Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 2. forduló haladók II. kategória

HTML
DOWNLOAD

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2010/2011-es tanév 2. forduló haladók II. kategória"

Ignác Pap
9 évvel ezelőtt
Látták:

1 Bolyai János Matematikai Társulat Oktatásért Közalapítvány támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 010/011-es tanév. forduló haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Egy sportversenyen 15 csapat vett részt, és minden csapat minden csapattal egyszer mérkőzött. A győzelemért 3, a döntetlenért, a vereségért járt. A verseny végén minden csapatnak más volt a pontszáma, az utolsó ot szerzett. Bizonyítsuk be, hogy a legtöbb pontot gyűjtött csapat legalább egyszer döntetlenül mérkőzött! Megoldás. A verseny folyamán a csapatok összesen = 105 mérkőzést játszottak. Mivel egy-egy mérkőzésen pontosan 4 pontot osztottak szét a csapatok között, ezért az összes pontok száma = 40. Az utolsó helyen végzett csapatnak ja volt, az előtte végzők rendre legalább 1-1 ponttal többet kaptak, így a 15 csapatnak legalább =40 pontja volt. Ez éppen megegyezik a kiosztott pontok számával, így a győztes csapatnak éppen 35 pontja volt. Tegyük fel, hogy a 35 pontot csak győzelmekből és vereségekből érték el, és a győzelmek számát jelöljük G-vel, ekkor 14 G a vereségek száma: 3 G+14 G = 35. pont Mivel a bal oldalon álló kifejezés páros, a jobb oldal páratlan, így nincs az egyenletnek egész megoldása. Tehát a legtöbb pontot szerző csapat biztosan legalább egyszer döntetlenül mérkőzött. pont 1

A verseny végén minden csapatnak más volt a pontszáma, az utolsó ot szerzett. Bizonyítsuk be, hogy a legtöbb pontot gyűjtött csapat legalább egyszer döntetlenül mérkőzött! Megoldás.

2 . Az ABC háromszög oldalaira kifelé négyzeteket írunk. A négyzetek területe 18, 0 és 6 egység. Ezután összekötjük az ábra szerint a négyzetek külső csúcsait. Mekkora az így keletkezett DEF GHI hatszög területe? I. megoldás. Először megmutatjuk, hogy az ABC háromszög területe 9 egység. 1. lehetőség: Az ABC háromszöget beírhatjuk egy 5 4 egység oldalú téglalapba az ábra szerint. Az oldalak hossza Pitagorasz tétele szerint 18, 0 és 6 lesz. Így a háromszög területét kiszámíthatjuk, ha a téglalap területéből levonjuk a 3 sarkon lévő kis háromszög területét: T = = 9.. lehetőség: Mivel a négyzetek területe 18, 0 és 6 egység, ezért a háromszög oldalai rendre 18, 0 és 6. A háromszög területét kiszámíthatjuk a Heron-képlettel: T = s(s a)(s b)(s c), ahol s = K. s = 1 ( ), 1 T = 1 ( )1( ) = 1 4 AB = 9. ( )1( ) =

lehetőség: Az ABC háromszöget beírhatjuk egy 5 4 egység oldalú téglalapba az ábra szerint. Az oldalak hossza Pitagorasz tétele szerint 18, 0 és 6 lesz.

3 A = ( )( ) = =( ( 0+ 6 ) + 18)( ( 0+ 6 ) 18) = = = , B = ( 18 0 )( ) 6 ( 18 0 ) + 6 ( ) = = = , AB = = = 196, T = = 36 4 = 9. pont Most megmutatjuk, hogy az ABC háromszög területe megegyezik a AFE, CDI és BHG háromszögek területével. Az A pont körül vizsgálva a szögeket: 1. meggondoldás: Kössük össze az A csúcsot az EF szakasz P felezőpontjával. Amennyiben az AEF háromszöget az AP mentén kettévágjuk, és a két háromszöget az azonos EP = P F mentén összeillesztjük, akkor az ABC háromszöggel egybevágó háromszöget kapunk, mert a két háromszög két oldala megegyezik: AE = AC, mert ez a négyzet b oldala, AF = AB, mert ez a négyzet c oldala, valamint a két oldal közbezárt szöge is egyenlő: AFP +PEA = 180 EAF. BAC = EAF = AFP +PEA = = AFP +PEA. Ez hasonlóan igaz a CDI és BHG háromszögekre is. 3 pont 3

meggondoldás: Kössük össze az A csúcsot az EF szakasz P felezőpontjával.

