MatematickiTalent/md/mk-primary-regional/TLzHpDuiDU6HGrQTZM9AHg.md

# ХХVI РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## IV одделение

Задача 1. Во едно училиште има 32 паралелки. Од нив 6 паралелки имаат по 29 ученика, 8 паралелки имаат по 30 ученика, 2 паралелки по 31 ученик, а останатите паралелки имаат по 32 ученика. Колку изнесува вкупниот број на ученици во училиштето?

Решение. Бројот на паралелки со 32 ученици е $32-6-8-2=16$. Вкупниот број на ученици е

$$
6 \cdot 29+8 \cdot 30+2 \cdot 31+16 \cdot 32=174+240+62+512=988
$$

Задача 2. Ако една страна на квадратот се зголеми два пати, а другата се зголеми за $22 \mathrm{~mm}$, се добива правоаголник чија обиколка (периметар) е за $2000 \mathrm{~mm}$ поголема од обиколката (периметарот) на квадратот. Колку е должината на страната на дадениот квадрат?

Решение. Ако страната на почетниот квадрат се означи со $a$, тогаш страните на правоаголникот се $2 a$ и $a+22$. Збирот на двете страни на правоаголникот со должина $2 a$ е колку што е периметарот на квадратот.Според тоа, збирот на должините на другите две страни, со должина $a+22$, изнесува $2000 \mathrm{~mm}$. Значи,

$$
2 a+44=2000,2 a=1956, a=1956: 2=978 \mathrm{~mm}
$$

Задача 3. На две гранки се наоѓале 25 врапчиња. После извесно време, од првата прелетале на втората 5 врапчиња, а од втората во полето одлетале 7 врапчиња. Тогаш, на првата гранка останале два пати повеќе врапчиња отколку на втората. Колку врапчиња имало на секоја гранка на почетокот?

Решение. Прв начин. Кога во полето ќе одлетаат 7 врапчиња, вкупниот број на врапчиња на двете гранки ќ биде $25-7=18$ и тогаш според условот на задачата на првата гранка ќе има два пати повеќе врапчиња отколку на втората, значи на втората гранка ќе има $18: 3=6$ врапчиња, а на првата гранка ќe има $2 \cdot 6=12$ врапчиња. Значи, пред да одлетаат во полето 7 врапчиња од втората гранка, на неа имало $6+7=13$ врачиња.Па на почетокот, пред да прелетале од првата на втората гранка 5 врапчиња, на втората гранка имало $13-5=8$ врапчиња, а на првата гранка имало $12+5=17$ врапчиња.

Втор начин. На почетокот имало

$$
2 \cdot((25-7): 3)+5=2 \cdot(18: 3)+5=2 \cdot 6+5=12+5=17
$$

врапчиња на првата гранка и

$$
(25-7): 3+7-5=18: 3+7-5=6+7-5=8
$$

врапчиња имало на втората гранка.

Задача 4. Мила од цифрите $3,7,1,9,0$ и 4 ги формирала најголемиот и најмалиот шестцифрен број употребувајќи ја секоја цифра точно еднаш, а потоа нивната разлика ја намалила 9 пати. Кој број го добила Мила?

Решение. Најголемиот шестцифрен број составен од дадените цифри, употребувајќ ја секоја цифра точно еднаш е бројот 974310 ,а најмалиот е бројот 103479. Кога нивната разлика $974310-103479=870831$, ја намалила 9 пати го добила бројот 870831:9=96759.

Задачпа 5. Четири момчиња Андреј, Бојан, Васко и Гоце се колекционери на поштенски марки. Андреј има толку марки колку што имаат Бојан и Васко заедно, Гоце има пет пати помалку марки од Андреј, а Бојан четири пати повеќе од Васко. По колку марки има секое од момчињата, ако заедно тие имаат 5016 поштенски марки?

