Тема ШВБ (Шаг в будущее)

ШВБ - задания по годам → .11 ШВБ 2025

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела швб (шаг в будущее)

Разделы подтемы ШВБ - задания по годам

ШВБ 2015 и ранее

ШВБ 2016

ШВБ 2017

ШВБ 2018

ШВБ 2019

ШВБ 2020

ШВБ 2021

ШВБ 2022

ШВБ 2023

ШВБ 2024

ШВБ 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#119898

Пусть $x =log5, y =lg12. 3$ Представьте $log 5 2$ в виде рационального выражения, составленного из натуральных чисел, $x$ и $y$ (с использованием скобок и знаков арифметических действий $+,−,⋅,:$ ).

Источники: ШВБ - 2025, 11.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем представить логарифмы из условия через формулы перехода от одного основания к другому для перехода к одному (общему для всех логарифмов) основания, например, 2. Как тогда будут выглядеть логарифмы из условия?

Подсказка 2

Получаем log₂5 / log₂3 и log₂12 / log₂10. В первом уже есть требуемый логарифм, так что, возможно, пока что его представлять в каком-то другом виде не стоит. Что можно сделать со вторым?

Подсказка 3

Воспользуемся формулой логарифма от произведения. Тогда лишние логарифмы уйдут и останутся линейные комбинации log₂5 и log₂3. Отсюда получаем систему из двух уравнений, из которой можно выразить требуемый логарифм!

Показать ответ и решение

Перейдём к двоичным логарифмам. Обозначим:

log2 3= a, log25= b

Тогда:

log2-5 b x= log35= log2 3 = a

log 12 log (4⋅3) 2+ a y = lg12= lo2g-10 = log2(2⋅5) = 1-+b 2 2

Получаем систему уравнений:

( |{ x= b | a2+-a ( y = 1+ b

Выразим $b$ из первого уравнения и подставим во второе уравнение:

( { b= ax ( y =-2+a- 1+ax

Умножим обе части второго уравнения на $1+ax$ и раскроем скобки

y(1+ ax)= 2+ a

y+ axy =2 +a

Перенесем все слагаемые с $a$ влево и вынесем его за скобку:

axy− a =2 − y

a(xy− 1)= 2− y

Отсюда:

a = 2−-y- xy− 1

Теперь найдём $b:$

x(2− y) b= ax= -xy− 1

Ответ:

$x(2−-y) xy− 1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#119900

Карточки с буквами П, О, Т, О, М, С, Т, В, О сложили в строку в случайном порядке. С какой вероятностью найдутся три карточки подряд, образующие слово ТОМ или ПОТ? Ответ запишите в виде несократимой дроби.

Источники: ШВБ - 2025, 11.2 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрим сначала, сколько у нас вообще слов, в которых есть подстрока ТОМ или ПОТ. Для этого можно применить следующую идею: объединить эти слова (три буквы) в одну структуру, которую можно также переставлять в слове, а также учитывать варианты для других букв. Тогда можно считать, что в слове остается 6 букв + наша структура. При этом надо учесть, что некоторых букв у нас несколько. Что еще нужно учесть?

Подсказка 2

Нужно учесть пересечения слов ТОМ и ПОТ. Для подсчёта используем ту же идею. Нужно ли тут учитывать повторяющиеся буквы?

Подсказка 3

После нахождения количества пересечений можем найти ответ с помощью формулы включений-исключений (для этого нужно ещё найти количество вообще всех слов, но это тривиальная задача).

Показать ответ и решение

Общее число перестановок 9 карточек (с учётом повторений):

-9!- 362880 3!⋅2! = 12 =30240

Строки, содержащие слово “ТОМ”.
Рассматриваем “ТОМ” как единый блок. Остаются буквы: О, О, П, С, Т, В. Число перестановок:

7! 2! = 2520

Строки, содержащие слово “ПОТ”.
Аналогично, рассматриваем “ПОТ” как единый блок. Число перестановок:

7!= 2520 2!

Учёт пересечений:
1. Строки, содержащие оба слова “ТОМ” и “ПОТ” (не пересекающиеся):

5!= 120

2. Строки, содержащие слово “ПОТОМ” (пересекающиеся):

5!= 120

Итого пересечений:

2⋅120= 240

Применяем формулу включений-исключений:

Благоприятные перестановки =2520+ 2520− 240 =4800

Вероятность:

-4800-= 10 30240 63

Ответ:

$10 63$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#119901

Высота $BH$ треугольника $ABC$ является диаметром окружности, которая пересекает стороны $AB$ и $BC$ в точках $D$ и $E$ соответственно. Прямые, касающиеся этой окружности в точках $D$ и $E,$ пересекаются в точке $F.$ Прямая $BF$ пересекает сторону $AC$ в точке $K.$ Найдите отношение $AK$ : $KC$ и длины отрезков $DF$ и $BK,$ если $BH =12,AD = 25∕13,CE = 27∕5.$

Источники: ШВБ - 2025, 11.3 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что нам дает тот факт, что BH — диаметр окружности? Как это использовать при нахождении длин новых отрезков?

Подсказка 2

Все углы, опирающиеся на BH в нашей окружности — прямые! Тогда на картинке немало подобных треугольников, а также есть касательные, про которые мы также знаем полезные свойства для нахождения длины. Используя это, нам не составит труда найти стороны треугольник ABC.

