Вспоминай формулы по каждой теме
Решай новые задачи каждый день
Вдумчиво разбирай решения
ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!
Подтемы раздела ммо - задания по годам
Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#73172

Биссектриса угла ABC  пересекает описанную окружность ω  треугольника ABC  в точках B  и L  . Точка M  — середина отрезка   AC  . На дуге ABC  окружности ω  выбрана точка E  так, что EM ∥ BL  . Прямые AB  и BC  пересекают прямую EL  в точках P  и  Q  соответственно. Докажите, что PE = EQ  .

Источники: ММО-2019, 9.5

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Рассмотрите точки пересечения EM с AB и BC . Обозначьте все равные углы, какие сможете найти.

Подсказка 2

Мы хотим доказать равенство сторон, но по сути знаем только углы. Что можно сделать?

Подсказка 3

Попробуйте воспользоваться теоремой синусов.

Показать доказательство

Пусть прямая EM  пересекает AB  и BC  в точках P′ и Q′ соответственно. Также обозначим

                             ′       ′
α= ∠BAE = ∠BLE = ∠BCE = ∠QEQ  = ∠PEP

                    ′       ′
β = ∠ABL = ∠CBL =∠AP E = ∠BQ E

(использовали равные опирающиеся на одну дугу углы и углы при параллельных прямых)

PIC

Последовательно применяя теорему синусов для треугольников PP′E  , AP ′E  и AP ′M  , получим:

PE = P′E⋅sin-β= --AP-′⋅sinα-⋅sinβ-- =
     sin(β− α)  sin(β+ α)⋅sin(β − α)

  AM sin∠EMC  ⋅sinαsin β   AC ⋅sin∠EMA  ⋅sinα
= sinβ-sin(β-+α)sin(β−-α) = 2⋅sin(β+-α)⋅sin(β-− α)

Аналогично, применяя теорему синусов для треугольников QQ ′E  , CQ′E  и CQ ′M  , получим:

     CM-⋅sin∠EMC--⋅sinα-⋅sinβ  -AC-⋅sin∠EMA--⋅sinα-
QE = sin β⋅sin(β +α)⋅sin(β− α) = 2⋅sin(β+ α)⋅sin(β − α) =P E

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#79749

Докажите, что для любого натурального числа n >2  и для любых действительных чисел a ,a ,...,a,
 1 2    n  удовлетворяющих условию a1+ a2+ ...+an ⁄=0,  уравнение

a1(x − a2)(x− a3)...(x − an)+

+a2(x− a1)(x− a3)...(x− an)+...+

+a (x − a )(x− a )...(x − a )= 0
  n    1     2       n−1

имеет хотя бы один действительный корень.

Источники: ММО-2019, 11.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Что можно сказать о левой части уравнения?

Подсказка 2

Заметим, что это многочлен степени n-1. Какие случаи можно рассмотреть?

Подсказка 3

Например, если бы n было чётным, то всегда бы нашелся хотя бы 1 действительный корень.

Подсказка 4

Пусть n — нечётно. Что тогда можно сказать про a-шки?

Подсказка 5

Если бы нашлись такие i и j, что aᵢ = aⱼ, то был бы корень a = aᵢ = aⱼ. Поэтому будем считать a-шки различными. Что, если для некоторого i aᵢ = 0?

Подсказка 6

Тогда aᵢ — корень. Будем считать a-шки ненулевыми. Упорядочим их по возрастанию.

Подсказка 7

Попробуйте посмотреть на знак выражения при подстановке aₖ вместо x.

Показать доказательство

Левая часть f(x)  в этом уравнении представляет собой многочлен степени n− 1,  так как коэффициент при xn−1  равен a1+ ...+ an ⁄= 0.  Если n  четно, то получаем многочлен нечетной степени, он всегда имеет действительный корень, так как функция f(x)  непрерывна и f(x0) >0,f(− x0)< 0  при достаточно большом x0 > 0.  Пусть n  нечетно. Можно считать, что все числа a1,...,an  различны (в противном случае число a= ai = aj,  где i⁄= j,  является корнем), не равны нулю (если ai = 0  при некотором i,  то и f(ai)= 0  ) и упорядочены по возрастанию: a1 <a2 < ...< an.  Заметим, что

f(ak)= ak(ak− a2)...(ak − ak−1)(ak− ak+1)...(ak− an)

имеет тот же знак, что и       n−k     k−1
ak ⋅(−1)   = (− 1)  ak.  Но при n > 3  среди чисел a1 < a2 < ...< an  есть хотя бы одна пара соседних, имеющих одинаковый знак. Тогда значения в этих точках разного знака, поэтому между ними есть корень многочлена f(x).

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#84475

В остроугольном треугольнике ABC  проведены высоты AA′ и BB′ , точка O  — центр его описанной окружности. Докажите, что расстояние от точки  ′
A до прямой BO  равно расстоянию от точки  ′
B до прямой AO  .

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть α, β, γ — углы треугольника при вершинах A, B и С соответственно. Попробуйте повыражать углы.

Подсказка 2

Воспользуйтесь свойством ортоцентра и тем, что треугольник ABB' — прямоугольный.

Подсказка 3

Выразите AK' через другую сторону и тригонометрические функции.

Подсказка 4

Воспользуйтесь тем, что O — центр описанной окружности и треугольника AOC.

Показать доказательство

Введём обозначения, α,  β,  γ  — углы треугольника при вершинах A,B,C  соответственно.

По свойству ортоцентра и тому, что треугольник    ′
ABB прямоугольный получаем

  ′          ′   ∘       ′   ∘
∠A BK = ∠ABB  =90 − ∠BAB  =90 − α

Значит, так как треугольник A′BK  прямоугольный

A ′K = A′B sin(90∘− α)= A′Bcosα

А из прямоугольного треугольника AA ′B  получаем, что

A′B = AB cosβ

Подставив эти равенства одно в другое, в итоге получим, что

A′K = AB cosβ cosα

PIC

Теперь из того, что O  — центр описанной окружности и равнобедренного треугольника AOC,  в котором AO = CO  как радиусы, выражаем

  ′      ∘  ∠AOC-    ∘  2∠ABC-   ∘
∠B AT = 90 −  2  = 90 −   2   = 90 − β

Так как треугольники   ′
AB T  и     ′
ABB прямоугольные, то

B ′T = AB′sin(90∘− β)= AB′cosβ = ABcosαcosβ

Видно, что

 ′     ′
A K = BT = AB cosαcosβ

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#91949

Каждая точка плоскости раскрашена в один из трех цветов. Обязательно ли найдется треугольник площади 1,  все вершины которого имеют одинаковый цвет?

Источники: ММО - 2019, 10.4(см. mmo.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Предположим, что искомого треугольника не существует. Ясно, что если зафиксировать любую прямую, то на ней найдется две точки A и B одного цвета (назовем его цветом 1). Где может располагаться третья точка, которая образовывала бы с найденным точками треугольник единичной площади?

Подсказка 2

Пусть расстояние между точками A и B равно d. Тогда искомая точка может располагаться на любой из прямых, расположенных от данной на расстоянии 2/d, (назовем их l₁ и l₂). По предположению, точек цвета 1 на данных прямых нет. А могут ли на прямой AB находится точки цветов, отличных от 1, если на каждой из прямых l₁ и l₂ присутствует 2 и 3 цвет?

Подсказка 3

Несложно показать, что это не могут (разберите случай, когда любые две точки на прямых l₁ и l₂, расстояние между которыми равно d/2, имеют разный цвет и противный ему). Какое естественное свойство при этом накладывается на одну из прямых AB, l₁ и l₂?

Подсказка 4

По крайней мере на одной из этих прямых все точки имеют один и тот же цвет. Что можно сказать о цветах остальных точек плоскости?

Подсказка 5

Они покрашены в цвет, отличный от данной прямой. Как теперь можно завершить решение?

Показать ответ и решение

Первое решение. Предположим, что такого треугольника не существует, и докажем, что существует прямая, все точки которой имеют один цвет.

Пусть на некоторой прямой l  есть две точки A,B  одного цвета (обозначим этот цвет 1),  расстояние между которыми равно d.  Пусть l1,l2  — две прямые, параллельные l  и удаленные от нее на расстоянии 2∕d.  Если на какой-нибудь из этих прямых есть точка цвета 1,  то она образует с точками A,B  треугольник площади 1,  все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если на каждой из прямых l1,l2  присутствуют два цвета и на одной из них найдутся две точки одного цвета на расстоянии d∕2,  то они вместе с точкой такого же цвета на другой прямой образуют треугольник площади 1,  все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если же на каждой из прямых l1,l2  присутствуют два цвета и любые две точки на расстоянии d∕2  разных цветов, то любые две точки на расстоянии d  будут одного цвета, а значит, на прямой AB  все точки имеют цвет 1.

Пусть теперь все точки некоторой прямой a  покрашены в цвет 1.  Тогда остальные точки плоскости покрашены в два оставшихся цвета. Возьмем прямую, не параллельную a,  и две точки C,D  на ней одного цвета (обозначим этот цвет 2).  Если на какой-нибудь из двух прямых, параллельных CD  и удаленных от нее на расстояние 2∕CD,  найдется точка цвета 2,  то C,D  и эта точка образует треугольник площади 1,  все вершины которого имеют одинаковый цвет. Если же таких точек нет, то найдется треугольник площади  1  с вершинами цвета 3.

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Пусть не все точки плоскости раскрашены в один цвет. Тогда на некоторой прямой присутствуют точки разных цветов: точки A  и B  цвета 1  и точка X  цвета 2.  Пусть A1B1B2A2  — прямоугольник, в котором A,B  середины сторон A1A2,B1B2  соответственно, длины этих сторон равны 4∕AB,C1,C2  — середины A1B1  п A2B2  соответственно, D  — точка, симметричная C1  относительно B1.

Если среди точек A1,B1,C1,A2,B2,C2  есть точка цвета 1,  она образует искомый треугольник с точками A,B.  Если среди точек A1,B1,C1,A2,B2,C2  нет точек цвета 1,  то возможны следующие случаи.

1.

Точки A1  и B1  (рассуждение для точек A2  и B2  аналогичны) разного цвета. Тогда цвет C1  совпадает с цветом одной из них, например, A1.  Если какая-то из точек A2,C2  того же цвета, эти три точки образуют искомый треугольник. В противном случае искомым будет треугольник A2C2B1.

2.

Если одна из пар A1,B1  или A2,B2  цвета 2,  она образует искомый треугольник с точкой X.

3.

Если все точки A1,B1,A2,B2  цвета 3  и одна из точек C1,D  тоже цвета 3,  то треугольник B1C1B2  или B1DB2  искомый. В противном случае треугольник C1DX  искомый.

Ответ:

да

Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!