Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010

Nemzeti Erıforrás Minisztérium Nemzeti Tehetség Program

Hétvezér Általános Iskola, Székesfehérvár Oktatásért Közalapítvány

NSZFI

M/8 Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010. 1. feladat A tengeren léket kapott egy hajó, de ezt csak egy óra múlva vették észre. Ekkorra már 3 m3 víz befolyt a hajóba. Rögtön mőködésbe hoztak egyszerre két szivattyút, az egyik óránként 2, a másik óránként 3 m3 vizet távolít el. Mennyi idı alatt szivattyúzzák ki az összes vizet, ha a víz továbbra is ugyanúgy ömlik be, mint kezdetben? Megoldás: Ha x óra alatt távolítják el a vizet, akkor ez 5x m3 víz volt. ....................................................................................................2 pont x óra alatt azonban 3x m3 víz jön, a már beömlött 3 m3-hez, .............................................2 pont azaz 3x + 3 = 5x ..........................................................................................2 pont vagyis x = 1,5 óra. ..................................................................................2 pont Valóban, 1,5 óra alatt 3 + 3 · 1,5 = 7,5 m3 vizünk lesz, amit a két szivattyú másfél óra alatt távolít el. ...................................................................2 pont összesen: 10 pont

2. feladat Egy nem négyzet téglalap kerülete 2010 cm. A téglalapot egy egyenessel két egybevágó téglalapra bontjuk. A két darabból az eredeti téglalap területével megegyezı területő négyzetet állítottunk össze. Mekkora ez a terület? Megoldás:

x

y 2

Csak a középvonal darabol a kívánt módon ......1 pont s a kettı közül is csak a rövidebb téglalap oldallal párhuzamos. ........................................1 pont Így 2(x + y) = 2010

és négyzetté rakva

y ............................................4 pont 2 azaz x = 201 cm ............................................................2 pont 2x =

s a terület 201 · 804 = 161604 cm2. ....................................................................................2 pont összesen: 10 pont



NSZFI

M/8 3. feladat Hány olyan 102010-nél kisebb pozitív egész szám van, amelyben a számjegyek összege 2 ?

Megoldás: 2-nél nagyobb számjegye nem lehet. ........................................................................1 pont Ha van 2-es számjegy, akkor csak 0 lehet a többi, azaz a 2, 20, 200, . . . , 2 . . .0 , ....................................................................................1 pont 2009 db 0

tehát 2010 darab „jó” számunk van. ....................................................................................2 pont Ha nincs 2-es jegye, akkor két 1-es kell legyen. .....................................................................1 pont A legfeljebb 2010 darab helyiérték közül kettın kell álljon az 1, ami 2010 ⋅ 2009 = 2 019 045 . ..............................................................3 pont 2 Összesen tehát

2 021 055 darab „jó” számunk van. ...........................................................2 pont összesen: 10 pont

4. feladat Egy egyenlı szárú háromszög egyik oldala kétszer akkora, mint az oldalhoz tartozó magasság. Mekkorák a háromszög szögei?

Megoldás: Két eset van. 1. eset: Ha az alaphoz tartozó magasság fele az alapnak, C

akkor az ábra BCD háromszögében B< = 45o, .............................................................................2 pont A

D

B

tehát ABC háromszögünk szögei 45o, 45o, 90o . ..................2 pont

2. eset: Ha a szárhoz tartozik a magasság, akkor ez lehet „belül” vagy „kívül”, maga a szár nem lehet. Az ábra ACD háromszögében C< = 30o. .............................2 pont

C 2a

2a a

Így az ABC háromszögben

D

30o , 75o , 75o – os szögek vannak. B

A

Most ACD< = 30o , tehát ..............(1 helyett) 2 pont !!!

D

az ABC háromszög szögei:

C

a 2a A

...............................1 pont

150o , 15o , 15o . ..........................................1 pont összesen: 10 pont

2a B



NSZFI

M/8 5. feladat Öt versenyzı a verseny elıtt, amelyikben nincs holtverseny, nyilatkozik: A: az elsı három között leszek; B: megnyerem a versenyt; C: megelızöm A-t; D: nem elızöm meg B-t; E: C vagy D nyer. A verseny után kiderült, egyiknek sem lett igaza. Mi a versenyben elért sorrendjük.

Megoldás: │A│= ↓ miatt A a 4. vagy 5. helyezett. .........................................................2 pont Mivel │C │= ↓ , így a sorrend

AC

..........................................................1 pont

B és D reményeinek meghíusulása miatt B csak D után következhet. ........................2 pont Az │E │= ↓ -bıl pedig D nem lehet az elsı .................................................................2 pont vagyis csak E D B A C lehet a sorrend, ..........................................................................2 pont s ez a feltételeknek megfelel.

...........................................................................................1 pont összesen: 10 pont

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhetı maximális pontszám 50 pont. Az I. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma legfeljebb heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 20 pont. A II. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma több mint heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont.

A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a

versenybizottság állapítja meg. A ténylegesen továbbjutott tanulókat a megyei szervezık értesítik.

Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, 2010. november A Versenybizottság


NSZFI


M/8 Varga Tamás Matematikaverseny megyei forduló 2011.

8. osztály I. kategória Megoldások 1. feladat Egy könyvkiadó könyvsorozatot készít. A sorozat kötetei 7 évente jelennek meg. Amikor a 7. kötet megjelent, akkor a hét kötet megjelenési évszámainak összege 13930. Melyik évben jelent meg az elsı kötet? Megoldás: ha az elsı kötet évszáma x, .......................................................................................1 pont úgy a következı hat kötet évszámai rendre x + 7, x + 14, x + 21, x + 28, x + 35, x + 42 ....................................................................3 pont A megjelenési évszámok összege 7x + 147 = 13930, ........................................................................................................2 pont azaz x = 1969. .......................................................................................................................2 pont Az elsı kötetet tehát az 1969. évben adták ki. .......................................................................1 pont Ez valóban megoldás, mert 1969 +1976 + 1983 + 1990 + 1997 + 2004 + 2011 = 13930. ...............................................1 pont összesen: 10 pont 2. feladat Az ABC szabályos háromszög BC oldalának C-n túli meghosszabbításán vegyük fel a D pontot úgy, hogy BC = 2 ⋅ CD teljesüljön. D-bıl állítsunk merılegest az AB egyenesre, a merıleges talppontját T jelöli. A TD szakasz az AC oldalt E-ben metszi. Mekkora a BCET négyszög és az ABC háromszög területének az aránya ? 1. megoldás: A CDE háromszög egyenlı szárú, CD = EC, A mert a BDT szög 30o és az ECD szög 120o. ........................2 pont A szabályosság miatt E felezi az AC oldalt, .......................2 pont tehát ET fele az ABC háromszög CC’ magasságának, ......3 pont T vagyis AET háromszög területe nyolcada az ABC háromszög területének, ...........................................2 pont E C’ 7 a keresett arány tehát . ...........................................1 pont 8 összesen: 10 pont D B C

·

·

2. megoldás: A BDT derékszögő háromszög D< -e 30o , .......................................................2 pont A így a vele szemközti BT befogó a BD átfogónak a fele, 3 azaz BC = BT. 2 pont T 4 Így az E-ben húzott, BC-vel párhuzamos EF E középvonal, hiszen AEF szabályos háromszög, F 1 1 1 azaz AT = TF miatt AT + TF = AB + AB = AB..3 pont 4 4 2 . az AEF háromszög negyednyi területét D ET felezi, ...............................................2 pont B C 7 . ...........................................1 pont vagyis a keresett arány 8 összesen: 10 pont

