maths.bgmaths.bg
Всички колекции
KBOM

Контролно за национален отбор за БОМ

138 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

17 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2007

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • kbom2007-9-4: има placeholder текст
  • kbom2007-9-6: има placeholder текст
  • kbom2007-9-7: има placeholder текст

9

8 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCA B C е триъгълник с ∠BAC=30∘\angle B A C=30^{\circ} и радиус на описаната окръжност 1. За произволна точка XX от вътрешността или контура му означаваме m(X)=min⁡(AX,BX,CX)m(X)=\min (A X, B X, C X). Да се намерят ъглите на триъгылника, ако най-голямата стойност на m(X)m(X) е равна на x233\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}.
РешениеРешение. Нека OO е центърът на описаната окръжност на △ABC\triangle A B C и K,N,MK, N, M са средите на ABA B, BC,CAB C, C A. Да допуснем, че △ABC\triangle A B C е нетъпоъгълен. Тъй като четириъгълниците AKOM,BKONA K O M, B K O N, CMONC M O N са вписани в окръжности с диаметър 1, то ясно е, че m(X)≤1m(X) \leq 1. Следователно в този случай най-голямата стойност на m(X)m(X) е равна на 1, което е противоречие. Значи △ABC\triangle A B C е тъпоъгълен и нека за определеност ∠ACB=γ>90∘\angle A C B=\gamma\gt{}90^{\circ}. Означаваме с DD и EE пресечните точки на симетралите на ACA C и BCB C с ABA B. Имаме, че AD=b2cos⁡30∘=sin⁡βcos⁡30∘A D= \frac{b}{2 \cos 30^{\circ}}=\frac{\sin \beta}{\cos 30^{\circ}} и BE=sin⁡30∘cos⁡βB E=\frac{\sin 30^{\circ}}{\cos \beta}. Да предположим, че 30∘≤β30^{\circ} \leq \beta. Тогава AD≥BEA D \geq B E. От ∠DCB=γ−30∘\angle D C B= \gamma-30^{\circ} следва, че BD>CD=ADB D\gt{}C D=A D. В частност, m(D)=ADm(D)=A D. Ако X∈△AHCX \in \triangle A H C, то m(X)≤ADm(X) \leq A D, защото кръговете с диаметри CDC D и ADA D покриват △AHC\triangle A H C. Аналогично, ако X∈△BHCX \in \triangle B H C, то m(X)≤BE≤ADm(X) \leq B E \leq A D. Следователно в този случай най-голямата стойност на m(X)m(X) е m(D)=ADsin⁡βcos⁡30∘m(D)=A D \frac{\sin \beta}{\cos 30^{\circ}}. От условието получаваме, че sin⁡βcos⁡30∘=x233\frac{\sin \beta}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}3}}{3}, т. е. β=30∘\beta=30^{\circ}. В случая β≤30∘\beta \leq 30^{\circ} горните разсъждения показват, че най-голямата стойност на m(X)m(X) е m(E)=sin⁡30∘cos⁡βm(E)= \frac{\sin 30^{\circ}}{\cos \beta} и от условието отново получаваме, че β=30∘\beta=30^{\circ}. Следователно ъглите на △ABC\triangle A B C са 30∘,30∘,120∘30^{\circ}, 30^{\circ}, 120^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички a∈Ra \in \mathbb{R}, за които съществува неконстантна функция f:(0,1]→Rf: (0, 1] \rightarrow \mathbb{R} така, чеa+f(x+y−xy)+f(x)f(y)≤f(x)+f(y)a+f(x+y-x y)+f(x) f(y) \leq f(x)+f(y)за произволни x,y∈(0,1]x, y \in(0, 1].
РешениеПолагаме g(x)=1−f(1−x)g(x)=1-f(1-x) и тогава g(xy)≥g(x)g(y)+a,x,y∈Δ=[0,1)g(x y) \geq g(x) g(y)+a, x, y \in \Delta=[0, 1). Ще докажем, че търсените aa са a<14a\lt{}\frac{1}{4}. Нека g(xy)≥g(x)g(y)+14g(x y) \geq g(x) g(y)+\frac{1}{4}. Тогава g(0)≥g2(0)+14g(0) \geq g^{2}(0)+\frac{1}{4}, т. е. g(0)=12g(0)=\frac{1}{2}. Сега от g(0)≥g(0)g(x)+14g(0) \geq g(0) g(x)+\frac{1}{4} следва, че g(x)≤12g(x) \leq \frac{1}{2}. От друга страна, понеже g(x2)≥14g\left(x^{2}\right) \geq \frac{1}{4}, то m=inf⁡Δg≥14m=\inf _{\Delta} g \geq \frac{1}{4}. За всяко ε>0\varepsilon\gt{}0 съществува x∈Δx \in \Delta така, че m+ε>g(x)m+\varepsilon\gt{}g(x). Тогава от m+ε>g(x)≥g2(x2x)+14≥m2+14m+\varepsilon\gt{}g(x) \geq g^{2}(\sqrt{\vphantom{x^2}x})+\frac{1}{4} \geq m^{2}+\frac{1}{4} следва, че m≥m2+14m \geq m^{2}+\frac{1}{4}, т. е. m=12m=\frac{1}{2}. Значи f=12f=\frac{1}{2}. Нека сега 0<a<140\lt{}a\lt{}\frac{1}{4}. Уравнението t2−t+a=0t^{2}-t+a=0 има корени 0<t1<t20\lt{}t_{1}\lt{}t_{2}. Да изберем b∈(t1,t2)b \in\left(t_{1}, t_{2}\right). Тогава b>c=b2+ab\gt{}c=b^{2}+a и за всяка функция f:R→(c,b)f: \mathbb{R} \rightarrow(c, b) имаме, че f(xy)>c>f(x)f(y)+af(x y)\gt{}c\gt{}f(x) f(y)+a.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека II е центърът на вписаната окръжност в неравнобедрен △ABC,A1=AI∩BC\triangle A B C, A_{1}=A I \cap B C и B1=BI∩ACB_{1}=B I \cap A C. Правите през A1A_{1} и B1B_{1}, успоредни съответно на ACA C и BCB C, пресичат правата CIC I в точки A2A_{2} и B2B_{2}. Нека N=AA2∩BB2N= A A_{2} \cap B B_{2} и MM е средата на ABA B. Ако CN∥IMC N \| I M, да се намери отношението CN:IMC N: I M.
РешениеРешение. Нека AA2∩BC=A3A A_2 \cap B C=A_3. От теоремата на Менелай за △A2A3C\triangle A_2 A_3 C и правата AIA2A I A_2 следва, че (1) A2AA3A⋅A3A1CA1⋅CIA2I=1\frac{A_2 A}{A_3 A} \cdot \frac{A_3 A_1}{C A_1} \cdot \frac{C I}{A_2 I}=1. От свойството на ъглополовящите и теоремата на Талес имаме, чеCIA2I=AIA1I=ACA1CиAA2A3A2=ACA3C\frac{C I}{A_2 I}=\frac{A I}{A_1 I}=\frac{A C}{A_1 C} \text{и} \frac{A A_2}{A_3 A_2}=\frac{A C}{A_3 C}От тези равенства и (1) лесно намираме, че A3C=AC⋅A1CAC−A1CA_3 C=\frac{A C \cdot A_1 C}{A C-A_1 C}. При стандартните означения за елементите на △ABC\triangle A B C имаме, че A1C=abb+cA_1 C=\frac{a b}{b+c}. Тогава A3C=abb+c−aA_3 C=\frac{a b}{b+c-a}, откъдето (2) A3C‾A3B‾=ba−c\frac{\overline{A_3 C}}{\overline{A_3 B}}=\frac{b}{a-c}. Аналогично, ако BB2∩AC=B3B B_2 \cap A C=B_3, то B3C‾B3A‾=ab−c\frac{\overline{B_3 C}}{\overline{B_3 A}}=\frac{a}{b-c}. Сега за C3=CN∩ABC_3=C N \cap A B от теоремата на Чева следва, че B3C‾B3A‾=ab−cB3C⋅AC3‾=b(b−c)a(c−a)⋅abb+c−a\frac{\overline{B_3 C}}{\overline{B_3 A}}=\frac{a}{\frac{b-c}{B_3 C}} \cdot \overline{A C_3}=\frac{b(b-c)}{a(c-a)} \cdot \frac{a b}{b+c-a}, откъдето (2) A3C‾A3B‾=ba−c\frac{\overline{A_3 C}}{\overline{A_3 B}}=\frac{b}{a-c}. Аналогично, ако BB2∩AC=B3B B_2 \cap A C=B_3, то B3C‾B3A‾=ab−c\frac{\overline{B_3 C}}{\overline{B_3 A}}=\frac{a}{b-c}. Сега за C3=CN∩ABC_3=C N \cap A B от теоремата на Чева следва, чеAC3‾BC3‾=b(b−c)a(c−a)\frac{\overline{A C_3}}{\overline{B C_3}}=\frac{b(b-c)}{a(c-a)}От друга страна, правата през CC, успоредна на IMI M, пресича страната ABA B в точката на допиране с външновписаната окръжност към тази страна (докажете!). Тогава AC3BC3=c+a−bb+c−a\frac{A C_3}{B C_3}=\frac{c+a-b}{b+c-a}, откъдето b(c−b)a(c−a)=c+a−bb+c−a\frac{b(c-b)}{a(c-a)}=\frac{c+a-b}{b+c-a}. Това равенство лесно приема вида (a−b)(a2+b2−c2)=0(a-b)\left(a^2+b^2-c^2\right)=0. Значи a2+b2=c2a^2+b^2=c^2 (т. е. ∠ACB=90∘\angle A C B=90^{\circ} ). Оттук bc−a=a+c−ba+b−c\frac{b}{c-a}=\frac{a+c-b}{a+b-c} и тогава (2) показва, че външновписаната окръжност към страната BCB C се допира до нея в A3A_3 (аналогично твърдение имаме за ACA C и B3B_3 ). Следователно NN е точката на Нагел за △ABC\triangle A B C. Понеже тя е образ на II при хомотетията с център медицентъра на △ABC\triangle A B C и коефициент -2 (защо?), следва, че CN=2IMC N=2 I M.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-4

Задача 5

Пълен запис
Условие
В равнобедрения △ABC(AC=BC)\triangle A B C(A C=B C) точка MM е вътрешна за AB,AM=2MB,FA B, A M=2 M B, F е средата на BCB C и HH е петата на перпендикуляра от MM към медианата AFA F. Да се докаже, че ∠BHF=∠ABC\angle B H F=\angle A B C.
РешениеДа означим с EE средата на ABA B, с OO средата на AMA M, с GG медицентъра на △ABC\triangle A B C и нека AB=cA B=c. Тогава OH=AO=c/3O H=A O=c / 3 от правоъгълния △AMH\triangle A M H, OE=AE−AO=c/6O E=A E-A O=c / 6 и OB=2c/3O B=2 c / 3 и получаваме △OEH∼△OHB\triangle O E H \sim \triangle O H B. Оттук EMMB=EHHB=12\frac{E M}{M B}=\frac{E H}{H B}=\frac{1}{2}, т. е. HMH M е ъглополовяща в △EHB\triangle E H B и от HM⊥AFH M \perp A F следва, че AFA F е външна ъглополовяща в същия триъгълник, т. е. ∠BHF=∠AHE\angle B H F=\angle A H E От друга страна, имаме ∠EHG=∠EMG\angle E H G=\angle E M G от вписания четириъгълник EMHGE M H G, а ∠EMG=∠ABC\angle E M G=\angle A B C като съответни ъгли при MG∥BFM G \| B F. Следователно ∠BHF=∠AHE=∠AMG=∠ABC\angle B H F=\angle A H E=\angle A M G=\angle A B C.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-5

Задача 6

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-6

Задача 7

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-7

Задача 8

Пълен запис
Условие
Нека pp е просто число от вида 4k+34 k+3 ( kk е цяло неотрицателно число). За всеки две цели числа xx и yy, които не се делят на pp, означаваме с f(x,y)f(x, y) остатъка при деление на (x2+y2)2\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2} с pp. Колко различни стойности може да приема f(x,y)f(x, y)?
РешениеКакто е добре известно, от p∣x2+y2p \mid x^{2}+y^{2} следва p∣xp \mid x и p∣yp \mid y. Тогава f(x,y)≠0f(x, y) \neq 0 за всеки две цели xx и yy, които не се делят на pp. Да означим M={1,2,…,p−1}M=\{1, 2, \ldots, p-1\} и M1={1,2,…,p−12}M_{1}=\left\{1, 2, \ldots, \frac{p-1}{2}\right\}. Числото a∈Ma \in M се нарича квадрат, ако сравнението x2≡a( mod p)x^{2} \equiv a(\bmod p) има решение. Не е трудно да се види, че броят на квадратите е p−12\frac{p-1}{2}. Очевидно всички стойности на f(x,y)f(x, y) са квадрати. Ще докажем, че всеки квадрат е стойност на f(x,y)f(x, y), т. е. търсеният брой стойности е p−12\frac{p-1}{2}. Лема 1. Ако a∈Ma \in M не е квадрат, то съществуват x,y∈Mx, y \in M, за които x2+y2≡a( mod p)x^{2}+y^{2} \equiv a(\bmod p). Доказателство. Да означим A={a−x2( mod p):x∈M1}A=\left\{a-x^{2}(\bmod p): x \in M_{1}\right\} и B={x2( mod p):x∈M1}B=\left\{x^{2}\right. \left.(\bmod p): x \in M_{1}\right\}. Лесно се вижда, че ∣A∣=∣B∣=p−12|A|=|B|=\frac{p-1}{2} и 0∉A,0∉B0 \notin A, 0 \notin B. Да отбележим, че сумата от числата в A∪BA \cup B е ∑(a−x2)+x2=a(p−1)2≢0( mod p)\sum\left(a-x^{2}\right)+x^{2}=\frac{a(p-1)}{2} \not \equiv 0 (\bmod p). Да допуснем, че A∩B=ϕA \cap B=\phi. Тогава A∪B=MA \cup B=M и сумата от числата в A∪BA \cup B е p(p−1)2≡0( mod p)\frac{p(p-1)}{2} \equiv 0(\bmod p), противоречие. Следователно A∩B≠ϕA \cap B \neq \phi, т. е. съществуват x∈Ax \in A и y∈By \in B, за които a−x2≡y2( mod p)a-x^{2} \equiv y^{2}(\bmod p), с което доказателството на лемата е завършено. Лема 2. Ако a∈Ma \in M е квадрат и b∈Mb \in M е такова, че a≡b2( mod p)a \equiv b^{2}(\bmod p), то поне едно от числата bb и p−bp-b не е квадрат. Доказателство. Да допуснем противното, т. е. съществуват α,β∈M\alpha, \beta \in M, за които α2≡b( mod p)\alpha^{2} \equiv b(\bmod p) и β2≡−b( mod p)\beta^{2} \equiv-b(\bmod p). Тогава p∣α2+β2p \mid \alpha^{2}+\beta^{2}, което е невъзможно. Да се върнем към решението на задачата. Ако aa е квадрат, то a≡b2≡(−b)2( mod p)a \equiv b^{2} \equiv (-b)^{2}(\bmod p) като, съгласно Лема 2, поне едно от числата bb и p−bp-b не е квадрат. Чрез това число съгласно Лема 1 получаваме a≡(x2+y2)2( mod p)=f(x,y)a \equiv\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2} (\bmod p)=f(x, y) за някои x,y∈Mx, y \in M.
Отвори задачатаБаза на maths.bgkbom2007-9-8