Zadania_i_rozwiązania zadań II etapu

IX Wrocławski Konkurs Matematyczny dla uczniów klas I-III gimnazjów
rok szkolny 2013/2014
Etap II
Zadanie 1.
W prostokącie o wymiarach 9 cm x 7 cm umieszczono mniejszy prostokąt tak, że jedna z jego
przekątnych łączy środki krótszych boków większego prostokąta, a dwa pozostałe wierzchołki
małego leżą na dłuższych bokach dużego. Oblicz obwód mniejszego prostokąta.
Zadanie 2.
Dwie beczki zawierają razem 2a litrów wody. Jeżeli z pierwszej przelejemy do drugiej tyle, aby jej
zawartość się podwoiła, a następnie z drugiej przelejemy do pierwszej tyle, aby jej zawartość się
podwoiła, to okaże się, że w obu beczkach jest tyle samo wody. Oblicz, ile wody było pierwotnie
w każdej beczce.
Zadanie 3
Prapra…dziadek Małgosi żył w XIX wieku. W 1901 roku suma cyfr liczby jego lat równała się
sumie cyfr roku jego urodzenia. W którym roku urodził się prapra…dziadek Małgosi?
Zadanie 4.
Na przeciwprostokątnej AB trójkąta prostokątnego ABC wybrano punkty D i E w taki sposób, by
AC = AE oraz BC = BD. Oblicz miarę kąta DCE.
Zadanie 5.
Z dwóch miejscowości wyruszają ku sobie Jaś i Małgosia. Jaś pieszo a Małgosia na rowerze.
Poruszają się ze stałą prędkością. Po spotkaniu Jaś szedł do celu jeszcze 1 godzinę a Małgosia
jechała jeszcze 15 minut. Ile czasu zajęła podróż każdemu z nich?
Zadanie 6.
Z pewnej liczby jednakowych prostopadłościennych klocków o wymiarach 1 cm x 2 cm x 3 cm
zbudowano, kładąc jeden na drugim, wieże w kształcie prostopadłościanu. Okazało się, że suma
długości wszystkich krawędzi tej wieży ma tyle centymetrów, ile centymetrów sześciennych ma jej
objętość. Oblicz pole powierzchni tej wieży.
Powodzenia !
Przykładowe rozwiązania
Zadanie 1.
W prostokącie o wymiarach 9 cm x 7 cm umieszczono mniejszy prostokąt tak, że jedna z jego
przekątnych łączy środki krótszych boków większego prostokąta, a dwa pozostałe wierzchołki
małego leżą na dłuższych bokach dużego. Oblicz obwód mniejszego prostokąta.
Rozwiązanie:
Trójkąt HFG jest prostokątny. Jego pole możemy zapisać na
dwa sposoby.
PHFG
x y
2
stąd
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy x 2
Z równania 2xy
2 xy
x2
O 2( x
y2
63 i x
2
y
2
x y
i PHFG
2
y2
9 3,5
2
15,75 , czyli 2xy 63
81
81 otrzymujemy
63 81, czyli ( x
y) 2
144 , a stąd ( x
y) 12
y) 2 12 24
Odpowiedź: Obwód mniejszego prostokąta wynosi 24 cm.
Zadanie 2.
Dwie beczki zawierają razem 2a litrów wody. Jeżeli z pierwszej przelejemy do drugiej tyle, aby jej
zawartość się podwoiła, a następnie z drugiej przelejemy do pierwszej tyle, aby jej zawartość się
podwoiła, to okaże się, że w obu beczkach jest tyle samo wody. Oblicz, ile wody było pierwotnie
w każdej beczce.
Rozwiązanie:
x – ilość wody w pierwszej beczce
Ilość wody
Na początku
Po przelaniu z I-szej beczki do II-giej
Po przelaniu z II-giej beczki do I-szej
I beczka
x
x – (2a – x) = 2x – 2a
2 (2x – 2a) = 4x – 4a
II beczka
2a - x
2(2a – x) = 4a – 2x
4a – 2x – (2x – 2a) = 6a – 4x
4x – 4a = 6a – 4x
8x = 10a
x
5
a
4
Odpowiedź: W pierwszej beczce jest
2a
5
a
4
3
a
4
5
3
a litrów a w drugiej a litrów wody
4
4
Zadanie 3
Prapra…dziadek Małgosi żył w XIX wieku. W 1901 roku suma cyfr liczby jego lat równała się
sumie cyfr roku jego urodzenia. W którym roku urodził się prapradziadek Małgosi?
