Решение задач «Высшей пробы» | Репетитор по математике и физике

в результатах поиска

Меню

Категории

Решение задач «Высшей пробы»

08.12.2019 Сергей Валерьевич Методическая копилка

Решение задач отборочного тура олимпиады по математике "Высшая проба" 2019 года

В данной статье разобраны примеры заданий отборочного тура олимпиады «Высшая проба» по математике для 9 класса за 2019 год. Данные задачи меня попросили решить мои ученики, поэтому их всего 3. Полного варианта, к сожалению, у меня нет. Если у вас есть другие, пишите условия в комментариях. Будем их решать и добавлять решения в статью.

Решение задач отборочного тура олимпиады «Высшая проба»

Пример 1. В треугольнике ABC сторона $AB = \sqrt{21}$ , сторона $BC = 3\sqrt{21}$ , биссектриса внешнего угла при вершине B пересекает прямую AC в точке P, $\angle APB = 30^{\circ}$ . Найдите BP.

Изобразим ситуацию на рисунке вместе с некоторыми дополнительными построениями:

Геометрическая задача из отборочного этапа олимпиады по математике "Высшая проба"

Дополнительно описали окружность вокруг треугольника ABC. Прямая, содержащая биссектрису внешнего угла B, пересекла эту окружность в точке H. Заметим, что ∠CAB + ∠CHB = 180°, но и ∠CAB + ∠PAB = 180°. Значит, ∠PAB = ∠CHB. Значит, треугольники CHB и PAB подобны по двум углам, поэтому ∠BCH = ∠APB = 30°. Заметим также, что ∠HAB = ∠BCH = 30°, так эти вписанные углы опираются на одну дугу.

Введём дополнительные обозначения. Пусть $\angle ABP = \angle CBH = \alpha$ и $\angle ACB = \angle AHB = \beta$ . Последние углы равны, поскольку они являются вписанными и опираются на одну дугу:

Тогда $\angle ACH = 30^{\circ}+\beta$ . Но также $\angle CAH = \angle CBH = \alpha$ , так как они вписанные и опираются на одну дугу. Но $\angle CAH = \angle AHP + \angle APH$ по теореме в внешнем угле треугольника. То есть получаем, что $\alpha = \beta + 30^{\circ}$ . Итак, $\angle ACH = \angle CAH = \alpha$ . Значит, треугольник ACH равнобедренный, и $AH = CH = y$ .

Пусть теперь $BH = x$ . Тогда по теореме косинусов для треугольника AHB получаем, что $x^2 = y^2+21-2y\sqrt{21}\cos 30^{\circ}$ . Одновременно по теореме косинусов для треугольника BCH получаем, что $x^2 = y^2+9\cdot 21-2y\cdot 3\sqrt{21}\cos 30^{\circ}$ . Используя эти равенства, находим, что $x = 7$ .

Наконец, используя подобие треугольников ABP и BCH, находим, что $BP = CB\cdot\dfrac{AB}{BH} = 3\sqrt{21}\cdot\dfrac{\sqrt{21}}{7} = 9$ .

Ответ: 9.

Пример 2. В прямоугольном треугольнике ABC на гипотенузу AB=11 опустили высоту CD=4, которая разделила треугольник на два меньших треугольника, в каждый из которых вписали окружность. Прямая, проходящая через центры этих окружностей, пересекает катеты AC и BC в точках M и N соответственно. Найдите площадь треугольника CMN.

Сделаем чертёж к заданию с некоторыми дополнительными построениями:

Прямая, проходящая через центры вписанных окружностей

Провели общую внешнюю касательную к окружностям, которая пересеклась с высотой CD в точке K. Поскольку центр вписанной в угол окружности лежит на биссектрисе угла, то ∠ADL = ∠LDK = ∠KDE = ∠EDB = 45°. То есть ∠LDE = 90°. Кроме того, ∠LKE = 90°, так как это угол между биссектрисами смежных углов. Значит, вокруг четырёхугольника LDEK можно описать окружность, поэтому ∠KLE = ∠KDE = 45°, так они являются вписанными и опираются на одну дугу. Ну а поскольку ∠LKE = 90°, то и ∠KEL = 45°.

Докажем теперь, что треугольник LDE подобен треугольнику ABC:

Доказательство подобия треугольников LDE и ABC

Заметим сперва, что подобны треугольники ADC и CDB, причём коэффициент их подобия равен $\dfrac{AC}{CB} = \dfrac{r_1}{r_2} = \dfrac{LD}{DE}$ , где $r_1$ и $r_2$ — радиусы вписанных окружностей. Вторая часть равенства получилась из подобия прямоугольных треугольников LDP и EDQ. То есть треугольники LDE и ABC подобны по прямому углу и двум пропорциональным сторонам, образующим этот угол. Значит, ∠ABC = ∠DEL. Поскольку четырёхугольник KLDE вписан в окружность, и треугольники ADC и CDB подобны, верно также, что ∠ABC = ∠ACD = ∠LKD. Значит, прямые AC и LK параллельны, и ∠CMN = ∠KLE = 45°.

Значит, прямоугольный треугольник CMN является равнобедренным. Тогда треугольники CED и CEN равны по стороне и двум прилежащим к ней углам, и $CD = CN = CM = 4$ . Значит, искомая площадь треугольника CMN равна 8.

Ответ: 8.

Пример 3. Натуральное число назовём пятнистым, если оно состоит из различных ненулевых цифр, сумма которых делится на 5. Найдите трёхзначный простой делитель суммы всех семизначных пятнистых чисел.

Для любого набора цифр с суммой, делящейся на 5, в составе семизначных чисел из-за всевозможных перестановок этих цифр местами каждая цифра будет находиться в любом разряде одинаковое число раз. Значит, при вычислении поразрядно суммы всех пятнистых чисел сумма цифр в каждом разряде будет одной и той же. Обозначим эту сумму буквой S. Тогда сумма всех пятнистых чисел равна:

$10^6S +10^5S+10^4S+$

$+10^3S+10^2S+10S+1 = 1111111S$

У числа 1111111 есть один простой трёхзначный делитель. Это число 239. Получили ответ к заданию. Причём он даже не зависит от условия, что сумма цифр в пятнистых числах делится на 5.

Ответ: 239.

Подготовка к олимпиаде «Высшая проба»

Если у вас есть другие задачи из олимпиады «Высшая проба», которые вы бы хотели решить, пишите условия этих задач в комментариях. Будем их решить и добавлять решения в статью.

Если вам требуются уроки для подготовки к олимпиадам по математике, в том числе к олимпиаде «Высшая проба», обращайтесь ко мне. Я репетитор и специализируюсь на подготовке такого рода. Мои контакты вы найдёте на этой странице. Успехов!

Материал подготовил репетитор по математике и физике в Москве, Сергей Валерьевич