·


NSZFI


M/8 3. feladat Három prímszám szorzata egyenlı e három prím összegének háromszorosával. Melyek ezek a prímek ? 1. megoldás: Jelölje p, q, r a három (nem feltétlenül különbözı) prímet. A feltétel szerint pqr = 3(p + q + r) ...........................................................................................1 pont A jobb oldal 3-többszörös, így a vele egyenlı bal is, tehát – feltehetı – p = 3. .....................2 pont Fenti egyenletünk így qr = q + r + 3. ...............................................................................................1 pont q és r egyike sem lehet 5-nél nagyobb, hiszen akkor qr ≥ 7r > r + 10, azaz 6r > 10, hiszen r ≥ 2 ....................................................................1 pont Ha q = 5, akkor egyenletünkbıl 5r = 5 + r + 3, azaz 4r = 8 , r = 2 ...................................................................1 pont ami megoldás, hiszen (2 + 3 + 5) · 3 = 2 · 3 · 5 .........................................................................1 pont Ha q = 3, akkor 3r = 3 + r + 3, azaz r = 3 .................................................................................1 pont Ami valóban megoldás, mert 3 · (3 + 3 + 3) = 3 · 3 · 3 .............................................................1 pont összesen: 10 pont 2. megoldás: Induljunk ki a qr = q + r + 3 –ból ...........................................................................4 pont ezt a qr – q – r + 1 = 3 + 1 = 4 alakra hozva .............................................................................1 pont a (q – 1)(r – 1) = 4 egyenletet kapjuk. .....................................................................................2 pont A bal oldal két pozitív egész szorzata, tehát q – 1 = 1 és r – 1 = 4 vagy q – 1 = 2 és r – 1 = 2 ..................................................................2 pont Ezekbıl a (2; 3; 5) illetve (3; 3; 3) megoldás adódik. ...........................................................1 pont összesen: 10 pont 3. megoldás: A fenti qr = q + r + 3 –ból .....................................................................................4 pont q+3 (q – 1)r = q + 3, amibıl q > 1 miatt r = teljesül ...........................................................2 pont q −1 q+3 q −1 + 4 4 = =1+ -ben q – 1 r pozitív egész, s így r = q −1 q −1 q −1 a 4 pozitív osztóiból kell kikerüljön, azaz q = 5, q = 3, vagy q = 2. ....................................................................................................3 pont Ezek rendre az r = 2; r = 3 vagy r = 5 korábban nyert megoldásokat adják. ..........................1 pont összesen: 10 pont 4. feladat Az ABC háromszög BC oldalának tetszıleges belsı pontjában párhuzamosokat húzunk az AB illetve az AC oldalakkal. Bizonyítsuk be, hogy ezen oldalakon levı P és R metszéspontoknak a BC egyenestıl való távolságösszege az A-ból induló magasság hosszával egyenlı ! 1. megoldás:

R

B

D

A Az APDR négyszög paralelogramma, mivel 2-2 oldala párhuzamos. ......................................2 pont Ha tehát az R pontra illesztünk egy BC-vel párhuzamost, ................................................................2 pont P akkor az A-nak ettıl való távolsága éppen a P-nek BC-tıl való távolságát adja, ..........................3 pont tehát az állítás igaz, mert az A-beli magasság éppen a két távolság C összegével egyenlı. ......................................................3 pont összesen: 10 pont


NSZFI


M/8 2. megoldás: Az APDR paralelogramma átlói felezik egymást. ................................................2 pont RP átló felezı pontja legyen F. Az R és P távolságai BC-tıl egy trapéz két alapját adják, míg az F távolsága BC-tıl e trapéz középvonala, ....................................................................3 pont melyrıl tudjuk, hogy a két alap összegének a fele. .....................................................................2 pont F az AD-nek is felezıje, .............................................................................................................2 pont így az A-beli magasság valóban P és R távolságainak az összege. ........................................1 pont összesen: 10 pont

5. feladat A 8. osztály az egyik év valamelyik hónapjának 15. napján kirándulni ment. Tudjuk, hogy e hónapban három vasárnap dátuma páros szám. A hét mely napján kirándult az osztály ? Megoldás: A legkisebb páros számú dátum a 2. Ez jó is lehet, .......................................................2 pont mert két hétre rá 16-odika, erre két hétre 30-adika van. ...............................................................2 pont Ez esetben szombaton kirándultak. ..............................................................................................1 pont Ha az elsı páros dátumú vasárnap legalább 4-edikére esik, ........................................................2 pont akkor a két hétre rá következı vasárnap legalább 18-adika, .........................................................2 pont az erre következı második vasárnap már a hónap legalább 32-edik napja lenne, ami lehetetlen. ................................................................................................................................1 pont összesen: 10 pont

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhetı maximális pontszám 50 pont. Az I. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma legfeljebb heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont.

A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg, s errıl a megyei szervezık értesítést kapnak.

Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, 2011. január A Versenybizottság


NSZFI


M/8 Varga Tamás Matematikaverseny megyei forduló 2011.

8. osztály II. kategória Megoldások 1. feladat Egy iskolai sakkversenyen mindenki mindenkivel egyszer játszik. Eddig 90 mérkızés zajlott le és még mindenkinek két mérkızése van hátra. Hányan játszanak a versenyen ? Megoldás: Ha n játékosnak 2 mérkızéssel kevesebbje van, akkor eddig n – 3 játékot játszott. .............................................................................................1 pont A 90 mérkızés mindegyikét 2 játékos játssza, tehát n(n − 3) = 90, azaz ...................................................................................................................2 pont 2 n(n-3) = 180 ...............................................................................................................................1 pont n-3 és n egyaránt pozitív egészek és 180 = 22 · 32 · 5, ...........................................................2 pont amit csak egyféleképpen lehet két tényezıre úgy bontani, hogy az egyik 3-mal több a másiknál..........................................................................................2 pont 15 · 12. 15-en ültek asztalhoz, s 12 játszmát váltott mindegyikük. ........................................................1 pont összesen: 10 pont

2. feladat Az O középpontú körnek O-tól különbözı belsı pontja a P. A körvonal mely K pontjára lesz az OKP szög a legnagyobb ? 1. megoldás: Az OKP szög akkor és csak akkor a legnagyobb, ha a KOL középponti szög a legkisebb. ...................................2 pont Mivel kisebb középponti szöghöz kisebb húr tartozik, ..............1 pont ezért a KL húr akkor a legkisebb, ha O-tól a legtávolabb van. ........................................................2 pont O A P-n átmenı húrok közül az OP-re merıleges húr a legrövidebb, mert minden más P-n átmenı húrra K OP nem merıleges, lévén átfogója egy olyan derékszögő • P háromszögnek, amelynek egyik befogója a húrnak L O-tól való távolságát méri. ..........................................................3 pont Így az OP-re merıleges, P-n átmenı húr két végpontja adja a keresett K pontokat. ..............2 pont összesen: 10 pont

2. megoldás: A P-n átmenı húrok fele befogója egy olyan derékszögő háromszögnek, amelynek átfogója mindig körsugárnyi. .........................................................3 pont (Thales miatt a P-n átmenı húr és a megfelelı átfogó ad egy derékszögő háromszöget) Az azonos átfogójú derékszögő háromszög egyik hegyesszöge melletti befogó annál kisebb, minél nagyobb ez a hegyesszög. ........................................................................4 pont A P-n átmenı húrok közül az OP-re merıleges a legrövidebb, az ilyen húr két végpontja adja a keresett K pontokat. ............................................................3 pont összesen: 10 pont