Подсказка 3

Точка F пока что "витает в воздухе". Что хочется провести, чтобы иметь возможность "перенести" отношение AK : KC?

Подсказка 4

Проведите через F прямую, параллельную AC. Тогда можно будет посчитать углы и найти, например, равнобедренные треугольники!

Показать ответ и решение

Найдем стороны треугольника $ABC.$ Треугольники $BDH$ и $BHA$ подобны, откуда:

BH- -BD 2 AB =BH ⇒ BH = AB ⋅BD ⇒

BH2 = AB ⋅(AB − AD)⇒ AB2− AD ⋅AB− BH2 = 0⇒

2 2 13AB − 13AD ⋅AB − 13BH = 0.

Подставим $AD = 25 13$ и получаем квадратное уравнение относительно $AB :$

2 13AB − 25AB − 13 ⋅144= 0, AB =13 -единственный положительный корень.

Треугольники $BEH$ и $BHC$ подобны:

BH- =-BE ⇒ BH2 = BC ⋅BE ⇒ BC BH

BH2 = BC ⋅(BC − CE)⇒ BC2− CE ⋅BC− BH2 = 0⇒

Аналогично подставим $EC$ и решим уравнение:

5BC2 − 27BC − 144⋅5= 0, BC = 15 -единственный полож ительный корень.

Тогда из теоремы Пифагора для прямоугольных треугольников $△AHB, △BHC$ найдем катеты:

AH = 5, HC = 9, а такж е AC =AH + HC = 14.

$PIC$

Найдем отношение $AK :KC.$ Проведем через $F$ прямую параллельную $AC,$ обозначим точки пересечения продолжения сторон $AB,BC$ и данной прямой $G,L.$ Пусть $O$ — центр окружности. Тогда:

∠ODF =∠BDH = 90∘ ⇒ ∠BDO = ∠FDH, ∠GDF =∠F GD.

Треугольник $DFG$ равнобедренный, $DF = FG.$ Аналогично, треугольник $EF L$ равнобедренный, $EF = FL.$ По свойству касательных $EF = DF,$ поэтому $GF = LF.$ Следовательно, $BF$ — медиана треугольника $GBL.$ Треугольники $GBL$ и $ABC$ подобны, $BK$ — медиана треугольника $ABC.$ Таким образом:

AK :KC =1:1.

Найдем длину $BK.$ Медиана треугольника $ABC$ по формуле длины медианы:

1∘---------------- 1∘ ---------------- √-- BK = 2 2AB2 +2BC2 − AC2 = 2 2⋅132 +2⋅152− 142 = 2 37.

Найдем длину $DF :$

∠DOE = 2∠ABC ⇒ ∠OF D= 90∘− ∠ABC ⇒

DF = OD ⋅ctg(∠OFD )=OD ⋅tg(∠ABC )= 6⋅tg(∠ABC ).

По теореме косинусов:

cos(∠ABC) = AB2-+-BC2−-AC2 = 169+225−-196-= 33. 2AB ⋅BC 2 ⋅13⋅15 65

Тогда:

∘ ---(--)2- sin(∠ABC )= 1− 33 = 56, tg(∠ABC )= 56, 65 65 33

DF = 6⋅56 = 112. 33 11

Ответ:

$AK :KC = 1:1, BK =2√37, DF = 112- 11$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#119902

Для каждого значения параметра $a$ решите систему неравенств

(| (x2− 4x+5 − a)(x− a+1) |{ --------√9-− x------- >0 ||( logx2−54xa≤ 1

Источники: ШВБ - 2025, 11.4 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Каким методом мы пользуемся в параметрах, чтобы избавиться от сложных выражений в логарифмах? Не забудьте про ОДЗ!

Подсказка 2

Применим метод рационализации!

Подсказка 3

Теперь наша система превратилась в что-то более понятное: появились симпатичные квадратные трёхчлены! Ну уж параболы мы рисовать умеем ;)

Подсказка 4

После того, как мы изобразим на плоскости xOa две параболы и прямую (и исследуем, где же они пересекаются), нам останется лишь вспомнить про ОДЗ и аккуратно разобрать случаи a (это вертикальная ось).

Показать ответ и решение

Учитывая все ОДЗ и применяя метод рационализации, наша система принимает следующий вид:

$pict$

Изобразим решение данной системы на плоскости $Oxa :$

$PIC$

Найдем точку $x< 9$ пересечения прямой $a= x+ 1$ и параболы $2 a= x-−54x.$
Приравняем выражения для $a:$

2 x-−-4x-= x+ 1 5

Умножим обе части на 5:

x2− 4x = 5x +5 ⇒ x2− 9x − 5= 0

Решим квадратное уравнение:

√------ √--- x = 9±--81+20-= 9±--101- 2 2

Учитывая условие $x< 9,$ выбираем меньший корень:

√--- √--- x= 9−--101, a =x +1 = 11−-101 2 2

Найдем корни уравнения $x2− 4x − 5a= 0.$
Преобразуем уравнение:

(x − 2)2 = 5a +4 ⇒ x = 2± √5a+-4 1,2

Найдем корни уравнения $(x − 2)2+ 1− a =0.$
Преобразуем уравнение:

(x− 2)2 =a − 1 ⇒ x1,2 = 2±√a-−-1, a≥ 1

Теперь просто начинаем идти по оси $Oa,$ анализируя решения:

