Olimpiada de matematică 2025 națională, clasa a VII-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa națională, clasa a VII-a?

Patru probleme: un număr rațional r cu aceeași parte fracționară ca √(r + 1), trei inegalități cu module din care rezultă a = b = c, un triunghi dreptunghic isoscel cu mai multe mijloace de segmente și o configurație cu două pătrate construite pe înălțimea unui triunghi dreptunghic.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa națională, clasa a VII-a (Buzău, 7 aprilie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: problemele 1 și 2 cer demonstrații cu numere raționale și module (se obține $r$ întreg, respectiv $a = b = c$ ); la geometrie se arată $M F ⊥ O D$ , $F C = O C$ , $L K ∥ B C$ și coliniaritatea punctelor $A$ , $N$ , $M$ .

Olimpiada Națională de Matematică este organizată de Ministerul Educației și Cercetării împreună cu Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) și are trei etape: locală, județeană (și a sectoarelor municipiului București) și națională. La etapa națională participă elevii calificați după etapa județeană din 8 martie 2025. În 2025, ediția a LXXV-a, etapa națională pentru clasele V–VIII s-a desfășurat la Buzău (6–11 aprilie), proba scrisă având loc pe 7 aprilie 2025. Toți elevii de clasa a VII-a au primit același subiect: 4 probleme, fiecare notată, conform baremului oficial, cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28 de puncte.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 30 de minute, apoi deschide soluția. Punctajele din paranteze sunt cele din baremul oficial — așa vezi ce pași contează la corectare. Unde baremul oferă mai multe variante, le găsești pe toate; orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

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

Problema 1 (7 puncte · partea fracționară, numere raționale)

Fie $r$ un număr rațional pozitiv, astfel încât numerele $r$ și $\sqrt{r + 1}$ să aibă aceeași parte fracționară. Arătați că numărul $r$ este întreg.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: două numere cu aceeași parte fracționară diferă printr-un întreg; ridicăm la pătrat și folosim o fracție ireductibilă.

Ipoteza spune că $\sqrt{r + 1} - r = a$ , cu $a$ număr întreg. (2 p)
Atunci $\sqrt{r + 1} = r + a$ și, prin ridicare la pătrat, obținem $r + 1 = r^{2} + 2 r a + a^{2}$ . (2 p)
Fie $r = \frac{m}{n}$ , cu $m, n \in N^{*}$ și $(m, n) = 1$ . (1 p)
Înmulțind cu $n^{2}$ : $m n + n^{2}$ $= m^{2} + 2 m n a + a^{2} n^{2}$ , deci $m^{2} = n (m + n - 2 m a - a^{2} n) .$ Rezultă că $m^{2}$ se divide cu $n$ , ceea ce, deoarece $(m, n) = 1$ , nu se poate decât dacă $n = 1$ . Reiese $r = m \in N$ . (2 p)

Exemplu: $r = 3$ : $\sqrt{3 + 1} = 2$ , ambele numere au partea fracționară 0. ✓

Concluzie: $r$ este număr întreg.

Problema 2 (7 puncte · modul, inegalități)

Considerăm numerele reale strict pozitive $m, n, a, b, c$ astfel încât $m > n$ și

| m a - n b | \leq c (m - n), | m b - n c | \leq a (m - n), | m c - n a | \leq b (m - n) .

Demonstrați că $a = b = c$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: suma celor trei expresii din module este exact $(m - n) (a + b + c)$ , deci toate inegalitățile devin egalități.

