IX Dolnośląski Konkurs Matematyczny
ETAP FINAŁOWY
„zDolny Ślązak Gimnazjalista” 2008/2009
Schemat punktowania
1
1
1
.
.
.
Zakładamy, Ŝe x
≠
0, y
≠
0 i x
≠
y. MnoŜąc obie strony równania przez xy(x – y)
otrzymujemy: y(x – y) – x(x – y) = xy, czyli xy – y
2
– x
2
+ xy = xy czyli x
2
+ y
2
= xy.
MnoŜąc obie strony przez 2 otrzymujemy:
2x
2
+ 2y
2
= 2xy
x
2
+ y
2
+ x
2
– 2xy + y
2
= 0
x
2
+ y
2
+ (x – y)
2
= 0
Ostatnia równość jest spełniona jedynie wówczas, gdy x = y = x – y = 0, ale to jest
sprzeczne z wcześniej sformułowanymi załoŜeniami. Nie istnieje para liczb spełniająca to
równanie.
Punktacja
•
(1 pkt) Zapisanie załoŜeń: x
≠
0, y
≠
0 i x
≠
y
•
(1 pkt) PomnoŜenie obu stron równania przez xy(x – y) i doprowadzenie do postaci :
y(x – y) – x(x – y) = xy
•
(1 pkt) Doprowadzenie do postaci x
2
+ y
2
= xy
•
(1 pkt) Przekształcenie do postaci x
2
+ y
2
+ (x – y)
2
= 0
•
(1 pkt) Analiza otrzymanej równości (jest spełniona jedynie wówczas, gdy x = y = x
– y = 0)
•
(1 pkt) Porównanie z załoŜeniami i wniosek, Ŝe nie istnieje para liczb spełniająca to
równanie.
2
2
2
.
.
.
Rozwiązanie przeprowadźmy w kilku krokach:
>
n
30
jest liczbą 29-cyfrową, więc n < 10.
>
suma cyfr liczby n
30
jest równa 99, więc n = 3 lub n = 6 lub n = 9
>
odrzucamy n = 6, bo n
30
jest nieparzysta
>
3
30
ma w rozwinięciu dziesiętnym cyfrę jedności równą 9
>
n = 9.
Punktacja
•
(1 pkt) Ustalenie, Ŝe n < 10.
•
(1 pkt) Obliczenie sumy cyfr liczby n
30
•
(1 pkt) Ustalenie, Ŝe n = 3 lub n = 6 lub n = 9
•
(1 pkt) Odrzucenie n = 6
•
(1 pkt) Obliczenie, Ŝe 3
30
ma w rozwinięciu dziesiętnym cyfrę jedności równą 9
•
(1 pkt) Odpowiedź: n = 9.
3
3
3
.
.
.
Szukana liczba ma postać: 100M + 10x + y. Zachodzi równość
100M + 10y + x = 0,9(100M + 10x + y)
100M + 10y + x = 90M + 9x + 0,9y
10M + 9,1y – 8x = 0
80x – 100M = 91y
Lewa strona dzieli się przez 10, więc prawa teŜ, a to znaczy, Ŝe y = 0
80x – 100M = 0
4x = 5M
Prawa strona dzieli się przez 5, więc lewa teŜ, a to oznacza, Ŝe x = 5
5M = 20
M = 4
Jedyną liczbą spełniającą warunki zadania jest 450.
Punktacja
•
(1 pkt) Zapisanie szukanej liczby w postaci 100M + 10x + y.
•
(1 pkt) Zapisanie równości 100M + 10y + x = 0,9(100M + 10x + y)
•
(1 pkt) Doprowadzenie do postaci 80x – 100M = 91y
•
(1 pkt) Analiza otrzymanej równości i stwierdzenie, Ŝe 4x = 5M
•
(1 pkt) Ustalenie, Ŝe x = 5 i M = 4
•
(1 pkt) Odpowiedź (Jedyną liczbą spełniającą warunki zadania jest 450).
4
4
4
.
.
.
PrzedłuŜmy odcinek XP do przecięcia się z okręgiem w
punkcie T oraz odcinek YP do przecięcia się z okręgiem
w punkcie W. Łuki, na których opierają się kąty wpisane
AXT i WYB wypełniają cały półokrąg i jeszcze po części
na siebie nachodzą. Mamy więc
∠
AXP +
∠
PYB =
∠
AXT +
∠
WYB, ale
∠
AXT = 0,5 ·
∠
AOT,
a
∠
WYB = 0,5 ·
∠
WOB, więc
∠
AXP +
∠
PYB =
= 0,5(
∠
AOT +
∠
WOB) = 0,5(
∠
AOW +
∠
WOT +
+
∠
WOB) = 0,5(180º +
∠
WOT) = 90º + 0,5 ·
∠
WOT >
> 90º
Punktacja
•
(1 pkt) Sporządzenie rysunku z oznaczeniami.
•
(1 pkt) Uzupełnienie półokręgu do pełnego okręgu i poprowadzenie przedłuŜeń
odcinków XP i YP
•
(1 pkt) Zapisanie związków:
∠
AXT = 0,5 ·
∠
AOT i
∠
WYB = 0,5 ·
∠
WOB
•
(1 pkt) Przekształcenie do postaci:
∠
AXP +
∠
PYB = 0,5(
∠
AOW +
∠
WOT +
∠
WOB)
•
(1 pkt) Wykorzystanie faktu, Ŝe
∠
AOW +
∠
WOB = 180º
•
(1 pkt) Wniosek, Ŝe
∠
AXP +
∠
PYB > 90º
5
5
5
.
.
.
W trójkącie prostokątnym o
przyprostokątnych a i b i
przeciwprostokątnej c mamy:
(a – b)
2
≥
0, czyli a
2
– 2ab + b
2
≥
0, a
poniewaŜ a
2
+ b
2
= c
2
, więc mamy c
2
≥
T
A
Y
X
B
●
P
W
O
A
W
D
C
B
Z
X
Y
2ab. Wykorzystując ponownie a
2
+ b
2
= c
2
otrzymujemy c
2
+ c
2
≥
a
2
+ b
2
+ 2ab, czyli 2c
2
≥
(a + b)
2
, a stąd a + b
≤
c
2
.
Mamy więc
ZW
YZ
XY
WX
DA
CD
BC
AB
+
+
+
+
+
+
=
ZW
YZ
XY
WX
ZA
DZ
YD
CY
XC
BX
WB
AW
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
=
(
) (
) (
) (
)
ZW
YZ
XY
WX
AW
ZA
DZ
YD
CY
XC
BX
WB
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
≤
≤
ZW
YZ
XY
WX
ZW
YZ
XY
WX
+
+
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
2
2
2
2
=
(
)
ZW
YZ
XY
WX
ZW
YZ
XY
WX
+
+
+
⋅
+
+
+
2
=
2
Punktacja
•
(1 pkt) Zapisanie nierówności (a – b)
2
≥
0.
•
(1 pkt) Doprowadzenie do nierówności c
2
≥
2ab.
•
(1 pkt) Doprowadzenie do nierówności a + b
≤
c
2
.
•
(1 pkt) Zapisanie stosunku obwodów w postaci
(
) (
) (
) (
)
ZW
YZ
XY
WX
AW
ZA
DZ
YD
CY
XC
BX
WB
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
•
(1 pkt) Wykorzystanie nierówności a + b
≤
c
2
.
•
(1 pkt) Wyłączenie
2
za nawias i skrócenie.
6
6
6
.
.
.
Oznaczmy długość krawędzi sześcianu przez a.
Rozpatrzmy dwie moŜliwości:
1º Istnieje ściana sześcianu, do której naleŜą trzy
wierzchołki czworościanu.
Wówczas moŜna przyjąć, Ŝe te trzy wierzchołki
wyznaczają podstawę ostrosłupa, której pole jest równe
2
1
a
2
, zaś wysokość jest równa
a, czyli objętość kaŜdego z
takich czworościanów jest równa
3
1
·
2
1
a
2
·
a =
6
1
a
3
.
2º Nie istnieje ściana sześcianu, do której naleŜą trzy wierzchołki czworościanu.
Przyjmujmy, Ŝe do kaŜdej ściany sześcianu naleŜy co najwyŜej jeden wierzchołek
czworościanu. Niech
A będzie jednym z wierzchołków czworościanu. NaleŜy on do
trzech ścian sześcianu:
ABCD, ABFE, ADHE. Na trzy pozostałe wierzchołki
czworościanu pozostają tylko dwa punkty:
G i C.
Wobec tego istnieje ściana sześcianu, do której naleŜą dwa wierzchołki czworościanu.
Niech będzie nią
ABCD.
a) Niech będą one końcami krawędzi sześcianu – np.
A i B. Wówczas trzeci
wierzchołek czworościanu nie moŜe być Ŝadnym z punktów
C, D, E, F (byłby to trzeci
wierzchołek na jednej ścianie sześcianu). Tak więc moŜe być nim jedynie
G, a
czwartym –
H, ale punkty A, B, G, H leŜą na jednej płaszczyźnie. Ten przypadek nie
moŜe więc zajść.
b) Niech będą one końcami przekątnej ściany
ABCD – np. A i C. Trzeci wierzchołek
musi leŜeć na ścianie
EFGH. Jeśli jest nim E lub G, to czwartym musi być H lub F i
wówczas mamy to, co w 1º. Niech więc trzecim będzie
H. Wówczas czwartym moŜe
być jedynie
F.
A
B
C
D
E
F
H
G
V
ACFH
=
a
3
–
V
ABCF
–
V
ADCH
–
V
HEFA
–
V
HGFC
=
a
3
– 4 ·
3
1
·
2
1
·
a · a · a = a
3
–
3
2
a
3
=
=
3
1
a
3
.
Największa objętość ma ten z ostrosłupów, którego dwa wierzchołki są końcami
przekątnej jednej ściany, a dwa pozostałe – końcami przekątnej skośnej to tej i leŜącej na
równoległej ścianie.
Punktacja
•
(1 pkt) Za kompletność rozwaŜanych przypadków.
•
(1 pkt) Za spostrzeŜenie, Ŝe wszystkie czworościany opisane w przypadku 1º mają tę
samą objętość i obliczenie tej objętości.
•
(1 pkt) Za wyeliminowanie moŜliwości, Ŝe do kaŜdej ściany sześcianu naleŜy co
najwyŜej jeden wierzchołek czworościanu.
•
(1 pkt) Za rozpatrzenie przypadku 2º a)
•
(1 pkt) Za rozpatrzenie przypadku 2º b)
•
(1 pkt) Za porównanie objętości i odpowiedź