Varga Tamás Matematikaverseny
Javítási útmutató
Megyei forduló 2016/2017
8. osztály, 1. kategória 1. Egy 31 fős osztály játékos rókavadászaton vett részt. Az erdőben elrejtett papír rókafejeket kellett összegyűjteniük. Minden lány 4 rókafejet talált, a fiúk mindegyike pedig 5 darabot. Ha minden lány 5 rókafejet talált volna, a fiúk mindegyike pedig 4 darabot, akkor az összes megtalált rókafejek száma 3-mal nagyobb lett volna. Hány fiú és hány lány jár az osztályba?
Első megoldás: Legyen a lányok száma x, ekkor a fiúk száma 31 − x. A megtalált rókafejek számára felírható a következő egyenlet: 4 x + 5 ( 31 − x ) + 3 = 5 x + 4 ( 31 − x ) . Bontsuk fel a zárójeleket: 4 x + 155 − 5 x + 3 = 5 x + 124 − 4 x. Mindkét oldalon vonjunk össze, majd rendezzük az egyenletet: 34 = 2 x, ahonnan x = 17. A fiúk száma 31 − 17 = 14. Ellenőrzés: az összegyűjtött rókafejek száma az első esetben 4 ⋅ 17 + 5 ⋅ 14 = 138, a másik esetben 5 ⋅ 17 + 4 ⋅ 14 = 141, vagyis tényleg 3-mal több. Az osztályba 14 fiú és 17 lány jár. Összesen: Második megoldás: Minden gyerek gyűjtött legalább 4 rókafejet, ez összesen 31 ⋅ 4 = 124 darab. Az első esetben a fiúk, a másodikban a lányok gyűjtöttek még további egy-egy darabot, így az összegyűjtött rókafejek száma az első esetben annyival volt több 124-nél, ahány fiú volt, a második esetben pedig, annyival, ahány lány volt. Mivel utóbbi esetben 3-mal több rókafej gyűlt össze, így a lányok 3-mal többen voltak. Legyen a fiúk száma x, ekkor a lányok száma x + 3, így felírható az x + x + 3 = 31 egyenlet. Összevonás és rendezés után kapjuk, hogy 2 x = 28, ahonnan x = 14, a lányok száma pedig 14 + 3 = 17. Ellenőrzés: az összegyűjtött rókafejek száma az első esetben 4 ⋅ 17 + 5 ⋅ 14 = 138, a másik esetben 5 ⋅ 17 + 4 ⋅ 14 = 141, vagyis tényleg 3-mal több. Az osztályba 14 fiú és 17 lány jár. Összesen:
*1 pont 2 pont *1 pont *1 pont *1 pont 1 pont
1 pont 2 pont 10 pont
3 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 10 pont
Megjegyzés: A második megoldásban az első 3 pont annak indoklásáért jár, hogy miért vannak a lányok 3-mal többen. Ha ezt a versenyző indoklás nélkül kijelenti, akkor ez a 3 pont nem jár. A második megoldásban ennek megállapítása után úgy is meghatározható fiúk száma, hogy ( 31 − 3) : 2 = 14. Ha a versenyző a szöveg alapján rossz egyenletet ír fel (például az első megoldásban rossz oldalra írja a +3-at), akkor legfeljebb a *-gal jelölt pontokat kaphatja meg, vagyis maximum 4 pontot.
2. Legyen az ABCD téglalap CD oldalának egy belső pontja a P pont. A PB szakasz és az AC átló az M pontban metszik egymást. Tudjuk, hogy az ABM háromszög területe 9 cm2, az AMP háromszög területe pedig 6 cm2. a) Bizonyítsd be, hogy a BCM háromszög területe is 6 cm2! b) Mennyi a PM és MB szakaszok hosszának aránya? c) Hány cm2 az APD háromszög területe?
Megoldás: a) Az ABC és az ABP háromszögeknek közös az egyik oldala, az AB, és az ehhez az oldalhoz tartozó magasságuk is egyenlő hosszúságú (BC), így területük egyenlő. Mivel az ABP háromszög területe 6 + 9 = 15 cm2, így az ABC háromszögé is ennyi, ezért a BCM háromszög területe 15 − 9 = 6 cm2.
1 pont 1 pont 1 pont
Varga Tamás Matematikaverseny
Javítási útmutató
Megyei forduló 2016/2017
8. osztály, 1. kategória b) Az AMP és az ABM háromszögeknek az MP és a BM oldala egy egyenesre esik, harmadik csúcsuk pedig közös, így az ezekhez tartozó magasságuk is egyenlő. Ez viszont azt jelenti, hogy MP és BM oldalaik hosszának aránya megegyezik területeik arányával, vagyis MP : BM = 6 : 9 = 2 : 3. c) Ugyanez elmondható az MCP és a BCM háromszögekről, ezért területeik aránya megegyezik az MP és BM oldalak hosszának arányával, 2 vagyis az MCP háromszög területe része a BCM háromszög területének. 3 2 Tehát az MCP háromszög területe ⋅ 6 = 4 cm2. 3 Mivel az AC átló felezi a téglalap területét és az ABC háromszög területe 15 cm2, így az ACD háromszög területe is 15 cm2. Ekkor viszont az APD háromszög területe 15 − 4 − 6 = 5 cm2. Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 10 pont
Megjegyzés: Az a) részre 3, a b) részre 2, a c) részre 5 pont adható. A feladat megoldható hasonló háromszögekkel is, de ezt a versenyzők többsége ilyenkor még nem tanulta. Ha mégis ezzel a módszerrel dolgozik, akkor megoldása csak akkor teljes értékű, ha pontosan használja a fogalmakat és minden kijelentését indokolja. Bizonyítható például, hogy a P pont harmadolja a DC oldalt, de ennek indoklás nélküli felhasználása pontlevonással jár.
3. Frici leírta növekvő sorrendben az összes olyan, legalább háromjegyű pozitív egész számot, amelyben a harmadik számjegytől kezdve minden számjegy egyenlő az előző két számjegy összegével. a) Hányadik helyen állt a sorban a Frici által leírt legnagyobb háromjegyű szám? b) Hány ötjegyű számot írt le Frici? c) Melyik a legnagyobb szám, amit Frici leírt?
Első megoldás: a) Határozzuk meg, hogy hány háromjegyű számot írt le Frici. Ha az első számjegy 1, akkor a második legfeljebb 8 lehet, mert 1 + 9 = 10 lenne már. Tehát a második számjegy 0; 1; 2; …; 8 lehet. Mivel az első két számjegy már meghatározza a harmadik számjegyet, ezért 9 ilyen szám van. Ha az első számjegy 2, akkor a második 0; 1; 2; …7 lehet, tehát 8 ilyen szám van. Ha az első számjegyet 1-gyel növeljük, a lehetőségek száma mindig 1-gyel csökken. Összesen 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45 megfelelő háromjegyű szám van, így a legnagyobb háromjegyű szám a 45. helyen áll Frici listáján. b) Legyen az első számjegy x, a második y. Ezek meghatározzák a további számjegyeket. A harmadik számjegy x + y , a negyedik x + 2 y , az ötödik 2 x + 3 y. Annak kell teljesülnie, hogy 2 x + 3 y ≤ 9. Mivel x nem lehet nulla, így az egyenlőtlenség miatt x értéke csak 1; 2; 3; 4 lehet. Ezeket behelyettesítve keressük meg a lehetséges ( x; y ) számpárokat,
melyek a következők: (1;0 ) ; (1;1) ; (1; 2 ) ; ( 2;0 ) ; ( 2;1) ; ( 3;0 ) ; ( 3;1) ; ( 4;0 ) . Összesen 8 ötjegyű számot írt le Frici. c) Az előző gondolatmenetet folytatva a hatodik számjegy 3 x + 5 y , a hetedik 5 x + 8 y , a nyolcadik 8 x + 13 y, a kilencedik 13 x + 21 y lenne. Mivel azonban x ≥ 1 , így a kilencedik számjegy mindenképpen nagyobb lenne 9-nél, ami nem lehetséges. Vagyis Frici nem írhatott le kilencjegyű számot, a legnagyobb leírt szám nyolcjegyű. Mivel a nyolcadik számjegyben 8 x ≥ 8, így y csak nulla lehet, tehát csak egy nyolcjegyű számot írhatott le Frici. A legnagyobb leírt szám a 10112358. Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont
1 pont
1 pont
1 pont 1 pont 1 pont 10 pont
Varga Tamás Matematikaverseny
Javítási útmutató
Megyei forduló 2016/2017
8. osztály, 1. kategória Második megoldás: a) Határozzuk meg, hogy hány háromjegyű számot írt le Frici. Csoportosítsuk az eseteket az utolsó számjegy szerint. Mivel az első számjegy nem lehet 0, így az utolsó sem. Ha az utolsó 1, akkor az előtte álló két számjegyből alkotott szám csak a 10 lehet. Folytassuk a felsorolást: a 2 előtt: 20; 11; a 3 előtt 30; 21; 12; a 4 előtt: 40; 31; 22; 14; az 5 előtt: 50; 41; 32; 23; 14; a 6 előtt 60; 51; 42; 33; 24; 15; a 7 előtt: 70, 61, 52, 43, 34, 25, 16; a 8 előtt: 80; 71; 62; 53; 44; 35; 26; 17; végül a 9 előtt: 90; 81; 72; 63; 54; 45; 36; 27; 18 állhat. Összesen 45 megfelelő háromjegyű szám van, így a legkisebb négyjegyű szám a 46. helyen áll Frici listáján. b) Kezdjük el felsorolni növekvő sorrendben az ötjegyű számokat Frici listájáról. 10112; 11235; 12358; 20224; 21347; 30336; 31459; 40448. Ha az első két helyiértéken nagyobb szám állna, akkor az ötödik számjegy már nagyobb lenne 9-nél, hiszen az első négy számjegy így alakulna 1347; 2246; 3258; 4156; 5055. A felsorolt 8 ötjegyű számot írta le Frici. c) Ha a második helyen nem nulla állna, akkor a szám legfeljebb hatjegyű lehetne, hiszen az első számjegyei legalább ekkorák lennének: 112358. Ha a második helyen 0 áll, elöl pedig a lehető legkisebb szám, az 1, akkor a következő számot kapjuk: 10112358. ennél több számjegyből álló számot nem írhatott le Frici, vagyis a legnagyobb leírt szám nyolcjegyű volt. Az előbb leírtnál nagyobb nyolcjegyű számot viszont nem lehet leírni, hiszen ha az első számjegy 2, akkor a szám így kezdődne: 202246, amiből adódóan legfeljebb hatjegyű lenne. Csak egyetlen nyolcjegyű szám szerepel Frici listáján. A legnagyobb leírt szám a 10112358. Összesen:
1 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont
1 pont 10 pont
Megjegyzés: Az egyes részekre adható maximális pontszám rendre 4, 3 és 3 pont. A helyes végeredmény indoklás nélküli közlése mindhárom esetben 1-1 pontot ér. A b) részben az esetek módszeres felsorolása és megszámolása összesen 2 pontot ér, a harmadik pont annak indoklásáért jár, miért nincs több megfelelő szám, miért nem folytatható a felsorolás. A c) részben a második megoldáshoz hasonló gondolatmenet esetén az utolsó 1 pont annak az indoklásáért jár, hogy nincs más, a felírtnál nagyobb nyolcjegyű szám. 4. Az ABC háromszögben az A csúcsnál lévő hegyesszög belső szögfelezője és a B csúcsból induló magasságvonal 76°-os szöget zárnak be egymással. Az A és a B csúcsból induló magasságvonalak hajlásszöge 71°. Hány fokosak a háromszög szögei?
Megoldás:
Készítsünk ábrát. Legyen a B csúcsból induló magasságvonal metszéspontjai az A csúcsból induló szögfelezővel és magasságvonallal rendre D és E pontok. Legyenek az A, illetve B csúcsból induló magasságvonalak talppontjai rendre T és S pontok. A háromszög szögeit jelöljük a megszokott módon α-val, β-val és γ-val. Az ABS derékszögű háromszögben ABS∠ = 90° − α, így ABD∠ = 90° − α. α Mivel AD szögfelező, így a DAB∠ = , 2
1 pont
Varga Tamás Matematikaverseny
Javítási útmutató
Megyei forduló 2016/2017
8. osztály, 1. kategória α α = 90° + . 2 2 Ez azt jelenti, hogy az ADB szög tompaszög, így a szögfelező és a magasságvonal α hajlásszöge ennek a mellékszöge, tehát 90° − = 76°. 2 α Az egyenletből = 14° adódik, tehát α = 28°. 2 Mivel az ABS derékszögű háromszögben ABS∠ = 90° − α, így ABE∠ = 90° − α. Hasonlóan az ABT derékszögű háromszögben BAT∠ = 90° − β, így BAE∠ = 90° − β.
ezért az ABD háromszögben ADB∠ = 180° − ( 90° − a ) −
Az ABE háromszögben AEB∠ = 180° − ( 90° − α ) − ( 90° − β ) = α + β. Két esetet kell vizsgálni. Ha AEB∠ = α + β > 90°, azaz γ < 90°, akkor az AEB szög a magasságvonalak hajlásszögének a mellékszöge, vagyis α + β = 180° − 71° = 109°. Mivel α = 28°, így ebben az esetben β = 109° − 28° = 81° és γ = 180° − 109° = 71°. Ha AEB∠ = α + β ≤ 90°, akkor pedig az AEB szög a magasságvonalak hajlásszöge, vagyis α + β = 71°, ekkor β = 71° − 28° = 43° és γ = 180° − 71° = 109°. Összesen:
1 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont
1 pont 1 pont 10 pont
Megjegyzés: Ha a versenyző csak az egyik esetet vizsgálja, akkor legfeljebb 7 pontot kaphat. Valójában a második esetben α + β = 90° nem lehetséges, hiszen ekkor a háromszög derékszögű lenne, így magasságvonalai maguk a befogók, amelyeknek a hajlásszöge nem 71°, hanem 90°. Hiányos a megoldás és csak részpontszámot kaphat a versenyző, ha szöveges indoklás nélkül csak beírja a megfelelő szögek értékét az ábrába.
5. Tévesztő Tihamér most tanul összeadni. Azt állítja, hogy tíz szomszédos egész szám összegeként 2017-et kapott. Okos Oszkár rögtön mondta is neki, hogy biztosan elszámolt valamit. Újra átnézve Tihamér számításait rájöttek, hogy a tíz szám közül az egyiket véletlenül kihagyta, és a többi kilenc szám összegére kapta a 2017-et eredményül. a) Honnan tudta Okos Oszkár, hogy Tihamér tévedett? b) Melyik volt az a szám, amelyiket Tihamér kihagyta?
Első megoldás: a) A számok összegének utolsó számjegyét a tagok utolsó számjegyei határozzák meg. Tíz szomszédos egész szám utolsó számjegyeként a 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 számjegyek mindegyike pontosan egyszer szerepel. Mivel ezek összege 45, így a számok összegének utolsó számjegye csak 5 lehet. b) Legyen a tíz szomszédos egész szám n; n + 1; … ; n + 9; a kimaradó szám n + k , ahol 0 ≤ k ≤ 9. A Tihamér által összeadott számok összege 9n + 45 − k = 2017. Az egyenletet átrendezve kapjuk, hogy 9 ⋅ ( n + 5 ) = 2017 + k . Az egyenlet bal oldalán 9-cel osztható szám áll, így a jobb oldalon álló szám is osztható kell legyen 9-cel. Mivel a 2017-nek 1 a 9-es maradéka, így k = 8. Ezt az egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 9 ⋅ ( n + 5 ) = 2025, ahonnan n + 5 = 225, tehát a legkisebb szám az n = 220 volt. Tihamér az n + k = 220 + 8 = 228 számot hagyta ki. Ellenőrzés: 220 + 221 + 222 + 223 + 224 + 225 + 226 + 227 + 229 = 2017. Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 10 pont
Varga Tamás Matematikaverseny
Javítási útmutató
Megyei forduló 2016/2017
8. osztály, 1. kategória Második megoldás: a) A számok összegének utolsó számjegyét a tagok utolsó számjegyei határozzák meg. Tíz szomszédos egész szám utolsó számjegyeként a 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 számjegyek mindegyike pontosan egyszer szerepel. Mivel ezek összege 45, így a számok összegének utolsó számjegye csak 5 lehet. b) Legyen a tíz szomszédos egész szám n; n + 1; … ; n + 9. Ha Tihamér a legnagyobbat hagyta volna ki, akkor az összeg 9n + 36 lett volna, 1981 1 tehát 9n + 36 ≤ 2017, azaz 9n ≤ 1981, így n ≤ = 220 . 9 9 Ha pedig Tihamér a kisebbet hagyta volna ki, akkor az összeg 9n + 45 lett volna, 1972 1 tehát 9n + 45 ≥ 2017, azaz 9n ≥ 1972, így n ≤ = 219 . 9 9 A két feltétel csak akkor teljesül ha n = 220. A tíz szám összege 10n + 45 = 2045 lett volna, tehát Tihamér a 2245 − 2017 = 228 számot hagyta ki. Ellenőrzés: 220 + 221 + 222 + 223 + 224 + 225 + 226 + 227 + 229 = 2017.
Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 10 pont
* * * * * Több megoldásból csak egy kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektől eltérő, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékűek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhető maximális pontszám 50 pont. A dolgozatok pontszámai 2017. február 13-án kerülnek fel a www.mategye.hu honlapra. A versenyzők a saját pontszámukat (a feladatlapon lévő számmal), az iskolák a tanulóik pontszámát (az iskolai kódszámmal és jelszóval) tekinthetik meg. A pontszámokkal kapcsolatban 2017. február 15-én 14 óráig lehet reklamálni a Mategye Alapítvány címére küldött e-mailben (
[email protected]). A döntőbe jutott tanulók névsora és a döntő helyszínei a www.mategye.hu címen 2017. február 17-től lesznek láthatóak. Kecskemét, 2017. január 24. A Szervezőbizottság
