ОБЩИНСКИ КРЪГ 11 КЛАС 2425

[Гост]

Здравейте, пращам олимпиадата, на която днес бях. На листа са драскани простотии, не ги гледайте.
Ако някой има време и желание, би ли могъл да си прати решенията, за да сверя ?

[pal702004]

Трета задача е ОК. Коефициентите $a,b,c$ са правилно определени $2,7,8$. Полиномите са правилно факторизирани, неравенството е правилно решено и определено $x-4$. Аз получавам $M(4)+N(4)=237$ което не виждам на листа.

Втора задача: От условията лессно се определят страните (основи 12 и 4, бедра 6 и 10). Освен това трапеца е и правоъгълен ($\angle BAD=90^{o}$). И вече е лесно

Сбор от синусите: $2+2\cdot \frac 3 5$

Радиус на вписаната окр. - продължаваме бедрата до пресичане, получаваме правоъгълен тр-к. със страни $12,9,15$ и радиус на впис. окр. $\dfrac{12+9-15}{2}$

Ъгъл м/у диагоналите: Не съм смятал, но например могат да се намерят диагоналите (по питагорова и косинусова теорема), от там от подобието на триъгълниците при основите се делят от пресечната точка $3:1$ и отново да ползваме косинусовата. Възможно е да има и по-хитър начин.

Първата не съм я мислил, досадна ми е. Но ако си получил отговори цели числа, значи е по-скоро ОК.

[Гост]

Трета задача е ОК. Коефициентите $a,b,c$ са правилно определени $2,7,8$. Полиномите са правилно факторизирани, неравенството е правилно решено и определено $x-4$. Аз получавам $M(4)+N(4)=237$ което не виждам на листа.

Втора задача: От условията лессно се определят страните (основи 12 и 4, бедра 6 и 10). Освен това трапеца е и правоъгълен ($\angle BAD=90^{o}$). И вече е лесно

Сбор от синусите: $2+2\cdot \frac 3 5$

Радиус на вписаната окр. - продължаваме бедрата до пресичане, получаваме правоъгълен тр-к. със страни $12,9,15$ и радиус на впис. окр. $\dfrac{12+9-15}{2}$

Ъгъл м/у диагоналите: Не съм смятал, но например могат да се намерят диагоналите (по питагорова и косинусова теорема), от там от подобието на триъгълниците при основите се делят от пресечната точка $3:1$ и отново да ползваме косинусовата. Възможно е да има и по-хитър начин.

Първата не съм я мислил, досадна ми е. Но ако си получил отговори цели числа, значи е по-скоро ОК.

Страшно много се радвам. Синусите са ми така. Радиуса също. За стойността на полинома в последствие получих 237, с безу. Първа , ирационалното не можах да го опростя както трябва. Логаритмите ги намерих. Обаче леко драсках на 1 от беловите листи. Единственото ми грешно е това, че не съм доопростил израза като хората. Дано да мога да взема поне 17т. Благодаря Ви!!!

[Гост]

Трета задача е ОК. Коефициентите $a,b,c$ са правилно определени $2,7,8$. Полиномите са правилно факторизирани, неравенството е правилно решено и определено $x-4$. Аз получавам $M(4)+N(4)=237$ което не виждам на листа.

Втора задача: От условията лессно се определят страните (основи 12 и 4, бедра 6 и 10). Освен това трапеца е и правоъгълен ($\angle BAD=90^{o}$). И вече е лесно

Сбор от синусите: $2+2\cdot \frac 3 5$

Радиус на вписаната окр. - продължаваме бедрата до пресичане, получаваме правоъгълен тр-к. със страни $12,9,15$ и радиус на впис. окр. $\dfrac{12+9-15}{2}$

Ъгъл м/у диагоналите: Не съм смятал, но например могат да се намерят диагоналите (по питагорова и косинусова теорема), от там от подобието на триъгълниците при основите се делят от пресечната точка $3:1$ и отново да ползваме косинусовата. Възможно е да има и по-хитър начин.

Първата не съм я мислил, досадна ми е. Но ако си получил отговори цели числа, значи е по-скоро ОК.

Формулата d1d2sinphi)/2 не важи ли за трапец?

[pal702004]

Формулата d1d2sinphi)/2 не важи ли за трапец?

Важи, разбира се. Просто не всички формули помня.

[Гост]

Формулата d1d2sinphi)/2 не важи ли за трапец?

Важи, разбира се. Просто не всички формули помня.