Rozwiązanie:
18 a b = 1800 + 10a + b – rok urodzenia prapradziadka, gdzie a, b
{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
1901 – 18 a b - wiek pradziadka w 1901
W zależności od a i b otrzymujemy:
Wiek prapra…dziadka
Dla
Cyfra setek
Cyfra dziesiątek
Cyfra jedności
Suma cyfr
1
b
1ia=0
1
0
1–b
1 + 0 + (1 – b)
2
b
1ia
-
10 – a
1–b
(10 – a) + (1 – b)
-
9–a
11 – b
(9 – a) + (11 – b)
3
b
1
1 i a dowolnego
stąd wynikają równania
(1) 1 + 0 + (1 – b) = 1 + 8 + 0 + b
(2) (10 – a) + (1 – b) = 1 + 8 + a + b
(3) (9 – a) + (11 – b) = 1 + 8 + a + b
Równanie (1) nie posiada rozwiązania, bo jest ono równoważne równaniu b = -7
Równanie (2) jest równoważne równaniu a + b = 1, stąd a = 1 i b = 0
Równanie (3) nie posiada rozwiązania, bo jest równoważne równaniu 2a + 2b = 11
Z drugiego równania wynika, że prapra…dziadek urodził się w 1810 i ma 91 lat.
Odpowiedź: Prapra…dziadek Małgosi urodził się w 1810 roku.
Zadanie 4.
Na przeciwprostokątnej AB trójkąta prostokątnego ABC wybrano punkty D i E w taki sposób, by
AC = AE oraz BC = BD. Oblicz miarę kąta DCE.
Rozwiązanie:
Oznaczmy kąty ostre trójkąta ABC tak jak na rysunku:
Ponieważ AC = AE, wiec
a stąd wynika, ze
1800
ACE =
2
BCE = 900
(900
W podobny sposób pokazujemy, ze
Zatem
DCE = 900
2
2
900
Odpowiedź: Szukany kąt wynosi 450
900
2
)
2
ACD =
(
2
2
2
.
) 900
900
2
450
Zadanie 5.
Z dwóch miejscowości wyruszają ku sobie Jaś i Małgosia. Jaś pieszo a Małgosia na rowerze.
Poruszają się ze stałą prędkością. Po spotkaniu Jaś szedł do celu jeszcze 1 godzinę a Małgosia
jechała jeszcze 15 minut. Ile czasu zajęła podróż każdemu z nich?
Rozwiązanie:
t – czas, po którym spotkali się Jaś i Małgosia
v1 – prędkość z jaką porusza się Małgosia
v2 – prędkość z jaką porusza się Jaś
t v1 – droga jaką przebyła Małgosia do momentu spotkania
t v2 – droga jaką przebył Jaś do momentu spotkania
1
v1
4
1
skąd otrzymujemy t 2 v1
v1 , dalej po przekształceniu otrzymujemy t
4
1
1
30 min + 15 min = 45 min, 1h + h = 1 h
2
2
1
Odpowiedź: Podróż Małgosi trwała 45 min a Jasia 1 godziny.
2
t v1 1 v2 i t v2
1
2
Zadanie 6.
Z pewnej liczby jednakowych prostopadłościennych klocków o wymiarach 1 cm x 2 cm x 3 cm
zbudowano, kładąc jeden na drugim, wieże w kształcie prostopadłościanu. Okazało się, że suma
długości wszystkich krawędzi tej wieży ma tyle centymetrów, ile centymetrów sześciennych ma jej
objętość. Oblicz pole powierzchni tej wieży .
Rozwiązanie:
x, y, z wymiary klocka, przy czym z jest wymiarem pionowym, a n – liczbą użytych klocków.
x, y, z to liczby 1, 2, 3 ustawione w nieznanej kolejności.
Wtedy mamy
4x + 4y + 4nz = nxyz, czyli 4x + 4y + 4nz = 6n, a stąd 4x + 4y = 6n – 4nz.
Wynika stąd, że z = 1, bo w pozostałych przypadkach 4x + 4y > 0 i 6n – 4nx <0.
Zatem 4x + 4y = 2n, czyli 4(2 +3) = 2n, czyli n = 10.
Pole powierzchni wieży jest równe:
2xy +2nxz + 2nyz = 2xy + 20x + 20y = 2 . 6 + 20 . 5 = 112
Odpowiedź: Pole powierzchni wieży wynosi 112 cm2 .