$1)$ При $( √---) a∈ 0;11−2101$ решения лежат в объединении интервалов $x∈[2− √5a+-4;0)∪ (4;2+ √5a+-4]∪(5;9).$

$2)$ При $a∈ [11−-√101;1) 2$ решения лежат в объединении интервалов $x ∈(a− 1;0)∪(4;2+ √5a+4]∪ (5;9).$

$3)$ При $a= 1$ решения лежат в объединении интервалов $x∈ (4;5)∪(5;9).$

$4)$ При $a∈ (1;5]$ решения лежат в объединении интервалов $x ∈(4;5)∪ [2+ √5a+-4;9).$

$5)$ При $a∈ (5;6)$ решения лежат в объединении интервалов $√---- √---- [ √----- ) x ∈(2− a− 1;0)∪ (4;2+ a− 1)∪(a− 1;5)∪ 2+ 5a+ 4;9 .$

$6)$ При $a∈ [6;9)$ решения лежат в объединении интервалов $√---- √ ---- [ √ ----- ) x ∈(2− a− 1;0)∪ (4;2+ a− 1)∪ 2+ 5a+4;9 .$

$7)$ При $a∈ [9;10)$ решения лежат в объединении интервалов $√ ---- √ ---- x∈ (2− a− 1;0)∪(4;2+ a− 1).$

$8)$ При $a∈ [10;+∞ )$ решения лежат в объединении интервалов $x ∈(−1;0)∪ (4;5).$

$9)$ При $a≤ 0$ решений нет.

Ответ:

Ответ — конец решения

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#119903

В правильной усеченной четырехугольной пирамиде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ сторона нижнего основания $ABCD$ равна 24, верхнего основания $A1B1C1D1$ равна 12, высота пирамиды $ABCDA1B1C1D1$ равна $∘ --- 24 2∕5$ , точка $O$ — центр основания $ABCD.$ Поверхность многогранника $Φ$ состоит из квадрата $ABCD$ , боковых граней пирамиды $ABCDA1B1C1D1$ и боковых граней пирамиды $OA1B1C1D1$ . Найдите площадь сечения многогранника $Φ$ плоскостью, проходящей через точки $D,C1$ и середину ребра $A1B1$ .

Источники: ШВБ - 2025, 11.5 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для построения сечения достаточно внимательности и базовых навыков, которые у вас должны быть после школьной стереометрии. Когда находите точки пересечения плоскости с прямыми, также находите отношения, в которых эти точки их делят. Для этого может понадобиться теорема Менелая.

Подсказка 2

Чтобы искать площадь было удобнее, спроецируйте ортогонально сечение на плоскость основания, найдите плоскость проекции, затем поделите на косинус угла между плоскостями сечения и основания.

Подсказка 3

Площадь проекции можно представить в виде суммы и разности площадей некоторого количества треугольников.

Подсказка 4

Осталось найти косинус угла между плоскостями сечения и основания. Давайте заметим, что они пересекаются по прямой l, проходящей через D параллельно F₁C₁ (F₁ — середина A₁ и B₁). Пусть C₁' — проекция C₁ на основание, а H — основание перпендикуляра из C₁ на l. Нужно аккуратно посчитать косинус угла C₁'HC₁.

Показать ответ и решение

Пусть $a =AB = 24,$ $b= A B = 12, 1 1$ высота пирамиды $h =24∘-2. 5$

$PIC$

Построение сечения:

Точки $F$ и $F1$ — середины $AB$ и $A1B1.$
Точки $E$ и $E1$ — середины $CD$ и $C1D1.$
Прямая $F1C1$ принадлежит плоскости сечения. Найдем точку $G$ пересечения этой прямой с $A1D1.$
Точки $G$ и $D$ лежат в плоскости грани $ADD1A1.$ Прямая $GD$ принадлежит плоскости сечения. Найдем точку $M$ пересечения с ребром $AA1.$
Треугольники $△B1C1F1$ и $△A1GF1$ равны, $A1G = b= a= 12. 2$

Из подобия $△A1GM ∼ △ADM$

AAGD- = AA1MM-= 12

Точка $P$ :

$P$ — пересечение прямых $DC1$ и $EE1,$ значит, лежит в плоскости сечения.
$EP1PE-= E1DCE1= 12.$

$PIC$

Точки $Q$ и $T$ :

В плоскости трапеции $F EE1F1$ проведем $F1P.$ Точка $Q$ — пересечение $F1P$ с $OE1,$ лежит в плоскости сечения.
Из подобия треугольников $△F1E1P ∼△T EP :$ $ET = 2F1E1.$
Из подобия $△F1E1Q ∼ △T OQ :$ $OQ = 3QE1.$

$PIC$

Точка $N$ :

Прямая $C1Q$ пересекает $OD1$ в точке $N.$ По теореме Менелая:
$D1N OQ E1C1 D1N 2 NO--⋅QE1-⋅D1C1-= 1 =⇒ NO--= 3$

$PIC$

Точка $K$ :

Прямая $GN$ пересекает $OA1$ в точке $K.$ По теореме Менелая:
$AK-⋅-ON- ⋅ D1G-=1 =⇒ AK-= 1 KO ND1 GA1 KO 3$

Получили сечение, это многоугольник $DC1NKF1M.$

$PIC$

Площадь сечения:

Sсеч =-Sпр, где Sпр− площадь проекции на основание cosφ

Проекция сечения: Спроецируем все на плоскость основания, учитывая что отношения в которых делят отрезки $AA1,D1O,A1O$ точки $M,N, K$ известны и сохраняются при проекции, то все отрезки с изображения проекции известны. Тогда подсчитаем площадь проекции как:

-- -- -- -- ---- -- ---- -- Sпр = S△FOA + S△OAD +S△ODC − S△F1OK − SF1FAM − S△ NOK − S△ MAD − S△ NOC1 − S△C1CD =

5a2 a2 3 3 a2 ( a2- 2 1 a2) 3 a2 3 a2 1 a2 469a2- 8 − 12 −4 ⋅5 ⋅16 − 8 − 3 ⋅2 ⋅ 8 − 4 ⋅32 − 5 ⋅16 − 2 ⋅ 4 = 3⋅640 =140,7.

Угол $φ$ :

Плоскость сечения и плоскость $ABC$ нижнего основания пересекаются по прямой $l,$ проходящей через точку $D$ и параллельной прямой $F1C1.$ Если $-- C1$ — проекция точки $C1$ на плоскость нижнего основания, то

-- ∘ 2- C1C1 = h= 24 5

$PIC$

Из точки $C1$ опустим перпендикуляр $C1H$ на прямую $l.$ Если $d$ — высота треугольника, то

C1H = 7d= -∘-7a2---= -7a√- =√42 4 8 a2+ a24- 4 5 5

Угол $C1HC1$ равен $φ$ — углу между плоскостью сечения и плоскостью основания.

∘-- 24 2 ⋅√5 √ - tg φ =-h--= ---5----= 4--2, cosφ = ∘---1----= 7 C1H 42 7 1 +tan2φ 9

Итоговая площадь:

140,7⋅9 Scev =---7-- =180,9

Ответ:

$180,9$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#119904

Сотовая связь — это целый мир возможностей. Но чтобы пользоваться ими, нужно быть в зоне действия базовой станции. Сети GSM (2G) имеют мощность, которая позволяет покрывать территорию радиусом до 35 километров на открытой местности. В городских условиях, где много зданий, зона приема сигнала значительно уменьшается. Сети 3G и 4G (LTE) работают на более высоких частотах, чем сети 2G, и их сигнал хуже проникает сквозь препятствия и больше подвержен помехам. В сетях GSM было достаточно нескольких вышек, чтобы покрывать большие территории, а для 3G и 4G сетей для обеспечения надежной связи требуется больше вышек.

В городе установлен ретранслятор GSM сети, который обеспечивает покрытие в пределах окружности радиусом $R = 24$ км. Центр окружности — основание вышки. Однако из-за особенностей рельефа зона покрытия этого ретранслятора ограничена хордой, проведенной внутри этой окружности. Хорда находится на расстоянии $d= 3$ км от центра окружности.

В меньшем сегменте, образованном хордой, необходимо установить два дополнительных ретранслятора (3G вышки) так, чтобы их зоны покрытия касались друг друга, хорды и основной окружности. Каждый из этих ретрансляторов имеет круговую зону покрытия одинакового радиуса $r.$

Найдите радиусы зон покрытия двух дополнительных ретрансляторов, которые нужно установить в меньшем сегменте. Определите площадь части меньшего сегмента, которая не попадает в зону действия дополнительных ретрансляторов.

Источники: ШВБ - 2025, 11.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Изобразим условие на рисунке. Пусть O — центр окружности, в радиусе которой действует GSM вышка, AB —хорда, OP = d — расстояние от основания вышки до хорды, C и D — основания 3G вышек. Что можно сказать про их расположение, исходя из условия?

Подсказка 2

Верно! Они касаются прямой OP в одной точке (пусть K)! Проведём радиусы в точки касания. Какая теорема поможет найти нам радиус малых окружностей?

Подсказка 3

Конечно! Давайте применим теорему Пифагора для △OCK, предварительно выразив отрезки OC и OK через радиус малой окружности и данные в условии величины. А что делать с площадью части меньшего сегмента, которая не попадает в зону действия вышек?

Подсказка 4

Введите угол с вершиной O и выразите искомую площадь, равную разности площадей сегмента и площади, которую покрывают 3G вышки.

Подсказка 5

△OPA — прямоугольный. Пусть ∠POA = α. Тогда cos(α)=OP/OA = d/R — известное нам отношение! Значит через этот угол можно выразить нужные нам площади! Осталось только аккуратно посчитать и записать ответ!

Показать ответ и решение

Пусть $3G$ вышки имеют одинаковый радиус действия $r.$ Радиус основной окружности $R,$ расстояние от центра большой окружности до хорды $d.$ Введем точки, как показано на чертеже: $O$ — центр большой окружности, $C,$ $D$ — центры маленьких окружностей, $K$ — точка касания маленьких окружностей, $E$ — точка касания окружности с хордой. $OP =d$ — заданное расстояние от центра до хорды $AB.$

$PIC$

Тогда из рисунка понимаем следующие вещи:

CE ⊥ AB, OP ⊥AB, CE ∥OP, CD ∩ OG =K

OC = R− r, CK = r, OK = d+r

Запишем теорему Пифагора для $△OCK$ и выразим меньший радиус:

2 2 2 2 2 2 (R − r) = r +(d+ r) =⇒ r + 2r(d+ R)− (R − d )= 0

∘--2----- r= −(R +d)+ 2R + 2Rd

Подсчитаем площадь части сегмента, которая не попадает в зону действия ретрансляторов $3G.$
Пусть $∠AOP =α,$ $Sc = Sсегмента,S3 — площадь, покрытая действием выш ек 3G.$

Выразим нужные нам синусы и косинусы углов, а потом посчитаем нужную площадь как разность:

OP d ∘---(-d)2 d∘ ---(d-)2 cosα= OA- =R- =⇒ sin α= 1 − R- =⇒ sin2α= 2R- 1− R-

( ∘ -------) 1 2 2 1 2 d ( d)2 2 S =Sc− 2S3 = 2R (2α − sin 2α )− 2πr = 2R (2α − 2R 1− R- ) − 2πr

Подставим значения $R = 24,$ $d= 3:$

r= −(24+3)+ ∘2-⋅24⋅(24+3)= −27+ √362 = 36− 27= 9

1 3√7- 1 cosα = 8, sinα = -8-, α =arccos8

Итого, подставив все значения, получаем конечный ответ:

( √-) ( √-) S = 1 ⋅242 2arccos1 − 2 ⋅ 1⋅ 3-7 − 2π ⋅92 = 288 2arccos1− 3-7 − 162π 2 8 8 8 8 32

Ответ:

$r= 9км,S = 576arccos1− 162π− 27√7 8$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#127228

Пусть $a,b,c$ — корни многочлена $P (x)= x3+ x2− 2x− 1.$ Найдите $a2b2+ a2c2+ b2c2.$

Источники: ШВБ - 2025, 10.1 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сколько действительных корней будет иметь многочлен P(x)?

Подсказка 2

Можно доказать, что 3, рассмотрев его положительность и отрицательность в разных точках.

Подсказка 3

Если a, b и c — корни P(x), как можно попробовать получить a²b² + b²c² + a²c²?

Подсказка 4

Попробуйте рассмотреть многочлен P(x) ⋅ (-P(-x)).

Подсказка 5

Корнями этого многочлена относительно x² будут a², b² и c². Получите желаемую сумму через теорему Виета.

Показать ответ и решение

Заметим, что

P(−10)<0, P(− 1)>0, P (0)< 0, P(10)> 0

Следовательно, многочлен $P(x)$ имеет 3 действительных корня.

3 2 3 2 P(x)⋅(−P(−x))=(x + x − 2x − 1)(x − x − 2x +1)=

=(x3− 2x +x2− 1)(x3− 2x− x2+ 1)= (x3− 2x)2 − (x2− 1)2 =

=x6− 5x4+ 6x2− 1= Q(x2)

Многочлен

Q (y)= y3− 5y2+ 6y− 1

имеет корни $a2,$ $b2$ и $c2.$ По теореме Виета

a2b2+a2c2+ b2c2 = 6

Ответ:

$6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#127229

Даны $5$ карточек с буквами Л, И, М, О, Н и ещё $n$ карточек с буквой А. Найти все $n,$ при которых вероятность того, что из $4$ случайно выбранных карточек будет можно сложить слово ЛАМА, получится максимальной.

Источники: ШВБ - 2025, 10.2 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сколько будет благоприятных способов вытащить 4 карточки?

Подсказка 2

Нам обязательно надо вытащить единственные Л и М, остальные карточки должны быть с буквой А.

Подсказка 3

Можно заметить, что с некоторого момента вероятность начинает убывать. Рассмотрите разность вероятностей при n+1 карточке с A и при n карточках с А.

Показать ответ и решение

Имеем $N =C4 n+5$ равновероятных способов выбрать 4 карточки, из них благоприятных — $M = C2 n$ (всего выбирается 4 карточки, надо вытащить единственные Л и М и 2 из $n$ карточек с буквой А).

M C2n n! 4!⋅(n+ 1)! Pn = N-= C4n+5 = 2!⋅(n-− 2)! ⋅-(n+-5)! =

= n-⋅(n−-1)⋅---------4-⋅3-⋅2----------= 2 (n+ 5)⋅(n+ 4)⋅(n+ 3)⋅(n +2)

------12⋅n⋅(n−-1)------- = (n+ 5)⋅(n +4)⋅(n+ 3)⋅(n+ 2)

Заметим, что $P(1)<P (3),$ $P(3)>P (10).$ Выясним, после какого $n$ вероятность начнет убывать.

Pn+1− Pn = (n+-6)(1n2+(n5+)(n1+)n4)(n+-3) − (n-+5)(n12+n4(n)(n− 1+)3)(n+2)-=

= -----------12n------------⋅((n+ 1)(n+ 2)− (n− 1)(n+ 6))≤ 0 (n+ 6)(n+ 5)(n+ 4)(n+ 3)(n+ 2)

Всегда верно, что

------------12n------------≥ 0 (n+ 6)(n+ 5)(n+ 4)(n+ 3)(n +2)

Поэтому достаточно

(n2+ 3n+ 2)− (n2+5n − 6)≤ 0

n≥ 4

Максимальная вероятность $1- 21$ получится при $n= 4$ и $n= 5.$

Ответ:

$4;$ $5$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#127230

Четырехугольник $ABCD$ со сторонами $AB = 3,BC = 4,CD =6$ и $AD = 2$ вписан в окружность. Прямые $AB$ и $CD$ пересекаются в точке $E,$ а прямые $BC$ и $AD$ пересекаются в точке $F.$ Биссектриса угла $CFD$ пересекает стороны $AB$ и $CD$ в точках $K$ и $L$ соответственно, а биссектриса угла $BEC$ пересекает стороны $AD$ и $BC$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Найдите длину отрезка $EF$ и площадь четырехугольника $KMLN.$

Источники: ШВБ - 2025, 10.3 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите биссектрисы FL и EN.

Подсказка 2

Докажите, что они пересекаются под прямым углом. Для этого можно обозначить величины углов через неизвестные.

Подсказка 3

Каким тогда будет треугольник MFN?

Подсказка 4

Докажите, что KMLN — ромб.

Подсказка 5

Следовательно, площадь KMLN равна KL ⋅ MN / 2. Как можно выразить эти стороны?

Подсказка 6

Рассмотрите треугольники AFB и CFD.

Подсказка 7

Вспомните свойство биссектрисы об отношении сторон в треугольнике, а также формулу для её вычисления.

Показать ответ и решение

$PIC$

Докажем, что биссектрисы $FL$ и $EN$ пересекаются под прямым углом. Пусть $O$ — их точка пересечения. Введем обозначения: $∠CF D =2α,$ $∠BEC =2β,$ $∠BCD =γ.$ Тогда $∠AMO = β+ γ.$ В треугольнике $FOM$

∠MOF = 180∘− α− (β+ γ)=180∘− (α +β +γ)

В треугольнике $CDF$

∠DCF +∠CF D +∠CDF =180∘

γ+ 2α +(γ+ 2β)= 2α +2β +2γ = 180∘

∘ α+ β+ γ = 90

Получим, что $∠MOF = 90∘.$ В треугольнике $MF N$ $F O$ является биссектрисой и высотой, следовательно, треугольник $MF N$ является равнобедренным и $FO$ — медиана. Тогда $MO =ON.$ Аналогично, треугольник $KEL$ является равнобедренным и $KO =OL.$ Выходит, что $KMLN$ — ромб.

KL ⋅MN SKMLN = ---2---

Треугольники $AFB$ и $CF D$ подобны по 2 углам, тогда

FB FA AB FD-= FC-= CD-

---FB---= --F-A---= 1 F A+ AD FB + BC 2

2⋅F B = FA + 2

2⋅F A= FB + 4

8 10 FB = 3, F A= -3

Так как $FK$ — биссектриса в треугольнике $AF B,$ то

-FB = FA- KB AK

AK = 5, KB = 4 3 3

По формуле длины биссектрисы

√--------------- 2√15 FK = FA ⋅FB − AK ⋅KB =--3-

Раз $FL =2⋅FK,$ то

√-- √-- KL = 2-15, F O= 15 3

Аналогично, треугольники $AED$ и $CEB$ подобны по 2 углам. Тогда

EA-= ED-= AD- EC EB BC

---EA---= --ED--- = 1 ED + CD EA + AB 2

2 ⋅EA = ED + 6

2 ⋅ED =EA + 3

EA =5, ED =4

Тогда

10 8 AM = 9-, MD =9

Значит,

√---------------- √--- EM = EA ⋅ED − AM ⋅MD = 2-385 9

√385 EO = -3--

Так как $EN = 2⋅EM,$ то

√ --- MN = 2⋅--385 9

Треугольник $EFO$ — прямоугольный,

√--- EF = ∘EO2-+-FO2-= 2-130 3

В итоге

KL ⋅MN 1 2√15- 2√385 SKMLN = ---2---= 2 ⋅-3--⋅--9--

√ --- SKMLN = 10-231- 27

Ответ:

$2√130 10√231 EF = 3 ,SKMLN = 27$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#127231

Найдите все значения параметра $a,$ при которых система

{ |x− a|+|y− a|+ |a− x+ 1|+|a− y +1|≤ 2 y+2||x2− 2x− 3||= 6

имеет единственное решение.

Источники: ШВБ - 2025, 10.4 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуйте заметить похожие выражения в левой части верхнего неравенства.

Подсказка 2

Что можно сказать о |t - a| + |a - t + 1|?

Подсказка 3

Докажите, что данное выражение всегда больше либо равно 1.

Подсказка 4

При каких t достигается равенство?

Подсказка 5

При t ∈ [a; a+1] данное выражение равняется 1. Заметим, что в исходном неравенстве 2 таких выражения.

Подсказка 6

Изобразите решения в координатах Oax и поймите, какие точки нам интересны.

Показать ответ и решение

Перегруппируем слагаемые верхнего неравенства:

|x − a|+ |a− x+ 1|+ |y − a|+ |a− y+ 1|≤ 2

Рассмотрим следующее выражение:

|t− a|+ |a− t+ 1|

Докажем, что оно больше либо равно единицы для любых $a$ и $t:$

|t− a|+ |a− t+1|≥ 1

Пусть $t<a :$

−t+a +a− t+ 1≥ 1

t≤a

Пусть $a≤ t≤a +1:$

t− a+ a− t+ 1≥ 1

1≥ 1

Пусть $t>a+ 1:$

t− a− a+t− 1≥ 1

t≥ a+ 1

Итого получаем, что $t ∈(−∞;+ ∞)$ и от значения $a$ ничего не зависит. Кроме того, равенство достигается при $t∈[a;a +1].$ Тогда

|x − a|+ |a− x+ 1|+ |y − a|+ |a− y+ 1|≥ 2

По условию,

|x − a|+ |a− x+ 1|+ |y − a|+ |a− y+ 1|≤ 2

Тогда верхнее неравенство из системы превращается в равенство. Оно будет верно, только если

|x − a|+ |a− x+ 1|= 1

|y − a|+ |a− y+ 1|= 1

Данные равенства выполняются, если $x,y ∈ [a;a+ 1].$

Перепишем исходную систему:

(| a ≤x ≤a +1 { a ≤y ≤a+ 1 |( y =6− 2|x2− 2x− 3|

{ a ≤x ≤a +1 a ≤6− 2|x2− 2x− 3|≤ a+ 1

Изобразим решения неравенств системы в координатах $Oax.$ Для первого неравенства получим полосу, заключенную между двумя прямыми $a= x$ и $a= x− 1.$ Решение второго неравенства будет множество точек, лежащих между двумя кривыми $a= 6− 2|(x− 1)2− 4|$ и $a= 5− 2|(x − 1)2− 4|.$

$PIC$

Решение системы будет единственным в тех случаях, когда прямая, параллельная оси $Ox,$ пересекает множество решений системы в одной точке. Подходящими точками являются $A,B,C,D,O,E.$ Найдем точки пересечения прямых $a= x$ и $a= x− 1$ с кривыми $a =6− 2|(x− 1)2− 4|$ и $a =5 − 2|(x− 1)2 − 4|.$

{ a= 6− 2|(x− 1)2− 4| a= x

Раскрываем модуль и подставляем $a :$

Если $x∈ (−∞; −1)∪(3;+ ∞):$

2x2− 3x − 12= 0

√--- x = 3±--105 4

Если $x∈ [−1;3]:$

2x2− 5x =0

x ={0;2,5}

Получим точки

( 3+ √105 3+√105) O = (0;0);E = ---4---;---4---

{ a= 5− 2|(x− 1)2− 4| a= x

Если $x∈ (−∞; −1)∪(3;+ ∞):$

2x2− 3x − 11= 0

√-- x= 3±--97 4

Если $x∈ [−1;3]:$

x2− 5x − 1 =0

√-- x= 5±--33 4

Получим точку

( 3−-√97 3−-√97) B = 4 ; 4

{ a= 6− 2|(x− 1)2− 4| a= x− 1

Если $x∈ (−∞; −1)∪(3;+ ∞):$

2x2− 3x − 13= 0

3± √113- x = ---4---

Если $x∈ [−1;3]:$

2x2− 5x+ 1= 0

5± √17 x= ---4--

Получим точки

( √--- √---) ( √ -- √--) A = 3−--113;−1−--113 ;D = 5-+--17;1+--17 4 4 4 4

{ 2 a= 5− 2|(x− 1) − 4| a= x− 1

Если $x∈ (−∞; −1)∪(3;+ ∞):$

2x2− 3x − 12= 0

√--- x = 3±--105- 4

Если $x∈ [−1;3]:$

2x2− 5x =0

x ={0;2,5}

Получим точку

C = (0;−1)

Мы получили все подходящие нам точки $A,B,C,D,O,E.$ Их координаты по $x$ равны $a$ или $a+1$ (в зависимоcти от того, с какой прямой пересечение). Тогда

{ −1− √113 3− √97 1+ √17 3+ √105} a∈ ----4---;--4---;−1;0;---4--;---4---

Ответ:

$−-1−-√113 4 ;$ $3−-√97 4 ;$ $− 1;$ $0;$ $1+-√17 4 ;$ $3+-√105 4$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#127232

В правильной усеченной четырехугольной пирамиде $ABCDA B C D 1 1 1 1$ сторона нижнего основания $ABCD$ равна $4,$ верхнего основания $A1B1C1D1$ равна $1,$ точка $O$ — центр основания $ABCD.$ Поверхность многогранника $Φ$ состоит из квадрата $ABCD,$ боковых граней пирамиды $ABCDA1B1C1D1$ и боковых граней пирамиды $OA1B1C1D1.$ Найдите площадь сечения многогранника $Φ$ плоскостью, содержащей прямые $AB$ и $C1D1,$ если расстояние от точки $D$ до плоскости сечения равно $√-- 8 14∕9.$

Источники: ШВБ - 2025, 10.5 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сначала надо разобраться с сечением. Достройте усечённую пирамиду до пирамиды.

Подсказка 2

Рассмотрите середины отрезков AB, CD, A₁B₁ и C₁D₁.

Подсказка 3

Пусть F — середина AB, Е₁ — середина C₁D₁. Заметим, что прямая FE₁ принадлежит плоскости сечения. Найдем точку её пересечения с гранью OA₁B₁.

Подсказка 4

В данной конструкции появляется много подобных треугольников, пользуйтесь ими.

