DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, 3.travnja-5.travnja razred-rješenja

Transcript

1 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, travnja-5travnja 07 5 razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN Neka je x širina Vinkove njive Tada je x + m širina kupljene njive 6 m Vinkova njiva Markova njiva x x + m Stoga vrijedi: 6 (x + x + ) = 06 x + = 06 : 6 x + = x = x = 8 x = Markova njiva ima širinu + = 8 m Površina Markove njive je 6 8 = m Cijena koju je Vinko platio je 50 = kn Prvi način: = = ( ) = = ( ) = = ( ) = = ( ) = = [ + 0 ( )] Prema tome, traženi ostatak je 9 Kako je 5 6 = 70, svi pribrojnici nakon petog su djeljivi sa 70, pa i sa 7, jer je 70 = 7 0 Općenito vrijedi: ako su svi pribrojnici djeljivi nekim brojem k, onda je i njihov zbroj djeljiv istim tim brojem k

2 5 razred Zbog toga je zbroj djeljiv sa 7 Ostaje provjeriti zbroj prvih pet pribrojnika: = = 5 Podijelimo zbroj prvih pet pribrojnika sa 7: 5 : 7 = 9 Prema tome, traženi ostatak je 9 Kut podijelimo na dva dijela: x i x Tada je: x x 5 x 5 x 05 x Kut podijelimo na tri dijela: x, x i x Tada je: x x x 5 7x 5 x 5 x 90, x Kut podijelimo na četiri dijela: x, x, x i 8 x Tada je: x x x 8x 5 5x 5 x x, x 8, 8x Kut podijelimo na pet dijelova: x, x, x, 8 x i 6 x Tada je: x x x 8x 6x 5 x 5 Broj 5 nije djeljiv brojem, pa nije moguća podjela na pet dijelova uz zadani uvjet da je svaki sljedeći dio dvostruko veći od prethodnog Kut podijelimo na šest dijelova: x, x, x, 8 x, 6 x i x Tada je: x x x 8x 6x x 5 6x 5 x 5 x 0, x 0, 8x 0, 6x 80, x Ako kut dijelimo na 7 ili 8 dijelova uz zadane uvjete, dobijemo jednadžbe 7x 5 i 55x 5 koje nemaju rješenje u skupu prirodnih brojeva Ako kut dijelimo na 9 i više dijelova uz zadane uvjete, dobijemo da je najmanji dio x manji od, pa ne može biti prirodan broj Dakle, na opisani način kut veličine 5 možemo podijeliti na,, i 6 dijelova

3 5 razred Sve brojeve upisane u tablicu rastavimo na proste faktore = 5 = = 50 = = = 5 80 = = Brojeve iz tablice zamijenimo dobivenim rastavima Promotrimo brojeve rastava u drugom redu Broj 7 se pojavljuje dva puta, a broj 5 jednom Kako se 7 pojavljuje po jednom u prvom i trećem stupcu, očito je da u prvom i trećem stupcu drugog retka mora biti broj 7 Tada broj 5 mora biti u drugom stupcu (jer u četvrtom nema broja 5) Sva tri broja u drugom redu su raspoređena, pa u četvrtom stupcu tog retka mora biti broj Na sličan način riješimo i četvrti redak Broj 5 mora biti u prvom i trećem stupcu (faktor 5 iz drugog stupca već je iskorišten) Broj može biti samo u četvrtom stupcu, a u drugom je onda broj Svi brojevi u prvom redu tvore se pomoću broja Usporedbom s trojkama u pojedinim stupcima može se zaključiti da u prvom stupcu mora biti broj, u drugom 9, u trećem i u četvrtom U trećem su redu samo dvojke U prvom stupcu je, u drugom, u trećem 8, a u četvrtom

4 5 razred Zadatak rješavamo unatrag Odredimo broj a: Zbroj podijelimo brojem 0 i dobijemo x: 0 x Umnošku dodamo 5 : 0 x 5 Razliku pomnožimo brojem 5: x 0 5 :5 x Od broja a oduzmemo : x x Prema tome je a x Odredimo broj b: y x Od umnoška oduzmemo i dobijemo y: x Zbroj pomnožimo brojem : x : x Količniku dodamo 6: x 6 x 5 Broj b podijelimo brojem 8: x Prema tome je b 8 x 0 Broj a tri je puta manji od broja b, pa vrijedi: a b x 8 x x 0 x 8 x 0 x8 x 0 x 0 x 0: x 0 a x 0 0 b8 x ili b a 0 0 Broj a je 0, a broj b je 0

5 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, travnja-6travnja 07 6 razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN Prvi način: Neka je x duljina prvog, y duljina drugog, a z duljina trećeg komada tkanine Neka je n duljina jednakih dijelova tkanine nakon rezanja, tj 5 x y z n x n x n, y n y n, z n z n x y z n n n 5 0n 0n 8n 50 68n 50 n 75 Dalje je x 75 0, tj prvi komad tkanine je prije rezanja bio duljine 0 m, drugi komad je prije rezanja bio duljine y 75 5 m, a treći je komad prije rezanja bio duljine 6 z 75 9 m 5 Neka je x duljina prvog, y duljina drugog, a z duljina trećeg komada tkanine Prema uvjetu zadatka vrijedi jednakost x y 5 z 6 Iz x y slijedi y x : x x Iz x z slijedi z x : x x Zbog x y z redom slijedi 9 x x x, 7 x, odakle je y 0 5 m i z 0 9 m 0 Prije rezanja prvi dio bio je dug 0 m, drugi 5 m i treći 9 m 7 x : 0 m, 5 Treći način: Neka je x duljina prvog, y duljina drugog, a z duljina trećeg komada tkanine Prema uvjetu zadatka vrijedi jednakost x y 5 z 6 Pomnožimo li dobiveni izraz brojem (jer je V(,, 6) = ), dobit ćemo da je 9x = 6y = 0z 0z 0z Iz 9x = 0z slijedi x, a iz 6y = 0z slijedi y 9 6

6 6 razred Dalje, zbog x y z redom slijedi 0 z 0 z z, 0z + 0z + 8z = 6, odakle je z 9 m Dalje je x 0 m i y 5 m Prije rezanja prvi dio bio je dug 0 m, drugi 5 m i treći 9 m Četvrti način: Ako grafički prikažemo zadane odnose i s x označimo dijelove koji su jednake duljine, uočavamo sljedeće: odrezani dio prvog komada tkanine ima duljinu x, odrezani dio drugog komada je duljine x i odrezani dio trećeg komada ima duljinu x Zbrojimo li duljine svih triju komada 5 tkanine prije rezanja, dobivamo jednadžbu x x x x x x, čijim rješavanjem redom 5 dobivamo 68 5 x, 68 x :, tj x = 75 5 Dalje kao u načinu rješavanja Prvi način: Na jednoj strani ulice kućni su brojevi neparni (,, 5, ), a s druge parni (,, 6, ) Kako se zbrajanjem parnih brojeva uvijek dobiva paran broj, očito je zbroj neparnih kućnih brojeva 69, a parnih 6 Neka je n broj kuća na neparnoj strani Prvi kućni broj na toj strani je, a posljednji je n Koristeći Gaussov princip, dobiva se (n ) = ( + n ) n : = 69, odnosno n n = 69 Traženi broj mora biti između 0 i 0 jer je 0 0 = 900, a 0 0 = 600 Budući da je zadnja znamenka tog umnoška jednaka 9, znamenka jedinica broja n mora biti ili ili 7 Provjerom se dobiva da je n = 7 (jer je = 089) Neka je m broj kuća na parnoj strani Prvi kućni broj na toj strani je, a posljednji je m Koristeći Gaussov princip, dobiva se da je m = ( + m) m : = 6, odnosno (m + ) m = 6 Rastavljanjem broja 6 na umnožak prostih faktora dobiva se da je 6 = 7 = 7 6 Odatle se zaključuje da je m = 6 Na jednoj je strani ulice 7, a na drugoj 6 kuća U ulici su 8 kuće Na jednoj strani ulice kućni su brojevi neparni (,, 5, ), a s druge parni (,, 6, ) Kako se zbrajanjem parnih brojeva uvijek dobiva paran broj, očito je zbroj neparnih kućnih brojeva 69, a parnih 6 Neka je x najveći kućni broj na neparnoj strani ulice Tada je zbroj svih kućnih brojeva na toj strani ulice jednak x Koristeći Gaussov princip nalazimo da je taj zbroj jednak

7 6 razred ( x) ( x) 69, tj (x + )(x + ) : = 69 ili (x + )(x + ) = 576 Traženi faktor mora biti između 70 i 80 jer je = 900, a = 600 Budući da je zadnja znamenka tog umnoška jednaka 6, znamenka jedinica broja x + mora biti ili ili 6 Provjerom se dobiva da je x + = 7, odnosno x = 7 (jer je = 5776) Dakle, na neparnoj strani ulice najveći kućni broj je x = 7 Budući da je x = k, pri čemu je k prirodan broj koji označava broj kuća na neparnoj strani ulice, zaključujemo da je na neparnoj strani ulice (7 + ) : = 7 kuća Neka je y najveći kućni broj na parnoj strani ulice Tada je zbroj svih kućnih brojeva na toj strani ulice jednak y Koristeći Gaussov princip nalazimo da je taj zbroj jednak ( y) y 6, tj y (y + ) : = 6 ili y (y + ) = 868 Rastavljanjem broja 868 na umnožak prostih faktora dobiva se da je 868 = 7 = ( ) ( 7) = 9 9 Odatle se zaključuje da je y = 9, tj da je na parnoj strani ulice najveći kućni broj 9 Budući da je y = l, pri čemu je l prirodan broj koji označava broj kuća na parnoj strani ulice, zaključujemo da je na neparnoj strani ulice 9 : = 6 kuća U ulici su = 8 kuće Prvi način: Neka su ab i cd zadani dvoznamenkasti brojevi Prema uvjetima zadatka vrijedi: ab cd 86 = ab dc, odnosno (0a + b) (0c + d) + 86 = (0a + b) (0d + c) Dalje je redom: 00ac + 0ad + 0bc + bd + 86 = 00ad + 0ac + 0bd + bc, 90ac + 9bc + 86 = 90ad + 9bd 0ac + bc + = 0ad + bd c(0a + b) + = d(0a + b) cab ab d ab d c Dalje se može rješavati na dva načina: a) c i d su znamenke pa je njihova razlika sigurno manja od 9 (ne može biti 9 jer bi c bilo jednako 0, što ne može biti) i različita od nule (zbog umnoška koji ima vrijednost ) I d c = ab =, ne može biti jer je ab dvoznamenkasti broj II d c = ab =, ne može biti jer je ab dvoznamenkasti broj III d c = ne može biti jer nije djeljiv brojem IV d c = ab = 06, ne može biti jer je ab dvoznamenkasti broj V d c = 5 ne može biti jer nije djeljiv brojem 5 VI d c = 6 ne može biti jer nije djeljiv brojem 6 VII d c = 7 ne može biti jer nije djeljiv brojem 7 VIII d c = 8 ab = 5 Iz ab = 5 i d = 8 + c slijedi c = i d = 9, tj cd = 9 Točan umnožak je 5 9 = 007 b) Rastavom broja na proste faktore dobit ćemo: = 5 Odatle je dvoznamenkasti broj ab = 5, razlika znamenaka iznosi d c = 8, dakle c =, d = 9, tj cd = 9 Točan umnožak je 5 9 = 007

8 6 razred Neka su ab i cd zadani dvoznamenkasti brojevi Prema uvjetima zadatka vrijedi: ab cd 86 = ab dc, odnosno ab ( dc cd ) = 86 Dalje je redom: ab (0d + c 0c d) = 86 ab (9d 9c) = 86 9 ab (d c) = 86 / : 9 ab (d c) = Dalje kao u načinu rješavanja D C S F E H G A B Prema uvjetu zadatka je SAG DAF 85 Dijagonale kvadrata se raspolavljaju, jednake su duljine i međusobno su okomite pa vrijedi: SA SC i SAC SCA 5 Dalje je CAG SAG SAC Zbog CA = CB = CF zaključujemo da je trokut ΔAFC jednakokračan s osnovicom AF i tada vrijedi CAF AFC 0 Tada je ACF 80 CAF Trokut BFC je jednakostraničan pa je GCF BCF 60 i ACG ACF GCF U trokutu AGC vrijedi da je CAG ACG 0, pa je GA GC Dalje je moguće na tri načina: Prvi način: Dijagonale kvadrata se raspolavljaju i jednake su duljine, tj vrijedi SA SC Dokazali smo da je GA GC Za točke S i G vrijedi da su jednako udaljene od krajnjih točaka dužine AC, pa pripadaju simetrali dužine AC Kako je simetrala dužine okomita na dužinu, slijedi da je SG AC, tj AHS 90

9 6 razred Promatramo trokute SGC i SAG Dijagonale kvadrata se raspolavljaju i jednake su duljine, tj vrijedi trokute SA SC Dokazali smo da je GA GC Budući da je stranica SG je zajednička za SGC i SAG, prema poučku SSS slijedi da je SGC SAG pa vrijedi GSA CSG 90 : 5 U trokutu AHS vrijedi da je HSA GSA 5 i SAH SAC 5, pa je AHS 80 ( HSA SAH ) Treći način: Promatramo trokute SGC i SAG Dijagonale kvadrata se raspolavljaju i jednake su duljine, tj SA SC Dokazali smo da je GA GC Budući da je SCH SCA 5 i HCG ACG 0 vrijedi SCG 85, odnosno SAG DAF 85 Prema poučku SKS slijedi da je SGC SAG pa vrijedi AGS SGC U trokutu AGC vrijedi da je CAG ACG 0, pa je AGC 00, te AGS SGC 00 : 50 U trokutu HGC vrijedi HGC 50 i HCG 0, pa je CHG 90 i vrijedi da je SG AC, tj AHS 90 P P 5 Kako najduljoj visini pripada najkraća stranica, očito je b = 5 cm Budući da je va, vb i a b P vc, iz vb va vc redom slijedi: P P P,, a c, ac 5a 5c, c b a c b a c 5 ac 5a ac 5c 5a, c( a 5) 5a, te je c a 5 5a 5 5 5a 5 5 5( a 5) 5 5 Dalje je c 5 a 5 a 5 a 5 a 5 a 5 a 5 Broj c će biti cijeli broj ako je a 5 djelitelj broja 5, tj ako je a 5 jednak, 5 ili 5, odnosno, 5 ili 5 a 5 a = 6 cm c = 0 cm što je nemoguće zbog nejednakosti trokuta a 5 5 a = 0 cm c = 0 cm a 5 5 a = 0 cm c = 6 cm što je nemoguće zbog nejednakosti trokuta a 5 a = cm što je nemoguće jer je najkraća stranica duljine 5 cm (ili: a 5 a = cm c = 0 što je nemoguće) a 5 5 a = 0 što je nemoguće a 5 5 a = 0 što je nemoguće Dakle, postoji samo jedan takav trokut sa stranicama duljina a = 0 cm, b = 5 cm i c = 0 cm 5

10 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, travnja-5travnja 07 7 razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN Prvi način: Neka je kralj imao x dukata Raspodjela u omjeru : znači da će obitelji pripasti x, a državi x dukata Obiteljski dio dijeli se između djece i kraljice u omjeru : Djeca će dobiti x x, a kraljici će ostati x x 6 Budući da je kralj imao dva sina i dvije kćeri, oni dijele svoj dio u omjeru : Sinovima će pripasti x x, a kćerima x x Na kraju stariji i mlađi sin dijele svoj dio u omjeru 5 : Stariji će sin dobiti 5 x x, a mlađi x x Dakle, kraljica je dobila x dukata, a mlađi sin 6 5 x dukata Poznato je da razlika x x x iznosi 00 dukata, pa je onda cijelo nasljedstvo x = 000 dukata Starijem sinu pripala je trećina, dakle 000 dukata Najmanje dukata dobit će mlađa kći Neka je ona dobila x dukata Budući da je mlađa kći dijelila dukate sa starijom sestrom u omjeru : 5, onda je starija kći dobila 5x dukata Sestre su zajedno dobile 6x dukata Taj iznos su dobile nakon podijele dukata između njih i braće, u omjeru : Dakle, braća su dobila puta više, odnosno x dukata Tih x dukata braća su podijelila između sebe u omjeru : 5, tako da je mlađi sin dobio x dukata, a stariji sin 0x dukata Djeca su, svi zajedno, dobili x + 5x + x + 0x = 0x dukata Taj iznos su dobili nakon raspodijele s majkom, u omjeru : Majka je onda dobila 0x dukata Usporedbom broja dukata majke i mlađeg sina dobije se jednadžba: 0x x = 00, čije je rješenje x = 50 Stariji je sin dobio 0x = 0 50 = 000 dukata Prvi način: Neka je x ukupan broj upisanih učenika (polaznika) razreda na početku školske godine, a d broj djevojčica među njima Tada vrijedi d = 0x

11 7 razred Tijekom godine, od ukupnog broja upisanih učenika razreda školu je napustilo djevojčica i 6 dječaka (ukupno 50 učenika) pa su na kraju školske godine 6 % polaznika razreda bile djevojčice Vrijedi: 06 (x 50) = d, odnosno 06 (x 50) = 0x Rješavanjem ove jednadžbe dobivamo: x = 00 Ukupan broj upisanih učenika razreda na početku školske godine bio je 00, od toga 0 00 = 9 djevojčica i 00 9 = 7 dječak Na kraju školske godine bilo je 7 6 = 5 dječaka Neka je u ukupan broj upisanih učenika razreda na početku školske godine, a m broj dječaka među njima Tada vrijedi m = 057u Tijekom godine, od ukupnog broja upisanih učenika razreda školu je napustilo djevojčica i 6 dječaka (ukupno 50 učenika) pa su na kraju školske godine 5 % upisanih učenika razreda bili dječaci Vrijedi: 05 (u 50) = m 6, odnosno 05 (u 50) = 057u 6 Rješavanjem ove jednadžbe dobivamo: u = 00 Ukupan broj upisanih učenika razreda na početku školske godine bio je 00, od toga = 7 dječak i 00 7 = 9 djevojčica Na kraju školske godine bilo je 7 6 = 5 dječaka Prvi način: Traženo vrijeme je 5 sati + x sati, gdje je x < Za to vrijeme mala kazaljka prijeđe (5 + x) 0, jer za jedan sat prijeđe put koji odgovara kutu veličine 0 Velika kazaljka je u 5 sati bila na broju, što znači da će za još x sati prijeći put koji odgovara veličini kuta od x 60 Kad se kazaljke poklope, veličine kutova obiju kazaljki biti će iste: (5 + x) 0 = x 60 / : x = x x = 5 5 x sata Dobiveni x treba zapisati u minutama, sekundama: Kazaljke će se poklopiti u približno 5 sati 7 minuta i 6 sekunda U 5 sati mala kazaljka se nalazi na broju 5 (5 sati), a velika na (0 minuta) Neka je x vrijeme (u minutama) koje još treba proteći do prvog poklapanja kazaljki Velika kazaljka za 60 minuta prijeđe put koji odgovara punom kutu (60 ), a za jednu minutu 6 Mala kazaljka za 60 minuta prijeđe put koji odgovara kutu od 60 : = 0, a za jednu minutu 0 : 60 = 05 Za traženih x minuta mala kazaljka prijeđe put koji odgovara kutu od 05 x Za isto to vrijeme velika kazaljka će prijeći put koji odgovara kutu od 6 x, a koji je jednak kutu od 50 (od oznake do oznake 5 na satu) uvećanom za 05 x

12 7 razred Vrijedi: 6 x 05 x = Rješenje jednadžbe je x 7 (minuta) Vidi se da je 80 minute sekunda, odnosno 6 sekunda Kazaljke će se poklopiti u približno 5 sati 7 minuta i 6 sekunda Treći način: I velika i mala kazaljka sata kreću se stalnom (jednolikom) brzinom, što znači da između svaka dva njihova poklapanja protekne jednako vremena Budući da se u jednom -satnom ciklusu kazaljke poklope puta (svakih sat i nešto ) taj vremenski razmak moguće je dobiti dijeljenjem vremenskog razdoblja od sati na jednakih dijelova Kada sati podijelimo s, dobijemo sat i ostatak Taj ostatak od jednog sata pretvorimo u 60 minuta i ponovo dijelimo sa Rezultat je 5 minuta, a ostatak je također 5 Tih 5 minuta ostatka pretvorimo u 00 sekundi i dijelimo s Rezultat je 7 sekunda i ostatak Time smo dobili da se preklapanja velike i male kazaljke događaju svakih sat, 5 minuta, 7 sekundi i jedanaestine sekunde Iza 5 sati dogodit će se peto preklapanje kazaljki Ono će se dogoditi nakon 5 sati, 5 minuta, 5 sekunda (tj minute i 5 sekunda) i 5 jedanaestina sekunde (što je još jedna puna sekunda) Prvo preklapanje kazaljki sata iz 5 sati događa se približno u 5 sati, 7 minuta i 6 sekunda Prvi način: Označimo vrhove pravilnog dvanaesterokuta A, A, A, A, središte opisane (i upisane) kružnice sa S, duljinu stranice dvanaesterokuta s a, duljinu najkraće dijagonale s d, duljinu polumjera opisane kružnice s R i duljinu polumjera upisane kružnice s r A 8 A 7 A 9 A 6 k o k u A 5 A 0 S A A R r R a A a A A A

13 7 razred ( ) 80 Veličina unutarnjeg kuta pravilnog dvanaesterokuta je 50 Odaberimo jedan jednakokračan trokut s osnovicom duljine d i krakom duljine a, primjerice A A A i s P označimo polovište stranice A A A 5 a d P A a 5 A Tada možemo izračunati veličine kutova pravokutnog trokuta AA P : 50 PAA 75 A A P A A S je karakteristični trokut pravilnog dvanaesterokuta pa je ASA 60 : 0 S 5 5 R r R Neka je M nožište visine iz vrha S na osnovicu a, odnosno N nožište visine iz vrha A na krak 0 Vrijedi: A SM 5 MA S Uočimo da su PA A i MA S slični po KK poučku, Stoga vrijedi razmjer d d r : R : a, pa je ar R () R A NS je polovica jednakostraničnog trokuta pa je A N R P P A R A N 6 R R A S () ar S druge strane P 6ar Iz ovoga i () slijedi A a M N A

14 7 razred d P 6ar 6 R Rd () Iz () i () je R Rd, odnosno R d 0 cm P R 0 00 cm Površina pravilnog dvanaesterokuta je 00 cm Neka su A, A, A A i A vrhovi pravilnog dvanaesterokuta, S središte opisane (i upisane) kružnice, a R duljina polumjera opisane kružnice ( ) 80 Veličina unutarnjeg kuta pravilnog dvanaesterokuta je 50 A 8 A 7 A 6 A 9 A 0 A S A 5 A A A a P A A Neka je P sjecište dužine A A i dužine AS A A S je karakteristični trokut pravilnog dvanaesterokuta, pa je A SA 60 : 0 Kutovi uz osnovicu karakterističnog trokuta A S su sukladni, pa je A SAA AA S 80 0 : 75 A A A je jednakokračan trokut s osnovicom A A Kutovi uz osnovicu trokuta A A A su sukladni i veličine A AA A A A : 5 U trokutu AA P veličine dvaju kutova su 75 i 5, pa je treći kut veličine 90, odnosno A PA 90 Iz toga slijedi da su dužine A A i AS međusobno okomite U jednakokračnom trokutu AAS ( AS A S ) kutovi SAA i AAS su jednake veličine jer su to kutovi uz osnovicu i iznose svaki (80 60 ) : = 60 Dakle, AA je jednakostraničan sa stranicom duljine 0 cm S Iz toga slijedi i da je radijus R pravilnom dvanaesterokutu opisane kružnice također 0 cm Četverokut AA AS je četverokut s okomitim dijagonalama, pa je njegova površina jednaka 5

15 7 razred A A A S polovini umnoška duljina njegovih dijagonala, tj P A A A S odnosno P AA AS 0 0 = 50 cm U pravilnom dvanaesterokutu ima 6 sukladnih četverokuta površine 50 cm, pa je njegova površina 00 cm Treći način: Neka su A, A, A A i A vrhovi pravilnog dvanaesterokuta, S središte opisane kružnice, a točka N sjecište dužina A A i SA A 8 A 7 A 6 A 9 A 0 A S A 5 A A A a N A A Dužina A A je jedna od najkraćih dijagonala i vrijedi AA 0 cm A S je karakteristični trokut pravilnog dvanaesterokuta pa je A SA 60 : 0 A Tada je ASA 60 U jednakokračnom trokutu AAS ( AS A S ) kutovi SAA i AAS su jednake veličine jer su to kutovi uz osnovicu i iznose svaki (80 60 ) : = 60 Dakle, AA je jednakostraničan sa stranicom duljine 0 cm S Iz toga slijedi da je polumjer opisane kružnice AS 0 cm Četverokut AA AS je deltoid ( A A A A, AS AS ), pa su mu dijagonale okomite i uzdužna dijagonala SA raspolavlja poprečnu dijagonalu AA Dakle, točka N je polovište dužine A A, pa je A N A A 5 cm Tada je P( A A S) SA A N 05 5 cm, a površina dvanaesterokuta je 5 = 00 cm 6

16 7 razred 5 k A β α S β α B E 60 D Označimo veličinu središnjeg kuta ASB s α Onda je veličina njemu pripadnog obodnog kuta ADB jednaka Također, ako veličinu središnjeg kuta CSD označimo s β, onda je veličina C njemu pripadnog obodnog kuta CAD jednaka Sjecište dužina AC i BD označimo s E i promatramo ΔAED Veličina vanjskog kuta kod vrha E je 60 i jednaka je zbroju veličina unutarnjih kutova kod vrhova A i D Iz 60, slijedi α + β = 0 Promatramo ΔBCS Tada je CSB Kako je BS = CS, vrijedi BCS SBC Tada je veličina svakog od tih dvaju kutova jednaka: 80 CSB ΔBCS je jednakostraničan budući da su veličine svih triju kutova jednake 60 7

17 DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Primošten, travnja-5travnja 07 8 razred-rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN Prvi način: A a P F x P A 5 v E A y S A 6 A A Označimo: PP m, FE x, ES y, A5A a a Tada je površina šesterokuta A A A A A5 A 6 jednaka P6 6, a površina trokuta A P P je m( a x y) P PP m A5 E v i FE x a, jer je PP srednjica trokuta A5 A A ES y a, jer je y duljina katete nasuprot kutu od 0 u pravokutnom trokutu A5 ES s hipotenuzom duljine a Slijedi v a a a 7 a m ( a x y) a 7a P, pa je traženi omjer jednak: 6 7a a P: P6 : 6 : 6 6

18 8 razred A a P F x P A 5 v E A y S A 6 A A Neka je duljina stranica šesterokuta A A A A A5 A 6 jednaka a, tj AA a P i P su polovišta stranica trokuta A5 A A, pa je PP srednjica trokuta A5 A A Neka je točka E sjecište dužina AA 5 i AS, a točka F sjecište dužina PP i AS Tada vrijedi da je: a PP A5 A A5 E v Uočimo da je trokut PSP jednakostraničan trokut sa stranicama duljine Dužina FS je visina tog jednakostraničnog trokuta, pa vrijedi: a a FS v Tada je površina šesterokuta A A A A A5 A 6 jednaka a površina trokuta A P P je a P6 6, a a a a 7a 7a P PP FA a 6 Iz dobivenih površina slijedi da je traženi omjer jednak: 7a a P: P6 : 6 : 6 6 x y z, y z x 5, z x y 0 Iz rastavljanjem na faktore slijedi da je x y z x y z x y z y z x x y z z x y, 5, 0 Zbrojimo li sve tri jednadžbe vrijedi da je x y z x y z y z x z x y 6,

19 8 razred odnosno x y z 6, iz čega slijedi da x y z ili x y z slučaj: 5 0 Ako je x y z onda je x y z, y z x, z x y Dalje redom zbrajajući dvije po dvije jednadžbe dobije se: 6 y y x x z y 8 8 slučaj: 5 0 Ako je x y z onda je x y z, y z x, z x y Dalje redom zbrajajući dvije po dvije jednadžbe dobije se: 6 y y x x z y 8 8 Prvi način: Transformirajmo polaznu jednadžbu: m n p m q n + p q = p q, (m q) (n p) = p q Iz toga slijedi da m q i n p moraju biti istog predznaka Također, očito je m q i n p, jer je p q > 0 Iz polazne jednadžbe slijedi da ne može biti m < q i n < p Naime, kada bi to bio slučaj, onda bi iz polazne jednadžbe slijedilo m n = p m + q n > m n + m n = m n, odnosno m n < 0, što je u suprotnosti s pretpostavkom da su m i n prirodni brojevi Dakle, m q i n p moraju biti pozitivni*, te imamo četiri mogućnosti: m q = pq, n p =, () m q = p, n p = q, () m q = q, n p = p, () m q =, n p = pq () Iz () dobivamo rješenje (m, n) = (pq + q, p + ), iz () dobivamo rješenje (m, n) = (p + q, p + q), iz () dobivamo rješenje (m, n) = (q, p), a iz () dobivamo rješenje (m, n) = (q +, pq + p) *Napomena: Učenica/učenik ne mora odmah uočiti da može eliminirati slučajeve kada su m q i n p negativni U tom će slučaju imati osam umjesto četiri slučaja, ali svi slučajevi kad su m q i n p negativni neće rezultirati rješenjem

20 8 razred Riješimo jednadžbu po varijabli m: qn m n p Dalje imamo: qn pq pq q( n p) pq pq m q n p n p n p n p Kao u prethodnom načinu rješavanja, zaključujemo da su m q i n p pozitivni** Zato imamo četiri mogućnosti: n p =, () n p = q, () n p = p, () n p = pq () Iz () dobivamo rješenje (m, n) = (pq + q, p + ), iz () dobivamo rješenje (m, n) = (p + q, p + q), iz () dobivamo rješenje (m, n) = (q, p), a iz () dobivamo rješenje (m, n) = (q +, pq + p) **Napomena: Kao i u prvom načinu rješavanja, učenica/učenik ne mora odmah uočiti da može eliminirati slučajeve kada su m q i n p negativni U tom će slučaju imati osam umjesto četiri slučaja, ali svi slučajevi kad su m q i n p negativni neće rezultirati rješenjem C T S R T S S A T H T B Neka je T točka dirališta kružnice upisane trokutu ΔAHC i stranice AC, a T točka dirališta kružnice upisane trokutu ΔAHC i stranice AH Promotrimo pravokutne trokute AST i ATS Oni imaju zajedničku hipotenuzu AS, sukladne prave kutove ST A AT S i jednake duljine stranica ST ST Dakle trokuti AST i ATS su sukladni po teoremu SSK, stoga je AT AT Promotrimo pravokutne trokute CTS i CSR Oni imaju zajedničku hipotenuzu CS, sukladne prave kutove CT S S RC i jednake duljine stranica ST SR Dakle trokuti ΔCT S i ΔCS R su sukladni po teoremu SSK, stoga je T C = RC

21 8 razred Zatim, T H = RH jer su obje duljine duljine polumjera iste kružnice Sada imamo AC = AT + T C = AT + RC = AH T H + CH RH = AH + CH RH Odatle slijedi RH = ( AH + CH AC ) = ( AH + CH 07) () Analogno, pomoću T i T, dobivamo SH = ( BH + CH BC ) = ( BH + CH 06) () Prema Pitagorinom poučku imamo 07 AH = CH = 06 BH, odakle slijedi AH BH = 07 06, odnosno AH BH = (07 06)(07 06) 0 Konačno, iz (), () i () slijedi AH BH AB RS = RH SH = ( AH BH ) = () 08 5 Ukupno je upućeno 0 0 = 00 poruka, a parova učenika ima Zato barem = 0 poruka mora biti poslano između istih parova učenika pa je najmanji mogući broj obostranih poruka barem 0 Konstruirajmo sada raspored poslanih poruka tako da je broj obostranih poruka točno 0 Neka su učenici poredani ukrug i neka je svatko poslao poruku deset učenika koji se nalaze u krugu nakon njega u smjeru kazaljke na satu Uočimo da će u tom rasporedu slanja poruka samo učenici koji su jedan nasuprot drugoga (dijametralno suprotni) poslati obostrane poruke (Svaka točka predstavlja jednog učenika, a orijentirana dužina jednostranu poruku) Time je konstruiran traženi raspored poruka za koje je broj obostranih poruka točno 0 Iz navedenog možemo zaključiti da je najmanji mogući broj obostranih poruka jednak 0 5