NSZFI

M/8 3. feladat Az elsı 500 pozitív egész szám közül melyek azok, amelyek mindegyikének pontosan 9 pozitív osztója van? 1. megoldás: Ismert, hogy az osztók számát a szám prímtényezıinek hatványkitevıibıl is megkaphatjuk. ....................................................................................1 pont A 9 = 1 · 9 = 3 · 3, amely felbontásban a tényezık mindegyike a kitevık eggyel növeltje ......................................................................................................1 pont n0 = 1 és a szám 500-nál kisebb volta miatt csak a 28 = 256 jöhet számításba. .................2 pont A p2·q2 = (pq)2 ≤ 222 = 484, ........................................................................................... .....1 pont tehát csak a 2·3, 2·5, 2·7, 2·11, 3·5, 3·7, négyzetei adnak megoldást. .................................4 pont Így hét megfelelı szám van: 36, 100, 196, 225, 256, 441, 484. ....................................1 pont összesen: 10 pont 2. megoldás: A feltételeknek csak négyzetszám tehet eleget a 9 = 1 · 9 = 3 · 3 miatt. ..............................................................................................................2 pont A 232 > 500 miatt elég az elsı 22 négyzetszámból kiszőrni a megfelelıket. ........................2 pont Az 1 és a 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, számok négyzetei kiesnek, mert legfeljebb 3 osztójuk van. ................................................................................................2 pont A maradék 13 négyzetszámból kiesik a 42, 82, 92, 122, 182, 202, mert 9-nél kevesebb illetve több osztója van. ..........................................................................3 pont A megmaradt hét 62, 102, 142, 152, 162, 212, 222 megfelel. ..................................................1 pont összesen: 10 pont 4. Húzzuk be az ABCD téglalap BD átlóját. Az ABD derékszögő háromszög beírt körének K középpontjából bocsássunk merılegest a BC és a CD oldalakra, e merılegesek talppontjai legyenek rendre az L és az M. Mekkora a KLCM és az ABCD téglalapok területének az aránya ? 1. megoldás: A KTQ háromszög egybevágó DMQ háromszöggel, mert mindkettı derékszögő, M

D

Q

Q-nál levı szögeik csúcsszögek és KT = MD = a beírt kör sugara. ......4 pont Ugyanígy KTP ∆ egybevágó PLB∆-gel, mert P-nél csúcsszögek vannak és KT = BL = kör sugár. .........................4 pont L A KLCM tehát fele területő. ................2pont összesen: 10 pont

C T P

K

B

A

2. megoldás: Ha AB = a, AD = b, akkor TABCD = ab, ......................................................................1 pont b-r b-r a-r •K r a-r r

TKLCM = (a-r)(b-r), .........................................................................1 pont ha r a beírt kör sugara. A külsı pontbeli érintıszakaszok egyenlıségébıl a-r + b-r = c ...............................................................................2 pont (ez K csúcsú háromszögek területösszegébıl is nyerhetı!) Ennek négyzetébıl a2 + b2 = c2 miatt -2ar + r2 – 2br + r2 + 2(a-r)(b-r) = 0, ...........................2 pont

a+b−c a+b+c ab · = ............................................................2 pont 2 2 2 tehát félterülettel van dolgunk. ...........................................................................................................2 pont összesen: 10 pont vagyis (a-r)(b-r) = r(a + b –r) =


NSZFI


M/8 5. feladat Egy kerek asztal körül 4 férfi és 4 nı ül. Bizonyítsuk be, hogy van négy egymás mellett ülı úgy, hogy közöttük ugyanannyi a nı, mint férfi !

Megoldás: 8

1 2

7

3 4

6 5

Ha négy férfi egymás mellett ül (a kerek asztal 1, 2, 3, 4 sorszámú székén), akkor 5. és 6. széken nı ül, tehát a 3. , 4. , 5. , 6. széken ülık kielégítik a követelményeket. ...................................................................2 pont Ha nincs négy férfi egymás mellett, de három igen, az 1. , 2. , 3. széken, akkor a 4. és 5. illetve a 7. és 8. székeken legfeljebb egy férfi lehet. Ha az elıbbin, akkor a 7., 8., 1. és 2. széken ülık,

ha az utóbbin, akkor a 2., 3., 4. és 5. széken ülık teljesítik kötelességüket. ................................2 pont Ha van két férfi akik egymás mellett ülnek, az 1.és 2. székeken de három ilyen nincs, akkor a 3. és 8. széken egyaránt nık ülnek. Ha a 4. vagy 7. széken nı ül, készen vagyunk, .............................................................................2 pont ha itt férfiak ülnek, akkor az 5. és 6. széken nı ül, tehát a 2., 3., 4. 5. székek hozzák a kívánt férfi-nı arányt. ..........................................................2 pont Végül, ha nincs két férfi szomszédos széken, akkor bármely négy egymást követı széken 2 férfi és 2 nı ül. ............................................................2 pont összesen: 10 pont

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhetı maximális pontszám 50 pont. A II. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma több mint heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont.

A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg, s errıl a megyei szervezık értesítést kapnak.

Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, 2011. január A Versenybizottság


NSZFI


M/8 Varga Tamás Matematikaverseny országos döntı 2011. 8. osztály I. kategória megoldások 1. feladat Egy üres tartályba egy csapon át percenként 600 liter, 30%-os narancslé ömlik. Háromnegyed óra múlva egy másik csapot is megnyitnak, ezen percenként 800 liter, 40%-os narancslé folyik be. Az elsı csap megnyitásától számítva mennyi idı múlva lesz a tartályban a narancslé 35 %-os ? Megoldás: x perc alatt: 600x·0,30 + 800(x – 45)·0,40 = 0,35(600x + 800(x – 45)) kell legyen. Ebbıl x = 180 perc azaz 3 óra alatt lesz 35 %-os narancslénk. Valóban: 600·180·0,30 + 800·135·0,40 = 1080·70 = 2160·35

5 pont 4 pont 1 pont

2. feladat Három egybevágó húrtrapézból az ABC szabályos háromszöget állítottuk elı az ábra szerint. C Az ABC háromszög magassága a trapéz magasságának 6-szorosa. Mekkora a DEF háromszög területe, ha tudjuk, hogy a trapézok területe 1 cm2 ?

F

D

E B

A

Megoldás: A forgásszimmetria miatt DEF szabályos és ugyanezért az AD, BE, CF egyenesek mindkét szabályos háromszögben magasságok. Az AD átfogójú DAB< = 30o-os háromszög magassága a trapéz magassága is, és fele AD = CF = BE –nek. A DEF magassága tehát fele az ABC magasságának. a a+ 3 1 2 ·m = 3 a·m =1; T ·3m· = 1 Így TABED = DEF = 2 4 4 2 Második megoldás átdarabolással:

F

D

E B

2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 1 + 1 pont


NSZFI


M/8 3. feladat Hány pozitív köbszám osztója van az A = 3! ⋅ 5! ⋅ 7! számnak? (köbszám: egy pozitív egész szám harmadik hatványa; n!= 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ... ⋅ n , azaz az elsı n pozitív egész szám szorzata) Megoldás: A = 1 · 2 · 3 · 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 = 28 · 34 · 52 · 7 így a köbszám osztók: 1, 23, 26, 33, 23·33 és 26·33 (1-1 pont) vagyis hat pozitív köbszám osztónk van.


4. feladat Az ABC hegyesszögő háromszög A csúcsából induló belsı szögfelezıjére a B csúcsból állított merıleges talppontja D, a BC oldal felezıpontja pedig F. Mekkora a DF szakasz, ha AB = 28 cm és AC = 38 cm ? Megoldás:

Jó ábra 1 pont A szögfelezı szimmetriatengely voltából következıen a BD egyenes az AC-t olyan G pontban metszi, melyre AG = AB = 28, tehát CG = 10 cm. 2 + 2 pont

B

28 F• D

α α

FD a BCG-ben középvonal

3 pont

tehát CG = 10 cm fele, azaz 5 cm.

2 pont

A

38

C

5. feladat Egy 2011 x 2011-es táblázat minden mezıjébe +1 -et vagy –1 -et írunk. Ezután minden sor mellé és minden oszlop alá leírjuk az adott sorban, illetve oszlopban szereplı számok szorzatát. Végül az így kapott 4022 darab számot összeadjuk. Kaphatunk-e összegként: a) 2011-et; b) 2010-et; c) nullát ? Megoldás: Ha minden mezıbe +1-et írunk, akkor 4022 lesz a végösszeg Egy mezıbeli +1 vagy (-1) helyére ellentettjét téve a végösszeg 4-gyel változik, vagy nem változik (a mezı sora és oszlopa vált elıjelet) így 4022-bıl 2011-et vagy 0-t sohasem kaphatunk. A 2010 viszont többféleképpen is nyerhetı Pl: -1, -1, -1, . . . , -1, 1, 1, 1, . . . ,1 egy sorban 1006 helyen

A többi mezıbe 1.

1 pont 2 pont 2 pont 3 pont

1005 helyen

2 pont


NSZFI


M/8 Varga Tamás Matematikaverseny országos döntı 2011. 8. osztály II. kategória megoldások 1. feladat Egy futóversenyen Andrást ugyanannyian elızték meg, mint ahány versenytársát ı megelızte. Ez utóbbi csoportban volt Béla is, aki a 10. lett. Csaba lett a 16. Hányadik lett András, ha holtverseny nem volt ? Megoldás: A feltételek szerint egyrészt páratlan sok versenyzınk van, másrészt Csaba helyezése miatt legalább 17-en. Béla helyezése miatt András legfeljebb 9-edik, Ami meg is felel a feltételeknek, azaz András 9. lett.

2 pont 3 pont 3 pont 2 pont

2. feladat Két egymást érintı, egyenlı sugarú kör érintési pontján át, rajzoljunk egy ugyanolyan sugarú kört tetszıleges középponttal. Bizonyítsuk be, hogy ez utóbbi kört az elızı két kör (eltekintve az érintési ponttól) egy átmérıjének két végpontjában metszi ! Megoldás:

F •

• O1

G •

O3 •

• E

• O2

Így FO3║O1E és O3G║EO2 ám O1 , E , O2 kollineáris, tehát F , O3 , G is.

Az O1 , O2 körközepek és E érintési pontjuk egy egyenesen van. 1 pont Az O3 közepő körön levı metszéspontjukat F ill. G jelöli. Az O1EO2F rombusz mert oldalai egyenlık. 2 pont 2 pont Ugyanezért EO2GO3 is 3 pont 2 pont

3. feladat Hány olyan hatjegyő szám képezhetı az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyekbıl, amelyekben mindegyik számjegy pontosan egyszer szerepel, és bármely két szomszédos számjegy szorzata páros szám? Megoldás: Két egész szorzata akkor és csak akkor páros, ha legalább egyikük páros. 1 pont Ha páros , páratlan egymást váltva követik egymást, úgy az elsı jegy páros vagy páratlan lehet, s ez 2 · (3!)2 = 72 hatjegyőt ad. 2 + 2 pont Lehetséges egymás mellett két páros, de három már nem, különben két páratlan is szomszédos lenne. 1 pont A három páratlan csak az elsı harmadik és hatodik vagy az elsı negyedik és hatodik számjegy lehet, ami további 72 hatjegyőt, összesen így 144 hatjegyőt jelent. 2 + 2 pont


NSZFI


M/8 4. feladat

a b

·

c

d

Egy 3 cm sugarú kör két húrja merıleges egymásra. Egyikük a kör középpontjától 1 cm-re, a másik 2 cm-re van. A keletkezett 4 rész területét az ábra szerint rendre a, b, c, és d jelöli. Hány cm2 az (a + c) – (b + d) különbség ?

Megoldás: x

c z

c

z

• y c

x

Az ábrát a kör közepére tükrözve, Az egybevágó részeket azonosan jelölve

2 pont 2 pont

(a + c) – (b + d) = (x + c + z + y + c) – (z + c + x + c) = y ami egy 2 és 4 cm oldalú téglalap, melynek területe 2 · 4 = 8 cm2 .


c

5. feladat a) Megadható-e olyan 100 tagú számsorozat, amelyben bármely 3 szomszédos szám összege negatív, de a 100 szám összege pozitív ? a100

b) Megadható-e 100 szám az ábra szerint felírva egy körvonalra úgy, hogy bármely három szomszédos szám összege negatív, de a 100 szám összege pozitív ?

a99

a1

•

•

•

a2

•

a3

·

• a4

·

·

· ·

• a51

Megoldás: a) Igen Pl: 35, -18, -18, . . . , 35

•

• a50

•

·

a49 1 pont 3 pont

33-szor

b) Nem. Indirekt okoskodunk: mert a 100 szám összege pozitív, viszont 100

∑ (a

i

+ ai +1 + ai + 2 ) < 0

a101 = a1 , a102 = a 2 miatt


1

100

3· ∑ a i < 0 , ami ellentmondás. 1

2 pont

Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010

Recommend Documents