Высшая проба 2022, 11 класс, задача 3
( баллов) Гипотенуза прямоугольного треугольника касается вписанной и соответствующей вневписанной окружностей в точках , соответственно. Окружность, проходящая через середины сторон, касается этих же окружностей в точках , соответственно. Докажите, что .
Решение. Введем обозначения для длин сторон: , , . Сделаем инверсию с центром и радиусом с симметрией относительно биссектрисы угла . Гипотенуза и окружность Эйлера треугольника переходят друг в друга. В самом деле, середины сторон прямоугольного треугольника и вершина его прямого угла лежат в вершинах прямоугольника, значит все четыре на одной окружности. Значит при инверсии образ окружности - прямая, легко посчитать, что эта прямая отсекает от лучей и отрезки длины и соответственно, то есть симметрична относительно биссектрисы угла .
Лемма. Вписанная и вневписанная окружности треугольника переходят друг в друга.
Доказательство. Действительно, касательная из к вписанной окружности равна ее радиусу , а касательная из к вневписанной окружности равна полупериметру . Таким образом, их произведение - площади треугольника . Итак, .
Следовательно, переходит в , а переходит в . Угол переходит в угол , значит они равны.
: эти критерии оценивают прогресс в доказательстве оценки$C$6 56.
A0 Голый ответ -. иДоказательство, что< 60: также.
A7 Пол(уче)но к(лю)чевое ут(вер)ждение, что если можно ошибиться не болеераз (т.е.=) то 60 + 60 + ··· + 60 > 216, но не указано правильное значение, для которого 0 1неравенство становится верным: ∓ и.
A9 Корректно доказанная оценка ∓ и.
Баллы за разные литеры складываются.
B0 Построени любых алгоритмов, доказывающих> 52.
B3 Мечты в духе “нас бы устроил Хэминговский код с такими-то свойствами”, если требу- ется исправлять больше одной ошибки, и нет соображений, как его строить –.
B8 Пример чистый по модулю существования совершенного кода Хэминга, исправляющего одну ошибку, которое постулировано но не доказано – то же, что.
B9 Пример 56 — +/2 и(таким образом+дает полную цену задачи).