ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2007 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου ενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: info@hmsgr wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hmsgr wwwhmsgr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΙΑΩΝΙΣΜΩΝ 67ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΙΑΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ "Ο ΕΥΚΛΕΙΗΣ" ΣΑΑΤΟ, 0 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 007 ΕΝΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Οι λύσεις είναι ενδεικτικές και όχι μοναδικές Οποιαδήποτε μαθηματικώς σωστή λύση είναι αποδεκτή ανεξάρτητα από τα χρησιμοποιούμενα εργαλεία, πχ η Αναλυτική εωμετρία και ο Απειροστικός Λογισμός μπορούν να χρησιμοποιηθούν από μαθητές οποιασδήποτε τάξης ΥΜΝΑΣΙΟΥ 4 με ν ν + 4 = {,,,6,7,4,,4} ν + Επειδή ο ν + είναι περιττός έπεται ότι: ν + = ή ν + = ή ν + = 7 ή ν + = ν = 0 ή ν = ή ν = ή ν = 0 Αν θέσουμε ΑΟ = ω, τότε από την υπόθεση του προβλήματος έχουμε: 4ω ω = 80 5ω = 90 ω = 8 Ο Ε Α Από τις υποθέσεις έχουμε α + β α β α + β α β α + β α β α + β α β + = + = γ + δ γ δ γ δ γ + δ γ + δ γ + δ γ δ γ δ β β = β( γ δ γ δ) = 0 γ + δ γ δ βδ = 0 βδ = 0 β = 0 ή δ = 0 4 Έχουμε ότι

2 Ν= xyzxyz = 00000x y + 000z + 00x + 0y + z = 0000x+ 000y+ 00z ( x y z) = = 7 xyz Άρα οι αριθμοί 7, και διαιρούν τον αριθμό Ν Έχουμε ΥΜΝΑΣΙΟΥ ( ) Α= 5 7 = = Άρα ο Α λήγει σε 90 μηδενικά και το τελευταίο μη μηδενικό ψηφίο του είναι το 6 Έχουμε x y 6 4x = = 4x= y και xz = 8 y = και xz = 8 4 z Επειδή οι αριθμοί x, z είναι φυσικοί έχουμε xz = 8 ( x, z) = (,8) ή (,9) ή (, 6) ή ( 6,) ή ( 9, ) ή ( 8,), 4x οπότε, από την ισότητα y = προκύπτει ότι : xyz,, =, 4,6 ή 6,8, ή 9,, ή 8, 4, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Έχουμε 6 Α = ΑΜ + ΑΜ = 6 ΜΚ + 6 ΜΚ 4 ( ) ( ) ( ) ΜΚ + ΜΛ = () A K Λ K M Λ Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΚΚ Μ και ΛΛ Μ γεωμετρικά ή τριγωνομετρικά έχουμε KK = MK, ΛΛ = ΜΛ και ΜΚ = ΜΚ, ΜΛ = ΜΛ 9 Οπότε ΚΛ = ΜΚ + ΜΛ = ( ΜΚ + ΜΛ ) =

3 ΚΚ + ΛΛ = + Λ = = 7 ΚΚΛΛ = ΚΚ + ΛΛ ΚΛ = 8 και ( MK M ) Άρα είναι ( ) ( ) 4 Αν υποθέσουμε ότι όλοι οι μαθητές έχουν διαφορετικό αριθμό τετραδίων, τότε ο ελάχιστος αριθμός τετραδίων που μπορούν να έχουν όλοι μαζί είναι = 0 > 5 Άρα δεν είναι δυνατόν να έχουν όλοι οι μαθητές διαφορετικό αριθμό τετραδίων, οπότε δύο τουλάχιστον θα έχουν τον ίδιο αριθμό τετραδίων Α ΛΥΚΕΙΟΥ (i) Λαμβάνοντας υπόψη τις ανισότητες α < β < γ < δ < ε εύκολα βρίσκουμε ότι Κ= γ, οπότε β <Κ< δ (ii) Έχουμε x y = ( α + β)( γ + δ) ( α + γ)( β + δ) = αγ + βδ αβ γδ = α( γ β) + δ ( β γ) = ( γ β)( α δ) < 0 Άρα είναι x y < 0 δηλαδή x < y Ομοίως λαμβάνουμε y z = ( δ γ)( α β) < 0 Επειδή είναι Μ = Μ, το τρίγωνο Μ είναι ισοσκελές με Μ = Μ () Επιπλέον, τα τρίγωνα ΜΑ και ΜΑΕ είναι ίσα γιατί έχουν: ΑΜ κοινή πλευρά, Α = ΑΕ, ΜΑ = ΜΑΕ Άρα θα έχουν και ΑΜ = ΑΜΕ () Λόγω των () και () τα τρίγωνα ΜΑ και ΜΑ είναι ίσα, οπότε θα έχουν και Α =Α, δηλαδή το τρίγωνο Α είναι ισοσκελές Μ Α Ε Επειδή είναι xy>, 0 έχουμε 4 x + y 64 x < 64 και y < 64 x< 4 και y< 8 x < 4x και y < 8y, από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε 4 x + y < 4x + 8y < 8 x + y 8 64 = 5 ( ) 4 Αν υποθέσουμε ότι παίρνουμε x κέρματα του ενός ευρώ, y χαρτονομίσματα των 0 ευρώ και z χαρτονομίσματα των 00 ευρώ, τότε θα έχουμε τις ισότητες x+ 0y+ 00z = και x+ y+ z = 000, () από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε:

4 ( ) 9y+ 99z = y+ z = , που είναι άτοπο, γιατί το άθροισμα των ψηφίων του είναι ο αριθμός που δεν διαιρείται με το 9 ΛΥΚΕΙΟΥ Από την υπόθεση έχουμε ότι: Ρ x = x x x x x x () ( ) ( )( )( ) Η παράσταση Κ γράφεται: Κ x, x, x = x + x x + x x + x ( ) ( )( )( )( )( )( ) = ( x)( x)( x)( + x)( + x)( + x) =Ρ() ( x )( x )( x ) () ( ) ( )( ) ( ) = Ρ Ρ = + κ + λ κ + λ = + κ λ Κ Α Ε Ο Α ος Τρόπος Έχουμε: = Α = R R = 4R = R = O Επειδή επιπλέον Ο ˆ = 90 ο, αρκεί να αποδείξουμε ότι Ο ΑΚ ή ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι: O ˆ = ΑΚ ˆ Πράγματι αν Ε είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του Α ως προς τον κύκλο Ο, τότε: OB E Ε ΟΕ ΟΕ εγγεγραμμένο τετράπλευρο Ε ˆ = ΟΑ ˆ Ο ˆ = ΑΚ ˆ Ο=ΑΚ ˆ ˆ ος Τρόπος

5 Έστω Ε το αντιδιαμετρικό σημείο του Α ως προς τον κύκλο κέντρου Ο Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΕ έπεται ότι ΚΑ = ΑΕ = 45, οπότε και το τρίγωνο ΑΚ είναι ορθογώνιο ισοσκελές Άρα είναι Α ΚΑ = Κ = () Επιπλέον, αν είναι ΑΑ, και ΟΑ= R, τότε με χρήση του τύπου της απόστασης σημείου κύκλου από εφαπτομένη του, λαμβάνουμε Α Α R ΑΑ Α = = = = () R Α Από τη () έπεται ότι =, οπότε από την () έπεται ότι = Κ = ΚΑ και Κ = Κ + = ΚΑ Από την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου έχουμε α φορές β φορές 4 4 α + β α + α + + α + β + β + β = = α + β α + β από την οποία έπεται το ζητούμενο α β α β ( α ) ( β ) ( α β ) α+ β α+ β, 4 Έστω ότι είναι Μ= κ και Μ = λ, οπότε θα είναι κ + λ = α Τότε θα έχουμε x β κ = α και y γ βκ γλ = x = και y = Α λ α α α Άρα η παράσταση S γίνεται Λ β κ γ λ S = x + y = + () α α Κ βκ + γ ( α κ) S = α β + γ γ = + = κ κ γ f ( κ) α α Μ Άρα η παράσταση S είναι τριώνυμο ως προς κ με συντελεστή του κ τον γ β + γ αγ > 0, οπότε η παράσταση έχει ελάχιστο για κ = α = α ( β + γ ) β + γ α αβ Τότε είναι λ = α κ =, οπότε το σημείο Μ στο οπο0ίο λαμβάνεται το β + γ Μ γ ελάχιστο της παράστασης S χωρίζει την πλευρά σε λόγο = Μ β Η τιμή του ελάχιστου είναι

6 αγ = f β + γ + + γ = β γ αγ γ αγ β γ α β + γ α β + γ β + γ ος τρόπος Μέσω της σχέσης () θα μπορούσαμε να προχωρήσουμε ως εξής: α α β κ γ λ α α β γ S + = + + ( κ + λ) = α S β γ α α β β β + γ οπότε έχουμε: βγ Smin = β +γ Η ισότητα ισχύει όταν σε λόγο γ β ΛΥΚΕΙΟΥ βκ γλ α κ γ = α ή = α α λ β β γ, δηλαδή όταν το σημείο Μ χωρίζει τη x y 50 =, 50 = x y x y 50 ( y) 50 ( y) y x y x y y ( ) ( y ) A = = = 50 = x y x y ( ) ( y ) y x y = 50 = 50 = 50 = = = x+ y x y 50 = = 5 = 5 ος τρόπος 50 log50 x y 6 log50a = = log50 50 = log50 50 = log50 5 = log50 5 ( y) 50 log50 Άρα Α=5 Από την υπόθεση έχουμε ότι: Ρ x = x x x x x x () ( ) ( )( )( ) Η παράσταση Κ γράφεται: Κ x, x, x = i x i x i x i x i x i x ( ) ( )( )( )( )( )( ) = ( i x )( i x )( i x )( i x )( i x )( i x ) () ( ) ( i κi λ)( i κi λ) λ ( κ ) =Ρ Ρ = = +

7 Η συνάρτηση h( x) Άρα ( ) ( ) ( ) x + = είναι γνησίως αύξουσα, άρα αντιστρέφεται και x, x h ( x) = x, x < h x = h x με x Αφού f γνησίως αύξουσα, τα κοινά σημεία των G, G h h θα βρίσκονται στη πρώτη διχοτόμο y=x x + x + y= h( x) y= x = Έχουμε: y= x y= x y= x + x x + = 0 x,, x, y x αφού x = y= x y= x Άρα ( ) x, ος τρόπος x + x + () y= h( x) y h y ( x = ) y = = y= h ( x) x = h( y) y + x = x y= ( y x ) () x yx y 0 4 x = y αφού η 4 έχει ( ) x = y ή ( ) = y + 4 < 0, y κλπ = ( ) ( ) 4 Θεωρούμε τον περιγεγραμένο κύκλο C ( ) C (,R) K,R του AB και τον συμμετρικό του Λ ως προς τη Τότε το Λ θα είναι μέσο του μικρού τόξου Έστω Α το αντιδιαμετρικό του Α στον C και Α το αντιδιαμετρικό του Κ στον C Το τρίγωνο Α είναι ισόπλευρο οπότε IΑ = IB + I Επίσης BI ˆ=Κ= ˆ 0 ο Επομένως IA + IB + I=ΙΑ+ΙΑ Αλλά IA ΚΑ = R (R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου) και IA = AΛ R < A Λ R = KA = R Άρα IA + IB + I R = =, αφού = R = =

8 A A K Ι Λ Α ος τρόπος Έστω ΙΑ=x, IB=y, I=ω Â o Τότε 0 x = = ρ ο ( ) ( ) BI ˆ= 0 y +ω + yω= 4 y +ω yω= 4 y +ω = 4 + yω y+ω= 4+ yω= 4+λ με λ=yω Εξάλλου ( IB ) = ρ =ρ λ λ ( IB ) = yω =, οπότε ρ= 4 4 λ Αρκεί λοιπόν + 4+λ, ή λ + 4+λ Όμως R = R = και R 8 4 >ρ > 4 > λ >λ > >λ Οπότε αρκεί 4 ( 4 ) που ισχύει αφού = 88 + λ λ, ή 4( 4 ) ( 4 ) A + λ λ, ή λ 8λ+ 0 0 x ρ y I 0 ω