26. Mathematik Olympiade 2. Stufe (Kreisolympiade) Klasse 7 Saison 1986/1987 Aufgaben und Lösungen

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1 26. Mthemtik Olympide 2. Stufe (Kreisolympide) Klsse 7 Sison 986/987 Aufgben und Lösungen

2 OJM 26. Mthemtik-Olympide 2. Stufe (Kreisolympide) Klsse 7 Aufgben Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbr in logisch und grmmtiklisch einwndfreien Sätzen drgestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herngezogene Aussgen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussge us dem Schulunterricht oder us Arbeitsgemeinschften beknnt ist, genügt es ohne Beweisngbe, sie ls beknnten Schverhlt nzuführen. Aufgbe 26072: Anne, Bernd und Peter helfen im Grten bei der Apfelernte. Alle drei benutzen Körbe gleicher Größe. Anne benötigt 0 Minuten, um einen Korb zu füllen, Bernd brucht dfür 5 Minuten und der kleine Peter sogr 30 Minuten. Wie lnge würde es duern, bis die drei Kinder gemeinsm einen Korb gefüllt hätten? Wir setzen vorus, dß sich für keinen der drei Helfer die Pflückgeschwindigkeit ändert. Aufgbe : Klus lernte im Mthemtik-Spezilistenlger Dorit kennen und frgte sie nch ihrem Alter. Sie ntwortete: Ich wurde im Mi desjenigen Jhres 0 Jhre lt, dessen Jhreszhl die kleinste durch 7 teilbre Zhl ist, die bei Division durch 2, 3, 5 und jeweils den Rest läßt. Untersuche, ob Klus us dieser Antwort Dorits Alter eindeutig ermitteln konnte. Ist dies der Fll, dnn gib n, wie lt (in vollen Lebensjhren gerechnet) Dorit im Juni 986 ist! Aufgbe : Es sei ABCD ein Prllelogrmm mit AB CD und AD BC. Die Hlbierende des Winkels DAB schneide die Seite CD in einem inneren Punkt E. Die Prllele durch E zu AD schneide AB in F. Beweise, dß ds Viereck AF ED ein Rhombus ist! Aufgbe : P Q R S Zu zwei gegebenen Streckenlängen P Q und RS (siehe Abbildung) gibt es zwei weitere Streckenlängen und b, die die Bedingungen () P Q = 2 + b, (2) RS = 2 b erfüllen und durch diese Bedingungen eindeutig festgelegt sind. Sie sollen uf zwei verschiedene Weisen ermittelt werden: 2

3 () Übertrge P Q und RS uf ein Zeichenbltt und konstruiere (ohne Verwendung einer Längenskl) us diesen gegebenen Längen die gesuchten und b! Beschreibe deine Konstruktion! Begründe, wrum die Aufgbe () und (2) zu erfüllen, durch deine Konstruktion gelöst wird! (b) Ermittle und b rechnerisch, wenn die gegebenen Längen P Q = 9, 8 cm und RS = 6, 6 cm betrgen! 3

4 OJM 26. Mthemtik-Olympide 2. Stufe (Kreisolympide) Klsse 7 Lösungen Hinweis: Der Lösungsweg mit Begründungen und Nebenrechnungen soll deutlich erkennbr in logisch und grmmtiklisch einwndfreien Sätzen drgestellt werden. Zur Lösungsgewinnung herngezogene Aussgen sind zu beweisen. Nur wenn eine so zu verwendende Aussge us dem Schulunterricht oder us Arbeitsgemeinschften beknnt ist, genügt es ohne Beweisngbe, sie ls beknnten Schverhlt nzuführen. Lösung 26072: Anne ht in einer Minute 0 ihres Korbes gefüllt, Bernd 5 und Peter 30. Alle zusmmen hben nch einer Minute lso = 6 30 = 5 eines Korbes gefüllt. Sie bruchen somit zusmmen 5 Minuten, um einen Korb gemeinsm zu füllen. Lösung von Nico Wiedensohler, 8 Jhre, Klsse 3: 5 Minuten. Begründung: In 30 Minuten füllt Anne 3 Körbe, Bernd 2 und Peter. 30 Minuten für 6 Körbe sind 5 Minuten für einen Korb. Aufgeschrieben und gelöst von Heike Winkelvoß Lösung : Dorit sei im Jhre x zehn Jhre lt geworden. Dnn ist x eine ntürliche Zhl, die durch 2, 3, 5 und teilbr ist. Diese vier Teilbrkeitsussgen gelten genu dnn, wenn x ein Vielfches des k.g.v. dieser vier Zhlen ist. Ds ist gleichbedeutend dmit, dß mit einer ntürlichen Zhl n x = 330 n, d.h. x = 330 n + gilt. D 330 bei Division durch 7 den Rest, lso den Rest 2, den Rest 3 u.s.w. läßt, führt n = 6 uf die kleinste Zhl x, die (ußer den gennnten Teilbrkeitsussgen für x ) uch die Bedingung erfüllt, durch 7 teilbr zu sein. Drus folgt x = = 98; d.h., us Dorits Antwort läßt sich eindeutig ermitteln: Dorit wurde im Mi des Jhres 98 zehn Jhre lt; im Juni 986 ist sie mithin 5 Jhre lt. Aufgeschrieben von Mnuel Kugel Quelle: (25) Lösung : D E A F B C Nch Vorussetzung ist AB CD und F E AD, somit ist ds Viereck AF ED ein Prllelogrmm mit AF = DE und AD = EF. D der Winkel DAF durch AE hlbiert wird, gilt DAE = EAF. 4

5 Außerdem sind die Winkel EAF und AED Wechselwinkel n geschnittenen Prllelen und somit gleichgroß. Dmit gilt DAE = EAF = AED, und ds Dreieck AED ist nch der Umkehrung des Bsiswinkelstzes gleichschenklig mit AD = DE. Also ist AF = DE = AD = EF, d.h., ds Prllelogrmm AF ED ht vier gleichlnge Seiten und ist dmit ein Rhombus. Aufgeschrieben von Mnuel Kugel Quelle: (25) Lösung : () I. Konstruktion: PQ RS U K M V W 2 II. Beschreibung:. Mn konstruiert eine Strecke UV der Länge UV = P Q. 2. Mn verlängert UV über V hinus um RS bis zum Punkt W. 3. Mn konstruiert den Mittelpunkt M der Strecke UW. 4. Mn konstruiert den Mittelpunkt K der Strecke UM. Dnn sind UK = und MV = b die gesuchten Längen. III. Begründung: Für die so konstruierten Längen gilt: Nch 4. ist UM = 2 UK = 2; hierus und us. folgt P Q = UV = UM + MV = 2 + b, d.h., () ist erfüllt. Nch 3. ist ferner MW = UM = 2; hierus und us 2. folgt RS = V W = MW MV = 2 b, d.h., (2) ist erfüllt. (b) Aus () und (2), d.h. 2 + b = 9, 8 cm (3) und 2 b = 6, 6 cm, (4) folgt durch Addition 4 = 6, 4 cm, lso = 4, cm. Hierus und us (3) folgt b = 9, 8 cm 8, 2 cm =, 6 cm. Andere Lösungsmöglichkeiten: Zu () III.: Sttt der ngeführten Schlußweise ( Wenn und b wie in II. konstruiert werden, dnn erfüllen sie () und (2) ) knn uch umgekehrt geschlossen werden: Wenn und b die Bedingungen () und (2) erfüllen, ist ihre Summe gleich 4, lso führen dnn die Konstruktionsschritte II.., 2. uf UW = 4. Dher führt ds zweimlige Hlbieren II.3., 4. uf UM = 2 und UK =, und wegen () ist ferner UV = 2 + b, lso MV = UV UM = b. Zu (b): Sttt der ngeführten Schlußweise ( Wenn und b die Bedingungen () und (2) erfüllen, dnn ist = 4, cm und b =, 6 cm ) knn uch = 4, cm und b =, 6 cm (z.b. durch Messen in II. oder durch Probieren vermutet und) vorusgesetzt werden, und dnn wird nchgewiesen, dß diese Längen () und (2) erfüllen, 5

6 d für sie 2 + b = 2 4, cm +, 6 cm = 9, 8 cm und 2 b = 2 4, cm, 6 cm = 6, 6 cm gilt. Zu () sind insgesmt uch ndere Konstruktionen möglich, z.b. wie in der Abbildung. (Aus EF = P Q, EG = RS konstruiert mn X ls Mittelpunkt von GF und Y ls Mittelpunkt von EX; dnn wird EY = Y X =, GX = XF = b.) Die Lösungsteile II. und III. (zwei mögliche Schlußweisen) sind dnn entsprechend nzuschließen. RS PQ E Y G b X b F Aufgeschrieben von Mnuel Kugel Quelle: (25) 6

7 Quellenverzeichnis (25) Offizielle Lösung der Aufgbenkommission 7

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