II Powiatowy Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjum

II Powiatowy Konkurs Matematyczny dla
uczniów gimnazjum organizowany przez
II LO im. Marii Skłodowskiej-Curie w Końskich
Rozwiązania zadań konkursowych
14 czerwca 2013 r.
Zadanie 1. Rozłóż na czynniki pierwsze liczbę 90000 (90000 należy zapisać w postaci
iloczynu lub iloczynu potęg liczb pierwszych).
Rozwiązanie
Sposób I
Wykorzystujemy tradycyjną metodę szukania rozkładu liczby na czynniki pierwsze.
90000 2
45000 2
22500 2
11250 2
5625 3
1875 3
625 5
125 5
25 5
5 5
1
Z tego wynika, że 90000 = 24 ∙ 32 ∙ 54
Sposób II
Zauważmy, że 90000 = 9 ∙ 10000 = 32 ∙ 104 = 32 ∙ (2 ∙ 5)4 = 24 ∙ 32 ∙ 54.
Zadanie 2. Ile różnych ciężarów można zważyć na wadze szalkowej mając do dyspozycji po
jednym odważniku o masach 1,3,9? Uwaga: odważniki można kłaść po dwóch
stronach wagi szalkowej.
Rozwiązanie
Pokażemy, że mając do dyspozycji te odważniki można zważyć każdą masę od 1 do 13
włącznie.
Lewa strona
x
x+1
x
x
x+1+3
Prawa strona
1
3
3
1+3
9
x (zważona masa)
x=1
x=3-1=2
x=3
x=1+3=4
x=9-1-3=5
x+3
x+3
x+1
x
x
x+1
x
x
9
1+9
9
9
9+1
9+3
9+3
9+3+1
x=9-3=6
x=1+9-3=7
x=9-1=8
x=9
x=9+1=10
x=9+3-1=11
x=9+3=12
x=9+3+1=13
Zadanie 3. Na podstawie AB trójkąta równoramiennego ABC wybrano punkt D, taki, że
AD = DC i DB = CB. Oblicz kąty trójkąta ABC.
Rozwiązanie
C
A
D
B
rys.1
Najpierw oznaczmy miarę kąta DAC jako α. Trójkąt ABC jest równoramienny, przy
czym AC = BC. Z tego wynika, że kąt DBC też ma miarę α. Z równości AD = DC wynika, że
trójkąt ADC też jest równoramienny i miara kąta DAC równa się mierze kąta DCA. W takim
razie miara kąta DCA także wynosi α. Z faktu, że suma miar w trójkącie wynosi 180°,
otrzymujemy, że miara kąta ADC jest równa 180°-2α. Kąty ADC i BDC są przyległe, zatem
ich suma wynosi 180°. Ponieważ miara kąta ADC jest równa 180°-2α. to miara kąta BDC
musi wynosić 2α. Z faktu, że DB = CB, wnosimy, że trójkąt BDC jest równoramienny i miara
kąta BDC jest równa mierze kąta BCD. Zatem miara kąta BCD także wynosi 2α. Miara kąta
ACB jest równa sumie kątów ACD i BCD, czyli α+2α=3α. Zatem wiemy już, że miary kątów
w trójkącie ABC wynoszą α, α i 3α. Pozostaje nam tylko wyliczyć wartość α. W tym celu
wykorzystamy fakt, że suma miar kątów w trójkącie ABC wynosi 180°. Otrzymamy wtedy
równość:
α+α+3α = 180°
5α = 180°
α=36°
Odp. Miary kątów w trójkącie ABC wynoszą 36°, 36°, 108°.
Zadanie 4. Jaka jest wartość abc, jeżeli a2b = 27 oraz ab2c3 = 28?
Rozwiązanie
W tym zadaniu należało zauważyć, że jeżeli pomnożymy obie równości stronami, to
otrzymamy, że
a2b ∙ ab2c3 = a3b3c3 = (abc)3 = 27 ∙ 28 = 215
(abc)3 = 215.
Po sześciennemu spierwiastkowaniu tej równości stronami otrzymujemy, że abc = 25.
Zadanie 5. Na boku AC trójkąta ABC wybrano punkty K i L, takie, że AK : KL : LC = 1:2:2,
oraz na boku BC punkty P i Q takie, że BP : PQ : QC = 1:2:2. Czy pole
czworokąta KPQL jest większe od połowy pola trójkąta ABC? Odpowiedź
uzasadnij.
Rozwiązanie
C
L
Q
K
A
P
rys. 2
B
Wykorzystując podane w treści zadania stosunki odcinków można wywnioskować, że:
KL = LC = 2AK; PQ = QC = 2 PB; AC = AK+KL+LC = 5AK; BC = BP+PQ+QC = 5BP.
Następnie, z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa wynika, że LQ ║ KP i LQ ║ AB,
czyli LQ ║ KP ║ AB. Na podstawie tych równoległości możemy określić, że kąty CLQ, CKP
i CAB są odpowiadające, czyli ich miary są równe. Odpowiadające są także kąty CQL, CPK
i CBA. Z powyższych równości kątów wynika, że trójkąty CLQ, CKP i CAB są do siebie
podobne. Trójkąty CKP i CAB są podobne w skali 4:5, a to dlatego, że CK:CA =
(CL+CK):(CL+CK+AK) = (2AK+2AK):(2AK+2AK+AK) = 4AK:5AK = 4:5. Jeżeli trójkąty
są podobne w skali 4:5, to stosunek ich pól jest równy skali podniesionej do kwadratu, czyli
16:25. W takim razie, jeśli oznaczymy pole trójkąta CAB jako S1, to pole trójkąta CKP jest
równe S1 ∙ (16:25). Trójkąty CLQ i CAB są z kolei podobne w skali 2:5, z tego powodu, że
CL:CA = 2AK:5AK = 2:5. W takim razie stosunek pól tych trójkątów wynosi 4:25, zatem
pole trójkąta CLQ jest równe S1 ∙ (4:25). Teraz oznaczmy pole czworokąta KPQL jako S2.
Pole tego czworokąta to nic innego jak pole trójkąta CKP pomniejszone o pole trójkąta CLQ.
Otrzymujemy zatem, że:
S2 = S1 ∙ (16:25) - S1 ∙ (4:25) = S1 ∙ (16:25 – 4:25) = S1 ∙ 12:25 < S1 ∙ 12,5:25 = S1:2.
Odp.: Pole czworokąta KPQL jest mniejsze od połowy pola trójkąta ABC.
Zadanie 6. Mając czarodziejską różdżkę, jeśli chcesz możesz z jednej czekolady uzyskać
jedenaście czekolad lub sześć zamienić na jedną. Czy mając na początku jedną
czekoladę możesz uzyskać 2013 czekolad? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie
Zauważmy, że jeżeli zamieniamy jedną czekoladę na jedenaście, to ich liczba wzrasta
o 11-1 = 10. Natomiast jeżeli zamieniamy sześć czekolad na jedną, to ich liczba zmniejsza się
o 6-1 = 5. Widzimy zatem, że liczba czekolad, które mamy, zmienia się zawsze o liczbę
podzielną przez 5. Z tego wnioskujemy, że reszta z dzielenia liczby czekolad przez pięć jest
stała i wynosi 1, gdyż na początku mieliśmy jedną czekoladę. Natomiast liczba 2013 daje
resztę 3 z dzielenia przez 5. Otrzymaliśmy sprzeczność, która dowodzi, że w ten sposób,
mając na początku jedną czekoladę, nie można uzyskać ich 2013.
Zadanie 7. Prostokąt o bokach 70 i 100 podzielono na 7000 kwadratów jednostkowych. Przez
ile wnętrz kwadratów przechodzi przekątna prostokąta?
Rozwiązanie
Najpierw zauważmy, że największy wspólny dzielnik liczb 70 i 100 to 10. Z tego
wynika, że przekątna prostokąta 70 na 100 przechodzi przez punkt kratowy co prostokąt
7x10. Ponieważ NWD(70,100) = 10, to przekątna prostokąta 70x100 przechodzi przez 10
prostokątów 7x10. Pozostaje nam tylko zliczyć, przez ile wnętrz kwadratów jednostkowych
przechodzi przekątna prostokąta 7x10 i pomnożyć tę liczbę przez 10. Łatwo liczymy, że
przekątna prostokąta 7x10 przechodzi przez 16 wnętrz kwadratów, zatem przekątna
prostokąta 70x100 przechodzi przez 16 ∙ 10 = 160 wnętrz kwadratów jednostkowych.
Zadanie 8. Jaka jest ostatnia cyfra liczby 20122013 + 20132012. Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie
Najpierw należy zauważyć, że jeżeli podnosimy liczbę całkowitą do potęgi naturalnej,
to o ostatniej cyfrze tej potęgi decyduje cyfra jedności liczby podnoszonej do potęgi. Ostatnią
cyfrą liczby podniesionej do pewnej potęgi n jest cyfra jedności liczby, która powstała
poprzez podniesienie do potęgi n ostatniej cyfry liczby, która jest potęgowana. Z tego wynika,
że ostatnia cyfra liczby 20122013 jest taka sama jak ostatnia cyfra liczby 22013, zaś cyfra
jedności liczby 20132012 jest równa cyfrze jedności liczby 32013. Teraz zauważmy, że cyfry
jedności zarówno potęg liczby 2, jak i potęg liczby 3 powtarzają się co 4; dla 2 są to kolejno
2, 4, 8, 6, 2, 4, 8, 6, itd., zaś dla 3 są to 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, itd. Pozostaje nam tylko
sprawdzić, jakie reszty z dzielenia przez 4 dają wykładniki: 2013 i 2012. 2013 daje resztę 1 z
dzielenia przez 4, czyli ostatnią cyfrą liczby 20122013 jest 2, natomiast 2012 daje resztę 0 z
dzielenia przez 4, czyli cyfrą jedności liczby 20132012 jest 1. Ostatnia cyfra sumy 20122013 +
20132012 jest cyfrą jedności sumy ostatnich cyfr składników tej sumy, w tym przypadku jest to
2+1, czyli 3.
Odp.: Ostatnią cyfrą liczby 20122013 + 20132012 jest 3.
Zadanie 9. Jaś posiada pewną liczbę żołnierzyków. Wiadomo, że jeżeli ustawi je czwórkami,
to zostaną mu trzy, a jeżeli ustawi trójkami to zostaną mu dwa żołnierzyki. Ile
zostanie mu żołnierzyków jeżeli ustawi je dwunastkami? Uzasadnij odpowiedź.
Rozwiązanie
Rozważmy reszty, jakie możemy otrzymać z dzielenia przez 12. Są to: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9, 10 i 11. Mamy informację, że jeśli Jaś ustawi żołnierzyki czwórkami, to zostają mu
trzy figurki. Ponieważ liczba 12 i jej wielokrotności są podzielne przez 4, to liczba
żołnierzyków daje taką resztę z dzielenia przez 12, która z kolei daje resztę 3 z dzielenia przez
4. Warunek ten spełniają liczby 3, 7 i 11. Liczba 12 i jej wielokrotności są także podzielne
przez 3, natomiast liczba żołnierzyków daje resztę 2 z dzielenia przez 3. W takim razie reszta
z dzielenia liczby żołnierzyków przez 12 daje resztę, która z kolei z dzielenia przez 3 daje
resztę 2. Warunek ten spełniają liczby 2, 5, 8 i 11. Jak widać, jedyną resztą spełniającą oba te
warunki jest 11. Otrzymujemy zatem, że jeżeli Jaś ustawi swoje żołnierzyki dwunastkami, to
zostanie mu ich 11.
Zadanie 10. W kwadracie o boku 2 wybrano pięć punktów. Udowodnij, że pewne dwa są
odległe od siebie o co najwyżej √2.
Rozwiązanie
rys. 3
Podzielmy ten kwadrat na 4 kwadraty o boku 1, jak na powyższym rysunku. Teraz
umieśćmy w każdym z nich po jednym punkcie w taki sposób, by każde dwa z nich były od
siebie odległe o więcej niż √2. Pozostał nam do wybrania jeszcze jeden punkt. Musimy go
umieścić w którymś z czterech kwadratów o boku 1, nie mamy innej opcji. Z tego wynika, że
w którymś z małych kwadratów znajdują się dwa wybrane punkty. Najdłuższa odległość
między dwoma punktami w kwadracie to przekątna. W takim razie punkty te mogą być od
siebie odległe co najwyżej o długość przekątnej, która dla kwadratu o boku 1 jest równa √2.
Zadanie 11. Na ile części podzielą przestrzeń cztery płaszczyzny zawierające ściany
czworościanu foremnego?
Rozwiązanie
C
B
D
A
Łatwo możemy zauważyć pierwszą część przestrzeni, które tworzą płaszczyzny ścian
czworościanu foremnego, a mianowicie jest to przestrzeń wewnątrz czworościanu. Następnie
wyobraźmy sobie, że krawędzie czworościanu wychodzące z punktu A przedłużamy w stronę
przeciwną do wierzchołków B, C, i D, „na zewnątrz” czworościanu. Otrzymujemy wtedy trzy
półproste, a każde dwie z nich wyznaczają jedną płaszczyznę, co daje nam kolejną część
przestrzeni ograniczoną trzema płaszczyznami, znajdującą się przy wierzchołku A.
Analogiczne rozumowanie przeprowadzamy dla kolejnych trzech wierzchołków, dzięki
czemu uzyskujemy cztery części przestrzeni „wychodzące” z wierzchołków czworościanu.
Teraz wyobraźmy sobie, że przedłużamy najpierw płaszczyznę ADC w kierunku przeciwnym
do wierzchołka C oraz płaszczyznę ADB w kierunku przeciwnym do wierzchołka B, a
później płaszczyzny ABC i DBC w kierunku przeciwnym do krawędzi BC. Wtedy przy
krawędzi AD otrzymamy część przestrzeni ograniczoną czterema płaszczyznami: „na górze”
i „na dole” są to odpowiednio ADB i ADC, a „po bokach” – ABC i DBC. Rozumowanie takie
przeprowadzamy dla każdej krawędzi, których mamy 6, co daje kolejne 6 części przestrzeni.
Teraz przedłużmy płaszczyzny ADC, ABC i BDC w kierunku przeciwnym do wierzchołka C.
Dzięki temu pod ścianą ABC otrzymujemy kolejną część przestrzeni, ograniczoną „po
bokach” trzema płaszczyznami ADC, ABC i BDC. Takie rozumowanie przeprowadzamy dla
wszystkich czterech ścian czworościanu, dzięki czemu otrzymamy ostatnie 4 cztery części
przestrzeni. W sumie płaszczyzny czworościanu dzielą przestrzeń na 1+4+6+4 = 15 części.
Rozwiązania opracował:
Aleksander Łyczek
II LO Końskie, klasa I A1