Так как площадь четырехугольника равна произведение его диагоналей, то теперь нам нужно посчитать

--AC⋅BD---= B1D21-t A1C1⋅B1D1 26⋅26

Пусть $XY =7$ . Заметим, что $AD- XE- BC = EY$ . Значит, $5- 35 XY = 17XY = 17$ . По теореме Пифагора $∘----352 5-√-2---2 DE = 25+ 172 = 17 17 +7$ и так как $AD- DE- BC = EB$ , то $17 √--- BD = 5 DE = 338$ . Отсюда

AC ⋅BD 338 1 A1C1⋅B1D1-=26⋅26 = 2

Пусть $XY =17$ . Заметим, что $ABDC-= XEEY-$ . Значит, $XY = 157XY = 5$ . По теореме Пифагора $√ -- √ - DE = 50= 5 2$ и так как $ABDC-= DEEB-$ , то $√- BD = 175 DE = 17 2$ . Отсюда

-AC-⋅BD---= 578-= 289- A1C1⋅B1D1 676 338

Ответ: 289 : 338

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#91350

Хорды $AB$ и $CD$ окружности $Γ$ с центром $O$ имеют длину 4. Продолжения отрезков $BA$ и $CD$ соответственно за точки $A$ и $D$ пересекаются в точке $P$ . Прямая $P O$ пересекает отрезок $AC$ в точке $L$ , причём $AL:LC = 1:4.$

a) Найдите $AP.$

б) Пусть дополнительно известно, что радиус окружности $Γ$ равен 3, а точка $T$ — центр окружности, вписанной в треугольник $ACP.$ Найдите длину отрезка $P T$ и площадь треугольника $ACP.$

Источники: Физтех 2019 (olymp.mipt.ru)

Показать ответ и решение

a) Раз хорды равны и их продолжения пересекаются, то $ABCD$ — равнобедренная трапеция, у которой равны углы при основании, поэтому $ADP$ — равнобедренный треугольник. Следовательно, треугольники $BOP$ и $COP$ равны по трём сторонам, так что $P O$ — биссектриса. По свойству биссектрисы $PC- LC- PA = LA = 4,$ откуда $CD- PA =3,$ и значит, $4 PA = 3.$

$PIC$

б) Проведем биссектрису угла $CAP$ и пересечем ее с окружностью в точке $T ′$ . Заметим, что угол $PAC$ равен дугам $AB + AD +CD = CD + CD +AD$ . Значит, половина угла $PAC$ равна углу $T′AC$ и равна дугам $CD + AD2-$ . Значит, $T ′$ это середина дуги $AD$ . Так же биссектриса угла $ACD$ проходит через $T ′$ . Значит, $T = T′$ .

Степень точки $P$ равна $PA⋅PB = 649 = PO2 − 9 =(PT +3)2− 9$ . Отсюда $√ --- PT = −3 +-1435$ и $√--- PO = -1345-$

Посчитаем через теорему косинусов косинус угла $AP O$ .

AP2+-PO2-− AO2 169 +-1459-− 9 -80-- -10- cos∠AP O = 2 ⋅AP ⋅AO = 2⋅4⋅√9145 = 8√145 = √145

√-- √- sin∠AP C = 2sin∠AP O cos∠AP O= 2⋅√10-⋅√45-= 60-5 145 145 145

AP ⋅PC ⋅sin∠APC 4 ⋅16⋅60√5 128√5 SAPC =-------2-------= -145⋅9⋅2- = -87--

Ответ:

$PA = 4 3$

$√145- PT = −3 + 3$

$128√5 SAPC = 87$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#102368

Решите систему уравнений

{ 3x − y− 3xy = −1; 9x2y2+ 9x2+ y2− 6xy =13.

Показать ответ и решение

{ (1− y)(3x+1)= 0 9x2y2+ 9x2+y2− 6xy = 13

⌊ { 1− y = 0 || 9x2y2+9x2+ y2− 6xy = 13 ||⌈ { 3x+1 =0 9x2y2+9x2+ y2− 6xy = 13

Решим каждую систему совокупности:

{ { y =1 x =− 13 9x2 +9x2+ 1− 6x =13 или 9(− 13)2y2+ 9(− 13)2+ y2+ 6y13 = 13

( ( |{ [ y = 1 |{ [x =− 13 | x= − 23 или | y =3 ( x = 1 ( y =2

Ответ:

$(− 2;1),(1;1),(− 1;−3),(− 1;2) 3 3 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#103419

B прямоугольный треугольник $ABC (∠B = 90∘)$ вписана окружность $Γ$ с центром $I,$ которая касается сторон $AB$ и $BC$ в точках $K$ и $L$ соответственно. Прямая, проходящая через точку $I,$ пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите радиус окружности $Γ ,$ если $MK = 144,$ $NL = 25.$ Найдите $AC,$ если дополнительно известно, что прямая $MN$ параллельна $AC.$

Источники: Физтех - 2019, 9.3 (см. olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Пусть радиус окружности Г равен $r.$

$PIC$

Заметим, что $IK ⊥AB,$ так как $AB$ касается окружности Г в точке $K.$ Аналогично, $IL ⊥BC.$ Также заметим, что $IK = IL$ как радиусы Г. Получается, в четырехугольнике $BKIL$ две смежные стороны равны и три угла являются прямыми, откуда этот четырёхугольник — квадрат, то есть $BK = KI = IL= LB = r.$

Два прямоугольных треугольника $KMI$ и $BMN$ подобны, так имеют общий угол $KMI.$ Отсюда

KM BM -KI-= BN--

144= 144+-r r 25+r

Получается, $r= 60.$

Замечание: Мы пользуемся тем, что точка $N$ лежит на отрезке $LC,$ так как если бы она лежала на $BL,$ то прямая $IN$ пересекала бы продолжение стороны $AB,$ а не саму сторону, что противоречило бы условию. Аналогично точка $M$ лежит на $AK.$

Таким образом, $BM = 144+60 =204= 17⋅12,$ а $BN = 25 +60= 85= 17 ⋅5.$ По теореме Пифагора $MN = 17 ⋅13.$

Пусть окружность Г касается $AC$ в точке $P.$ Тогда $IP ⊥ AC$ и $IP =r =60.$ Отсюда расстояние между параллельными прямыми $MN$ и $AC$ равно 60.

Проведём $BB 1$ — высоту треугольника $ABC.$ Пусть $BB ∪ MN = H. 1$ Из параллельности $MN$ и $AC$ имеем, что $BH ⊥ MN,$ то есть $BH$ — высота треугольника $BMN.$ Из формул площадей прямоугольного треугольнька можно выразить, что длина высоты — это произведение катетов делить на гипотенузу, то есть

BM-⋅BN- 17⋅12⋅17⋅5 17⋅60 BH = MN = 17⋅13 = 13 .

При этом $HB1$ — это какое-то рассояние между параллельными прямыми $MN$ и $AC,$ то есть $HB1 = 60,$ а $BB = BH +HB = 17⋅60+ 60. 1 1 13$

Прямоугольные треугольники $BMN$ и $BAC$ подобны, так как $AC ∥MN,$ откуда

MN AC BH--= BB1-

( ) MN ⋅BB 17 ⋅13 17⋅60-+60 AC =---BH--1 = -----171⋅360------= 390. --13--

Итак, $AC = 390.$

Ответ:

$r= 60,AC = 390$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#105455

Дана линейная функция $f(x).$ Известно, что расстояние между точками пересечения графиков $y = x2+ 1$ и $y = f(x)$ равно $3√2,$ а расстояние между точками пересечения графиков $2 y =x$ и $y = f(x)− 2$ равно $√ -- 10.$ Найдите расстояние между точками пересечения графиков функций $2 y = x$ и $y = f(x).$

Показать ответ и решение

Пусть $f(x)= ax +b$ . Тогда абсциссы точек пересечения графиков в первом случае определяются из уравнения $x2+1 =ax +b$ , а во втором случае — из уравнения $2 x = ax +b− 2.$

Рассмотрим первый случай подробнее. Уравнение имеет вид $2 x − ax+ 1− b=0$ , откуда

a ±√a2+-4b−-4 ∘ -------- x1,2 =------2------; |x2− x1|= a2+ 4b− 4

Так как точки пересечения графиков лежат на прямой с угловым коэффициентом $a$ , то расстояние между точками в $√ ----- a2 +1$ раз больше, чем $|x2− x1|$ . Значит, расстояние между точками равно корню из соответствующего дискриминанта, то есть

∘ ---------------- (a2+ 1)(a2+ 4b− 4)

Аналогично находим, что во втором случае расстояние между точками равно $∘ ---------------- (a2+ 1)(a2+ 4b− 8)$ . Из условия получаем систему уравнений

{ ( )( ) a(2+ 1)a(2+ 4b− 4) =9⋅2, a2+ 1 a2+ 4b− 8 =10,

10(a2+4b− 4)= 18(a2+4b− 8)

2 2 5(a + 4b − 4)= 9(a + 4b− 4)− 36

2 a + 4b − 4= 9

a2+1 =2

b=3

Найдём искомое расстояние. Абсциссы точек пересечения определяются уравнением $2 x − ax − b= 0$ , для него $√-2---- √----- |x2− x1|= a + 4b= 1+ 12$ , а расстояние между самими точками пересечения есть $√-2--- √-- √- |x2 − x1| a + 1= 13⋅ 2.$

Ответ:

$√26$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#105476

На столе лежат $100$ различных карточек с числами $3,$ $6,$ $9,$ …, $297,$ $300$ (на каждой карточке написано ровно одно число, каждое число встречается ровно один раз). Сколькими способами можно выбрать $2$ карточки так, чтобы сумма чисел на выбранных карточках делилась на $5?$

Показать ответ и решение

Данные числа, расположенные в порядке возрастания, образуют арифметическую прогрессию с разностью 3. Следовательно, остатки от деления на 5 у этих чисел чередуются. Действительно, если какое-то из этих чисел делится на 5, то есть имеет вид $5k$ , где $k∈ℕ$ , то следующее за ним число есть $5k +3$ — и оно даёт остаток 3 от деления на 5 — далее $− 5k +6= 5(k+ 1)+ 1$ , дающее остаток 1 от деления на 5, затем — $5k+9 =5(k+ 1)+ 4$ , дающее остаток 4 от деления на 5 , затем $5k+ 12= 5(k +2)+ 2$ , дающее остаток 4 от деления на 5; наконец, следующим является $5k+ 15= 5(k+ 3)$ , которое снова делится на 5, после чего порядок остатков по чисел на 5 идут в порядке $...;0;3;1;4;2;0...$

Среди данных нам 100 чисел есть по 20 чисел, дающих остатки $0,1,2,3,4$ от деления на 5.

Сумма двух чисел может делиться на 5 в следующих случаях.

1) Оба числа делятся на 5. Всего карточек с такими числами 20 , и нужно выбрать 2 из них — есть $2 1 C20 = 2 ⋅20⋅19= 190$ способов.

сделать это.

2) Одно из чисел даёт остаток 1 от деления на 5 — тогда второе должно давать остаток 4 от деления на 5. Эту пару чисел можно выбрать $20⋅20= 400$ способами.

3) Одно из чисел даёт остаток 2 от деления на 5 — тогда второе даёт остаток 3 , и, аналогично второму случаю, получаем 400 способов выорать 2 числа. В итоге выходит 990 способов.

Ответ: 990

Предыдущая подтема

Следующая подтема