Тема Физтех - задания по годам

Физтех 2019

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела физтех - задания по годам

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