4 . meggondoldás: Az AF E háromszög területét kiszámíthatjuk, mint az AF oldal és a hozzá tartozó magasság szorzatának fele. Az ABC háromszögnél a terület kiszámítható, mint az AB oldal és a c oldalhoz tartozó magasság szorzatának a fele. AF = AB, mert ugyanannak a négyzetnek az oldalai. Rajzoljuk meg az AF oldalhoz tartozó magasságot. Mivel AF E tompaszögű háromszög, ezért az AF oldalra az E pontból merőlegest állítva a T pont az AF szakaszon kívülre esik. EAT = CAT c, mert merőleges szárú szögek. EA = AC, mert ugyanannak a négyzetnek az oldalai. Mivel minden szögük és egy megfelelő oldaluk megegyezik, ezért AET = ACTc, azaz a magasságok (ET = CT c ) megegyeznek. Így az AFE háromszög területe megegyezik az ABC háromszög területével. Ez hasonlóan igaz a CDI és BHG háromszögekre is. 3. meggondoldás: T AFE = T ABC = AF AE sin(afe ), AB AC sin(bac ). sin(afe ) = sin(bac ), mert sinα = sin(180 α). AF = AB, mert ugyanannak a négyzetnek az oldalai, hasonlóan AC = AE. Ez hasonlóan igaz a CDI és BHG háromszögekre is. A DEFGHI hatszög területe tehát T = = 100. Megjegyzés: Az I. megoldás során az ABC háromszög területének kiszámításáért (9 egység) tehát 3 pont adható. Az I. megoldásban bármely lehetséges meggondolás (3 lehetőség) esetén a szélső háromszögek területének kiszámításáért 3 pont jár. 4

Rajzoljuk meg az AF oldalhoz tartozó magasságot. Mivel AF E tompaszögű háromszög, ezért az AF oldalra az E pontból merőlegest állítva a T pont az AF szakaszon kívülre esik.

5 II. megoldás. Észrevehetjük, hogy a hatszöget ügyesen belehelyezhetjük egy 1 egység oldalú négyzetbe az ábra szerint. pont A Pitagorasz-tétel segítségével leellenőrizhető, hogy az oldalak a feladatnak megfelelő nagyságúak. Ekkor a hatszög területét megkapjuk, ha a nagy négyzet területéből kivonjuk a sarkoknál elhelyezkedő felesleges háromszögek és négyszögek területét. Az E és H pontból a négyzet legközelebbi csúcsához húzott szakasszal a két négyszög háromszögekre bontható. pont T = = 100. pont 3. Mekkora a területe annak a sokszögnek, amelyet az alábbi egyenletrendszer gyökei határoznak meg a derékszögű koordináta-rendszerben? } xy +x+y = 11 Megoldás. Legyen: x+y = s és xy = p. Így az egyenletrendszer x y +xy = 30 } ps = 30 p+s = 11 alakban írható, melynek gyökei: (5; 6) illetve (6; 5). Visszahelyettesítve a jelölésbe, majd megoldva a kapott egyenletrendszereket az (x; y) számpárra a következő értékeket kapjuk: A(; 3); B(3; ); C(1; 5); D(5; 1). Vizsgáljuk az ABCD négyszöget. Az A és B pontok az f(x) = x+5 függvény grafikonján találhatók, a C és D pontok pedig a g(x) = x+6 függvény grafikonján vannak. Így AB CD, vagyis a négyszög trapéz. pont pont Pitagorasz-tétellel kiszámítjuk a trapéz oldalait és magasságát: AB = ; CD = 4 ; AC = BD = 5; a trapéz magassága m =. AB +CD A terület T = m = 5 területegység. 5

Ekkor a hatszög területét megkapjuk, ha a nagy négyzet területéből kivonjuk a sarkoknál elhelyezkedő felesleges háromszögek és négyszögek területét.

6 4. A valós számok halmazán értelmezett f(x) = ax +bx+c másodfokú függvénynek minimuma van, melynek értéke a. Az f(x) függvényre bármely x érték esetén f(x) =f(1 x) teljesül. Adjuk meg az f(x) függvény zérushelyeit! Megoldás. A feladat feltételei alapján a > 0. Mivel f(x) = f(1 x) minden valós x-re, ezért ax +bx+c = a(1 x) +b(1 x)+c. A kapott összefüggés (a+b)x = a+b alakra rendezhető. Például x = 1 esetén a+b = 0 következik, azaz b = a. Ha pedig b = a, akkor f(x) = ax ax+c, így pedig f(x) = a négyzetté alakítással). Az a > 0 kikötés miatt a minimum helye 1, a minimum értéke pedig c a 4. Feladatunk alapján c a 4 = a, így c = 3 4 a. ( x 1 ) +c a 4 (teljes Tehát f(x) = ax ax 3 4 a alakú. Ha pedig a 0 mint tudjuk, akkor f(x) zérushelyei az x x 3 4 = 0 egyenlet gyökei. A zérushelyek (gyökök) x 1 = 1 és x = 3. 6

A kapott összefüggés (a+b)x = a+b alakra rendezhető. Például x = 1 esetén a+b = 0 következik, azaz b = a. Ha pedig b = a, akkor f(x) = ax ax+c, így pedig f(x) = a négyzetté alakítással).

Hasonló dokumentumok

5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke?

5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke? 5. Trigonometria I. Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy cos 0 cos 0 sin 0 3. KöMaL 010/október; C. 108.. Az ABC háromszög belsejében lévő P pontra PAB PBC PCA φ. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög szögei α,