Решение. Нека $A, B, B$ и $\Gamma$ се бројот на марките што ги имаат Андреј, Бојан, Васко и Гоце соодветно. Според првиот услов на задачата, имаме

$$
A=E+B, A=5 \Gamma, 5=4 B
$$

Тогаш, со замена се добива

$$
A=5+B=4 B+B=5 B
$$

Но $A=5 \Gamma$, па се добива дека Васко и Гоце имаат ист број марки, односно $B=\Gamma$. Тогаш, според вториот услов

$$
A+D+B+\Gamma=5016
$$

односно

$$
5 B+4 B+B+B=5016
$$

Добиваме дека $11 B=5016$, од каде $B=5016: 11=456$, па $\Gamma=456$, додека $A=5 \cdot 456=2280$ и $E=4 \cdot 456=1824$. Значи, Андреј има 2280 марки, Бојан има 1824, а Васко и Гоце имаат по 456 поштенски марки.

## V одделение

Задача 1. Имаме два сада (лонци) од кои едниот собира точно 3 литри, а другиот собира точно 5 литри. Дали со помош на двата лонци можеме да измериме точно 4 литри?

Решение. Прво го полниме садот од 3 литри и го претураме во садот од 5 литри, каде останува место за уште 2 литри.Потоа, повторно го полниме садот од 3 литри, па го дополнуваме садот од 5 литри, што значи дека во садот од 3 литри ќе остане 1 литар. Полниот сад од 5 литри го испразнуваме и во него го претураме едниот литар од садот со 3 литри. И конечно, го полниме по трет пат садот од 3 литри и го претураме во садот од 5 литри во кој од претходно има 1 литар. Така, во садот од 5 литри сега има точно 4 литри.

Задача 2. При множење на два броја, на првиот број ученикот му ја заменил цифрата на единиците 4 со 1 . Така добил 525 наместо 600 . Кои броеви ги множел?

Решение. Од условот имаме дека кога првиот број ке се намали за $4-1=3$, тогаш производот се намалил за $600-525=75$. Значи, тој број е $75: 3=25$. Вториот број ќе го добиеме како $600: 25=24$. Значи, ученикот ги множел броевите 25 и 24.

Задача 3. На еден тренинг имало 225 деца и 105 топки. Децата се поделени на групи со еднаков број на деца и на секоја група тренерите им поделиле топки, така што секоја група добила по еднаков број на топки. Колку групи се формирани и по колку топки им се поделени? Колку решенија има задачата?

Решение. Најнапред ги наоѓаме заедничките делители на броевите 225 и 105 , тоа се броевите $1,3,5$ и 15 . Тие го означуваат бројот на групи кои се формирани. Значи, задачата има 4 решенија: 1 група од 225 ученика која добила 105 топки, 3 групи од по $225: 3=75$ ученика и секоја група добила по $105: 3=35$ топки, 5 групи од по 225:5=45 ученика и секоја група добила по 105:5=21 топка, 15 групи од по 225:15=15 ученика и секоја група добила по $105: 15=7$ топки.

Задача 4. Две прави се сечат во една точка и образуваат четири агли (два остри и два тапи). Збирот на накрсните остри агли е еднаков на половината од едниот накрсен тап агол. Одреди ги големините на аглите?

Решение. Прв начин. Накрсните остри агли се еднакви меѓу себе и нека нивната големина изнесува $x$. Тогаш, накрсните тапи агли имат големина $180^{\circ}-x$. Од условот имаме дека $2 x=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-x\right)$, односно $4 x=180^{\circ}-x$,
од каде $5 x=180^{\circ}$, па $x=36^{\circ}$ е големината на накрсните остри агли.(5) Накрсните тапи агли имаат големина $180^{\circ}-36^{\circ}=144^{\circ}$.

Втор начин. Нека $\alpha$ е накрсниот остар агол и $\beta$ е накрсниот тап агол. Од условот на задачата имаме дека накрсниот тап агол е 2 пати поголем од збирот на накрсните остри агли, односно $\beta=2 \cdot(\alpha+\alpha)=4 \alpha$ или накрсниот тап агол е 4 пати поголем од накрсниот остар агол. Па, значи дека накрсниот остар агол изнесува $180^{\circ}: 5=36^{\circ}$, додека накрсниот тап агол е $180^{\circ}-36^{\circ}=144^{\circ}$.

Задача 5. Даден е правоаголник со страни $a \mathrm{~cm}$ и $b \mathrm{~cm}$. Ако страната со должина $a \mathrm{~cm}$ се продолжи за $b \mathrm{~cm}$ и страната со должина $b \mathrm{~cm}$ се продолжи за $a \mathrm{~cm}$ се добива квадрат со плоштина $100 \mathrm{~cm}^{2}$. Ако должините на страните на дадениот правоаголник се природни броеви, определи го правоаголникот со најмала плоштина.

