D. Дан прямоугольник ABCD. На луче DC отложен отрезок DK, равный BD. Точка M — середина отрезка BK. Докажите, что AM — биссектриса угла BAC.

Решение. Поскольку BD=DK, то медиана DM треугольника BDK является также высотой и биссектрисой, то есть∠BMD =90° и ∠BDM=∠BDC/2.

Теперь рассмотрим четырехугольник ABMD. В нем ∠BAD=∠BMD=90°, то есть он вписанный. Следовательно, ∠BAM=∠BDM=∠BDC/2=∠BAC/2, то есть AM — биссектриса.

Другое решение. Вновь заметим (как в первом решении), что DM — биссектриса ∠BDC. Пусть E и F — середины AD и BC. Тогда точка M лежит на EF (например, потому, что MC=BK/2=BM как медиана к гипотенузе, а значит, перпендикуляр из E проходит через середину BC). При симметрии относительно прямой EF ∠BDC переходит в ∠BAC, а DM — в AM. Поэтому AM — биссектриса ∠BAC.

Критерии. Доказано, что DM — биссектриса ∠BDC — 1 балл.

Ссылка на симметрию без чёткой формулировки (т. е. после доказательства того, что DM — биссектриса ∠BDC, написано «по симметрии, AM — биссектриса ∠BAC) — 5 баллов. Не доказано, что M лежит на EF — 6 баллов (в качестве доказательства можно также сослаться на координаты).

 

(10)

2E. Азимутом называется угол от 0 до 360°, отсчитанный по часовой стрелке от направления на север до направления на нужный ориентир. Алекс видит телебашню под азимутом 60°, водонапорную башню под азимутом 90°, а колокольню под азимутом 120°. Для Бориса те же азимуты соответственно равны 270°, 240° и Х. Какие значения может принимать Х?

 

Решение. Начнём с того, что азимут 90° — это направление с востока на запад, а 270° — с запада на восток. Отсюда следует, что Борис находится восточнее Алекса и (с учётом других данных из условия) севернее его. Следовательно, азимут от Бориса к Алексу не превышает 270°. Х — ещё меньше, но в случае расположения Бориса и Алекса почти на одной параллели может быть сколь угодно близок к 270°.

Так как колокольня находится южнее (и восточнее) Алекса, то она южнее Бориса. Поэтому Х не может быть меньше 120° (азимута на колокольню от Алекса). С увеличением расстояния до колокольни Х может стать сколь угодно близким к 120°.

Ответ:от 120° до 270° (исключая крайние значения).

Критерии. По общим правилам. Верное решение может также иметь вид рисунка с небольшими пояснениями. Если ошибка ТОЛЬКО в учёте крайних значений, то 6 баллов.

 

(11)

F. Для исследования подводного мира соорудили прямолинейную штангу, уходящую под углом 45° к поверхности воды на глубину 100 метров. Водолаз связан со штангой гибким тросом, позволяющим ему удаляться от любой точки штанги на расстояние не более 10 метров. Считая размеры водолаза нулевыми (точечными), найдите объём доступной ему части подводного пространства. Дайте точный ответ и округлите его до ближайшего целого значения в кубических метрах.

Решение. Начнём с того, что на глубину 100 метров под углом 45° заходит штанга длиной H=100√2 метров. Объём цилиндра такой высоты с радиусом основания 10 метров: πr²H=10000π√2 кубическимметрам. Водолазу доступна любая точка внутри этого цилиндра, за исключением его надводной части. Но эта надводная часть компенсируется равной подводной областью, примыкающей к цилиндру чуть выше его. Наконец, от нижнего конца штанги водолазу доступна лежащая вне цилиндра область в форме полушара радиусом 10 метров, объём которой равен 2000π∕3. Таким образом, объём доступной водолазу части подводного пространства равен 1000π(10√2+2∕3)≈ 46523,2 кубическогометра.Округление до ближайшего целого значения в кубических метрах – 46523.

 

Критерии. Если ошибка только в округлении (в том числе слишком грубые приближения π и √2) или отсутствует округленное значение, то 6 баллов.

Если допущена одна ошибка в вычислениях или формулах (напр. неверная формула объёма шара), то 5 баллов. Если ошибок в вычислениях/формулах более одной или решение неверно в принципе (например, потерян √2, или забыт полушар), то не выше 2 баллов.

Важное замечание. В условии точно указаны размеры подводной части штанги, но не утверждается, что она обрывается у поверхности воды. Напротив, контекст явно предполагает её продолжение над водой, что нужно использовать в решении. Но если участник ввёл это дополнительное ограничение и справился с (более трудной!) задачей в искажённой формулировке, то он заслуживает оценки в 7 баллов. В таком решении появляется часть цилиндра, объём которой вычисляется через интегралы, а также 1/8 шара вокруг верхнего конца штанги.