maths.bgmaths.bg
Всички колекции
OLIOBL

Национална олимпиада по математика — областен кръг

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

23 години5 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2012

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • oliobl2012-12-3: има placeholder текст

12

3 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека II е центърът на вписаната в △ABC\triangle A B C окръжност и A1,B1,C1A_{1}, B_{1}, C_{1} са центровете на оръжностите, описани около △BIC,△CIA\triangle B I C, \triangle C I A и △AIB\triangle A I B. Да се докаже, че: a) правите AA1,BB1A A_{1}, B B_{1} и CC1C C_{1} се пресичат в една точка; б) SA1B1C1SABC=R2r\frac{S_{A_{1} B_{1} C_{1}}}{S_{A B C}}=\frac{R}{2 r}, където rr и RR са радиусите на вписаната и описаната окръжност на △ABC\triangle A B C.
Решениеа) Имаме ∠BIC1=180∘−∠BC1I2=180∘−2∠BAI2=180∘−∠BAC2=∠IBC+∠BCI\angle B I C_{1}=\frac{180^{\circ}-\angle B C_{1} I}{2}= \frac{180^{\circ}-2 \angle B A I}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle B A C}{2}=\angle I B C+\angle B C I. Следователно точките C,IC, I и C1C_{1} лежат на една права. Аналогично и правите AA1A A_{1} и BB1B B_{1} минават през II. б) Тъй като ∠BC1I=2∠BAI=∠BAC\angle B C_{1} I=2 \angle B A I=\angle B A C, то C1C_{1} лежи върху описаната около △ABC\triangle A B C окръжност и е среда на дъгата AB^\widehat{A B}; аналогично за A1A_{1} и B1B_{1}. Тогава∠A1BC1=∠ABC1+∠CBA+∠A1BC=\angle A_{1} B C_{1}=\angle A B C_{1}+\angle C B A+\angle A_{1} B C=∠C2+∠B+∠A2=90∘+∠B2\frac{\angle C}{2}+\angle B+\frac{\angle A}{2}=90^{\circ}+\frac{\angle B}{2}и от синусовата теорема получаваме, че A1C1=2Rcos⁡B2A_{1} C_{1}=2 R \cos \frac{B}{2}. Аналогично B1C1=2Rcos⁡A2B_{1} C_{1}=2 R \cos \frac{A}{2}. Тъй като ∠A1C1B1=90∘−∠C2\angle A_{1} C_{1} B_{1}=90^{\circ}-\frac{\angle C}{2}, следва, чеSA1B1C1=2R2cos⁡A2cos⁡B2cos⁡C2S_{A_{1} B_{1} C_{1}}=2 R^{2} \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}Сега исканото равенство следва от известната формулаcos⁡A2=x2p(p−a)bc\cos \frac{A}{2}=\sqrt{\vphantom{x^2}\frac{p(p-a)}{b c}}и аналогичните за другите ъгли, Хероновата формула и abc=4RS,S=pra b c=4 R S, S=p r.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2012-12-2

Задача 3

Нужна е проверка
Условие
BLANK BLANK BLANK
РешениеBLANK BLANK BLANK
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2012-12-3

Задача 4

Пълен запис
Условие
Нека PP е полином от 2013 степен с реални коефициенти такъв, че за произволни числа x,y,z∈Rx, y, z \in \mathbb{R}, за които P(x)+P(y)+P(z)=0P(x)+P(y)+P(z)=0, следва, чеP(x3)+P(y3)+P(z3)=3P(x)P(y)P(z).P\left(x^{3}\right)+P\left(y^{3}\right)+P\left(z^{3}\right)=3 P(x) P(y) P(z).Да се докаже, че: а) P(x)≠0P(x) \neq 0 при x∈R\{−1,0,1}x \in \mathbb{R} \backslash\{-1, 0, 1\}; б) PP е нечетна функция.
Решениеа) Нека P(α)=0P(\alpha)=0 за някое α∈R\alpha \in \mathbb{R}. Тогава 3P(α3)=3P3(α)=03 P\left(\alpha^{3}\right)=3 P^{3}(\alpha)=0 и по индукция следва, че P(α3n)=0P\left(\alpha^{3^{n}}\right)=0 за всяко n∈Nn \in \mathbb{N}. Понеже PP има краен брой нули (най-много 2013), то α=0\alpha=0 или ∣α∣=1|\alpha|=1, т. е. α=±1\alpha= \pm 1. б) Тъй като PP е от нечетна степен, то P(α)=0P(\alpha)=0 за някое α∈R\alpha \in \mathbb{R}. От а) следва, че α∈{−1,0,1}\alpha \in\{-1, 0, 1\} и значи α3=α\alpha^{3}=\alpha. За всяко x∈Rx \in \mathbb{R} можем да изберем y∈Ry \in \mathbb{R} така, че P(x)=−P(y)P(x)=-P(y). При z=αz=\alpha следва, че P(x3)=−P(y3)P\left(x^{3}\right)=-P\left(y^{3}\right). Пак по индукция получаваме P(x3n)=−P(y3n)P\left(x^{3^{n}}\right)=-P\left(y^{3^{n}}\right). При x>1x\gt{}1 имаме lim⁡n→∞x3n=∞\lim _{n \rightarrow \infty} x^{3^{n}}=\infty. В частност, ∣y∣>1|y|\gt{}1. Понеже lim⁡∣t∣→∞P(t)/t3≠0\lim _{|t| \rightarrow \infty} P(t) / t^{3} \neq 0, то lim⁡n→∞(x/y)3n=−1\lim _{n \rightarrow \infty}(x / y)^{3^{n}}=-1. Значи x=−yx=-y, т. е. P(x)=−P(−x)P(x)=-P(-x) при x>1x\gt{}1, а оттам и за всяко xx.
Отвори задачатаБаза на maths.bgoliobl2012-12-4