Olimpiada de matematică 2023 județeană, clasa a VIII-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2023, etapa județeană, clasa a VIII-a (sâmbătă, 11 martie 2023), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: problema 1 folosește teorema acoperișului; la problema 2 a) $n \in {- 1, 1}$ ; la problema 3, $b = 2023$ și $a c = 2023^{2}$ (patru triplete); problema 4 se rezolvă prin desfășurarea tetraedrului în planul $(A B C)$ .

Olimpiada Națională de Matematică este organizată de Ministerul Educației împreună cu Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) și are trei etape: locală, județeană (și a sectoarelor municipiului București) și națională. La etapa județeană din 11 martie 2023, toți elevii de clasa a VIII-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 3 ore, la care se adaugă 30 de minute pentru întrebări. Conform subiectului oficial, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Pe baza clasamentului județean, elevii cu cele mai bune rezultate se califică la etapa națională, în limita locurilor stabilite de regulament.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 20–30 de minute, apoi deschide soluția. Punctajele din paranteze sunt cele din baremul oficial — așa vezi ce pași contează la corectare. Orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

Cuprins: Problema 1 · Problema 2 · Problema 3 · Problema 4 · Răspunsuri pe scurt

Problema 1 (7 puncte · paralelism în spațiu, secțiuni în piramidă)

Fie $S A B C D$ o piramidă având ca bază paralelogramul $A B C D$ . Pe muchiile $S A$ , $S B$ , $S C$ și $S D$ se consideră punctele $M$ , $N$ , $P$ , respectiv $Q$ astfel încât $M N P Q$ să fie un paralelogram.

a) Dacă $A B C D$ este un romb, arătați că $M N P Q$ este un romb.

b) Dacă $A B C D$ este un dreptunghi, arătați că $M N P Q$ este un dreptunghi. (Gazeta Matematică)

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: arătăm întâi că laturile lui $M N P Q$ sunt paralele cu laturile bazei.

Fie $d_{1} = (S A B) \cap (S C D)$ și $d_{2} = (S B C) \cap (S D A)$ . Cum $A B ∥ C D$ , $A B \subset (S A B)$ și $C D \subset (S C D)$ , din teorema acoperișului rezultă că $A B ∥ C D ∥ d_{1}$ . Deoarece $M N ∥ P Q$ , $M N \subset (S A B)$ și $P Q \subset (S C D)$ , tot din teorema acoperișului rezultă $M N ∥ P Q ∥ d_{1}$ , prin urmare $A B ∥ C D ∥ M N ∥ P Q ∥ d_{1}$ . Analog se arată că $B C ∥ D A ∥ N P ∥ Q M ∥ d_{2}$ . (3 p)

a) Folosind teorema fundamentală a asemănării (în triunghiurile $S A B$ și $S B C$ , cu $M N ∥ A B$ și $N P ∥ B C$ ), obținem

\frac{M N}{A B} = \frac{S N}{S B} = \frac{N P}{B C} .

Dacă $A B C D$ este un romb, atunci $A B = B C$ . Deducem că $M N = N P$ , prin urmare paralelogramul $M N P Q$ este, și el, un romb. (2 p)

b) Unghiurile cu laturile respectiv paralele sunt congruente sau suplementare. Dacă $A B C D$ este un dreptunghi, atunci $∠ A B C = 90^{\circ}$ . Întrucât $M N ∥ A B$ și $N P ∥ B C$ , obținem că $∠ M N P = 90^{\circ}$ , prin urmare paralelogramul $M N P Q$ este, și el, un dreptunghi. (2 p)

Problema 2 (7 puncte · rapoarte algebrice, divizibilitate)

Un triplet $(a, b, c)$ de numere întregi se numește artistic dacă numărul $\frac{a b + b c + c a}{a + b + c}$ este întreg.

a) Determinați numerele întregi $n$ pentru care tripletele $(n, n + 1, n + 3)$ sunt artistice.

b) Dacă $(x, y, z)$ este un triplet artistic, arătați că numărul $\frac{x^{4} + y^{4} + z^{4}}{x + y + z}$ este întreg.

