Olimpiada de matematică 2024, etapa locală (București) — clasa a VIII-a, subiecte rezolvate

Grupăm factorii extremi și pe cei din mijloc: $x(x+9)=x^2+9x$ și $(x+3)(x+6)$ $=x^2+9x+18$. Notând $x^2+9x=a$, obținem $x(x+3)(x+6)(x+9)$ $=a(a+18)$ $=a^2+18a$. (1 p)

Atunci $a^2+18a+64$ $=y^2$ $\iff (a+9{)}^2-y^2$ $=17$ $\iff (a+9-y)(a+9+y)$ $=17$. (2 p)

17 este prim, deci analizăm cazurile: i) $a+9-y=1$, $a+9+y=17$; ii) $a+9-y=-1$, $a+9+y=-17$; iii) $a+9-y=17$, $a+9+y=1$; iv) $a+9-y=-17$, $a+9+y=-1$. Obținem $(a,y)\in \{(0,8),(-18,-8),(0,-8),(-18,8)\}$. (2 p)

$x^2+9x$ $=0\Rightarrow x\in \{0,-9\}$, iar $x^2+9x$ $=-18$ $\iff (x+3)(x+6)$ $=0\Rightarrow x\in \{-3,-6\}$. Deci $$(x,y)\in \{(0,8);(0,-8);(-9,8);(-9,-8);(-3,8);(-3,-8);(-6,8);(-6,-8)\}.$$ (2 p)

Observație din barem: pentru enumerarea directă a celor 8 soluții (fără justificare) se acordă 2 puncte.

Răspuns: $x\in \{0,-3,-6,-9\}$ și $y=\pm 8$ (8 perechi).

a) Ambii membri sunt pozitivi, deci putem ridica la pătrat: $$1+a<{\left(\frac{2+a}{2}\right)}^2\iff 1+a<\frac{4+4a+a^2}{4}\iff 4+4a<4+4a+a^2\iff 0<a^2,$$ adevărat pentru $a>0$. (3 p)

b) Fiecare radical este mai mare decât 1 (fracțiile de sub radical sunt supraunitare), deci $N>5$. (1 p)

Scriem $\sqrt{2}=\sqrt{1+1}$, $\sqrt{\frac{3}{2}}$ $=\sqrt{1+\frac{1}{2}}$, $\sqrt{\frac{5}{4}}$ $=\sqrt{1+\frac{1}{4}}$, $\sqrt{\frac{7}{6}}$ $=\sqrt{1+\frac{1}{6}}$, $\sqrt{\frac{13}{12}}$ $=\sqrt{1+\frac{1}{12}}$ și aplicăm a): $\sqrt{1+1}$ $<1+\frac{1}{2}$ și analoagele. (1 p)

Deci $$N<1+\frac{1}{2}+1+\frac{1}{4}+1+\frac{1}{8}+1+\frac{1}{12}+1+\frac{1}{24}=5+\frac{12+6+3+2+1}{24}=6,$$ așadar $5<N<6$ și $[N]=5$. (2 p)

Observație din barem: dacă inegalitatea $N<6$ se demonstrează folosind aproximări ale radicalilor, se scade câte 1 punct pentru fiecare două aproximări luate prin lipsă și nu prin adaos.

Răspuns: b) $[N]=5$.

a) Punctele $A^{\prime }$, $B$, $C^{\prime }$, $O$ și $D$ sunt în planul $(A^{\prime }B{C}^{\prime })$ ($O$ este mijlocul lui $B{C}^{\prime }$), deci $(A^{\prime }B{C}^{\prime })\cap (ABC)=BD$. Cum $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (ABC)$, aplicând teorema „acoperișului” (dreapta $A^{\prime }{C}^{\prime }$ paralelă cu un plan, inclusă într-un plan care îl taie pe primul) obținem $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BD$. (1 p)

Triunghiurile $A^{\prime }O{C}^{\prime }$ și $DOB$ au $O{C}^{\prime }=OB$, $\mathrm{\angle }{A}^{\prime }O{C}^{\prime }=\mathrm{\angle }DOB$ (opuse la vârf) și $\mathrm{\angle }O{C}^{\prime }{A}^{\prime }=\mathrm{\angle }OBD$ (alterne interne), deci $\mathrm{△}{A}^{\prime }O{C}^{\prime }\equiv \mathrm{△}DOB$ (U.L.U.) și $A^{\prime }{C}^{\prime }=BD$. Dar $AC=A^{\prime }{C}^{\prime }=BD$ și $AC\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel BD$, deci $ABDC$ este paralelogram. (2 p)

b) $M$ și $O$ sunt în planul $(BC{C}^{\prime })$, iar $(BC{C}^{\prime })\cap (ABC)=BC$, deci $E\in BC$. Aplicând teorema lui Menelaus în triunghiul $BC{C}^{\prime }$ cu transversala $M-O-E$: $$\frac{EB}{EC}\cdot \frac{MC}{M{C}^{\prime }}\cdot \frac{O{C}^{\prime }}{OB}=1\Rightarrow \frac{EB}{EC}\cdot 2\cdot 1=1\Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{1}{2}\Rightarrow BE=BC.$$ (2 p)

Notăm $\{P\}=AD\cap BC$ (centrul paralelogramului $ABDC$). Atunci $BP$ $=\frac{BC}{2}$ $=\frac{BE}{2}$, deci ${\mathcal{A}}_{ABE}$ $=2\cdot {\mathcal{A}}_{ABP}$ $=2a$, unde $a={\mathcal{A}}_{ABP}$. $EP$ este mediană în triunghiul $ADE$ ($P$ este mijlocul lui $AD$), deci ${\mathcal{A}}_{ADE}$ $=2\cdot {\mathcal{A}}_{AEP}$ $=2\cdot (2a+a)$ $=6a$. (1 p)

Iar ${\mathcal{A}}_{BCD}$ $={\mathcal{A}}_{ABC}$ $=2\cdot {\mathcal{A}}_{ABP}$ $=2a$, deci $\frac{{\mathcal{A}}_{BCD}}{{\mathcal{A}}_{ADE}}$ $=\frac{2a}{6a}$ $=\frac{1}{3}$. (1 p)

Observație din barem: relația $BE=BC$ se poate demonstra și folosind asemănarea sau reciproca teoremei liniei mijlocii în triunghiul $EMC$. Punctul $B$ este centrul de greutate al triunghiului $ADE$, de unde ${\mathcal{A}}_{ADE}$ $=3\cdot {\mathcal{A}}_{ABD}$.

Răspuns: b) $\frac{1}{3}$.

Fie $AH\cap BD=\{A^{\prime }\}$, $BH\cap AD=\{B^{\prime }\}$, $DH\cap AB=\{D^{\prime }\}$; $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $D{D}^{\prime }$ sunt înălțimile triunghiului $ABD$. Cum $CH\perp (ABD)$, avem $CH\perp BD$, iar $A{A}^{\prime }\perp BD$, deci $BD\perp (A{A}^{\prime }C)$ și $BD\perp AC$. (1 p)

Analog, $AB\perp (CD{D}^{\prime })$, deci $AB\perp CD$ (și, la fel, $AD\perp (B{B}^{\prime }C)$, deci $AD\perp BC$). Construim $AT\perp A^{\prime }C$, $T\in A^{\prime }C$. Cum $BD\perp (A{A}^{\prime }C)$, avem $BD\perp AT$, deci $AT\perp (BCD)$. (1 p)

Din $AT\perp (BCD)$ rezultă $AT\perp CD$; dar $CD\perp AB$, deci $CD\perp (ABT)$ și $CD\perp BT$. Cum $BD\perp (A{A}^{\prime }C)$, avem $BD\perp A^{\prime }C$, adică $BD\perp CT$. Așadar $T$ este ortocentrul triunghiului $BCD$. (1 p)

Deci perpendiculara din $A$ pe planul $(BCD)$ cade în ortocentrul triunghiului $BCD$. Analog (muchiile opuse ale tetraedrului sunt perpendiculare două câte două), piciorul perpendicularei din $B$ pe $(ACD)$, adică $G$, este ortocentrul triunghiului $ACD$, iar $I$ este ortocentrul triunghiului $ABC$. Un triunghi în care centrul de greutate coincide cu ortocentrul (respectiv centrul cercului înscris coincide cu ortocentrul) este echilateral, deci $\mathrm{△}ACD$ și $\mathrm{△}ABC$ sunt echilaterale. (2 p)

Din $\mathrm{△}ABC$ echilateral și $C{D}^{\prime }\perp AB$ (căci $AB\perp (CD{D}^{\prime })$), $D^{\prime }$ este mijlocul lui $[AB]$; atunci $D{D}^{\prime }$ este și înălțime, și mediană în $\mathrm{△}ABD$, care este isoscel cu baza $[AB]$: $AD=DB$. Dar $AC=CD=AD$ și $AB=BC=AC$, deci toate cele 6 muchii ale tetraedrului sunt congruente și $ABCD$ este tetraedru regulat. (2 p)