Решение. Плоштината на добиениот квадрат е $P_{\kappa B}=(a+b)^{2}=100 \mathrm{~cm}^{2}$, значи $a+b=10 \mathrm{~cm}$. Бидејќи должините на страните на правоаголникот се природни броеви, за $a$ и $b$ можни се некој од следниве парови вредности:

$$
\begin{aligned}
& a=1, b=9 ; a=2, b=8 ; a=3, b=7 ; a=4, b=6 ; a=5, b=5 ; \\
& a=6, b=4 ; a=7, b=3 ; a=8, b=2 \quad \text { или } a=9, b=1
\end{aligned}
$$

Правоаголникот со најмала плоштина $P_{n p}=a b$, се добива за $a=1, b=9$ или $a=9, b=1$ и изнесува $P_{n p}=9 \mathrm{~cm}^{2}$.

## VI одделение

Задача 1. Најди го збирот на сите непарни трицифрени броеви чиј производ на цифри е еднаков на 140.

Решение. Од разложувањето $140=2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 7=4 \cdot 5 \cdot 7$, следува дека трицифрените броеви се составени од цифрите 4,5 и 7 . Непарните трицифрени броеви составени од тие цифри се $457,475,547$ и 745 . Па, нивниот збир е еднаков на $457+475+547+745=2224$.

Задача 2. Маја отишла во книжара да купи две книги. Цената на едната книга била $65 \%$, а цената на другата книга била $57,5 \%$ од парите што ги имала. За да ги купи двете книги и недостигале 45 денари. Колку пари имала со себе Маја?

Решение. Прв начин. Нека Маја имала со себе $x$ денари. Тогаш, од условот на задачата имаме дека $\frac{65}{100} x+\frac{57,5}{100} x=45+x$, односно

$$
65 x+57,5 x=4500+100 x
$$

па $22,5 x=4500$, и конечно $x=200$. Значи, Маја имала 200 денари.

Втор начин. Книгите кои Маја сакала да ги купи биле

$$
65 \%+57,5 \%=122,5 \%
$$

од парите кои ги носела со себе. Значи, и недостигале

$$
122,5 \%-100 \%=22,5 \%
$$

од парите кои ги носела со себе, од друга страна и недостигале 45 денари според условот. Ако Маја носела со себе $x$ денари, ја имаме равенката $\frac{22,5}{100} x=45$, чие решение е $x=200$. Значи, Маја имала 200 денари.

Задача 3. Две прави $p$ и $q$ се сечат во точката $C$. Точката $C$ ја дели правата $p$ на две полуправи, кои со една иста полуправа од правата $q$ со почетна точка $C$ градат два агли $p C q$ и $q C p$. На симетралата на аголот $p C q$ избрана е точка $M$, а на симетралата на аголот $q C p$ избрана е точка $N$ така што $M N \| p$. Отсечката $M N$ ја сече правата $q$ во точка $D$. Докажи дека $D$ е средина на отсечката $M N$.

Решение. Нека $P$ е точка од полуправата $C p$ од аголот $p C q$, и нека $Q$ е точка од полуправата $C p$ од аголот $q C p$. Нека $C M$ е симетралата на аголот $p C q$ и $C N$ е симетралата на аголот $q C p$, при што $M N \| P Q$, и нека $D$ е пресечната точка на правата $q$ со правата $M N$ (види цртеж). Од $C M$ е симетрала на аголот $p C q$ и $C N$ е симетрала

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f23d80ef2c76c95febc4g-05.jpg?height=452&width=620&top_left_y=1293&top_left_x=860)
на аголот $q C p$ имаме дека $\measuredangle P C M=\measuredangle M C D$ и $\measuredangle D C N=\measuredangle N C Q$. Како наизменични агли на трансферзала имаме дека $\angle P C M=\measuredangle C M D$ и $\measuredangle N C Q=\measuredangle C N D$. Значи, $\measuredangle M C D=\measuredangle C M D$ и $\measuredangle D C N=\measuredangle D N C$, од каде следи дека триаголниците $\triangle C M D$ и $\triangle C N D$ се рамнокраки со основа $M C$ и $N C$ соодветно.Според тоа $\overline{M D}=\overline{C D}$ и $\overline{C D}=\overline{D N}$. Од последните две равенства следува дека $\overline{M D}=\overline{D N}$, односно дека $D$ е средина на отсечката $M N$.

Задача 4. Илина од новоотворена ќеса со бомбони изела $\frac{1}{5}$ од вкупниот број на бомбони и уште 3 бомбони. Од преостанатиот број на бомбони, вториот ден изела $\frac{1}{5}$ од бомбоните и уште 5 бомбони. Третиот ден ги изела преостанатите 15 бомбони. Колку бомбони имало во ќесата на почетокот?

Решение. Според условот на задачата, ако $x$ е вкупниот број на бомбони, Илина првиот ден изела $\frac{1}{5} x+3$ бомбони, а во ќесата останале $\frac{4}{5} x-3$ бомбони. Вториот ден Илина изела $\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5} x-3\right)+5$ бомбони и за третиот ден и останале 15 бомбони. Според тоа,

$$
\frac{1}{5} x+3+\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5} x-3\right)+5+15=x
$$

од каде

$$
x+15+\frac{4}{5} x-3+100=5 x, 112=4 x-\frac{4}{5} x, 560=16 x, x=35
$$

Значи, на почетокот во ќесата имало 35 бомбони.

Задача 5. Пресметај ги аглите во триаголникот $A B C$, ако аголот меѓу висината повлечена од темето $C$ и симетралата на аголот $A C B$ изнесува $9^{\circ}$, а аголот меѓу симетралите на надворешните агли кај темињата $A$ и $B$ изнесува $61^{\circ}$.

Решение. Да ги означиме со $\alpha, \beta, \gamma$ аглите во триаголникот $A B C$ кај темињата $A, B, C$ соодветно и со $\alpha_{1}, \beta_{1}, \gamma_{1}$ соодветните надворешни агли. Нека $D$ е подножјето на висината од темето $C$, точката $E$ е подножјето на симетралата на аголот $A C B$ и нека $F$ е пресекот на симетралите $A Y$ и $B N$ на надворешните агли кај темињата $A$ и $B$ соодветно (види цртеж).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f23d80ef2c76c95febc4g-06.jpg?height=500&width=510&top_left_y=1382&top_left_x=954)

Тогаш од услов,

$$
\begin{gathered}
\measuredangle D C E=9^{\circ}, \measuredangle A F B=61^{\circ}, \measuredangle X A Y=\measuredangle Y A C=\frac{\alpha_{1}}{2} \\
\measuredangle C B N=\measuredangle N B M=\frac{\beta_{1}}{2} \text { и } \measuredangle A C E=\measuredangle E C B=\frac{\gamma}{2}
\end{gathered}
$$

За аглите во триаголникот $A B F$ имаме дека

$$
\measuredangle F A B=\measuredangle X A Y=\frac{\alpha_{1}}{2} \text { и } \measuredangle A B F=\measuredangle N B M=\frac{\beta_{1}}{2}
$$

како накрсни агли, па од збир на агли на еден триаголник имаме

$$
\frac{\alpha_{1}}{2}+\frac{\beta_{1}}{2}+61^{\circ}=180^{\circ}
$$

од каде се добива дека

$$
\alpha_{1}+\beta_{1}=238^{\circ} \text {. Од } \alpha_{1}=180^{\circ}-\alpha \text { и } \beta_{1}=180^{\circ}-\beta
$$

со замена во последното равенство се довива

$$
180^{\circ}-\alpha+180^{\circ}-\beta=238^{\circ}
$$

од каде $\alpha+\beta=122^{\circ}$, па

$$
\gamma=180^{\circ}-(\alpha+\beta)=180^{\circ}-122^{\circ}=58^{\circ}
$$

Потоа, од правоаголниот триаголник $A D C$ имаме дека

$$
\alpha=90^{\circ}-\measuredangle A C D=90^{\circ}-\left(\frac{\gamma}{2}-\measuredangle C D E\right)=90^{\circ}-\left(\frac{58^{\circ}}{2}-9^{\circ}\right)=70^{\circ}
$$

и конечно

$$
\beta=122^{\circ}-\alpha=122^{\circ}-70^{\circ}=52^{\circ}
$$

## VII одделение

Задача 1. Дропките $\frac{\overline{3 a 5 b}}{36}$ и $\frac{\overline{4 c 7 d}}{45}$ се природни броеви, каде $a, b, c, d$ се цифри. Подреди ги по големина сите вакви броеви.

Решение. Дропките $\frac{\overline{3 a 5 b}}{36}$ и $\frac{\overline{4 c 7 d}}{45}$ се природни броеви ако $\overline{3 a 5 b}$ е делив со 36 (значи со 4 и 9) и $\overline{4 c 7 d}$ е делив со 45 (значи со 5 и 9). Во првиот случај тоа е можно ако последната цифра е 2 или 6 , па поради деливост со 9 можни броеви се: $\frac{3456}{36}=96$ и $\frac{3852}{36}=107$. Во вториот случај последната цифра е 0 или 5 , па поради деливоста со 9 можни се случаите: $\frac{4275}{45}=95$ и $\frac{4770}{45}=106$. Значи, подредени по големина броевите се

$$
\frac{4275}{45}<\frac{3456}{36}<\frac{4770}{45}<\frac{3852}{36}
$$

Задача 2. Низ темето $D$ од паралелограмот $A B C D$ е повлечена произволна права $p$, така што темињата $A, B$ и $C$ се на иста страна во однос на правата $p$. Нека $A^{\prime}, B^{\prime}$ и $C^{\prime}$ се подножјата на нормалите повлечени кон правата $p$, од точките $A, B$ и $C$ соодветно. Докажи дека

$$
\overline{B B^{\prime}}=\overline{A A^{\prime}}+\overline{C C^{\prime}}
$$

Решение. Нека $A^{\prime}, B^{\prime}$ и $C^{\prime}$ се подножјата на нормалите повлечени кон правата $p$, од точките $A, B$ и $C$ соодветно. Нека правата паралелна со $p$, повлечена низ точката $A$ ја сече правата $B B^{\prime}$ во точката $Q$ (види цртеж).

Четириаголникот $A Q B$ 'A' има 3 прави агли, па тој е правоаголник, од што следува дека $\overline{A A^{\prime}}=\overline{Q B^{\prime}}$. Бидејќи $A B C D$ е па-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f23d80ef2c76c95febc4g-08.jpg?height=387&width=502&top_left_y=266&top_left_x=960)
ралелограм, следува дека $\overline{A B}=\overline{D C}$ и $A B \| D C$. Аглите $\measuredangle Q A B$ и $\measuredangle C^{\prime} D C$ се еднакви како агли со паралелни краци. Бидејќи $B B^{\prime}$ и $C C^{\prime}$ се нормални на правата $p$, следува дека се тие меѓусебно паралелни. Од тоа следува дека и аглите $\Varangle Q B A$ и $\Varangle C^{\prime} C D$ се еднакви како агли со паралелни краци. Сега, за триаголниците $\triangle A B Q$ и $\triangle D C C^{\prime}$ имаме $\overline{A B}=\overline{D C}, \measuredangle Q A B=\measuredangle C^{\prime} D C$ и $\measuredangle Q B A=\measuredangle C^{\prime} C D$, па од признакот $A C A$ следува дека $\triangle A B Q \cong \triangle D C C^{\prime}$. Од складноста на овие триаголници следува дека $\overline{C C^{\prime}}=\overline{B Q}$.

Од $\overline{A A^{\prime}}=\overline{Q B^{\prime}}$ и $\overline{C C^{\prime}}=\overline{B Q}$ следува дека $\overline{B B^{\prime}}=\overline{Q B^{\prime}}+\overline{B Q}=\overline{A A^{\prime}}+\overline{C C^{\prime}}$.

Задача 3. Ако $n$ е природен број, дали бројот

$$
(2 n-3)(2 n-1)(2 n+1)(2 n+3)+16
$$

е полн квадрат? Дали бројот 2005$\cdot$2007$\cdot$2009$\cdot$2011 + 16 е полн квадрат?

Решение. Бидејќи

$$
(2 n-3)(2 n+3)=4 n^{2}-9 \text { и }(2 n-1)(2 n+1)=4 n^{2}-1
$$

добиваме

$$
\begin{aligned}
(2 n-3)(2 n-1)(2 n+1)(2 n+3)+16 & =\left(4 n^{2}-9\right)\left(4 n^{2}-1\right)+16 \\
& =16 n^{4}-40 n^{2}+25=\left(4 n^{2}-5\right)^{2}
\end{aligned}
$$

Значи, $(2 n-3)(2 n-1)(2 n+1)(2 n+3)+16$ е полн квадрат.

Бројот 2005$\cdot$2007$\cdot$2009$\cdot$2011 + 16 е полн квадрат, бидејќи може да се употреби резултатот од првиот дел од задачата за $n=1004$. Според тоа $2005 \cdot 2007 \cdot 2009 \cdot 2011+16=\left(4 \cdot 1004^{2}-5\right)^{2}=1008016^{2}$.

Задача 4. Дадено е равенството

$1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9=0$.

Дали е можно на местата од * да се постават симболите + и - за да се добие точно равенство?

Решение. Збир или разлика на два парни или на два непарни броеви е парен број. Збир или разлика на броеви со различна парност (парен и непарен или непарен и парен) е непарен број. На левата страна од равенството има 4 парни и 5 непарни броеви. Било која комбинација на симболите + и - ќе даде непарен број, а 0 е парен број. Значи, не е можно да се добие равенство. (За решавање на специјални случаи не се даваат повеке од 7 поени; вкупно се можни 512 распореди на + и -).

Задача 5. Дадени се произволни триаголници $A_{1} B_{1} C_{1}$ и $A_{2} B_{2} C_{2}$. Точките $T_{1}$ и $T_{2}$ се нивни тежишта, соодветно. Докажи дека

$$
3 \overrightarrow{T_{1} T_{2}}=\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+\overrightarrow{C_{1} C_{2}}
$$

Решение. Од својствата на операцијата собирање на вектори, имаме

$$
\overrightarrow{A_{1} A_{2}}=\overrightarrow{A_{1} T_{1}}+\overrightarrow{T_{1} T_{2}}+\overrightarrow{T_{2} A_{2}}, \overrightarrow{B_{1} B_{2}}=\overrightarrow{B_{1} T_{1}}+\overrightarrow{T_{1} T_{2}}+\overrightarrow{T_{2} B_{2}}, \overrightarrow{C_{1} C_{2}}=\overrightarrow{C_{1} T_{1}}+\overrightarrow{T_{1} T_{2}}+\overrightarrow{T_{2} C_{2}}
$$

Ако ги собереме последните три векторски равенства и ги искористиме својствата на операцијата собирање на вектори, добиваме:

$$
\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+\overrightarrow{C_{1} C_{2}}=3 \overrightarrow{T_{1} T_{2}}+\left(\overrightarrow{A_{1} T_{1}}+\overrightarrow{B_{1} T_{1}}+\overrightarrow{C_{1} T_{1}}\right)+\left(\overrightarrow{T_{2} A_{2}}+\overrightarrow{T_{2} B_{2}}+\overrightarrow{T_{2} C_{2}}\right)
$$

Од дефиницијата на тежишна линија и од својствата на тежиштето, имаме:

$$
\overrightarrow{A_{1} T_{1}}=\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B_{1} C_{1}}\right), \overrightarrow{B_{1} T_{1}}=\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{B_{1} C_{1}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right), \overrightarrow{C_{1} T_{1}}=\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{C_{1} A_{1}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right)
$$

Според тоа,

$$
\begin{aligned}
\overrightarrow{A_{1} T_{1}}+\overrightarrow{B_{1} T_{1}}+\overrightarrow{C_{1} T_{1}} & =\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{B_{1} C_{1}}\right)+\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{B_{1} C_{1}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right)+\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{C_{1} A_{1}}+\frac{1}{2} \overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) \\
& =\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}+\overrightarrow{B_{1} C_{1}}+\overrightarrow{C_{1} A_{1}}\right)+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{B_{1} C_{1}}+\overrightarrow{C_{1} A_{1}}+\overrightarrow{A_{1} B_{1}}\right) \\
& =\frac{2}{3} \overrightarrow{A_{1} A_{1}}+\frac{1}{3} \overrightarrow{B_{1} B_{1}}=\frac{2}{3} \overrightarrow{0}+\frac{1}{3} \overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}+\overrightarrow{0}=\overrightarrow{0}
\end{aligned}
$$

Слично, имаме

$$
\overrightarrow{A_{2} T_{2}}+\overrightarrow{B_{2} T_{2}}+\overrightarrow{C_{2} T_{2}}=\overrightarrow{0}
$$

од каде добиваме дека

$$
\overrightarrow{T_{2} A_{2}}+\overrightarrow{T_{2} B_{2}}+\overrightarrow{T_{2} C_{2}}=\overrightarrow{0}
$$

Конечно, ако замениме во (1), имаме

$$
\overrightarrow{A_{1} A_{2}}+\overrightarrow{B_{1} B_{2}}+\overrightarrow{C_{1} C_{2}}=3 \overrightarrow{T_{1} T_{2}}+\vec{o}+\vec{o}=3 \overrightarrow{T_{1} T_{2}}
$$

## VIII одделение

Задача 1. За кои вредности на променливите $x$ и $y$, разликата на изразите $\frac{2 x+15}{8}$ и $1 \frac{1}{3} \cdot(y-1)$ ќе биде 3 пати помала од изразот $2 \cdot(5-2 y)$, а изразот $\frac{x+5 \frac{3}{4}}{2}$ ќе биде за 0,125 поголем од $3 y$ ?

Решение. Од условот на задачата се добиваат равенките

$$
\frac{2 x+15}{8}-1 \frac{1}{3} \cdot(y-1)=\frac{2 \cdot(5-2 y)}{3} \text { и } \frac{x+5 \frac{3}{4}}{2}=3 y+0,125
$$

Тие се еквивалентни на $6 x=3$ и $4 x-24 y=-22$ соодветно. Решението на последниот систем линеарни равенки е $x=\frac{1}{2}, y=1$.

Задача 2. Даден е правоаголникот $A B C D$ кај кој должината на страната $A B$ е два пати поголема од должината на страната $B C$. На страната $C D$ е избрана точка $M$ така што аголот $A M D$ е еднаков на аголот $A M B$.

a) Определи го аголот $A M D$.

б) Ако $\overline{D M}=1$, колкава е плоштината на правоаголникот $A B C D$ ?

Решение. Бидејќи $A B$ и $C D$ се паралелни, $\measuredangle B A M=\measuredangle A M D$ (наизменични агли). Од условот $\angle A M B=\measuredangle A M D$, па заклучуваме дека $\measuredangle B A M=\measuredangle A M B$. Значи, триаголникот $A M B$ е рамнокрак и $\overline{A B}=\overline{M B}$. Во триаголникот $B C M$ хипотенузата $B M$ е два пати поголема од катетата $B C(\overline{A B}=2 \overline{B C}$, а $\overline{A B}=\overline{M B})$. Тогаш $\measuredangle B M C=30^{\circ}$, па

Од овде добиваме дека

$$
\measuredangle A M B+\measuredangle A M D=150^{\circ} .
$$

$$
\measuredangle A M B=\measuredangle A M D=75^{\circ}
$$

Нека $\overline{B C}=b, \overline{C D}=2 b$. Од условот $\overline{D M}=1$ имаме

$$
\overline{C D}=\overline{C M}+\overline{M D}=\overline{C M}+1 \text {, ,.e. } 2 b=\overline{C M}+1
$$

Од Питагоровата теорема следува дека

$$
\overline{C M}=\sqrt{\overline{B M}^{2}-\overline{B C}^{2}}=\sqrt{(2 b)^{2}-b^{2}}=b \sqrt{3}
$$

Според тоа $2 b=b \sqrt{3}+1$, односно $b=\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$. Плоштината на правоаголникот е $P=a b=2 b^{2}=2(2+\sqrt{3})^{2}=2(7+4 \sqrt{3})$.

Задача 3. Наставничката подредила во редица 20 ученици од една паралелка и им поделила 800 бонбони. Секој ученик добил задача да го пресмета количникот $\frac{x}{x+2 k-1}$, каде што $x$ е бројот на бонбони што ги добил, а $k$ е редниот број на местото на ученикот во редицата броејќи од лево кон десно. Сите ученици добиле ист количник. Колку бонбони добил ученикот кој имал реден број 12 ?

Решение. Нека претпоставиме дека првиот ученик добил $x_{1}$ бонбони, вториот $x_{2}$ бонбони, ... , а дваесеттиот ученик добил $x_{20}$ бонбони. Според тоа, $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}=800$. Нека $\frac{x_{k}}{x_{k}+2 k-1}=M$, од каде $x_{k}=(2 k-1) \frac{M}{1-M}$. Па, за збирот $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}$ добиваме

$$
x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}=\frac{M}{1-M}(1+3+5+\cdots+39)=\frac{M}{1-M} \frac{40 \cdot 20}{2}=400 \frac{M}{1-M}
$$

Од условот $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}=800$, имаме $400 \frac{M}{1-M}=800$, т.е. $\frac{M}{1-M}=2$.

Според тоа, ученикот кој имал реден број 12 добил $x_{12}=(2 \cdot 12-1) \cdot 2=46$ бонбони.

Задача 4. Висината на рамнокрак трапез е еднаква на $h$, а неговата плоштина е $h^{2}$. Под кој агол се сечат дијагоналите на трапезот?

Решение. Нека $A B C D$ е рамнокрак трапез со основи $A B$ и $C D$ и висина $h$ чија плоштина е $P=h^{2}$. Точката $S$ е пресек на дијагоналите, а $S$, и $S$ " се подножјата на нормалите спуштени врз основите $A B$ и $C D$ соодветно. Триаголниците $S S^{\prime \prime} D$ и $S S ' B$ се слични, бидејќи имаат еднакви

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f23d80ef2c76c95febc4g-11.jpg?height=264&width=367&top_left_y=1291&top_left_x=1095)
агли. Според тоа $\overline{S S^{\prime \prime}}: \overline{D S^{\prime \prime}}=\overline{S S^{\prime}}: \overline{B S^{\prime}}$. Ако $a$ и $b$ се должините на основите, а $\overline{S S^{\prime}}=h_{1}$ и $\overline{S S^{\prime \prime}}=h_{2}$, тогаш $h_{1}+h_{2}=h$ и $h_{2}: \frac{b}{2}=h_{1}: \frac{a}{2}$. Значи,

$$
\frac{a}{2}=\frac{b}{2} \frac{h_{1}}{h_{2}}
$$

Од условот на задачата имаме $\frac{a+b}{2} h=h^{2}$, односно $\frac{a}{2}+\frac{b}{2}=h$. Од равенството (1) и претходната формула добиваме $\frac{b}{2} \frac{h_{1}}{h_{2}}+\frac{b}{2}=h$, односно $\frac{b}{2}=h_{2}$. Слично се добива дека $\frac{a}{2}=h_{1}$. Според тоа $S S^{\prime \prime} D$ и $S S^{\prime} B$ се рамнокраки правоаголни триаголници. Аголот под кој се сечат дијагоналите на трапезот е $90^{\circ}$.

Задача 5. Докажи дека збирот на шест последователни природни броеви, од кои ниту еден не е делив со 7 , е делив со 21 , а не е делив со 42 . Определи шест такви броеви чиј збир е четирицифрен број и претставува квадрат на некој природен број.

Решение. Ниеден од шестте последователни природни броеви не е делив со 7 , па тие се од облик $7 n+1,7 n+2,7 n+3,7 n+4,7 n+5$ и $7 n+6, n \in N_{0}$. Нивниот збир е $S=42 n+21=21(2 n+1)$, од каде што следува дека $S$ е делив со 21 но не е делив со 42 (при делење со 42 се добива остаток 21).За да биде $S$ квадрат на некој природен број мора да важи $2 n+1=21 k^{2}$ за некој непарен број $k$, а за да биде $S$ четирицифрен број мора да важи $2<k^{2}<23$.Ова е можно само ако $k^{2}=9$, од каде што се добива дека $2 n+1=21 k^{2}=189$ и $n=94$. Бараните броеви се $659,660,661,662,663$ и 664 .