IX Dolnośląski Konkurs Matematyczny

ETAP FINAŁOWY

„zDolny Ślązak Gimnazjalista” 2008/2009

Schemat punktowania

1

1

1

.

.

.

Zakładamy, że x

≠

0, y

≠

0 i x

≠

y. Mnożąc 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.

Mnożąc 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 założeniami. Nie istnieje para liczb spełniająca to
równanie.

Punktacja

•

(1 pkt) Zapisanie założeń: x

≠

0, y

≠

0 i x

≠

y

•

(1 pkt) Pomnożenie 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 założeniami i wniosek, że 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, że n < 10.

•

(1 pkt) Obliczenie sumy cyfr liczby n

30

•

(1 pkt) Ustalenie, że n = 3 lub n = 6 lub n = 9

•

(1 pkt) Odrzucenie n = 6

•

(1 pkt) Obliczenie, że 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 też, a to znaczy, że y = 0

80x – 100M = 0

4x = 5M

Prawa strona dzieli się przez 5, więc lewa też, a to oznacza, że 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, że 4x = 5M

•

(1 pkt) Ustalenie, że x = 5 i M = 4

•

(1 pkt) Odpowiedź (Jedyną liczbą spełniającą warunki zadania jest 450).

4

4

4

.

.

.

Przedłużmy 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 przedłużeń
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, że

∠

AOW +

∠

WOB = 180º

•

(1 pkt) Wniosek, że

∠

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

ponieważ 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 możliwości:
1º Istnieje ściana sześcianu, do której należą trzy
wierzchołki czworościanu.
Wówczas można przyjąć, że te trzy wierzchołki
wyznaczają podstawę ostrosłupa, której pole jest równe

2

1

a

2

, zaś wysokość jest równa

a, czyli objętość każdego z

takich czworościanów jest równa

3

1

·

2

1

a

2

·

a =

6

1

a

3

.

2º Nie istnieje ściana sześcianu, do której należą trzy wierzchołki czworościanu.
Przyjmujmy, że do każdej ściany sześcianu należy co najwyżej jeden wierzchołek
czworościanu. Niech

A będzie jednym z wierzchołków czworościanu. Należy 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 należą dwa wierzchołki czworościanu.
Niech będzie nią

ABCD.

a) Niech będą one końcami krawędzi sześcianu – np.

A i B. Wówczas trzeci

wierzchołek czworościanu nie może być żadnym z punktów

C, D, E, F (byłby to trzeci

wierzchołek na jednej ścianie sześcianu). Tak więc może być nim jedynie

G, a

czwartym –

H, ale punkty A, B, G, H leżą na jednej płaszczyźnie. Ten przypadek nie

może więc zajść.
b) Niech będą one końcami przekątnej ściany

ABCD – np. A i C. Trzeci wierzchołek

musi leżeć 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 może

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 leżącej na
równoległej ścianie.

Punktacja

•

(1 pkt) Za kompletność rozważanych przypadków.

•

(1 pkt) Za spostrzeżenie, że wszystkie czworościany opisane w przypadku 1º mają tę
samą objętość i obliczenie tej objętości.

•

(1 pkt) Za wyeliminowanie możliwości, że do każdej ściany sześcianu należy co
najwyżej jeden wierzchołek czworościanu.

•

(1 pkt) Za rozpatrzenie przypadku 2º a)

•

(1 pkt) Za rozpatrzenie przypadku 2º b)

•

(1 pkt) Za porównanie objętości i odpowiedź