maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLINAT

Национална олимпиада по математика — национален кръг

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

18 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избран клас

11

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • olinat2023-11-1: има placeholder текст
  • olinat2023-11-4: има placeholder текст

2023

4 задачи

Задача 1

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-1

Задача 2

Пълен запис
Условие
В △ABC\triangle A B C разстоянието от върха BB до центъра на вписаната окръжност е равно на радиусът на описаната около триъгълника окръжност и cos⁡∠ABC=x274\cos \angle A B C=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}}{4}. Да се докаже, че △ABC\triangle A B C е правоъгълен.
РешениеАко означим с II центърът на вписаната окръжност за △ABC\triangle A B C, то от синусовата теорема за △ABI\triangle A B I получавамеRsin⁡α2=BIsin⁡α2=csin⁡(α+β2)=\frac{R}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{B I}{\sin \frac{\alpha}{2}}=\frac{c}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}=2Rsin⁡γsin⁡(α+β2)=\frac{2 R \sin \gamma}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}=2Rsin⁡(α+β)sin⁡(α+β2)=4Rsin⁡(γ2)\frac{2 R \sin (\alpha+\beta)}{\sin \left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)}=4 R \sin \left(\frac{\gamma}{2}\right)Следователно sin⁡γ2sin⁡α2=14\sin \frac{\gamma}{2} \sin \frac{\alpha}{2}=\frac{1}{4}. Пресмятамеsin⁡β2=x21−cos⁡β2=x27−14\sin \frac{\beta}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1-\cos \beta}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}-1}{4} \quadиcos⁡β2=x21+cos⁡β2=x27+14. \text{и} \quad \cos \frac{\beta}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{1+\cos \beta}{2}}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}+1}{4}.Освен това12=2sin⁡γ2sin⁡α2=cos⁡α−γ2−cos⁡α+γ2=\frac{1}{2}=2 \sin \frac{\gamma}{2} \sin \frac{\alpha}{2}=\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}-\cos \frac{\alpha+\gamma}{2}=cos⁡α−γ2−sin⁡β2=cos⁡α−γ2−x27−14\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}-\sin \frac{\beta}{2}=\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}-\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}-1}{4}откъдето намираме cos⁡α−γ2=x27+14=cos⁡β2\cos \frac{\alpha-\gamma}{2}=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}7}+1}{4}=\cos \frac{\beta}{2}. Оттук директно следва, че α−γ=β\alpha-\gamma=\beta или γ−α=β\gamma-\alpha=\beta, т. е. α=90∘\alpha=90^{\circ} или γ=90∘\gamma=90^{\circ}.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-2

Задача 3

Пълен запис
Условие
Дадени са реални числа a,b,ca, b, c и dd, за коитоax2c2−b2+bx2d2−a2=c2d2−cd+1a \sqrt{\vphantom{x^2}c^{2}-b^{2}}+b \sqrt{\vphantom{x^2}d^{2}-a^{2}}=c^{2} d^{2}-c d+1Да се намери стойността на израза a2c2+b2d2a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}.
РешениеТъй като c2≥b2c^{2} \geq b^{2} и d2≥a2d^{2} \geq a^{2}, то съществуват ълли α\alpha и β\beta от интервала [0,π2]\left[0, \frac{\pi}{2}\right], за които ∣b∣=∣c∣sin⁡α|b|=|c| \sin \alpha и ∣a∣=∣d∣sin⁡β|a|=|d| \sin \beta. Заместване в даденото в условието равенство, и като използваме неравенството c2d2−cd+1≥∣cd∣c^{2} d^{2}-c d+1 \geq|c d| (то е очевидно за cd<0c d\lt{}0, а при cd≥0c d \geq 0 е еквивалентно на (cd−1)2≥0(c d-1)^{2} \geq 0 ), получаваме∣cd∣cos⁡(α+β)=c2d2−cd+1≥∣cd∣.|c d| \cos (\alpha+\beta)=c^{2} d^{2}-c d+1 \geq|c d|.Следователно cos⁡(α+β)≥1\cos (\alpha+\beta) \geq 1, което означава, че cos⁡(α+β)=1\cos (\alpha+\beta)=1, т. е. α+β=90∘\alpha+\beta=90^{\circ} и cd=1c d=1. Пресмятаме a2c2+b2d2=d2c2sin⁡2β+c2d2sin⁡2α=c2d2(sin⁡2β+cos⁡2β)=1a^{2} c^{2}+b^{2} d^{2}=d^{2} c^{2} \sin ^{2} \beta+c^{2} d^{2} \sin ^{2} \alpha=c^{2} d^{2}\left(\sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \beta\right)=1.
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-3

Задача 4

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgolinat2023-11-4