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $a =AB = 4,b =A1B1 =1,$ расстояние от точки $D$ до плоскости сечения обозначим $√ -- d= 8 14∕9.$ Построим сечение многогранника $Φ.$

$PIC$

Достроим усеченную пирамиду $ABCDA1B1C1D1$ до пирамиды $SABCD,$ продолжив ребра $AA1,BB1,CC1,DD1.$ Пусть точки $F$ и $F1$ — середины $AB$ и $A1B1$ соответственно, $E$ и $E1$ — середины $CD$ и $C1D1$ соответственно. Прямая $FE1$ принадлежит плоскости сечения. Найдем точку $M$ пересечения этой прямой с гранью $OA1B1.$ Эта точка лежит на прямой $OF1.$ Треугольники $F1ME1$ и $OMF$ подобны, и

F1M-= E1M-= 2b= 1 MO MF a 2

Через точку $M$ в плоскости $OA B 1 1$ проведем прямую $KN ∥A B 1 1$ так, что $K$ лежит на $OA , 1$ $N$ лежит на $OB . 1$ Сечением многогранника $Φ$ будет многоугольник $ABC NKD . 1 1$ Его площадь равна разности площадей трапеций $ABC D 1 1$ и $C NKD . 1 1$ Высотой трапеции $ABC D 1 1$ является отрезок $FE , 1$ а трапеции $C NKD 1 1$ — отрезок $ME . 1$

ME1- 1 FE1 = 3

Обозначим $α =∠E1F E.$ Тогда

√ -- sin α= -d-= d = 2-14 FE a 9

Пусть $E1G⊥ FE,$ $G$ принадлежит $FE.$ Тогда

GE- = GE1-= a− b-= 3 OE SO a 4

Значит,

FG= 5F O= 5 4 2

Следовательно,

F-G- ----5----- 9 FE1 = cosα = ∘ 4⋅14 = 2 2 1− 81

Отсюда $3 ME1 = 2.$ Треугольники $OKN$ и $OA1B1$ подобны, и

KN OM 2 2 A1B1 = OF1-= 3, KN = 3

Теперь найдем площади интересующих нас четырехугольников:

AB-+-C1D1 4+1- 9 45 SABC1D1 = 2 ⋅FE1 = 2 ⋅2 = 4

NK + C D 2+ 1 3 5 SC1NKD1 = ----2-1-1 ⋅ME1 =-32- ⋅2 =4

В итоге получаем

Sсеч = 45− 5= 10 4 4

Ответ:

$10$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#127233

Дизайнер спроектировал офисное помещение с основанием в виде прямоугольного треугольника $ABC,$ угол $C$ прямой. С помощью потолочного освещения помещение разбито на зоны следующим образом: большой светильник $P$ освещает площадь $S,$ ограниченную окружностью, которая вписана в треугольник $ABC.$ Если к этой окружности провести внутри треугольника $ABC$ касательные, параллельные сторонам комнаты, то получатся еще три треугольника при вершинах $A,B$ и $C,$ в которые можно вписать маленькие окружности, ограничивающие площади $SA,SB,SC.$ Эти площади освещаются дополнительными светильниками $PA,PB,PC.$

Найдите, радиусы всех окружностей и освещенность каждой зоны, если площадь треугольника равна $SABC = 240$ кв.м, гипотенуза $AB = 34$ м, величина угла $BAC$ меньше величины угла $CBA,$ а показатели световой отдачи (яркости) светильника $P$ составляет $51840$ лм, светильника $PA− 28512$ лм, светильника $PB − 5670$ лм и светильника $PC − 1620$ лм.

Освещенность $Ex$ площади $Sx$ светильником $Px$ с показателем световой отдачи $Fx$ рассчитывается по формуле $F Ex = 12 ⋅Sxx$ (лк), где $1∕2−$ поправочный коэффициент, лк — люкс, лм — люмен.

Источники: ШВБ - 2025, 10.6 (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Вообще вся задача про счёт, бояться его не нужно. Вспомните формулу площади, в которой фигурирует радиус.

Подсказка 2

Не забывайте, что напротив меньшего угла лежит меньшая сторона.

Показать ответ и решение

$PIC$

В треугольник $ABC$ вписана окружность с центром $O,$ пусть ее радиус равен $R.$ $HI ∥AC,$ $DF ∥CB,$ $JK ∥ AB,$ $CG ⊥ AB,$ $CG$ пересекается с $JK$ в точке $L.$ Центрами вписанных окружностей треугольников $HIB,$ $ADF$ и $CJK$ будут $O1,$ $O2$ и $O3,$ их радиусы — $rB,$ $rA$ и $rC.$

R = S(ABC) p(ABC)

С другой стороны, если $a$ и $b$ — катеты, а $c$ — гипотенуза треугольника $ABC,$ то

2 2 2 2⋅SABC = ab,c = a + b

(a+b)2 = a2+2ab+ b2 =c2+ 4⋅S ABC

a+b+ c c+ ∘c2+-4⋅SABC- p = --2---= -------2-------

Тогда

S 2⋅S 2⋅240 R= p(ABC)= ∘--2--ABC--- =34+-√1156+-4⋅240 =6 (ABC) c + 4⋅SABC

Теперь

(|{ a =∘c2-+4-⋅S(ABC)− b (∘ ----------- ) |( c2+4⋅S(ABC)− b b=2 ⋅S(ABC)

∘----------- b2− b⋅ c2+ 4⋅S(ABC )+2⋅S(ABC) = 0

D =c2+ 4⋅S(ABC)− 8⋅S(ABC) =

2 = c − 4 ⋅S(ABC)

∘c2-+4-⋅S-----± ∘c2−-4⋅S----- b= --------(ABC)----------(ABC-) 2

Тогда $a =30$ и $b= 16$ или $a =16$ и $b= 30.$ Напротив меньшего угла лежит меньшая сторона, поэтому $CB = 16,$ $AC =30.$ Маленькие треугольники подобны большому треугольнику, т.к. стороны параллельны. Расстояние между проведенными параллельными прямыми и соответствующими им сторонами равно диаметру большого круга. Поэтому