Тема ОММО (Объединённая Межвузовская Математическая Олимпиада)

ОММО - задания по годам → .13 ОММО 2021

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела оммо (объединённая межвузовская математическая олимпиада)

Разделы подтемы ОММО - задания по годам

ОММО 2009

ОММО 2010

ОММО 2011

ОММО 2012

ОММО 2013

ОММО 2014

ОММО 2015

ОММО 2016

ОММО 2017

ОММО 2018

ОММО 2019

ОММО 2020

ОММО 2021

ОММО 2022

ОММО 2023

ОММО 2024

ОММО 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#34679

В треугольнике $ABC$ длины сторон равны $4$ , $5$ и $√17-$ . Найдите площадь фигуры, состоящей из тех и только тех точек $X$ внутри треугольника $ABC$ , для которых выполняется условие $2 2 2 XA +XB + XC ≤21$

Источники: ОММО - 2021, номер 4 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Расстояния между точками удобно считать, когда есть система координат. Как было бы удобно расположить наш треугольник в декартовой системе координат?

Подсказка 2

Заметим, что высота, проведенная к стороне длины 4, равна целочисленному числу, поэтому удобно ввести систему координат так, чтобы Оу было вдоль этой высоты, а Ох — вдоль упомянутой стороны треугольника. Тогда координаты вершин треугольника принимают целочисленные значения.

Подсказка 3

Пусть (x; y) — координаты X. Тогда выражение XA² + XB² + XC² можно представить как сумму двух квадратов с некоторыми коэффициентами, что очень напоминает уравнение окружности с центром в (x; y). А так как нам дано неравенство, то наша фигура в X — это круг! Останется лишь показать, что все его точки лежат внутри △ABC.

Показать ответ и решение

Первое решение. Обозначим $BC = a,AC = b,AB = c,ρ2 =21$ .

Докажем утверждение, известное как теорема Лейбница в геометрии. Пусть $G$ - точка пересечения медиан треугольника $ABC$ . Представим

−−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ XA =GA − GX,XB = GB − GX,XC = GC −GX,

тогда

2 2 2 2 2 2 −−→ −→ −−→ −−→ 2 XA + XB +XC = GA + GB +GC − 2⋅GX ⋅(GA + GB +GC )+3⋅GX

Поскольку $G−$ центр тяжести треугольника $ABC$ , то

−G→A +−G−→B + −−G→C = 0,

GA2+ GB2 +GC2 = 4(m2a +m2b + m2c)= 1(a2+ b2+ c2) 9 3

С учётом доказанной выше теоремы задача эквивалентна

1(a2+ b2 +c2)+3 ⋅GX2 ≤ ρ2, 3

то есть неравенство сводится к

GX2 ≤ 1⋅(3ρ2− a2− b2 − c2). 9

Итак, геометрическим местом точек $X$ , удовлетворяющих поставленному условию, является круг радиуса $1∘3ρ2−-a2−-b2−-c2 3$ с центром в точке пересечения медиан треугольника $ABC$ .

Этот круг принадлежит треугольнику, если его радиус не больше, чем одна треть наименьшей из высот $△ABC$ :

1∘--2--2---2--2- -2S△ABC--- 3 3ρ − a − b − c ≤ 3max{a,b,c}.

Значит, при выполнении условия

2 2 2 2 2 2 ( )2 a-+b-+-c-< ρ2 ≤ a-+-b-+-c + 4 ⋅-S△ABC-- 3 3 3 max{a,b,c}

искомая площадь равна $S = π ⋅(3ρ2− a2− b2− c2) 9$ . По формуле Герона найдем площадь треугольника:

1∘----√------√---√------√------ S△ABC = 4 (9+ 17)(9− 17)( 17+ 1)( 17− 1)=8

Вычислим

a2 +b2+ c2 58 S△ABC 8 ---3-----= 3-,max{a,b,c}-= 5

Поскольку $ρ2 = 21$ , условие $(∗)$ выполняется:

58 <21≤ 58+ 256= 1706 3 3 75 75

Значит, ответ: $S = π9 ⋅(63− 58)= 5π9$ .

Второе решение. Высота треугольника, проведенная к стороне длины $4$ , равна $4$ . Основание высоты делит эту сторону на отрезки, равные $1$ и $3$ . Введем систему координат так, как показано на рисунке. Тогда $A(−1;0),B(0;4),C(3;0)$ .

$PIC$

$2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 XA + XB +XC = (x+ 1) + y + x +(y− 4) + (x− 3) + y =3x + 3y − 4x− 8y+ 26 ≤21.$ Перепишем неравенство так:

( )2 ( )2 x − 2 + y− 4 ≤ 5. 3 3 9

Оно определяет круг радиуса $R = √35$ с центром в точке $K (2∕3;4∕3)$ . Покажем, что все точки этого круга принадлежат треугольнику $ABC$ . Для этого найдем расстояния от точки $K$ до сторон треугольника. Уравнение стороны $AB :4x− y+ 4= 0$ , расстояние до неё равно $|4⋅√(2∕3)−4∕3+4| d1 = 42+(−1)2 =$ $-1√6- = 3 17$ . Уравнение стороны $BC :4x+3y− 12= 0$ , расстояние $|4⋅(2∕3√)+3⋅(4∕3)−12| 16 d2 = 42+32 = 15$ . И расстояние от точки $K$ до стороны $AC$ равно, очевидно, $d3 = 43$ . Наименышее из расстояний $d2$ , тем не менее, больше, чем радиус круга $√- R : 1615-> 35$ . Поэтому весь круг и является той фигурой, площадь которой требуется найти, откуда $S =πR2 = 59π$ .

Ответ:

$5π 9$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#65398

Функция $g$ определена на целых числах и принимает целые значения, причем $g(x)⁄=x$ для каждого целого $x$ . Назовем число $a$ красивым, если для любого целого числа $x$ выполнено $g(x)=g(a− x)$ . Может ли каждое из чисел 739 и 741 быть красивым?

Источники: ОММО-2021, номер 9, (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте предположить, что оба этих числа являются красивыми, и используйте условие для установления связи между f(x+2) и f(x)

Подсказка 2

Эти значения функции должны оказаться одинаковыми для любого х! Какие свойства функции нам это дает?

Подсказка 3

Ага, оказывается, что на аргументах одинаковой чётности должны приниматься одинаковые значения. А не окажется ли, что при всех аргументах функция будет константой?

Подсказка 4

Можно подставить x=0 и использовать условие "красивости" числа 739 для того, чтобы установить f(x)≡c. Осталось использовать условие, что не может быть f(x)=x, и задача в кармане!

Показать ответ и решение

Предположим, что каждое из чисел $739$ и $741$ оказалось красивым. Тогда

g(x+ 2)=g(741 − (x+ 2))= g(739− x)= g(x)

Значит, найдутся такие целые числа $b$ и $c$ , что во всех чётных числах функция $g$ принимает значение $b$ , а во всех нечётных — значение $c.$

С другой стороны, если $739$ оказалось красивым, то $b= g(0)= g(739− 0)= c.$ Тогда $g(x)$ равна какой-то целочисленной константе для любого аргумента $x.$ Получаем противоречие с условием $g(x)⁄= x$ при значении аргумента, равном этой челочисленной константе.

Ответ: нет

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#77772

Даша написала на доске числа $9,10,11,...,22$ , а потом стёрла одно или несколько из них. Оказалось, что оставшиеся на доске числа нельзя разбить на несколько групп так, чтобы суммы чисел в группах были равны. Какое наибольшее значение может иметь сумма оставшихся на доске чисел?

Источники: ОММО - 2021, номер 2 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Задача на оценку+пример, поэтому хочется оценить сверху сумму на доске после стирания одного или нескольких чисел. При этом непонятно, как пользоваться страшным условием о разбиении на группы с одинаковой суммой... Но на самом деле, задача проще, чем кажется: попробуйте сильно не думать и посмотреть на простые частные случаи.

Подсказка 2

Итак, Вы последовательно рассматриваете случаи, при которых сумма на доске может быть наибольшей (то есть по порядку убираете по одному маленькому числу), и пробуете для этих случаев строить разбиения на группы с равной суммой. Если на каком-то шаге у Вас не получается, возможно, Вы пришли к ответу на задачу, осталось только это доказать.

Подсказка 3

Подумайте, как при заданной сумме чисел на доске могут выглядеть наши группы, если они существуют? Сколько может быть групп и какой может быть сумма чисел в каждой из них?

Подсказка 4

Если Вы всё правильно сделали, примеры должны получиться для сумм от 208 до 204. Для суммы 203 нужно подумать над предыдущей подсказкой и понять, в чём же здесь противоречие!

Показать ответ и решение

Сумма чисел от $9$ до $22$ равна $217$ . Если стереть хотя бы одно число, то сумма оставшихся чисел не превосходит $208$ . Давайте последовательно перебирать варианты:

1) Если сумма $208$ , то стереть Даша могла только число $9,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на две группы с суммой $104$ :

22+21+ 20+ 19 +12+ 10= 18 +17+ 16+15+ 14+ 13 +11.

2) Если сумма $207,$ то стереть Даша могла только число $10,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на три группы с суммой $69$ :

22+ 21 +17+ 9= 20+19+ 18+ 12 =16+ 15+ 14 +13+ 11.

3) Если сумма $206,$ то стереть Даша могла только число $11,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на две группы с суммой $103$ :

22+ 21+20+ 19+ 12 +9= 18+ 17+16+ 15+ 14+ 13+ 10.

4) Если сумма $205,$ то стереть Даша могла только число $12,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на пять групп с суммой $41$ :

22+19 =21+ 20= 18 +13+ 10= 17 +15+ 9= 16+14+ 11.

5) Если сумма $204,$ то стереть Даша могла только число $13,$ тогда оставшиеся числа можно разбить на две группы с суммой $102$ :

22+ 21+20+ 19+ 11 +9= 18+ 17+16+ 15+ 14+ 12+ 10.

6) Если Даша стёрла число $14,$ то на доске остались числа с суммой $203:$ их можно было бы разбить или на $7$ групп с суммой $29$ , или на $29$ групп с суммой $7$ , или на $203$ группы с суммой $1,$ в какую-то группу попадёт число $22,$ поскольку вариантов с суммой $22$ у нас нет, то в эту группу попадёт ещё хотя бы одно число: поэтому сумма в этой группе будет хотя бы $31,$ значит, в этом случае разбить числа на группы с одинаковой суммой не получится.

Ответ: 203

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90865

Вычислите

π- 2π- 2π- 3π kπ- (k-+1)π 2019π- 2020π tg 43 ⋅tg 43 + tg 43 ⋅tg 43 + ...+ tg 43 ⋅tg 43 + ...+ tg 43 ⋅tg 43 .

Источники: ОММО - 2021, номер 6 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Выражение с 2019-ю слагаемыми! Очевидно, что вручную такое не посчитать. У нас есть длинный ряд с похожими слагаемыми, что вспоминается в первую очередь, когда видим нечто подобное?

Подсказка 2

Телескопические суммы! Правда было бы славно, если бы большинство слагаемых взаимно уничтожилось? Но знаем ли мы какую-нибудь формулу для произведения тангенсов, чтобы они преобразовалось в разности? Может видели как фрагмент где-нибудь…

Подсказка 3

Тангенс разности! Осталось только выразить произведение оттуда и посчитать значение выражения!

Показать ответ и решение

Вспомним формулу

tgα− tgβ tg(α− β)= tgα-tgβ-+1-

tgαtgβ = tgα−-tgβ− 1 tg(α− β)

Значит

kπ (k+ 1)π tg (k+413)π-− tg k4π3 tg 43 ⋅tg-43-- = ----tg π43----− 1

tg π-⋅tg 2π-+ tg 2π-⋅tg 3π+ ...+ tg 2019π⋅tg 2020π-= 43 43 43 43 43 43

( 2π π ) ( 3π 2π ) ( 2020π 2019π ) =-tg43 −-tg43-+-tg43 −-tg-43-+...+-tg--43-−-tg--43-- − 2019= tg π43

tg 2020π− tg π tg(47π− π)− tg π = ---43tg π--43− 2019= ------tg43 π-----43− 2019 =−2021 43 43

Ответ: -2021

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#92138

Сумма первых трёх членов арифметической прогрессии, а также сумма первых шести её членов — натуральные числа. Кроме того, её первый член $d1$ удовлетворяет неравенству $1 d1 ≥ 2$ . Какое наименьшее значение может принимать $d1$ ?

Источники: ОММО - 2021, номер 1 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Два параметра, через которые выражается все члены в арифметической прогрессии — это первый член и разность прогрессии. В том числе суммы первых скольких-то членов. При этом, про разность прогрессии нам ничего не известно, а вот про суммы первых трех и шести, а также про первый член есть информация. При этом, в задаче требуют улучшить оценку на первый член, с помощью информации про суммы.

Подсказка 2

Хотелось бы как-то совместить натуральность сумм и оценку на первый член. Это можно сделать, к примеру, выразив первый член через сумму первых трех и первых шести. Что нам это даст?

Подсказка 3

Мы получим, что некоторое выражение зависящее только от описанных сумм, деленное на натуральное число будет >= 1/2. Но тогда выражение от сумм >= 9/2, а так как они натуральные, то минимальное значение этого выражения равно 5. Значит, d_1 >= 5/9. Осталось привести пример и еще одна задача вами покорена!

Показать ответ и решение

Пусть $d n$ — $n$ -й член прогрессии, $d$ — разность прогрессии, $S =d + d +...+d n 1 2 n$ — сумма первых $n$ членов прогрессии.

Выразим $d1$ через $S3$ и $S6$ . Заметим, что $S3 =3d1+ 3d,S6 = 6d1+ 15d$ , откуда $5S3−S6- d1 = 9$ . По условию $5S3−S6- 1 9 ≥ 2$ . Отсюда $9 5S3− S6 ≥ 2$ . Так как $S3$ и $S6$ по условию — натуральные числа, то наименьшее значение величины $5S3− S6$ равно 5 (оно достигается, например, при $S3 = 2,S6 = 5$ ). Поэтому $5 mind1 = 9$ .

Ответ:

$5 9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#92139

В хирургическом отделениии 4 операционных: I, II, III и IV. Утром они все были пусты. В какой-то момент началась операция в операционной I , через некоторое время — в операционной II, ещё через некоторое время — в III, а потом и в IV.

Закончились все четыре операции одновременно, и суммарная их продолжительность составила 2 часа 32 минуты. За 30 минут до момента завершения всех операций суммарная продолжительность уже идущих составляла 52 минуты, а ещё за 10 минут до этого — 30 минут. Продолжительности операций в каких операционных можно определить по этим данным, а в каких — нельзя?

Источники: ОММО - 2021, номер 3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте, для начал, составим понятную систему уравнений, в которой мы бы ввели переменные - время проведения i-ой операции и попытались бы записать все, что написано в условии через эти переменные. Ну с первым уравнением на сумму всех - все совсем понятно. А что делать с уравнением для точки «30 минут до окончания»? У нас может быть множественный выбор, но быть может мы можем единственным образом определить второе уравнение используя информацию из третьего?

Подсказка 2

Время работы с 40 до 30 минут увеличилось на 22 минуты? Что это значит для каждой из точек? А что тогда следует из первых двух уравнений?

Подсказка 3

Так как увеличение произошло больше чем на 20 минут, то на момент 30 минут первые три операции уже шли, а это значит, что уравнение для 30 минут задается единственным образом, откуда мы находим четвертую переменную. Значит, она точно определяется единственным образом. А что насчет третьего уравнения? Два варианта там отметаются в силу первых двух уравнений, а может ли быть так, что система при каждом из вариантов имеет решение? А чтобы еще все кроме 4-ого были различные?

Показать ответ и решение

Для начала докажем, что продолжителыности операций в операционных I, II и III нельзя определить однозначно. Действительно, несложно проверить, что если продолжительности операций равны $70,39,33,10$ или $56,54,32,10$ минут, то все условия задачи выполняются. Однако в этих двух вариантах продолжительности операций в операционных I, II и III различны.

Теперь докажем, что продолжительность операции в операционной IV можно однозначно восстановить. Для этого давайте заметим, что суммарная продолжительность операций за 40 и за 30 минут до конца операций выросла на 22 минуты. Это значит, что за 30 минут до конца операции в операционных I, II и III уже шли, иначе суммарная продолжительность увеличилась бы не более чем на 20 минут. Тогда к концу всех операций их суммарная продолжительность составляет $52+30⋅3 =142$ минуты. Значит, операция в операционной IV длилась $152− 142 =10$ минут.

Ответ: Можно определить только продолжительность операции в операционной IV.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#92140

Решите уравнение

( 4 2 )(4 2 ) 4 x +3x + 3 y − 7y +14 = 21.

Источники: ОММО - 2021, номер 5 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Присмотритесь к этому уравнению, тут есть произведение двух скобок. При этом, когда мы не знаем, как нормально решать уравнение(а мы не знаем - тут вообще уравнение относительно двух переменных и какая-то жуть), мы начинаем оценивать или заменять. Замена как будто не подходит, потому что две переменные(опять получим уравнение с двумя переменными, ну может чуть лучше выглядящее), а вот оценка очень даже просится.

Подсказка 2

Конечно, мы хотим оценить каждый из трехчленов константой снизу и получить константу в оценке. Главное чтобы сошлось! Но тут как ни странно сходится и мы получаем, что левая часть всегда больше или равна правой. Что это значит для нас и какие тогда корни уравнения?

Показать ответ и решение

Заметим, что

4 2 x +3x + 3≥ 3

для каждого $x$ , а

y4− 7y2+ 14= (y2 − 7∕2)2+ 7∕4≥ 7∕4

для каждого $y$ . Поэтому левая часть уравнения не меньше $4⋅3⋅7∕4= 21$ , притом равенство достигается только при $x =0$ и $y2 = 7∕2$ . Это и даёт ответ.

Ответ:

$(0,∘ 7,−∘-7) 2 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#92141

При каком наибольшем значении параметра $a$ коэффициент при $x4$ в разложении многочлена $(1 − 2x+ ax2)8$ будет равен -1540 ?

Источники: ОММО - 2021, номер 7 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Понятно же, что ничего кроме как в тупую посчитать коэффициент, который единственным образом по а определяется, после чего выбрать наибольший корень уравнения коэффициент = -1540 у нас нет. Чтобы посчитать коэффициент перед x^4 в общем случае, нам надо расписать все по формуле возведения в степень для произвольного полинома. Давайте сделаем это и найдем всевозможные решения.

Подсказка 2

У нас появилось только три случая, когда степень х равна 4, а отсюда нам надо просуммировать все коэффициенты, которые получаем в разных случаях, после чего приравнять все к -1540, получить корни и записать в ответ наибольший.

Показать ответ и решение

Применяя полиномиальную формулу, получим

(1− 2x +ax2)8 = ∑ ----8!---⋅1n1 ⋅(−2x)n2 ⋅(ax2)n3 = ∑ ----8!----⋅(− 2)n2 ⋅an3 ⋅xn2+2n3. n1+n2+n3=8n1!⋅n2!⋅n3! n1+n2+n3=8n1!⋅n2!⋅n3!

Для того, чтобы определить, какие слагаемые в сумме содержат $x4$ , нужно решить в неотрицательных целых числах систему уравнений:

{ n1+n2 +n3 = 8 n2+2n3 = 4 .

Из второго уравнения следует чётность $n2$ . В силу неотрицательности переменшх $n2$ может принимать значения 0,2 и 4 . Решая систему для каждого из даншых $n2$ , будем иметь три случая: 1. $n1 =6,n2 = 0,n3 =2$ ; 2. $n1 = 5,n2 =2,n3 = 1$ ; 3. $n1 = 4,n2 = 4,n3 = 0$ .

В каждом из них коэффициент при $x4$ вычисляется по формуле: $n1!⋅n8!2!⋅n3! ⋅(−2)n2 ⋅an3$ . Тогда в каждом из перечисленных случаев будем иметь соответственно:

1. $6!8⋅0!!⋅2! ⋅(−2)0 ⋅a2 =28a2$

2. $5!8⋅2!!⋅1! ⋅(−2)2 ⋅a1 =28⋅24a$ ;

3. $4!8⋅4!!0! ⋅(− 2)4⋅a0 = 28⋅40$

Таким образом, коэффициент при $x4$ будет равен $28a2+ 28 ⋅24a+ 28⋅40$ . Так как по условию задачи данный коэффициент должен быть равен $− 1540= −28⋅55$ , имеем уравнение: $28a2 +28⋅24a+28⋅40= −28⋅55$ . Разделив обе части уравнения на 28 и приведя подобные, получим $a2+24a+ 95= 0$ . Данное уравнение имеет два вещественных корня: $a1 = −19$ и $a2 = −5$ .

Таким образом, наибольшее значение параметра $a$ , при котором коэффициент при $x4$ в разложении многочлена $(1− 2x +ax2)8$ будет равен -1540, равно -5 .

Ответ: -5

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#92142

Дан равнобедренный треугольник $KLM (KL = LM )$ с углом при вершине, равным $114∘$ . Точка $O$ расположена внутри треугольника $KLM$ так, что $∘ ∠OMK =30$ , а $∘ ∠OKM = 27$ . Найдите величину угла $∠LOM$ .

Источники: ОММО - 2021, номер 8 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

У нас есть три пересекающиеся в одной точке(хоть и не продолженные до пересечения со сторонами) чевианы, а значит, мы можем записать тригонометрическую теорему Чевы. Но вот загвоздка, нам надо будет решать тригонометрическое уравнение вида sin(114 - x) * a = b * sinx, где a и b - некоторые константы. Но если, скажем, мы хотим просто угадать корень, то какие претенденты есть?

Подсказка 2

Вот у нас там будут константы в числителе sin3 * sin27, а в знаменателе sin30 * sin6. Ну как будто хотелось бы не расписывать громоздко sin27, чтобы не портить произведение, при этом как-то

Показать ответ и решение

Первое решение.

Пусть $LH$ — высота/медиана/биссектриса треугольника. Пусть $S$ — пересечение луча $MO$ и отрезка $LH$ .

$PIC$

Заметим, что $KS = SM$ (поскольку в треугольнике $KSM$ медиана $SH$ совпала с высотой).

Посчитаем углы: 1. $∠KLM ∘ ∠HLK = --2--= 57$ ; 2. $∘ ∘ ∠LKM = 90 − ∠HLK =33$ ; 3. $∘ ∠SKM = ∠SMK = 30$ ; 4. $∘ ∠LKS = ∠LKM − ∠SKM = 3$ ; 5. $∘ ∠SKO = ∠SKM − ∠OKM = 3$ , а значит $∠SKO = ∠SKL$ ; 6. $∘ ∠SOK = ∠OMK +∠OKM = 57$ , а значит $∠SOK =∠SLK$ .

Треугольники $SKO$ и $SKL$ равны по общей стороне $KS$ и двум углам (пункты 5. и 6.) Следовательно, $KO = KL$ , треугольник $KOL −$ равнобедренный. Значит,

∠LOK = 90∘ − ∠OKL2 = 87∘

∠KOM =180∘− ∠OKM − ∠OMK = 123∘

∠LOM = 360∘− ∠LOK − ∠KOM =150∘

________________________________________________________________________________________

Второе решение.

$PIC$

Несложно посчитать, что $∠LKO = 6∘,∠LMO = 3∘$ . Докажем, что $∠KLO = 87∘$ , а $∠OLM = 27∘$ . Для этого воспользуемся тригонометрической формой теоремы Чевы. В соответствии с этой теоремой нам достаточно проверить, что

sin3∘ sin27∘ sin87∘ sin30∘ ⋅ sin6∘ ⋅sin27∘ = 1,

или $∘ ∘ ∘ ∘ sin6 ⋅sin30 = sin3 ⋅sin87$ . Это очевидно:

1 sin6∘⋅sin30∘ = (2 ⋅sin3∘⋅cos3∘)⋅2 = sin3∘⋅sin87∘.

Осталось лишь вычислить $∠LOM$ из треугольника $LOM$ .

Ответ:

$150∘$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#92143

Вася смастерил из стеклянных стержней призму. Призма имеет 171 боковое ребро и столько же рёбер в каждом из оснований. Вася задумался: «Можно ли параллелыо перенести каждое из 513 рёбер призмы так, чтобы они образовали замкнутую ломаную в пространстве?»

Возможна ли реализация Васиной задумки?

Источники: ОММО - 2021, номер 10 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Если у нас произвольное количество вершин, то мы там будем в смысле прохождения через боковые ребра(при наличии искомой ломаной), будем то подниматься на высоту равную длине бокового ребра, то опускаться. И при этом, у нас замкнутая ломаная, то есть мы вернулись в начальную точку. Как формализовать эти «прыжки»?

Подсказка 2

Формализовать очень просто - давайте введем такую систему координат, что плоскость Oxy параллельна основанию, а Oz перпендикулярна ему же. Тогда мы получаем, что если у нас такая ломаная вышла, то мы только при прохождении через боковые ребра меняем высоту. При этом суммарно смен 171 и ломаная замкнутая. Что из этого следует и какой тогда ответ?

Показать ответ и решение

Предположим, что реализация Васиной задумки возможна, и рассмотрим замкнутую ломаную, образованную 513 рёбрами. Введём систему координат таким образом, что плоскость $Oxy$ была параллельна основаниям призмы, ось $Oz$ перпендикулярна основаниям призмы, причём высота призмы равнялась 1 , а начало координат $O$ совпадало с одной из вершин замкнутой ломаной.

Пойдём теперь по нашей ломаной, начиная с точки $O$ . Каждый раз, когда мы переходим по ребру, которое лежало в основании, мы движемся в плоскости, параллельной $Oxy$ , т.е. $z$ -координата вершишы ломаной не меняется. Если же мы проходим по ребру, которое было боковым ребром, мы меняем $z$ -координату ровно на 1 .

Таким образом, когда мы пройдём по всем 513 рёбрам и вернёмся в точку $O$ , $z$ -координата вершишы, с одной стороны, должна стать 0 , с другой сторюны, она должна быть нечётной, т.к. мы 171 раз поменяли её чётность. Противоречие.

Ответ: нет

Предыдущая подтема

Следующая подтема