Olimpiada de matematică 2024 județeană, clasa a VII-a

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2024, etapa județeană, clasa a VII-a (duminică, 10 martie 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: geometrie în pătrat cu triunghiuri dreptunghice isoscele; $\sqrt{3}, \sqrt{13}, \sqrt{31} \in B$ și $2024 \in A$ ; mulțimea ${2, 3, \dots, 2024}$ conține 505 numere speciale; paralelogramul este dreptunghi (ortocentru).

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 10 martie 2024, toți elevii de clasa a VII-a din țară au primit același subiect: 4 probleme, timp de lucru 3 ore. Conform baremului oficial din 2024, fiecare problemă este notată cu 7 puncte, fără puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 28. Pentru calificarea la etapa națională, regulamentul cerea minimum 14 puncte din 28, iar locurile se ocupă în ordinea clasamentului, în limita numărului stabilit 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 · pătrat, triunghiuri congruente, linie mijlocie)

Fie $A B C D$ un pătrat, $M$ mijlocul laturii $A D$ , $T$ intersecția dreptelor $B M$ și $C D$ , iar $C P ⊥ B M$ , $P \in M B$ . Perpendiculara dusă prin punctul $A$ pe dreapta $A P$ intersectează dreapta $B M$ în punctul $Q$ . Arătați că:

a) $∠ A P Q$ $= ∠ P C Q$ $= 45^{\circ}$ .

b) $P Q = Q T = P C$ . (Gazeta Matematică)

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Notăm intersecția dreptelor $C P$ și $A B$ cu $F$ și piciorul perpendicularei din $A$ pe $B M$ cu $E$ (vezi figura).

Cum $C B = B A$ și $∠ F C B$ $= ∠ M B A$ $= 90^{\circ} - ∠ C B M$ , triunghiurile dreptunghice $C B F$ și $B A M$ sunt congruente, de unde rezultă $F B = M A = \frac{A B}{2}$ , deci $F$ este mijlocul laturii $A B$ . (1 p)
Cum $F P ∥ A E$ (ambele sunt perpendiculare pe $B M$ ) și $F$ este mijlocul lui $A B$ , $F P$ este linie mijlocie în triunghiul $A E B$ , deci $B P = E P$ . Din congruența triunghiurilor dreptunghice $C P B$ și $B E A$ (ipotenuze $C B = B A$ , $∠ P C B = ∠ E B A$ ) rezultă $P B = A E$ și $C P = B E$ . (1 p)
Atunci $A E = P B = E P$ , deci triunghiul $E A P$ este dreptunghic isoscel și $∠ A P E = 45^{\circ}$ ; așadar și triunghiul $A P Q$ (dreptunghic în $A$ ) este dreptunghic isoscel. În concluzie, înălțimea $A E$ este și mediană: $E$ este mijlocul lui $P Q$ . (1 p)
Se obține $Q P = 2 E P = E B = P C$ , astfel că triunghiul $P C Q$ (dreptunghic în $P$ ) este de asemenea dreptunghic isoscel, de unde $∠ P C Q = 45^{\circ}$ și $C Q ∥ A P$ ( $∠ C Q P$ $= ∠ A P Q$ $= 45^{\circ}$ , unghiuri alterne interne). (1 p)

b) Am arătat deja că $P Q = P C$ ; rămâne $Q T = P Q$ .

Cum $C D = C B$ , $∠ D C P = ∠ C B E$ (ambele sunt complementul unghiului $P C B$ ) și $P C = E B$ , triunghiurile $D P C$ și $C E B$ sunt congruente (LUL), de unde rezultă $D P = C E$ . Dar $C P$ este perpendiculară pe $E B$ în mijlocul $P$ , deci $C E = C B$ . Așadar $D P = C E = C B = D A$ . (1 p)
Din congruența triunghiurilor $D E A$ și $D E P$ (LLL: $D A = D P$ , $E A = E P$ , $D E$ comună) rezultă $∠ A D E = ∠ P D E$ , deci $D E$ este dreapta suport a bisectoarei și a înălțimii în triunghiul isoscel $D A P$ : $D E ⊥ A P$ . (1 p)
Cum $C Q ∥ A P$ , rezultă $D E ⊥ Q C$ , deci $C Q$ este mediatoarea laturii $D E$ în triunghiul isoscel $C D E$ ( $C D = C E$ ), astfel că $Q D$ $= Q E$ $= \frac{Q P}{2}$ $= \frac{P C}{2}$ . Atunci $D Q$ este linie mijlocie în triunghiul $T P C$ , iar $T Q = Q P = 2 E P = E B = C P$ . (1 p)

Detaliu pentru ultimul pas (explicația matepenet): $D$ este mijlocul lui $T C$ , pentru că triunghiurile $M D T$ și $M A B$ sunt congruente ( $M D = M A$ , unghiuri opuse la vârf, unghiuri drepte în $D$ și $A$ ), deci $T D = A B = D C$ . Apoi, $D E ⊥ A P$ și $∠ A P E = 45^{\circ}$ arată că $D E$ face un unghi de $45^{\circ}$ cu dreapta $B M$ ; în triunghiul isoscel $Q D E$ ( $Q D = Q E$ ) unghiul de la bază $Q E D$ are $45^{\circ}$ , deci $∠ D Q E = 90^{\circ}$ , adică $D Q ⊥ T P$ , deci $D Q ∥ P C$ . Paralela prin mijlocul $D$ al lui $T C$ la $P C$ taie $T P$ în mijlocul său, așadar $Q$ este mijlocul lui $T P$ și $T Q = Q P$ .

Problema 2 (7 puncte · mulțimi, radicali)

Se consideră două mulțimi $A$ și $B$ de numere reale care au proprietățile:

(a) $0 \in A$ ;

(b) Dacă $1 + x \in A$ , atunci $\sqrt{1 + x + x^{2}} \in B$ ;

Arătați că $\sqrt{3}, \sqrt{13}, \sqrt{31}$ sunt elemente ale mulțimii $B$ și $2024 \in A$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Deoarece $1 + (- 1) = 0 \in A$ , conform (b) cu $x = - 1$ obținem $\sqrt{1 - 1 + 1} = 1 \in B$ . Cum $1$ $= \sqrt{0^{2} - 0 + 1} \in B$ , deducem din (c) cu $x = 0$ că $2 \in A$ . Din $2 = 1 + 1 \in A$ și (b) cu $x = 1$ : $\sqrt{1 + 1 + 1}$ $= \sqrt{3} \in B$ . (2 p)
Cum $\sqrt{2^{2} - 2 + 1}$ $= \sqrt{3} \in B$ , rezultă din (c) că $2 + 2 = 4 \in A$ și, din (b) cu $x = 3$ , deducem $\sqrt{1 + 3 + 3^{2}}$ $= \sqrt{13} \in B$ . (1 p)
Deoarece $\sqrt{4^{2} - 4 + 1}$ $= \sqrt{13} \in B$ , deducem în continuare că $2 + 4 = 6 \in A$ și astfel, cu $x = 5$ , $\sqrt{1 + 5 + 5^{2}}$ $= \sqrt{31} \in B$ . (1 p)
Folosind egalitatea $1 + x + x^{2}$ $= (x + 1)^{2} - (x + 1) + 1$ , avem că, dacă $1 + x \in A$ , atunci $\sqrt{(x + 1)^{2} - (x + 1) + 1} \in B$ , deci, din (c) aplicată numărului $x + 1$ , $3 + x \in A$ . Altfel spus, dacă un număr $y = 1 + x$ este în $A$ , atunci și $y + 2$ este în $A$ . Deoarece $0 \in A$ și $2 \in A$ , deducem astfel că mulțimea $A$ conține toate numerele naturale pare, așadar avem și $2024 \in A$ . (3 p)

Problema 3 (7 puncte · paritate, resturi la împărțirea cu 4)

Un număr natural $n \geq 2$ se numește special dacă există $n$ numere naturale impare a căror sumă este egală cu produsul lor.

a) Arătați că 5 este un număr special.

b) Determinați câte numere speciale conține mulțimea ${2, 3, \dots, 2024}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Deoarece $1 + 1 + 1 + 3 + 3$ $= 9$ $= 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 3$ , există 5 numere impare a căror sumă este egală cu produsul lor, deci 5 este special. (2 p)

Dacă $n$ este un număr special, atunci există numerele impare $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ astfel încât $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$ $= a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ . Presupunem că, dintre acestea, $k$ sunt de forma $M_{4} + 3$ și restul, $n - k$ , sunt de forma $M_{4} + 1$ . Atunci $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} = M_{4} + 3 k + (n - k) = M_{4} + 2 k + n . (1)$ (1 p)
Produsul a două numere impare are forma $M_{4} + 1$ dacă numerele dau același rest la împărțirea cu 4 și forma $M_{4} + 3$ în caz contrar. Deducem că produsul $a_{1} a_{2} \dots a_{n}$ are forma $M_{4} + 1$ atunci când $k$ este par, respectiv forma $M_{4} + 3$ atunci când $k$ este impar. (2) (1 p)
Cum suma este egală cu produsul, din (1) și (2): dacă $k$ este par, $2 k$ este multiplu de 4 și $n = M_{4} + 1$ ; dacă $k$ este impar, $2 k = M_{4} + 2$ , deci $n + 2 = M_{4} + 3$ și din nou $n = M_{4} + 1$ . Așadar orice număr special este de forma $M_{4} + 1$ . (1 p)
Reciproc, dacă $n = 4 t + 1$ , $t \in N^{*}$ , pentru $a_{1}$ $= a_{2}$ $= \dots$ $= a_{n - 2}$ $= 1$ , $a_{n - 1} = 3$ și $a_{n} = 2 t + 1$ avem $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} = (4 t - 1) + 3 + (2 t + 1) = 6 t + 3 = 3 (2 t + 1) = a_{1} a_{2} \dots a_{n},$ deci orice număr de forma $M_{4} + 1$ (cel puțin 5) este special. Mulțimea ${2, 3, \dots, 2024}$ conține 505 numere de forma $M_{4} + 1$ ( $5, 9, \dots, 2021$ , adică $4 t + 1$ cu $t = 1, 2, \dots, 505$ ), deci conține 505 numere speciale. (2 p)

Răspuns: a) $1 + 1 + 1 + 3 + 3$ $= 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 3$ ; b) 505 numere speciale.

Problema 4 (7 puncte · paralelogram, asemănare, ortocentru)

Se consideră un paralelogram $A B C D$ și punctele $M$ pe latura $D C$ , $E$ și $N$ pe diagonala $A C$ , astfel încât $B E ⊥ A C$ și $\frac{C M}{C D}$ $= \frac{E N}{E A}$ .

Arătați că, dacă $M N$ și $N B$ sunt perpendiculare, atunci $A B C D$ este dreptunghi.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Construim paralela prin $N$ la dreapta $A B$ și notăm cu $P$ intersecția acesteia cu dreapta $B E$ .

Aplicând teorema fundamentală a asemănării în triunghiul $E A B$ ( $N P ∥ A B$ ), obținem $\frac{N P}{A B}$ $= \frac{E N}{E A}$ $= \frac{C M}{C D}$ . (2 p)
Cum $A B = C D$ , obținem de aici că $N P = C M$ și, cum $N P ∥ M C$ (ambele paralele cu $A B$ ), rezultă că $M N P C$ este paralelogram, deci $M N ∥ C P$ . (1 p)
Din ipoteză avem $M N ⊥ N B$ , așadar $C P ⊥ N B$ . (1 p)
În triunghiul $B N C$ , $B E$ (perpendiculară pe $N C$ , care e pe $A C$ ) și $C P$ (perpendiculară pe $N B$ ) sunt drepte suport pentru înălțimi, deci punctul $P$ , în care se intersectează, este ortocentrul triunghiului $B N C$ . (2 p)
Rezultă că $N P$ este și ea suportul unei înălțimi: $N P ⊥ B C$ . Cum $N P ∥ C D$ , rezultă $B C ⊥ C D$ , deci paralelogramul $A B C D$ are un unghi drept, adică este dreptunghi. (1 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	demonstrație: triunghiurile $A P Q$ și $P C Q$ sunt dreptunghice isoscele, $Q$ este mijlocul lui $T P$
2	$\sqrt{3}, \sqrt{13}, \sqrt{31} \in B$ ; din $y \in A$ rezultă $y + 2 \in A$ , deci $2024 \in A$
3	a) $1 + 1 + 1 + 3 + 3 = 9 = 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3 \cdot 3$ ; b) 505 numere speciale (cele de forma $4 t + 1$ )
4	demonstrație: $P$ este ortocentrul triunghiului $B N C$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Pătrat, triunghiuri congruente, linie mijlocie	fișă patrulatere · fișă linia mijlocie
2	Mulțimi, radicali	fișă operații cu numere reale
3	Paritate, resturi la împărțirea cu 4	fișă recapitulare algebră
4	Paralelogram, asemănare, ortocentru	fișă asemănarea triunghiurilor · fișă patrulatere

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a VII-a? Patru probleme: o problemă de geometrie într-un pătrat (unghiuri de $45^{\circ}$ și segmente egale), două mulțimi $A$ și $B$ definite prin reguli cu radicali, numerele „speciale” pentru care $n$ numere impare au suma egală cu produsul și un paralelogram care se dovedește a fi dreptunghi.

Cât durează proba și cum se punctează la olimpiada de matematică, etapa județeană 2024? Timpul de lucru este de 3 ore pentru 4 probleme. Conform baremelor oficiale din 2024, fiecare problemă valorează 7 puncte, fără puncte din oficiu, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa județeană 2024? Soluțiile și baremele de corectare (care conțin și enunțurile) sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate după concurs pe site-ul SSMR și preluate de presa de educație. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte

Alte clase, etapa județeană 2024: clasa a V-a · clasa a VI-a · clasa a VIII-a. Același nivel, alt an: olimpiada de matematică 2026, etapa județeană, clasa a VII-a. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 7-a.

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

Subiecte oficiale © Ministerul Educației / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa județeană/a sectoarelor municipiului București, 10 martie 2024): enunțurile, soluțiile și baremul, publicate de SSMR. Explicațiile suplimentare și figurile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a VII-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · pătrat, triunghiuri congruente, linie mijlocie)

Problema 2 (7 puncte · mulțimi, radicali)

Problema 3 (7 puncte · paritate, resturi la împărțirea cu 4)

Problema 4 (7 puncte · paralelogram, asemănare, ortocentru)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Alte subiecte

Formule conexe