Аз ъгъл phi намерих с тази формула. Чат гпт казва, че важи само за успоредник и ромб .

[pal702004]

Чат гпт казва, че важи само за успоредник и ромб.

Тази формулировка не ти ли е достатъчна да разбереш, че това нещо хабер си няма от света.
Напиши му, че важи още и за правоъгълник и за квадрат.
Накарай го да ти докаже, че важи и за трапец.

[ptj]

Ако не виждате защо произведението на диагоналите на всеки четириъгълник със синуса на ъгъла между тях дават лицето му, определено можете само да размените резултата си от олимпиадата за някоя и друга допълнителна шестица по математика. На следващото ниво едва ли ще съберете повече от 10 точки.

[Евва]

1 зад. M=A.B+C
A=? B=? C=?

A= [tex]\frac{ y^{ \frac{2}{3} } }{ (x^{ \frac{1}{6} } )^{3 } - ( y^{ \frac{1}{3} } )^{3 } }[/tex] +[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{6} } +y^{ \frac{1}{3} } }{ (x^{ \frac{1}{6} }) ^{2 }+ x^{ \frac{1}{6} } y^{ \frac{1}{3} } + (y^{ \frac{1}{3} }) ^{2 } }[/tex]

A=[tex]\frac{ y^{ \frac{2}{3} } +(x^{ \frac{1}{6}}- y^{ \frac{1}{3} } )( x^{ \frac{1}{6} } +y^{ \frac{1}{3} }) }{ (x^{ \frac{1}{6} } ) ^{3 }- (y^{ \frac{1}{3} } ) ^{3 } }[/tex]

A=[tex]\frac{ y^{ \frac{2}{3} }+ x^{ \frac{1}{3} } -y^{ \frac{2}{3} } }{ x^{ \frac{1}{2} } -y}[/tex]

A=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } }{( x^{ \frac{1}{4} } - y^{ \frac{1}{2} } )( x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} }) }[/tex]

B=[tex]x^{ \frac{1}{4} } y^{ \frac{1}{3} } ( x^{ \frac{1}{4} } - y^{ \frac{1}{2} } )[/tex]

C=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{5}{6} } }{ x^{ \frac{1}{4} }+ y^{ \frac{1}{2} } }[/tex]


M=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } }{( x^{ \frac{1}{4} } -y^{ \frac{1}{2} } )(x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} } ) }[/tex].[tex]x^{ \frac{1}{4} } y^{ \frac{1}{3} } ( x^{ \frac{1}{4} } - y^{ \frac{1}{2} } )[/tex] +[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{5}{6} } }{ x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} } }[/tex]

M=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{1}{3} } x^{ \frac{1}{4} } +x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{1}{2} } }{ x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} } }[/tex]

M=[tex]\sqrt[3]{xy}[/tex]

[Гост]

1 зад. M=A.B+C
A=? B=? C=?

A= [tex]\frac{ y^{ \frac{2}{3} } }{ (x^{ \frac{1}{6} } )^{3 } - ( y^{ \frac{1}{3} } )^{3 } }[/tex] +[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{6} } +y^{ \frac{1}{3} } }{ (x^{ \frac{1}{6} }) ^{2 }+ x^{ \frac{1}{6} } y^{ \frac{1}{3} } + (y^{ \frac{1}{3} }) ^{2 } }[/tex]

A=[tex]\frac{ y^{ \frac{2}{3} } +(x^{ \frac{1}{6}}- y^{ \frac{1}{3} } )( x^{ \frac{1}{6} } +y^{ \frac{1}{3} }) }{ (x^{ \frac{1}{6} } ) ^{3 }- (y^{ \frac{1}{3} } ) ^{3 } }[/tex]

A=[tex]\frac{ y^{ \frac{2}{3} }+ x^{ \frac{1}{3} } -y^{ \frac{2}{3} } }{ x^{ \frac{1}{2} } -y}[/tex]

A=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } }{( x^{ \frac{1}{4} } - y^{ \frac{1}{2} } )( x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} }) }[/tex]

B=[tex]x^{ \frac{1}{4} } y^{ \frac{1}{3} } ( x^{ \frac{1}{4} } - y^{ \frac{1}{2} } )[/tex]

C=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{5}{6} } }{ x^{ \frac{1}{4} }+ y^{ \frac{1}{2} } }[/tex]


M=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } }{( x^{ \frac{1}{4} } -y^{ \frac{1}{2} } )(x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} } ) }[/tex].[tex]x^{ \frac{1}{4} } y^{ \frac{1}{3} } ( x^{ \frac{1}{4} } - y^{ \frac{1}{2} } )[/tex] +[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{5}{6} } }{ x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} } }[/tex]

M=[tex]\frac{ x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{1}{3} } x^{ \frac{1}{4} } +x^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{1}{3} } y^{ \frac{1}{2} } }{ x^{ \frac{1}{4} } +y^{ \frac{1}{2} } }[/tex]

M=[tex]\sqrt[3]{xy}[/tex]

Благодаря Ви! Ако имате време, бихте ли решили и 2. В) с ъгъла между диагоналите. Благодаря

[ptj]

По-горе колегата ви е написал всичко за трапеца:

[tex]AB=12,CD=4,AD=6,BC=10,\angle{BAD}=\angle{CDA}=90 ^\circ[/tex].

Решението е елементарно (ниво-домашна за 9 клас) :

Продължаваме [tex]AD[/tex] и [tex]BC[/tex] до пресичането им в точка [tex]E[/tex].

[tex]\triangle CDE \sim \triangle BAЕ[/tex] със съотношение [tex]1:3=CD:BA[/tex]

Тогава лицата на горните два правоъгълни триъгълника са съответно 6 и 54.

[tex]S_{ABCD}=54-6=48[/tex] (може да го намерите също като умножите средната отсечка по бедрото, явяващо се височина, т.е. [tex]\frac{4+12}{2}.6[/tex]).

[tex]AC= \sqrt{4^2+6^2}=2 \sqrt{13}[/tex]

[tex]BD= \sqrt{6^2+12^2}=6 \sqrt{5}[/tex]

[tex]AC \cap BD = \{т.O\}[/tex]

[tex]sin(\angle {AOD})=\frac{S_{ABCD}}{AC.BD}= \frac{48}{12 \sqrt{65} }= \frac{4}{ \sqrt{65} }[/tex]

[tex]cos(\angle {AOD})={ \frac{7}{ \sqrt{65} } }[/tex].

[S.B.]

Без заглавие - 2024-12-08T170842.557.png (322.03 KiB) Прегледано 491 пъти

По работния чертеж:
В трапеца може да се впише окръжност [tex]\Rightarrow AB +CD = AD + BC = 16[/tex]
[tex]\begin{array}{|l} AB + CD = 16 \\ AB:CD = 3 \end{array} \Rightarrow AB = 12, CD= 4[/tex]
[tex]\angle ABC = \beta ,\tg \beta = \frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\begin{array}{|l} \displaystyle \frac{\sin \beta }{\cos \beta } = \displaystyle \frac{3}{4} \\ \sin^{2 } \beta + \cos^{2 } \beta = 1 \end{array} \Rightarrow \sin \beta = \displaystyle\frac{3}{5} . \cos \beta = \displaystyle \frac{4}{5}[/tex]
[tex]AD = x \Rightarrow BC = 16 - x[/tex]
Построявам [tex]C C_{1 } ||AD , CC_{1 } = x[/tex] (Защото [tex]A C_{1 }CD[/tex] е успоредник.)
За [tex]\triangle C_{1 }BC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]C C_{1 } ^{2 } = C_{1 }B ^{2 } + BC^{2 } - 2. C_{1 }B.BC.\cos \beta \Leftrightarrow x^{2 }= 8^{2 }+ (16 - x)^{2 } - 2.8.(16 - x). \frac{4}{5} \Rightarrow x = 6[/tex]
За страните на трапеца получихме:
$$AB = 12, BC = 10, CD = 4 , AD = 6$$

За [tex]\angle \alpha[/tex] в [tex]\triangle C_{1 }BC[/tex] прилагам Косинусова теорема:

[tex]\cos \alpha = \frac{ BC^{2 } - C C_{1 } ^{2 } - C_{1 }B ^{2 } }{-2.C C_{1 },B C_{1 } } = \frac{ 10^{2 } - 8^{2 } - 6^{2 } }{-2.8.6} = 0[/tex]
[tex]\cos \alpha = 0 \Rightarrow \angle \alpha = 90 ^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle DAB = \angle ADC = 90 ^\circ[/tex]
За сбора от синусите се получава :[tex]2\sin \alpha + \sin \beta + \sin(180 ^\circ - \beta )= 2 + 2. \frac{3}{5} = 3 \frac{1}{5}[/tex]

По действителния чертеж:

В правоъгълния трапец $ABCD$ е вписана окръжност [tex]\Leftrightarrow 2r = AD = 6[/tex]
$$\Rightarrow r = 3$$
[tex]AC \cap BD = O[/tex]
За правоъгълния [tex]\triangle ACD[/tex] прилагам Питагорова теорема:
[tex]AC^{2 } = AD^{2 }+ DC^{2 } \Leftrightarrow AC^{2 } = 6^{2 } + 4^{2 } = 52 \Rightarrow AC = 2 \sqrt{13}[/tex]
За правоъгълния [tex]\triangle ABD[/tex] прилагам Питагорова теорема :
[tex]BD^{2 } = AB^{2 } + AD^{2 } = 6^{2 } + 12^{2 } = 180 \Rightarrow BD = 6 \sqrt{5}[/tex]

Подлагам диагонала $BD$ на транслация с вектор [tex]\vec{DC}[/tex] при която [tex]D \rightarrow C , B \rightarrow B_{1 }[/tex]
[tex]\angle AC B_{1 } = \angle AOB = \varphi[/tex] (Като съответни ъгли получени при пресичане на две успоредни прави с трета)

[tex]S_{A B_{1 }C } = \frac{A B_{1 }.AD }{2} = \frac{16.6}{2} = 48[/tex]
[tex]S_{A B_{1 }C } = \frac{AC. B_{1 }C }{2}.\sin \varphi = \frac{2 \sqrt{13}.6 \sqrt{5} }{2}.\sin \varphi = 6 \sqrt{65}.\sin \varphi[/tex]
[tex]\begin{cases} S_{A B_{1 }C }= 48 \\ S_{A B_{1 }C } = 6\sqrt{65}.\sin \varphi \end{cases} \Rightarrow 6 \sqrt{65}.\sin \varphi = 48[/tex]
$$\Rightarrow \sin \varphi = \frac{48}{6 \sqrt{65} } = \frac{8}{\sqrt{65} } $$

[tex]\cos \varphi = \pm \sqrt{1 - \sin^{2 } \varphi } = \pm \sqrt{1 - \frac{64}{65} } = \pm \sqrt{ \frac{1}{65} }[/tex]
Търсим $\cos$ от острия ъгъл
$$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{ \sqrt{65} }{65} $$

Скрит текст: покажи

[tex]\triangle AB_{1 }C[/tex] е равнолицев на трапеца $ABCD$ [tex]\Rightarrow S_{ABCD } = \frac{AC.BD}{2}.\sin \angle AOB[/tex]

[Гост]

Без заглавие - 2024-12-08T170842.557.png

По работния чертеж:
В трапеца може да се впише окръжност [tex]\Rightarrow AB +CD = AD + BC = 16[/tex]
[tex]\begin{array}{|l} AB + CD = 16 \\ AB:CD = 3 \end{array} \Rightarrow AB = 12, CD= 4[/tex]
[tex]\angle ABC = \beta ,\tg \beta = \frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\begin{array}{|l} \displaystyle \frac{\sin \beta }{\cos \beta } = \displaystyle \frac{3}{4} \\ \sin^{2 } \beta + \cos^{2 } \beta = 1 \end{array} \Rightarrow \sin \beta = \displaystyle\frac{3}{5} . \cos \beta = \displaystyle \frac{4}{5}[/tex]
[tex]AD = x \Rightarrow BC = 16 - x[/tex]
Построявам [tex]C C_{1 } ||AD , CC_{1 } = x[/tex] (Защото [tex]A C_{1 }CD[/tex] е успоредник.)
За [tex]\triangle C_{1 }BC[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]C C_{1 } ^{2 } = C_{1 }B ^{2 } + BC^{2 } - 2. C_{1 }B.BC.\cos \beta \Leftrightarrow x^{2 }= 8^{2 }+ (16 - x)^{2 } - 2.8.(16 - x). \frac{4}{5} \Rightarrow x = 6[/tex]
За страните на трапеца получихме:
$$AB = 12, BC = 10, CD = 4 , AD = 6$$

За [tex]\angle \alpha[/tex] в [tex]\triangle C_{1 }BC[/tex] прилагам Косинусова теорема:

[tex]\cos \alpha = \frac{ BC^{2 } - C C_{1 } ^{2 } - C_{1 }B ^{2 } }{-2.C C_{1 },B C_{1 } } = \frac{ 10^{2 } - 8^{2 } - 6^{2 } }{-2.8.6} = 0[/tex]
[tex]\cos \alpha = 0 \Rightarrow \angle \alpha = 90 ^\circ[/tex]
[tex]\Rightarrow \angle DAB = \angle ADC = 90 ^\circ[/tex]
За сбора от синусите се получава :[tex]2\sin \alpha + \sin \beta + \sin(180 ^\circ - \beta )= 2 + 2. \frac{3}{5} = 3 \frac{1}{5}[/tex]

По действителния чертеж:

В правоъгълния трапец $ABCD$ е вписана окръжност [tex]\Leftrightarrow 2r = AD = 6[/tex]
$$\Rightarrow r = 3$$
[tex]AC \cap BD = O[/tex]
За правоъгълния [tex]\triangle ACD[/tex] прилагам Питагорова теорема:
[tex]AC^{2 } = AD^{2 }+ DC^{2 } \Leftrightarrow AC^{2 } = 6^{2 } + 4^{2 } = 52 \Rightarrow AC = 2 \sqrt{13}[/tex]
За правоъгълния [tex]\triangle ABD[/tex] прилагам Питагорова теорема :
[tex]BD^{2 } = AB^{2 } + AD^{2 } = 6^{2 } + 12^{2 } = 180 \Rightarrow BD = 6 \sqrt{5}[/tex]

Подлагам диагонала $BD$ на транслация с вектор [tex]\vec{DC}[/tex] при която [tex]D \rightarrow C , B \rightarrow B_{1 }[/tex]
[tex]\angle AC B_{1 } = \angle AOB = \varphi[/tex] (Като съответни ъгли получени при пресичане на две успоредни прави с трета)

[tex]S_{A B_{1 }C } = \frac{A B_{1 }.AD }{2} = \frac{16.6}{2} = 48[/tex]
[tex]S_{A B_{1 }C } = \frac{AC. B_{1 }C }{2}.\sin \varphi = \frac{2 \sqrt{13}.6 \sqrt{5} }{2}.\sin \varphi = 6 \sqrt{65}.\sin \varphi[/tex]
[tex]\begin{cases} S_{A B_{1 }C }= 48 \\ S_{A B_{1 }C } = 6\sqrt{65}.\sin \varphi \end{cases} \Rightarrow 6 \sqrt{65}.\sin \varphi = 48[/tex]
$$\Rightarrow \sin \varphi = \frac{48}{6 \sqrt{65} } = \frac{8}{\sqrt{65} } $$

[tex]\cos \varphi = \pm \sqrt{1 - \sin^{2 } \varphi } = \pm \sqrt{1 - \frac{64}{65} } = \pm \sqrt{ \frac{1}{65} }[/tex]
Търсим $\cos$ от острия ъгъл
$$\Rightarrow \cos \varphi = \frac{ \sqrt{65} }{65} $$

Скрит текст: покажи

[tex]\triangle AB_{1 }C[/tex] е равнолицев на трапеца $ABCD$ [tex]\Rightarrow S_{ABCD } = \frac{AC.BD}{2}.\sin \angle AOB[/tex]

Phahah ptj se osral maj

[ptj]

Намерих си грешката:

Формулата за лице е [tex]S= \frac{d_1.d_2.sin( \varphi) }{2}[/tex],

т.е. [tex]sin(\angle {AOB})= \frac{8}{ \sqrt{65} } \Rightarrow cos(\angle{AOB})= \frac{1}{ \sqrt{65} }[/tex].

[S.B.]

Без заглавие - 2024-12-08T170842.557.png (322.03 KiB) Прегледано 424 пъти

Ето и едно много по-простичко решение :
За [tex]\triangle A B_{1 }C[/tex] прилагам Косинусова теорема:
[tex]\cos \varphi = \frac{ 16^{2 } - 36.5 - 4.13 }{-2.2 \sqrt{13}.6 \sqrt{5} } = \frac{24}{- 24 \sqrt{65} } = - \frac{1}{ \sqrt{65} }= - \frac{ \sqrt{65} }{65}[/tex]
[tex]\cos \varphi < 0 \Rightarrow \angle \varphi = \angle AOB > 90 ^\circ[/tex]
[tex]\angle AOD = 180 ^\circ - \varphi \Rightarrow \angle AOD < 90 ^\circ \Rightarrow \cos \angle AOD = \frac{ \sqrt{65} }{65}[/tex]