Prin adunarea relațiilor date rezultă $\begin{aligned} | m a - n b | + | m b - n c | + | m c - n a | \leq (m - n) (a + b + c) \\ = | (m - n) (a + b + c) | = | (m a - n b) + (m b - n c) + (m c - n a) | . \end{aligned}$ Deducem că printre numerele $x = m a - n b$ , $y = m b - n c$ și $z = m c - n a$ nu există două cu semne opuse, iar inegalitățile din ipoteză sunt egalități. (3 p)
Dacă $x \leq 0$ , $y \leq 0$ , $z \leq 0$ , atunci $m a \leq n b$ , $m b \leq n c$ , $m c \leq n a$ . Prin înmulțire obținem $m^{3} a b c \leq n^{3} a b c$ , de unde $m^{3} \leq n^{3}$ — imposibil, deoarece $m > n > 0$ . (1 p)
Dacă $x \geq 0$ , $y \geq 0$ , $z \geq 0$ , atunci $m a - n b = c (m - n)$ și analoagele, deci $m (a - c) = n (b - c), m (b - a) = n (c - a), m (c - b) = n (a - b) . (*)$ Dacă toate parantezele din (*) au valori nenule, atunci (cum $m, n > 0$ ) $a - c$ și $b - c$ , $b - a$ și $c - a$ , $c - b$ și $a - b$ au același semn, în contradicție cu $(a - c) (b - a) (c - b)$ $= - (b - c) (c - a) (a - b)$ . Rezultă că măcar una este nulă, de exemplu $a - c = 0$ . Atunci, din prima relație, $b - c = 0$ , de unde $a = b = c$ . (3 p)

Altă soluție (din barem). Avem $m a - n b$ $\leq | m a - n b |$ $\leq c (m - n)$ și analoagele. Prin adunare, $(m - n) (a + b + c) \leq | m a - n b | + | m b - n c | + | m c - n a | \leq (m - n) (a + b + c),$ deci avem egalitate peste tot. (3 p) Atunci $(m a - n b)^{2} = (m c - n c)^{2}$ și analoagele. Prin adunarea acestor relații rezultă, în urma calculelor, $2 m n (a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a)$ $= 0$ , adică $m n [(a - b)^{2} + (b - c)^{2} + (c - a)^{2}] = 0,$ de unde $a = b = c$ . (4 p)

Concluzie: $a = b = c$ .

Problema 3 (7 puncte · triunghi dreptunghic isoscel, patrulater inscriptibil, asemănare)

Fie $A B C$ un triunghi dreptunghic isoscel, $O$ mijlocul ipotenuzei $B C$ , $E$ mijlocul segmentului $C O$ , $M$ mijlocul segmentului $A C$ și $D$ mijlocul segmentului $A M$ . Fie $F$ intersecția dreptelor $O D$ și $A E$ .

a) Arătați că $M F ⊥ O D$ .

b) Arătați că $F C = O C$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: pentru a) arătăm că $M E O F$ este inscriptibil (sau folosim reciproca teoremei catetei); pentru b) arătăm că $C$ este pe mediatoarea segmentului $O F$ .

a) Varianta 1.

Deoarece $M E ⊥ O C$ ( $∠ M E O = 90^{\circ}$ ), avem de arătat că patrulaterul $M E O F$ este inscriptibil. (1) (1 p)
Cum $M E ∥ A O$ , $∠ M E F = ∠ O A E$ ; rămâne de arătat că $∠ M O D = ∠ O A E$ . (1 p)
Această ultimă egalitate rezultă din $△ M O D \sim △ O A E$ : $∠ D M O$ $= ∠ E O A$ $= 90^{\circ}$ și $\frac{D M}{M O}$ $= \frac{E O}{O A}$ $= \frac{1}{2}$ . (2) (2 p)

a) Varianta 2. Din teorema lui Menelaus în triunghiul $C D O$ tăiat de transversala $A - F - E$ rezultă $\frac{D F}{F O}$ $= \frac{A D}{A C}$ $= \frac{1}{4}$ . (1 p) Fie $A B = 4 a$ . În triunghiul $M D O$ avem $M D = a$ , $M O = 2 a$ , deci $D O = a \sqrt{5}$ și $D F = \frac{a \sqrt{5}}{5}$ . (1 p) Rezultă că $D O \cdot D F = a^{2} = M D^{2}$ și, din reciproca teoremei catetei, $M F ⊥ D O$ . (2 p)

a) Varianta 3. $△ C A E \sim △ A O D$ , deoarece $∠ A C E$ $= ∠ O A D$ $= 45^{\circ}$ și $\frac{C A}{C E}$ $= 2 \sqrt{2}$ $= \frac{O A}{A D}$ . Atunci $∠ A O D$ $= ∠ C A E$ $= ∠ D A F$ . (2 p) Rezultă $△ D A F \sim △ D O A$ (U.U.), deci $M D^{2} = D A^{2} = D F \cdot D O$ ; din reciproca teoremei catetei rezultă concluzia. (2 p)

b) Varianta 1.

Fie $G$ , $R$ mijloacele segmentelor $A B$ , respectiv $M O$ . Cum $C M G O$ este paralelogram, $R$ este mijlocul lui $C G$ . (1 p)
Cum patrulaterul $E M F O$ este inscriptibil, $∠ E F O$ $= ∠ E M O$ $= 45^{\circ}$ $= ∠ O B A$ , deci patrulaterul $A B O F$ este inscriptibil, centrul cercului circumscris fiind $G$ ( $∠ A O B = 90^{\circ}$ ). Atunci $G F = G O$ (raze), $R F = R O$ ( $F R$ este mediană în triunghiul dreptunghic $F O M$ ), deci $R G$ este mediatoarea lui $[O F]$ . Cum $C \in R G$ , avem $C F = C O$ . (2 p)

b) Varianta 2. Fie $G$ mijlocul segmentului $A B$ . Analog cu (2), $△ M O D \sim △ A C G$ , deci $∠ A C G + ∠ C D O$ $= ∠ M O D + ∠ M D O$ $= 90^{\circ}$ , de unde $C G ⊥ O D$ . (1 p) Fie $H = C G \cap O D$ . Atunci $O G ∥ C D$ implică $\frac{O H}{H D}$ $= \frac{O G}{C D}$ $= \frac{2}{3}$ , deci $\frac{O H}{O D}$ $= \frac{2}{5}$ . Pe de altă parte, în triunghiul dreptunghic $M O D$ avem $O M = 2 M D$ , $O D = M D \sqrt{5}$ , $O F$ $= \frac{O M^{2}}{O D}$ $= \frac{4 \sqrt{5}}{5} M D$ , deci $\frac{O F}{O D}$ $= \frac{4}{5}$ . Rezultă că $H$ este mijlocul segmentului $O F$ , deci $C H$ este înălțime și mediană în triunghiul $C O F$ , de unde concluzia. (2 p)

Verificare numerică: pentru $A (0, 0)$ , $B (4, 0)$ , $C (0, 4)$ obținem $O (2, 2)$ , $D (0, 1)$ , $F (0, 4; 1, 2)$ și $F C = O C = 2 \sqrt{2}$ . ✓

Problema 4 (7 puncte · pătrate, asemănare, bisectoare, cercul exînscris)

Considerăm triunghiul $A B C$ dreptunghic în $A$ și înălțimea sa $A D$ , $D \in B C$ . Pe semidreapta $[A D$ luăm punctele $E$ și $H$ astfel încât $A E = A C$ și $A H = A B$ . Considerăm pătratele $A E F G$ și $A H J I$ care conțin în interiorul lor punctele $C$ , respectiv $B$ . Dreptele $E G$ și $A C$ se intersectează în $K$ , $I H$ și $A B$ în $L$ , $I L$ și $G K$ în $N$ , iar $I B$ și $G C$ în $M$ . Demonstrați că:

a) $L K ∥ B C$ ;

b) punctele $A$ , $N$ și $M$ sunt coliniare.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: diagonalele pătratelor fac unghiuri de $45^{\circ}$ cu laturile; arătăm că $N$ și $M$ se află pe bisectoarea unghiului $B A C$ .

a) Avem $△ A G K \sim △ A H L$ (1), deoarece $∠ A G K$ $= ∠ A H L$ $= 45^{\circ}$ și $∠ G A K$ $= 90^{\circ} - ∠ C A D$ $= ∠ H A L$ . Rezultă $\frac{A K}{A L}$ $= \frac{A G}{A H}$ . Cum $A G = A E = A C$ și $A H = A B$ , deducem $\frac{A K}{A C}$ $= \frac{A L}{A B}$ , deci $L K ∥ B C$ (reciproca teoremei lui Thales). (3 p)

b) Varianta 1.

Din (1) rezultă $∠ A K G = ∠ A L H$ , deci patrulaterul $A L N K$ este inscriptibil. Reiese $∠ N A K$ $= ∠ N L K$ $= ∠ N I G$ $= 45^{\circ}$ ( $L K ∥ G I$ ), ceea ce arată că $A N$ este bisectoarea unghiului $B A C$ . (2 p)
Bisectoarea unghiului $A B C$ este paralelă cu bisectoarea unghiului $B A I$ , care este și înălțime în triunghiul isoscel $B A I$ ( $A I = A H = A B$ ). Rezultă că $B M$ este perpendiculară pe bisectoarea interioară din $B$ , adică $B M$ este bisectoarea exterioară din $B$ a triunghiului $A B C$ ; analog, $C M$ este bisectoarea exterioară din $C$ . Rezultă că $M$ este centrul cercului $A$ -exînscris al triunghiului $A B C$ , deci $M$ se află pe bisectoarea $A N$ . (2 p)

b) Varianta 2. Fie $O$ intersecția dreptelor $K L$ și $A N$ . Punctele $A, G, I$ sunt coliniare, $D A ⊥ G I$ și $D A ⊥ B C$ , deci $G I ∥ B C ∥ K L$ . Rezultă $\frac{O K}{O L}$ $= \frac{A G}{A I}$ $= \frac{A G}{A H}$ $= \frac{A K}{A L}$ ; conform reciprocei teoremei bisectoarei, $[A O$ este bisectoarea unghiului $L A K$ . (2 p) Fie $P$ intersecția dreptelor $A M$ și $B C$ . Atunci $\frac{C P}{P B}$ $= \frac{A G}{A I}$ $= \frac{A C}{A B}$ , deci $A P$ este bisectoarea unghiului $B A C$ . Rezultă că $M$ și $N$ se află pe bisectoarea unghiului $B A C$ , ceea ce arată că $A$ , $M$ , $N$ sunt coliniare. (2 p)

Concluzie: a) $L K ∥ B C$ ; b) $A$ , $N$ , $M$ se află pe bisectoarea unghiului $B A C$ , deci sunt coliniare.

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	demonstrație: $r = \frac{m}{n}$ ireductibilă duce la $n = 1$
2	demonstrație: inegalitățile sunt egalități, deci $a = b = c$
3	a) $M E O F$ inscriptibil, deci $M F ⊥ O D$ ; b) $C$ e pe mediatoarea lui $O F$
4	a) $\frac{A K}{A C} = \frac{A L}{A B}$ ; b) $N$ și $M$ sunt pe bisectoarea unghiului $A$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Numere raționale, radicali, partea fracționară	fișă mulțimea numerelor reale · fișă radicali
2	Modul, inegalități	fișă operații cu numere reale
3	Patrulater inscriptibil, asemănare, teorema catetei	fișă cercul · fișă relații metrice
4	Pătrate, asemănare, teorema bisectoarei	fișă asemănarea triunghiurilor · fișă patrulatere

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa națională, clasa a VII-a? Patru probleme: un număr rațional $r$ cu aceeași parte fracționară ca $\sqrt{r + 1}$ , trei inegalități cu module din care rezultă $a = b = c$ , un triunghi dreptunghic isoscel cu mai multe mijloace de segmente și o configurație cu două pătrate construite pe înălțimea unui triunghi dreptunghic.

Cum se punctează proba la etapa națională a olimpiadei de matematică 2025? Subiectul are 4 probleme, iar conform baremului oficial fiecare problemă valorează 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem; pentru unele probleme baremul oferă mai multe variante de rezolvare, iar elevul primește punctajul cel mai mare.

Unde găsesc baremul oficial al olimpiadei de matematică, etapa națională 2025? Soluțiile și baremele de corectare (care conțin și enunțurile) sunt documente oficiale ale Ministerului Educației și Cercetării și ale Societății de Științe Matematice din România (SSMR), publicate de SSMR pe pagina ONM 2025. Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa națională 2025 — clasa a V-a · clasa a VI-a · clasa a VIII-a; aceeași clasă, etapa județeană: 2025 · 2026; alte concursuri: concursuri școlare de matematică. 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

Subiecte oficiale © Ministerul Educației și Cercetării / SSMR (Olimpiada Națională de Matematică, etapa națională, Buzău, 7 aprilie 2025): soluțiile și baremul, cu enunțurile, publicate de SSMR. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2025, etapa națională, clasa a VII-a — subiecte și soluții

Problema 1 (7 puncte · partea fracționară, numere raționale)

Problema 2 (7 puncte · modul, inegalități)

Problema 3 (7 puncte · triunghi dreptunghic isoscel, patrulater inscriptibil, asemănare)

Problema 4 (7 puncte · pătrate, asemănare, bisectoare, cercul exînscris)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe