Тема Бельчонок

Бельчонок - задания по годам → .01 Бельчонок до 2020

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бельчонок

Разделы подтемы Бельчонок - задания по годам

Бельчонок до 2020

Бельчонок 2020

Бельчонок 2021

Бельчонок 2022

Бельчонок 2023

Бельчонок 2024

Бельчонок 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#76731

В ряд выписывают дроби $-1-,-2-,-3-,...,4060,4061. 4061 4060 4059 2 1$ Сколько всего целых чисел встретится в таком ряду?

Показать ответ и решение

Сумма числителя и знаменателя каждой дроби равна $4062$ , то есть каждая дробь имеет вид $4062−x x$ , где $x$ – натуральное число, не превосходящее $4061$ . Число $4062−x 4062 x = x − 1$ будет целым, когда число $x$ - делитель $4062$ .

Поскольку $4062 =2 ⋅3 ⋅677$ , где числа $2$ , $3$ и $677$ – простые, у числа $4062$ будет $8$ делителей. И так как $x< 4062$ , $x$ может принимать одно из $7$ значений (все делители $4062$ , кроме самого числа), чтобы дробь $4062−x x$ была целой.

Ответ: 7

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#88173

Две окружности касаются внутренним образом в точке $K$ . В большей окружности проведена хорда $AB$ , касающаяся меньшей окружности в точке $L$ . Найдите $BL,$ если $AL = 10$ и $AK :BK = 2:5.$

Источники: Ломоносов - 2011, 11.5 и Бельчонок - 2019, 11.3

Показать ответ и решение

Покажем, что $KL$ является биссектрисой угла $AKB$ (это утверждение называется леммой Архимеда и при правильной формулировке может быть использовано на олимпиаде без доказательства). Тогда по свойству биссектрисы получим

BL- = BK--= 5 BL = 5⋅10= 25 AL AK 2 2

______________________________________________________________________________________________________

Способ 1. Пусть общая касательная к окружностям пересекает прямую $AB$ в точке $S$ . Пусть $∠SKA = α,∠AKL =β$ Отрезки $SK$ и $SL$ равны как отрезки касательных, проведенных из точки $S$ к меньшей окружности, следоваетельно, $∠SLK = ∠SKL =∠SKA + ∠AKL = α+ β$ .

По теореме об угле между касательной и хордой верно, что $∠KBA = ∠SKA = α$ . Наконец, по теореме о внешнем угле в треугольнике $LKB$ , $∠LKB = ∠KLA − ∠KBL =(α +β) − α = β$ .

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 2. Рассмотрим гомотетию с центром в точке $K$ , переводящую меньшую окружность в большую. Пусть прямая $KL$ пересекает большую окружность в точке $W$ , тогда прямая $AB$ под действием гомотетии переходит в касательную к большей окружности, проведенную в точке $W$ . Таким образом, данная касательная паралельна $AB$ , то есть $W$ является серединой меньшей дуги $AB$ большей окружности.

$PIC$

_______________________________________________________________________________________________________

Способ 3. Пусть $W$ — середина меньшей дуги окружности $AB$ большей окружности. Рассмотрим инверсию с центром в точке $W$ и радиусом $W A$ . Точки $A$ и $B$ под действием инверсии останутся на месте, следовательно, прямая AB переходит в окружность, проходящую через точки $A$ , $B$ , и центр окружности инверсии — $W$ , то есть в большую окружность. Наконец, меньшая окружность переходит в окружность, которая касается образа большей окружности и образа прямой $AB$ и гомотетична своему пробразу с центром в $W$ , то есть остается на месте, то есть точка $L$ перейдет в точку $K$ , а значит, прямая $KL$ проходит через центр инверсии — $W$ .

$PIC$

Ответ: 25

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68794

На поляне в лесу собралось $25$ бельчат. Каждый из них либо рыцарь, либо лжец. Рыцари всегда говорят правду, лжецы всегда лгут. Один из бельчат сказал: «Среди всех бельчат на поляне, кроме меня, нечётное число лжецов». После чего убежал в лес, и бельчат на поляне осталось $24.$ Еще один из бельчат сказал ту же самую фразу, после чего тоже убежал в лес, и их осталось $23.$ И так далее, они по одному говорили эту фразу и убегали в лес. Сейчас на поляне осталось $10$ бельчат. Сколько лжецов могло быть среди бельчат на поляне изначально?

Показать ответ и решение

Рассмотрим произвольного убежавшего:

В первом случае он — рыцарь. Заметим, что после рыцаря может убежать как и рыцарь, так и лжец, ведь если убежал рыцарь, то кол-во лжецов не изменилось, а если убежал лжец, то их число стало четным и лжец соврал.

Во втором случае он — лжец. Тогда он соврал и после него осталось четное число лжецов. Заметим, что после лжеца рыцарь убежать не может, ведь лжецов останется четное число. Может ли лжец убежать следом за лжецом? Нет, так как без него останется нечетное кол-во лжецов и лжец скажет правду. Итого, после лжеца никто не может убежать. Значит, только последний убежавший мог быть лжецом(все убежавшие, кроме, может быть, последнего, рыцари). Следовательно, всего на поляне не больше $11$ лжецов и их количество нечетно. Приведем примеры на $1,3,5,7,9,11:$ пусть последний убежавший — лжец, и среди оставшихся на поляне бельчат $0,2,4,6,8,10$ лжецов соответственно.

Ответ:

$1,3,5,7,9,11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#77790

Найдите все функции $f(x)$ такие, что для всех действительных $x$ и $y$ выполняется равенство

(3 3) 2 ( 2) f x + y = xf(x)+yf y

Показать ответ и решение

Выполним подстановки $x =0$ и $y =0,$ получим:

3 2 3 2 f(0) =0,f(x + 0)= xf(x),f(0+ x)= xf(x )⇒

3 2 2 3 3 3 3 ⇒ f(x )= xf(x)= xf(x ) и f(x + y)= f(x)+ f(y).

Из этого следует, что $f(x+y)= f(x)+f(y).$

Если $y = −x,$ то $f(−x)= −f(x),$ т.е. $f−$ нечётная функция. Далее будем считать что аргумент больше $0.$ Тогда $x2f(x)=xf(x2),$ откуда $f(x2)= xf(x).$ Следовательно,

f((x+ 1)2)= (x+ 1)f(x+ 1)= (x+ 1)(f(x)+f(1))= xf(x)+ f(x)+xf(1)+ f(1).

Но с другой стороны,

f((x+1)2)=f(x2+ x+ x+1)= f(x2)+ f(x)+ f(x)+f(1).

Приравнивая эти выражения, мы получаем:

xf(x)+ f(x)+ xf(1)+ f(1)= xf(x)+ 2f(x)+ f(1).

f(x)= xf(1).

Т.е. $f(x)= αx.$ Очевидно, что все такие функции удовлетворяют условию задачи.

Ответ:

$f(x)= αx$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#88171

Дан прямоугольный треугольник $ABC$ . На продолжении гипотенузы $BC$ выбрана точка $D$ так, что прямая $AD$ — касательная к описанной окружности $ω$ треугольника $ABC$ . Прямая $AC$ пересекает описанную окружность треугольника $ABD$ в точке $E$ . Оказалось, что биссектриса угла $ADE$ касается окружности $ω$ . В каком отношении точка $C$ делит отрезок $AE?$

Показать ответ и решение

Пусть $α =∠ABD,$ $K$ и $L$ — точки пересечения биссектрисы угла $∠ADE$ с $AE$ и $ω$ соответственно, $O$ — центр $ω$ . Угол между касательной $AD$ к окружности $ω$ и хордой $AC$ равен вписанному углу, который опирается на $AC,$ откуда $∠DAE = α.$ Кроме того, вписанные углы $∠AED$ и $α$ опираются на хорду $AD$ и поэтому равны. Тогда $∠DAE = ∠AED = α$ и треугольник $ADE$ равнобедренный. Поэтому биссектриса $DK$ является также его медианой и высотой. Значит, $AB ∥ DL$ , поскольку $AB$ и $DL$ перпендикулярны $AE$ .

$PIC$

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $LOD$ равны по катету и гипотенузе, откуда $∠ADO = ∠LDO = α.$ Из прямоугольного треугольника $ADK$ мы получаем, что $3α =90∘$ и $α= 30∘.$ Тогда $AD =2DK,$ и по свойству биссектрисы

CK- = DK-= 1, AC AD 2

откуда

CE = EK +CK = AK + CK = AC +2CK = 2AC

AC :CE =1 :2

Ответ: 1:2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#101480

Найдите все натуральные числа $n,$ для каждого из которых существуют такие натуральные числа $p$ и $q,$ что

( 2 )p q n + 2 =(2n− 1).

Показать ответ и решение

Очевидно, что $n ≤ 4$ условию задачи не удовлетворяют.

Непосредственно проверяем, что $n = 5$ удовлетворяет условию.

Далее считаем, что $n ≥ 6$ .

Если $r$ является простым делителем числа $2 n + 2$ , то $.. (2n − 1).r$ и наоборот: если $r$ — простой делитель числа $2n− 1$ , то $(2 ) .. n + 2 .r$ . Итак, возьмем общий простой делитель $r$ чисел $2 n + 2$ и $2n− 1$ . Имеем: