Задачки за VII клас

от Българският сайт за математика

Задача 1. Да се докаже, че $a^4 + b^4 \ge a^3 b + a b^3$ за произволни числа $a$ и $b$ .

Решение: Неравенството е изпълнено тогава и само тогава, когато

Остана да докаже, че $a^2 + ab + b^2 \ge 0$ . Наистина

откъдето следва неравеството $a^4 + b^4 \ge a^3b + ab^3.$

Задача 2. Хипотенузата на правоъгълен триъгълник е страна на квадрат. Да се докаже, че разстоянията от центъра на квадрата до катетите на триъгълника са равни.

Решение: Нека триъгълникът е $ABC$ с хипотенуза $AB$ , а $O$ е центърът на квадрата. Възможни са два случая: $C$ и $O$ са в различни полуравнини спрямо $AB$ (черт. 4а)) или в една и съща полуравнина (черт. 4б)). Спускаме (и в двата случая) перпендикулярите $OM$ и $ON$ съответно към $AC$ и $BC, M \in AC, N \in BC.$ Четириъгълникът $OMCN$ има $3$ прави ъгъла, откъдето $\angle MON$ е прав. Тогава

$\angle AOM = \angle AOB - \angle MOB = \angle MON - \angle MOB = \angle BON.$

Сега следва, че правоъгълните триъгълници $AOM$ и $BON$ с равни (по условие) хипотенузи са еднакви. Оттук $OM = ON$ . При $AC = BC$ горните съждения са невъзможни, но тогава твърдението е очевидно (и в двата случая).

Задача 3. Даден е равностранен триъгълник. Да се докаже, че два от върховете му са върхове на равностранен триъгълник, за който третият връх е на дадения триъгълник е вътрешна точка.

Решение:

Поне един от ъглите на дадения триъгълник е по-малък от $60^\circ$ . Нека това е $\angle BAC$ (на фигурата) и за определеност нека още $AB > AC$ (по условие $AB \ne AC$ ). В полуравнината спрямо $AB$ , съдържаща точката $C$ , да построим равностранния $\Delta ABM$ . От $\angle BAC < 60^\circ$ следва, че лъчът $AC$ е вътрешен за $\angle BAM$ . Означаваме с $D$ пресечната точка на лъча $AC$ и страната $BM$ (точките $B$ и $M$ са в различни полуравнини спрямо правата $AC$ ). При това $\angle ADM > \angle ABD = 60^\circ$ като външен за $\Delta ABD$ . Оттук $\angle ADM > \angle AMD = 60^\circ$ и $AM > AD$ от $\Delta ADM$ . Но $AC < AB = AM$ , т.е. $AC < AD$ и точката C наистина е вътрешна за отсечката $AD$ , т.е. за $\Delta ABM$ , както се искаше.

Задача 1. Фирма произвела за $3$ дни определено количество обувки. Първият ден произвела $700$ чифта обувки, а вторият ден с $16%$ повече от първия. Колко чифа обувки е произвела фирмата третия ден, ако $\frac{14}{15}$ от броя им е равен на чифтовете обувки произведени през втория ден?

Решение: Втория ден фирмата произвела $700.\frac{116}{100} = 812$ чифта обувки, Тогава третия ден тя произвела $812.\frac{15}{14} = 58.15 = 870$ чифта обувки.

Задача 2. Има ли цели числа $x, y, z$ , за които x + y = 2 и $xy-z^2 = 1?$

Решение: Записваме второто равенство във вида $xy = 1 + z^2$ . Оттук $xy \ge 1 > 0$ . Щом сбора (равен на 2) и произведението на числата $x$ и $y$ са положителни, следва, че самите $x$ и $y$ са положителни. Но те са и цели числа, т.е. $x \ge 1$ и $y /ge 1$ . Тогава $x + y \ge 2$ , което заедно с $x + y = 2$ води до естесвената възможност $x = y = 1$ . Сега от $xy = 1 + z^2$ следва $z = 0$ . Така отговорът на задачата е да.

Задача 3. В квадрата $ABCD$ центърът $O$ и средата $M$ на страната $AB$ са съединени с върховете $C$ и $D$ . Покажете, че лицата на триъгълниците $AMD, BMC, CDO$ и на фигурата $MCOD$ са равни.

Решение: Лицето на $\Delta CDO$ е равно на $\frac{1}{4}$ от лицето $S$ на квадрата (на фигурата).

Лицето на всеки от правоъгълните триъгълници $AMD$ и $BMC$ е равно на $\frac{1}{2}\frac{AB}{2}.AB = \frac{AB^2}{4} = \frac{S}{4}$ . Тогава лицето на фигурата $MCOD$ е равно на $S-\frac{S}{4}-2.\frac{S}{4} = \frac{S}{4}$ , с което задачата е доказана.

Задача 1. Двуцифрено число е умножено със $100$ и полученият резултат е разделен на друго двуцифрено число. Кое е най-малкото естествено число, което може да се получи при това деление?

Решение: Ако двуцифреното число е $a$ , като го умножим със $100$ и го разделим на другото двуцифрено $b$ , ще получим числото $k = \frac{100a}{b}$ . Това число не е по-малко от $\frac{100a}{99}$ , т.е. е по-голямо от $10.$

Ако $k = 11$ , т.е. $100a = 11b$ , то $b$ трябва да се дели на $100$ , а това е невъзможно.

Ако $k = 12$ , т.е. $25a = 3b$ , то $b$ трябва да се дели на $25, b \le 75, k \ge \frac{4a}{3} > 12$ . Това също е невъзможно.

Ако $k = 13$ , т.е. $100a = 13b$ , то $b$ трябва да се дели на $100$ , което пак е невъзможно.

Ако $k = 14$ , т.е. $50a = 7b$ , то $b = 50, k = 2a > 14$ . И накрая $\frac{12.100}{80} = 15$ , т.е. търсеното число е $15.$

Задача 2. Даден е равнострания триъгълник $ABC$ . Върху правата $AB$ е взета точката $D$ (точката $B$ е между точките $A$ и $D$ ), а върху правата $BC$ - точката $E$ (точката $B$ е между точките $C$ и $E$ ) такава, че $CD = DE$ . Да се докаже, че $AD = BE.$

Решение: Върху отсечката $CE$ така е взета точката $F$ , че $EF = BC$ . Лесно се вижда, че такава точка съществува. Триъгълниците $DBC$ и $DFE$ са еднакви, защото $\angle FED = \angle BCD, CB = EF$ и $CD = DE$ . Следователно $BD = DF$ . Тъй като $\angle FBD = 60^\circ$ , то $\Delta BFD$ е равностранен. Тогава $BE = EF + BF = AB + BD = AD.$

Задача 3. Да се докаже, че за неотрицателните числа $a, b, c$ и $d$ е вярно неравенството

Решение: Тъй като $a^4 + b^2c^2 \ge 2a^2bc$ (защото $(a^2 + bc)^2 \ge 0$ ), то $a^4b^{-1}c^{-1} \ge 2a^2 - bc$ . Аналогични неравенства се получават и за останалите събираеми. Сумирайки тези четири неравенства, получаваме

Но $2bc + 2cd + 2da + 2ab \le (b^2 + c^2) + (c^2 + d^2) + (d^2 + a^2) + (a^2 + b^2) = 2(a^2 + b^2 + c^2 + d^2)$ . От последните две неравенства следва неравенството, което трябваше да се докаже.

Задача 1. Да се реши уравнението

Решение: Извършваме степенуването и получаваме

Задача 2. Да се докаже, че ако една ъглополовяща пазполовява периметъра на триъгълника, той е равнобедрен.

Решение:

Нека $ABC$ е триъгълник, в който $CL$ ( $L \in AB$ ) е ъглополовяща ( на чертежа). Върху лъча $CA$ нанасяме отсечка $AM = AL$ , а върху лъча $CB$ нанасяме отсечката $BN = BL$ . Триъгълниците $CML$ и $CLN$ са еднакви, защото $\angle MCL = \angle NCL$ - по условие, $CL$ обща и $MC = NC = p$ , където $p$ е периметъра на триъгълника $ABC$ . Следователно $ML = NL$ и $\angle AML = \angle BNL$ . Тъй като $\angle AML = \angle MLA$ и $\angle BNL = \angle BLN$ , заключаваме, че $\Delta AML\cong\Delta BNL$ . Тогава $AM = BN$ , следователно и $AC = BC$ , т.е. $\Delta ABC$ е равнобедрен.

Задача 3. Мотоциклетист тръгнал от град $A$ за град $B$ със скорост $48 km/h$ . След $50$ минути от тръгването си той бил принуден да намали скоростта си с $8 km/h$ и с тази скорост пътувал до град $B$ , но пристигнал $20$ минути по-късно, отколкото ако беше пътувал с първоначалната си скорост. Да се намери разстоянието от $A$ до $B$ .

Решение: Нека разстоянонието $AB = S km$ . Мотористът е изминал за $50$ минути $40 km$ от него. Останали му да измине $S - 40 km$ със скорост $40 km/h$ . Той изминал това разстояние за време $\frac{S-40}{40}$ часа, което е с $20$ минути повече от времето, за което би изминал същото разстояние, ако беше пътувал с първоначалната скорост. Тогава записваме уравнението $\frac{S-40}{40} - \frac{20}{60} = \frac{S-40}{48}$ . Оттук намираме $S = 120 km.$

Задача 1. Между цифрите на двуцифрено число написали същото чисо. Полученото четирицифрено число се окзало $66$ пъти по-голямо от първоначалното число. Да се намерят числата.

Решение: Нека изходното число е $10a + b$ с цифри $a$ и $b, a\ne 0$ . По условие $1000a + 100a + 10b + b = 66(10a + b) <=> 8a = b.$

Понеже $b$ е цифра, $a = 1$ . Тогава $b = 8$ , и търсените числа са $18$ и $1188.$

Задача 2. Външен ъгъл на триъгълник е два пъти по-голям от несъседен с него вътрешен ъгъл. Да се докаже, че триъгълникът е рвнобедрен.

Решение: Нека външният ъгъл е $\gamma_1 = 2 \alpha$ , където $\alpha$ е несъседния с него вътрешен ъгъл от условието. Да означим с $\beta$ другия несъседн с $\gamma_1$ ъгъл на триъгълника. Тогава $\gamma_1 = \alpha + \beta$ . От $2 \alpha = \alpha + \beta$ следва $\alpha = \beta$ , т.е. триъгълника е равнобедрен.

Задача 3. За мерките $\alpha, \beta, \gamma$ на ъглите на триъгълник е известно, че $\frac{\alpha}{6} = \frac{\beta}{7} = \frac{\gamma}{8}$ . Да се намери мярката на средния по големина ъгъл.

Решение: Средният по големина ъгъл има мярка $\beta$ . Нека $k = \frac{\alpha}{6} = \frac{\beta}{7} = \frac{\gamma}{8}$ , т.е. $\alpha = 6k, \beta = 7k, \gamma = 8k$ . Тогава $6k + 7k + 8k = 180^\circ <=> 3.7k = 180^\circ$ . Така $\beta = 7k = 180^\circ:3 = 60^\circ$ е търсената мярка на средния по големина ъгъл.

Задача 1. За кои цели числа $a$ уравнението $2(ax + x - a^2) = 3a + 2$ има единствено решение и то е цяло число?

Решение: Уравнението е равносилно на $2(a + 1)x = 2a^2 + 3a + 2$ . При $a \ne -1$ то има едниствено решение $x$ , за което

Ако $a$ е цяло число, $2a + 1$ е нечетно цяло число. Остава $\frac{1}{a + 1}$ да е също нечетно цяло число и тогава $2x$ е четно цяло число. За целта знаменателят $a + 1$ трябва да дели числителя $1$ , т.е. $a + 1 = 1$ или $a + 1 = -1$ . Така търсените стойности на параметъра са $0$ и $-2.$

Задача 2. Да се намери лицето на правоъгълен триъгълник с хипотенуза $1$ и ъгъл $15^\circ .$

Решение:

Нека триъгълникът е $ABC, \angle C = 90^\circ, \angle A = 15^\circ, AB = 1$ (чертеж 2). Прекарваме височината $CH$ и медианата $CM$ към хипотенузата. Понеже $CM = AM = \frac{1}{2}AB$ триъгълникът $ACM$ е равнобедрен с ъгъл при основата $15^\circ$ и външният му $\angle BMC$ е равен на $30^\circ$ . В правоъгълния $\Delta MHC$ катетът $CH$ , лежащ срещу ъгъл $30^\circ$ , е равен на $\frc{1}{2}CM = \frac{1}{4}AB = \frac{1}{4}$ . Оттук $S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.CH = \frac{1}{8}.$

Задача 3. Даден е равнобедреният правоъгълен триъгълник $ABC$ с прав ъгъл $A$ . Точките $M, N$ и $P$ лежат съответно върху страните $AB, BC$ и $AC$ така, че $AMNP$ е правоъгълник. Да се докаже, че лицето на този правоъгълник е най-голямо, когато той е квадрат.

Решение:

Нека $ADEF$ е квадрат, $D \in AB, E \in BC, F \in AC$ (чертеж 3). От следвщите разсъждения се вижда, че такъв квадрат съществува. Означаваме $EF \cap MN = Q, DE = x, QN = y$ . Лесно се съобразява, че $DBE$ и $FEC$ са еднакви равнобедрени правоъгълни триъгълници с катети $x$ , а $QEN$ - равнобедрен правоъгълне триъгълник с катети $y$ . Ще докажем, че $S_{AMNP} \le S_{ADEF}$ , като равенство се достига при $N \equiv E$ - тогава $y = 0$ и $AMNP$ съвпада с $ADEF$ . Наистина, $AM = AD - MD= x - y, AP = AF + FP = x + y$ . (Забележете, че на черт. 3 точката $F$ е между $A$ и $P$ ; в другия случай разсъжденията са аналогични). Така за лицата получаваме неравенството $(x + y)(x - y) \le x^2 <=> x^2 - y^2 \le x^2$ , от което следва исканото твърдение. Обърнете внимание, че $S_{ADEF} = \frac{1}{2}S_{ABC}.$

Задача 4. Цифрите на едно естествено число са само единици. Да се докаже, че ако числото се дели на $7$ , тогава то се дели на $13.$

Решение: Най-напред да забележим, че от числата

на $7$ се делят само $a_0$ и $a_6$ . По-точно, имаме $a_6 = 111111 = 3.7.11.13.37.$

Нека сега $A$ е произволно естествено число, записано с $n$ единици. Да разделим цифрите му на групи по $6$ , започвайки отляво надясно. Ако $n = 6k + r$ , където $0 \le r \le 5$ , имаме

Понеже a_6 се дели на $7$ , оттук следва, че $A$ и $a_r$ дават един и същ остатък при деление на $7$ . Но по-горе видяхме, че измежду числата $a_0, a_1, a_2,..., a_5$ единственото кратно на $7$ е $a_0$ . Ето защо $A$ се дели на $7$ само когато броят на цифрите му се дели на $6$ . Тогава имаме $A = a_6(10^r + 10^{r + 6} + 10^{6.2 + r} + ... + 10^{6k + r})$ , т.е. $A$ се дели и на $a_6$ . Сега остава да отбележим, че $a_6$ се дели на $13.$

[редактиране] Допълнителни ресурси за 7 клас

Задачи за подготовка за Републиканската олимпиада

Задачи от Зимни математически състезания

Задачи за конкурс на списание "Математика"

Задачи, тестове и материали за 7 клас

Взето от „http://matematika.bg/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%B4%D0%B0%D1%87%D0%BA%D0%B8_%D0%B7%D0%B0_VII_%D0%BA%D0%BB%D0%B0%D1%81“.

Задачки за VII клас

от Българският сайт за математика

[редактиране] Допълнителни ресурси за 7 клас

Прегледи

Лични инструменти

Навигация

Търсене

Инструменти