V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny

Transkrypt

1 V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny im. Stefana Banacha dla uczniów szkół średnich Zespół Szkół Nr 1 im. Adama Mickiewicza w Lublińcu Lubliniec, ul. Sobieskiego kwiecień 2011 rok 1. W trapezie ABCD o podstawach AB CD zachodzi AB = 40, BC = 17, CD = 12 i DA = 25. Przekątne trapezu przecinają się w punkcie S. Obliczyć odległości punktu S od prostych zawierających boki trapezu. Rozwiązanie. Obliczymy najpierw wysokość trapezu (patrz rys. 1) Rys. 1 Niech h 1, h 2, h 3 i h 4 będą odpowiednio odległościami punktu S od prostych DC, AB, BC i AD. Oznaczmy odpowiednio przez E i F spodki wysokości trapezu poprowadzone z punktów D i C. Oznaczmy x = AE i y = F B. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach AED i CEB otrzymamy Po podstawieniu DE 2 = AD 2 AE 2 oraz CF 2 = CB 2 F B 2. h 2 = 25 2 x 2 oraz h 2 = 17 2 y 2. Odejmując równania stronami otrzymamy po przekształceniu x 2 y 2 = , skąd (x y)(x + y) = (25 17)( ) = 336. Ponieważ 52 = AB + CD = 2 CD + x + y = 24 + x + y, to stąd x + y = 28. Podstawiając do wcześniejszego równania otrzymamy x y = 12. To z równaniem x+y = 28 daje x = 20 i y = 8. Teraz np. h 2 = = 225, skąd h = 15. Z cechy podobieństwa kąt-kąt-kąt trójkąty ABS i CDS są podobne, a skala podobieństwa s = 40 : 12, skąd h 2 : h 1 = 10 : 3. Ponieważ h 1 + h 2 = 15, to h h 3 1 = 15, skąd h 1 = 45 = 3 6 oraz h = Pole trapezu ABCD P ABCD = AB + CD 2 1 h = = 390.

2 Suma pól trójkątów ABS i CDS P ABS + P CDS = 1 2 AB h CD h 1 = 1 2 Wtedy suma pól trójkątów BCS i DAS = P ABCD (P ABS + P CDS ) = = Zauważmy, że pola trójkątów BCS i DAS sa równe, bo pola trójkątów ABD i ABC są równe, a od tych pól odejmujemy pole trójkąta ABS. Dlatego P BCS = P DAS = 69 3 Z drugiej strony pole trójkąta BCS jest równe P BCS = 1 2 BC h 3. Dlatego skąd h 3 = 1800 = Podobnie h 3 = , h 4 = , skąd h 4 = = = W kąt o mierze α < 180 wpisano dwa koła. Każde koło jest styczne do obu ramion kąta i koła są zewnętrznie styczne. Obliczyć stosunek pola koła większego do pola koła mniejszego w zależności od kąta α. Rozwiązanie. Niech R oznacza długość promienia dużego koła, a r promień małego koła. Przyjmijmy dalsze oznaczenia jak na rys. 2. Rys. 2 Niech punkty D i C będą środkami małego i dużego koła, a punkty A i B punktami styczności z ramieniem l kąta. Przez punkt D prowadzimy prostą równoległą do l do przecięcia z odcinkiem CB. Ten punkt przecięcia oznaczymy E. Rozpatrzmy trójkąt prostokątny DEC, w którym CE = R r oraz CD = R + r. Wtedy R r R + r = sin α R 2, skąd 1 r R + 1 = sin α 2. r 2

3 Jeżeli oznaczymy przez s skalę podobieństwa obu kół, to s = R i wtedy s 1 = sin α, r s+1 2 skąd po przekształceniu s = 1+sin α 2. Wtedy stosunek pola koła większego do pola koła 1 sin α 2 mniejszego jest równy ( ) 1 + sin α 2 s 2 2 = 1 sin α Znaleźć wszystkie liczby postaci abc takie, że abc = ab + 2ac + 3bc, gdzie a, b, c są cyframi w układzie dziesiętnym. Udowodnić, że nie ma już innych rozwiązań. Rozwiązanie. Zauważmy, że może być a = b = c = 0. Nie może być a = 0 i bc > 0, bo wtedy prawa strona jest większa od lewej. Dlatego dalej zakładać będziemy, że cyfra a > 0. Po rozpisaniu liczb w równaniu mamy 100a + 10b + c = 10a + b + 20a + 2c + 30b + 3c, skąd po redukcji wyrazów podobnych mamy równanie 70a = 21b + 4c. Po przekształceniu mamy 21b = 70a 4c. Ponieważ prawa strona jest parzysta, to lewa strona też musi być parzysta. To oznacza, że cyfra b musi być parzysta. Z równania tego wynika też, że b > 0. Rozpatrzmy możliwe przypadki: 1. a = 1. Dla b = 2 otrzymamy c = 7, co oznacza, że istnieje rozwiązanie (a, b, c) = (1, 2, 7). Dla b 4 prawa strona jest większa od lewej i nie ma już więcej rozwiązań dla a = a = 2. Dla b = 2 otrzymujemy równanie sprzeczne 4c = 98; dla b = 4 też mamy równanie sprzeczne 4c = 56; dla b = 6 mamy równanie sprzeczne 4c = 14, a dla b = 8 prawa strona jest większa od lewej. 3. a 3. Lewa strona równania jest większa lub równa 210, a dla największego b = 8 prawa strona jest najwięcej równa = 204 i równanie nie może być wtedy spełnione. Dlatego nie ma już więcej rozwiązań. Podsumowując, istnieją dwa rozwiązania (a, b, c) {(0, 0, 0), (1, 2, 7)}. 4. Funkcja f jest określona dla wszystkich x R i spełnia równanie Znaleźć funkcję f. 3f(x) + 2f(2 x) = x 2 4x dla wszystkich x R. Rozwiązanie. Podstawmy x := 2 y. Wtedy 3f(2 y) + 2f(y) = (2 y) 2 4(2 y) dla wszystkich y R. Podstawimy teraz x := y i otrzymamy 3f(2 x) + 2f(x) = (2 x) 2 4(2 x) dla wszystkich x R. 3

4 Otrzymaliśmy układ równań { 3f(x) + 2f(2 x) = x 2 4x, 2f(x) + 3f(2 x) = (2 x) 2 4(2 x), liniowy ze względu na f(x) i f(2 x). Mnożąc pierwsze równanie przez 3 i odejmując od niego stronami drugie równanie pomnożone przez 2 otrzymamy 5f(x) = x 2 12x + 8, skąd f(x) = 1 5 (x2 12x + 8). To rozwiązanie należy sprawdzić. Dla każdego x R lewa strona jest równa 3f(x) + 2f(2 x) = (x2 12x + 8) ((2 x)2 12(2 x) + 8) = = 1 5 (3x2 36x x+2x x+16) = 1 5 (5x2 20x) = x 2 4x i jest równa stronie prawej dla x R. 5. Dany jest prostokąt ABCD. Z wierzchołka A prowadzimy odcinki do środka R boku BC i środka S boku CD. Oznaczmy punkty przecięcia przekątnej BD z odcinkami AR i AS odpowiednio przez P i Q. Udowodnić, że punkty P i Q dzielą przekątną BD na trzy równe odcinki. Rozwiązanie 1. Poprowadzimy prostą przez punkty R i S (patrz rys. 3). Oznaczmy przez U punkt przecięcia prostej RS z przedłużeniem boku AB, a przez V punkt przecięcia prostej RS z przedłużeniem boku AD. Ponieważ w trójkącie BCD prosta łączy środki dwóch boków, to jest równoległa do boku trzeciego, czyli RS BD. Rys. 3 Zauważmy, że powstałe trójkąty U RB, RCS i SV D są przystające. Wszystkie trójkąty są prostokątne, kąty wierzchołkowe są równe, a boki BR = RC, CS = SD i korzystając z cechy przystawania trójkątów kąt-bok-kąt otrzymujemy, że URB RCS SV D. Wtedy przeciwprostokąne tych trójkątów są równe, tzn. BP = P Q = QD. Ponieważ proste U V i BD są równoległe, to dalej korzystamy z twierdzenia Talesa. Mamy skąd UR BP = RA P A, RA P A = RS P Q = SA QA, UR BP = RS P Q = SV QD. SA QA = SV QD, 4

5 Ponieważ BP = P Q = QD, to z powyższej proporcji UR = RS = SV, co kończy dowód. Rozwiązanie 2. Narysujmy drugą przekątną AC prostokąta. Oznaczmy przez Z punkt przecięcia przekątnych (patrz rys. 4). Rys. 4 Prostokąt ABCD został podzielony na dwa przystające trójkąty prostokątne: ABC i CDA. Rozpatrzmy jeden z tych trójkątów CDA. W tym trójkącie DZ i AS są środkowymi, które przecinają się w punkcie Q. Punkt Q dzieli środkową w stosunku 2 : 1, co oznacza, że QD = 2x i QZ = x. W drugin trójkącie przystającym ABC punkt przecięcia środkowych dzieli środkową na dwa takie same odcinki: BP = 2x i P Z = x. Zauważmy, że na przekątnej BD mamy P Q = P Z + ZQ = x + x = 2x. To dowodzi, że BP = P Q = QD = 2x, co oznacza, że rozpatrywane odcinki maja taką sama długość. 6. Niech a, b, c będą liczbami rzeczywistymi dla których zachodzi a b c > 0. Udowodnić, że a 2 b 2 c + c2 b 2 a + a2 c 2 b 3a 4b + c. Rozwiązanie 1. Zapiszemy powyższą nierówność w postaci równoważnej ab(a 2 b 2 ) + bc(c 2 b 2 ) + ac(a 2 c 2 ) abc(3a 4b + c), którą będziemy dowodzić. Podzielimy obie strony nierówności przez c 4 > 0 i oznaczając b = x, a = y otrzymamy nierówność równoważną z dwoma niewiadomymi c c yx(y 2 x 2 ) + x(1 x 2 ) + y(y 2 1) xy(3y 4x + 1). Nowe niewiadome spełniają z założenia nierówności y x 1. Po przekształceniu otrzymamy xy(y x)(y + x) + x x 3 + y 3 y xy(3y 3x x + 1), skąd dalej xy(y x)(y + x) + y 3 x 3 + x y 3xy(y x) + xy(1 x), xy(y x)(y + x) + (y x)(y 2 + yx + x 2 ) + x y 3xy(y x) + xy(1 x). 5

6 Ta nierówność jest prawdziwa dla y = x, bo po lewej stronie jest liczb zero, a po prawej xy(1 x) 0. Dla y > x podzielimy obie strony nierówności przez y x > 0. Otrzymamy skąd xy(y + x) + (y 2 + yx + x 2 ) 1 3xy + xy(y + x) + (x 2 2xy + y 2 ) 1 xy 2 + x 2 y 1 + (x y) 2 xy(1 x) y x, xy(1 x) y x, xy(1 x) y x. Ponieważ x 2 y 1 i xy 2 1, to lewa strona jest większa lub równa 1, a prawa strona niedodatnia. To kończy dowód nierówności równoważnej. Rozwiązanie 2. Zapiszemy powyższą nierówność w postaci równoważnej ab(a 2 b 2 ) + bc(c 2 b 2 ) + ac(a 2 c 2 ) abc(3a 4b + c), którą będziemy dowodzić. Z założeń wynikają następujące nierówności ab(a b)(a + b 2c) 0, ac[a(a b) + b(b c)] 0, c(a b)(b c)(b + c) 0. Po wykonaniu działań otrzymamy nierówności a 3 b + a 2 b 2 2a 2 bc a 2 b 2 ab 3 + 2ab 2 c 0, skąd po redukcji a 3 b 2a 2 bc ab 3 + 2ab 2 c 0, a 3 c a 2 bc + ab 2 c abc 2 0, ab 2 c ac 3 b 3 c + bc 3 0. Dodając stronami te nierówności otrzymamy nierówność a 3 b ab 3 + bc 3 b 3 c + a 3 c ac 3 2a 2 bc 2ab 2 c + a 2 bc ab 2 c + abc 2 ab 2 c, co jest równoważne nierówności, którą dowodzimy. Wykonano edytorem L A TEX 6