XVII Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl marcowy
Poziom: szkoły ponadgimnazjalne
Punktacja: 10 punktów za każde zadanie (zadania rozwiązywane w „domu”)
Zadanie 1. Znajdź wszystkie pary liczb całkowitych spełniających równanie: 𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝑦.
Rozwiązanie:
𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝑦
𝑥𝑦 = 𝑥 + 𝑦 + 1 − 1 𝑥𝑦 − 𝑥 − 𝑦 + 1 = 1 𝑥(𝑦 − 1) − (𝑦 − 1) = 1 (𝑥 − 1)(𝑦 − 1) = 1
Z powyższego zapisu wynika, że: 𝑥 − 1 = 1 i 𝑦 − 1 = 1 albo 𝑥 − 1 = −1 i 𝑦 − 1 = −1.
W konsekwencji rozwiązaniem równania są dwie pary liczb: 𝑥 = 2 𝑖 𝑦 = 2 albo 𝑥 = 0 𝑖 𝑦 = 0.
Odpowiedź. 𝑥 = 2 𝑖 𝑦 = 2 albo 𝑥 = 0 𝑖 𝑦 = 0.
Zadanie 2. Udowodnij, że jeżeli liczby 𝑎2, 𝑏2, 𝑐2 tworzą ciąg arytmetyczny, to 1
𝑏 + 𝑐, 1
𝑐 + 𝑎, 1 𝑎 + 𝑏 tworzą również ciąg arytmetyczny.
Rozwiązanie:
W ciągu arytmetycznym dowolny wyraz, oprócz pierwszego i ostatniego, jest średnią arytmetyczną wyrazów z nim sąsiadujących.
Jeżeli liczby 𝑎2, 𝑏2, 𝑐2 tworzą ciąg arytmetyczny, to 12(𝑎2+ 𝑐2) = 𝑏2 𝑎2+ 𝑐2 = 2𝑏2
𝑎2+ 𝑐2− 2𝑏2 = 0 (*)
Aby udowodnić, że liczby 𝑏+𝑐1 , 𝑐+𝑎1 , 𝑎+𝑏 1 tworzą ciąg arytmetyczny, wystarczy wykazać prawdziwość równania: 𝒃+𝒄𝟏 + 𝒂+𝒃𝟏 = 𝒂+𝒄 𝟐 .
Zakładamy przy tym, że mianowniki ułamków są różne od zera, co wyklucza, że 𝑎2, 𝑏2, 𝑐2 tworzą ciąg stały.
1
𝑏+𝑐
+
1𝑎+𝑏
−
2𝑎+𝑐
=
(𝑐+𝑎)(𝑎+𝑏)+(𝑏+𝑐)(𝑐+𝑎)−2(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏) (𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑎)=
𝑎𝑐+𝑏𝑐+𝑎2+𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑏𝑎+𝑐2+𝑐𝑎−2𝑏𝑐−2𝑏2−2𝑐𝑎−2𝑎𝑏
(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑎)
=
(𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑎)𝑎2+𝑐2−2𝑏2= ⏞
𝑧 (∗)
0
. czyli:1
𝑏 + 𝑐+ 1
𝑎 + 𝑏= 2 𝑎 + 𝑐 c.n.w.
Zadanie 3.
Udowodnij, że (sin10)1 3(cos10)1 4. Rozwiązanie
4 20 2sin 1
20 sin 2
20 2sin 1
10 30 sin 2 20
2sin 1
10 sin 30 cos 10 cos 30 sin 2 20
2sin 1
10 2 sin 10 3
2cos 2 1
10 cos 10 sin
10 sin 3 10 cos 10 cos
3 10
sin ) 1 10 (cos 3 ) 10
(sin 1 1
Zadanie 4. W trapezie ABCD dane są podstawy: |𝐴𝐵| = √7 oraz |𝐶𝐷| = √3. Oblicz długość odcinka łączącego środki przekątnych w tym trapezie.
Rozwiązanie:
Z treści zadania wynika:
|𝐴𝐸| = |𝐸𝐶|
|𝐵𝐹| = |𝐹𝐷|.
Oznaczmy szukany odcinek EF jako x.
Z twierdzenia o odcinku łączącym środki ramion trapezu wynika, że:
𝑥 =
√7+ √32 . Z podobieństwa trójkątów ACB oraz EKC (kk) wynika, że:|𝐶𝐸|
|𝐴𝐶|
=
12=
𝑥+ |𝐹𝐾|√7 i przekształcając otrzymujemy
𝑥 + |𝐹𝐾| = √72
.
(1)Analogicznie z podobieństwa trójkątów ABD oraz LFD (kk) wynika, że:
|𝐷𝐹|
|𝐵𝐷|= 1
2= 𝑥 + |𝐿𝐸|
√7
i przekształcając otrzymujemy
𝑥 + |𝐿𝐸| = √7
2
.
(2)Z dodania zależności (1) i (2) i twierdzenia o odcinku łączącym środki ramion trapezu wynika, że:
𝑥 + (𝑥 + |𝐹𝐾| + |𝐿𝐸| = √7 𝑥 + √7+ √3
2 = √7.
W rezultacie 𝑥 = √7− √3
2 .
Odpowiedź. Długość odcinka łączącego środki przekątnych jest równa √7− √32 .
Zadanie 5.
W prawidłowym ostrosłupie czworokątnym kąt między krawędzią boczną i krawędzią podstawy ma miarę 𝛼 . Wyznacz cosinus kąta między ścianami bocznymi ostrosłupa.
Rozwiązanie.
Rozważymy przykładowo tylko kąt między ścianami bocznymi o wspólnej krawędzi.
Ostrosłup prawidłowy czworokątny w podstawie ma kwadrat. Pole boczne składa się z 4 trójkątów równoramiennych.
a) Rozpatrujemy trójkąt BCS.
Wyznaczam wysokość ściany bocznej:
|𝑆𝐸|
|𝐵𝐸| = 𝑡𝑔𝛼
|𝑆𝐸| =1
2|𝐵𝐸|𝑡𝑔𝛼 S
D F
A B
E C O
β
α
S
B E C
α
𝑃𝐵𝐶𝑆= 1
2|𝐵𝐶||𝑆𝐸| =1
4|𝐵𝐶|2𝑡𝑔𝛼 Wyznaczam krawędź boczną:
|𝐵𝐸|
|𝐵𝑆| = 𝑐𝑜𝑠𝛼
|𝐵𝑆| = |𝐵𝐸|
𝑐𝑜𝑠𝛼 = |𝐵𝐶|
2𝑐𝑜𝑠𝛼
Z pola trójkąta będącego ścianą boczną wyznaczam wysokość ściany bocznej poprowadzoną do krawędzi bocznej:
𝑃𝐷𝐶𝑆 = 𝑃𝐵𝐶𝑆 1
2|𝐵𝑆||𝐶𝐹| = 1
4|𝐵𝐶|2𝑡𝑔𝛼 1
4
|𝐵𝐶|
𝑐𝑜𝑠𝛼|𝐶𝐹| =1
4|𝐵𝐶|2𝑡𝑔𝛼
|𝐶𝐹| = |𝐵𝐶|𝑠𝑖𝑛𝛼 Rozpatruję trójkąt ACF:
Z twierdzenia cosinusów: (|𝐵𝐶|√2)2 = |𝐵𝐶|2𝑠𝑖𝑛2𝛼 + |𝐵𝐶|2𝑠𝑖𝑛2𝛼 − 2|𝐵𝐶|2𝑠𝑖𝑛2𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 1 = 𝑠𝑖𝑛2𝛼 − 𝑠𝑖𝑛2𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽
𝑐𝑜𝑠𝛽 = −𝑐𝑡𝑔2𝛼 Odpowiedź. 𝑐𝑜𝑠𝛽 = −𝑐𝑡𝑔2𝛼 .