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Pentru tripletul $(n, n + 1, n + 3)$ , $n \in Z$ : suma este $3 n + 4$ , iar $n (n + 1) + (n + 1) (n + 3) + n (n + 3)$ $= 3 n^{2} + 8 n + 3$ . Tripletul este artistic dacă și numai dacă numărul

\frac{3 n^{2} + 8 n + 3}{3 n + 4} = n + \frac{4 n + 3}{3 n + 4}

este întreg, adică $3 n + 4$ divide $4 n + 3$ . Rezultă că $3 n + 4$ divide numărul $4 (3 n + 4) - 3 (4 n + 3) = 7$ , deci $3 n + 4 \in {- 7, - 1, 1, 7}$ ; singurele valori întregi sunt $n = - 1$ și $n = 1$ . Se verifică faptul că ambele variante convin: găsim tripletele artistice $(- 1, 0, 2)$ (raportul $\frac{- 2}{1} = - 2$ ) și $(1, 2, 4)$ (raportul $\frac{14}{7} = 2$ ). (3 p)

b) Notăm $s = x + y + z$ și $q = x y + y z + z x$ ; știm că $\frac{q}{s}$ este întreg.

Deoarece $x^{2} + y^{2} + z^{2} = s^{2} - 2 q$ , numărul $\frac{x^{2} + y^{2} + z^{2}}{x + y + z} = (x + y + z) - 2 \cdot \frac{x y + y z + z x}{x + y + z}$ este întreg. (2 p)
Apoi, din $(x y + y z + z x)^{2} = x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} + 2 x y z (x + y + z)$ rezultă că numărul $\frac{x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}}{x + y + z} = (x y + y z + z x) \cdot \frac{x y + y z + z x}{x + y + z} - 2 x y z$ este întreg. (1 p)
În concluzie, din $(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{2} = x^{4} + y^{4} + z^{4} + 2 (x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2})$ obținem că $\frac{x^{4} + y^{4} + z^{4}}{x + y + z} = (x^{2} + y^{2} + z^{2}) \cdot \frac{x^{2} + y^{2} + z^{2}}{x + y + z} - 2 \cdot \frac{x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2}}{x + y + z}$ este număr întreg. (1 p)

Răspuns: a) $n \in {- 1, 1}$ ; b) demonstrație.

Problema 3 (7 puncte · calcul algebric, descompuneri, divizibilitate)

Determinați numerele naturale nenule $a$ , $b$ și $c$ care verifică simultan condițiile:

(i) $(a^{2} + b^{2}) (c^{2} + 2023^{2})$ $= (a b + 2023 c)^{2}$ ;

(ii) $(a^{2} + 2023^{2}) (b^{2} + c^{2})$ $= (2023 a + b c)^{2}$ ;

(iii) cel mai mare divizor comun al numerelor $a$ , $b$ , $c$ și 2023 este egal cu 1.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Desfacem parantezele în (i) și (ii), trecem totul în membrul stâng și scădem membru cu membru egalitățile obținute. Prin calcul direct rezultă $- 2 (a^{2} - c^{2}) (b^{2} - 2023^{2})$ $= 0$ , adică $(a^{2} - c^{2}) (b^{2} - 2023^{2})$ $= 0$ . Cum $a, b, c \in N^{*}$ , deducem că $a = c$ sau $b = 2023$ . (3 p)
Dacă $a = c$ , din (i) rezultă, după calcule, ${(a^{2} - 2023 b)}^{2}$ $= 0$ , deci $a^{2}$ $= 2023 b$ $= 7 \cdot 17^{2} \cdot b$ . Așadar $7 ∣ a^{2}$ , deci $7 ∣ a = c$ ; atunci $7^{2} ∣ 7 \cdot 17^{2} \cdot b$ , deci $7 ∣ b$ . Prin urmare cel mai mare divizor comun al numerelor $a, b, c$ și 2023 este cel puțin egal cu 7, în contradicție cu (iii). (2 p)
Dacă $b = 2023$ , din (i) rezultă ${(a c - 2023^{2})}^{2}$ $= 0$ , deci $a c$ $= 2023^{2}$ $= 7^{2} \cdot 17^{4}$ (iar (ii) devine aceeași egalitate). Ținând cont de (iii), $a$ și $c$ nu pot fi ambele divizibile cu 7 sau ambele divizibile cu 17, deci sunt prime între ele, și obținem soluțiile $(a, b, c) \in {(1, 2023, 2023^{2}), (7^{2}, 2023, 17^{4}), (17^{4}, 2023, 7^{2}), (2023^{2}, 2023, 1)} .$ (2 p)

Verificare: pentru $b = 2023$ , (i) devine $(a^{2} + 2023^{2}) (c^{2} + 2023^{2}) - 2023^{2} (a + c)^{2}$ $= {(a c - 2023^{2})}^{2}$ , care este 0 exact când $a c = 2023^{2}$ ✓. (Am verificat identitățile și cu un program de calcul simbolic.)

Răspuns: $(a, b, c)$ poate fi: $(1, 2023, 4092529)$ , $(49, 2023, 83521)$ , $(83521, 2023, 49)$ , $(4092529, 2023, 1)$ .

Problema 4 (7 puncte · teorema celor trei perpendiculare, desfășurarea tetraedrului)

Se consideră un tetraedru $A B C D$ în care $\hat{B A C} + \hat{C A D} + \hat{D A B}$ $= 180^{\circ}$ , $\hat{A B C} \equiv \hat{D A B}$ , iar proiecția vârfului $D$ pe planul $(A B C)$ este ortocentrul triunghiului $A B C$ . Demonstrați că $A B = A C$ și $D B = D C$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Fie $B E$ și $C F$ înălțimile din $B$ , respectiv $C$ ale triunghiului $A B C$ , iar $H$ punctul lor de intersecție (ortocentrul, deci $D H ⊥ (A B C)$ ). Din teorema celor trei perpendiculare, obținem că $D E ⊥ A C$ și $D F ⊥ A B$ . (1 p)
Desfășurăm tetraedrul în planul $(A B C)$ : rotim fețele $D A B$ și $D A C$ în jurul muchiilor $A B$ , respectiv $A C$ , până ajung în planul $(A B C)$ . Notăm cu $D_{1}$ poziția în care ajunge vârful $D$ al triunghiului $D A B$ și cu $D_{2}$ poziția în care ajunge vârful $D$ al triunghiului $D A C$ . (1 p)
Perpendicularitățile $D E ⊥ A C$ și $D F ⊥ A B$ se mențin și pe desfășurare: $D_{1} F ⊥ A B$ , $D_{2} E ⊥ A C$ . Cum și $C F ⊥ A B$ , $B E ⊥ A C$ , deducem că, pe desfășurare, punctele $D_{1}$ , $F$ și $C$ , respectiv $D_{2}$ , $E$ și $B$ sunt coliniare. (1 p)
Pe desfășurare, unghiurile din jurul lui $A$ sunt $\hat{D_{1} A B}$ $= \hat{D A B}$ , $\hat{B A C}$ și $\hat{C A D_{2}}$ $= \hat{C A D}$ . Din $\hat{B A C} + \hat{C A D} + \hat{D A B}$ $= 180^{\circ}$ rezultă că punctele $D_{1}$ , $A$ și $D_{2}$ sunt coliniare; evident $A D_{1} = A D = A D_{2}$ , deci $A$ este mijlocul segmentului $D_{1} D_{2}$ . (1 p)
Deoarece $\hat{D_{1} A B}$ $= \hat{D A B}$ $= \hat{A B C}$ (unghiuri alterne interne), dreptele $D_{1} D_{2}$ și $B C$ sunt paralele, așadar patrulaterul $D_{1} D_{2} C B$ este un trapez, ale cărui diagonale $D_{1} C$ și $D_{2} B$ se intersectează în $H$ . Într-un trapez, dreapta care unește punctul de intersecție a diagonalelor cu mijlocul unei baze trece și prin mijlocul celeilalte baze. Dreapta $A H$ trece prin mijlocul bazei mari $D_{1} D_{2}$ , deci conține și mijlocul bazei mici $B C$ . Dar $A H$ este înălțime a triunghiului $A B C$ . Fiind și mediană, urmează că triunghiul $A B C$ este isoscel, cu $A B = A C$ . (2 p)
Dreapta $A H$ este mediatoarea comună a bazelor trapezului $D_{1} D_{2} C B$ , așadar acesta este un trapez isoscel. Astfel, $D_{1} B = D_{2} C$ , deci $D B = D C$ . (1 p)

Soluție alternativă (din barem, pe scurt): din ipoteză și din suma unghiurilor triunghiului $A B C$ rezultă $\hat{C A D} \equiv \hat{A C B}$ (1 p). Fie $A G$ a treia înălțime a triunghiului $A B C$ ; din teorema celor trei perpendiculare, $D E ⊥ A C$ , $D F ⊥ A B$ , $D G ⊥ B C$ (1 p). Triunghiurile $A B G$ și $D A F$ sunt asemenea, deci $A G \cdot A D = D F \cdot A B$ (1 p); triunghiurile $A C G$ și $D A E$ sunt asemenea, deci $A G \cdot A D = D E \cdot A C$ (1 p). Așadar $D F \cdot A B = D E \cdot A C$ , adică fețele $A B D$ și $A C D$ au arii egale (1 p). Din $A G ⊥ B C$ și $D G ⊥ B C$ rezultă $B C ⊥ (A D G)$ , deci $B C ⊥ A D$ ; dacă $B I ⊥ A D$ , $I \in A D$ , atunci $A D ⊥ (B I C)$ (1 p). Rezultă $C I ⊥ A D$ , iar egalitatea ariilor dă $B I = C I$ ; triunghiurile dreptunghice $A I B$ și $A I C$ sunt congruente, deci $A B = A C$ , și analog $D I B \equiv D I C$ , deci $D B = D C$ (1 p).

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	demonstrații: laturile lui $M N P Q$ sunt paralele cu ale bazei (teorema acoperișului)
2	a) $n \in {- 1, 1}$ ; b) demonstrație
3	$(1, 2023, 2023^{2})$ , $(7^{2}, 2023, 17^{4})$ , $(17^{4}, 2023, 7^{2})$ , $(2023^{2}, 2023, 1)$
4	demonstrație (desfășurare: trapezul $D_{1} D_{2} C B$ este isoscel)

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Paralelism în spațiu, teorema acoperișului, secțiuni	fișă paralelism · fișă unghiuri și secțiuni
2	Rapoarte algebrice, divizibilitate în $Z$	fișă rapoarte algebrice · fișă calcul prescurtat
3	Calcul algebric, descompunere în factori, cmmdc	fișă calcul prescurtat
4	Teorema celor trei perpendiculare, desfășurarea tetraedrului	fișă perpendicularitate în spațiu

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a VIII-a? Patru probleme: o secțiune paralelogram într-o piramidă cu baza paralelogram, triplete „artistice” de numere întregi, un sistem de egalități cu numărul 2023 și un tetraedru în care proiecția unui vârf pe fața opusă este ortocentrul.

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2023? La clasa a VIII-a, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, plus 30 de minute pentru întrebări. Conform subiectelor oficiale din 2023, fiecare problemă a fost notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2023? Subiectele și soluțiile cu baremul de corectare sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate după concurs și preluate de presa de educație (linkurile sunt la finalul paginii). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte clase, etapa județeană 2023: clasa a V-a · clasa a VI-a · clasa a VII-a. Subiectele mai noi: olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a VIII-a. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 8-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate · Concursuri școlare de matematică

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană, 11 martie 2023): subiectul și soluțiile și baremul, copii publicate de edupedu.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2023, etapa județeană, clasa a VIII-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · paralelism în spațiu, secțiuni în piramidă)

Problema 2 (7 puncte · rapoarte algebrice, divizibilitate)

Problema 3 (7 puncte · calcul algebric, descompuneri, divizibilitate)

Problema 4 (7 puncte · teorema celor trei perpendiculare, desfășurarea tetraedrului)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe