File size: 20,230 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 | # ХVIII РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
V-1 Од 68 ученици во петтите одделенија, 38 ученицр се претплатиле на "Нумерус", а 17 ученици се претплатиле на "Наш свет". На двете списанија се претплатиле 10 ученицр. Колку ученици се претплатиле а) само на "Нумерус"? б) само на "Наш свет"?
Решевие. а) На "Нумерус" се претплатиле 38 ученици, од кои 10 ученици се претплатиле и на "Наш свет". Значи, само на "Нумерус" се претплатиле $38-10=28$ ученици. б) Слично: само на "Наш свет" се претплатиле $17-10=7$ ученици.
V-2 Ако едната страна на правоаголникот ја намалиме за $3 \mathrm{~cm}$, а другата ја намалиме за $2 \mathrm{~cm}$, ke добиеме квадрат, чија што плоштина е за $21 \mathrm{~cm}^{2}$ помала од плоштината на правоаголникот. Пресметај ги димензиите на правоаголникот.
Решение. Ако со $a$ ја означиме должината на страната на квадратот, тогаш димензиите на правоаголникот се $a+3$ и $a+2$. Од цртежот се гледа дека правоаголникот е поделен на квадрат со плоштина $a^{2}$ и на три правоаголници со плоштини $2 a, 3 a$ и 6. Бидејќи плоштината на квадратот е за $21 \mathrm{~cm}^{2}$ помала од плоштината на правоаголникот, следува дека $2 a+3 a+6=21$, односно $5 a=15$. Оттука добиваме $a=3 \mathrm{~cm}$. Значи, димензиите на правоаголникот се $6 \mathrm{~cm}$ и $5 \mathrm{~cm}$.
Забелешка: За цртеж од кој произлегува равенството $2 a+3 a+6=21$, се добиваат 5 бода.
V-3 Ако на некој број му допишеме оддесно нула, па добиениот број го поделиме со 15 , потоа на добиениот количник оддесно му допишеме 3 и така добиениот број го поделиме со 13 , ке добиеме 11. Кој е тој број?
Решение. Ако ги помножиме 11 и 13 добиваме 143. Ако од бројот 143 ја изоставиме цифрата 3, го добиваме бројот 14. Ако 14 го помножиме со 15 , добиваме 210 . Ако од 210 ја изоставиме нулата, го добиваме бројот 21. Тоа е и бараниот број.
V-4 Татко, мајка, керка и син имаат заедно 79 години. Таткото е постар од мајката 3 години, а керката од синот е постара 2 години. Пред четири години таткото и мајката заедно имале 55 години. Колку години има секој од нив сега?
Решемие. Таткото и мајката пред 4 години заедно имале 55 години, а сега имаат вкупно $55+2 \cdot 4=63$ годинн. Таткото од мајката е постар 3 години, па мајката има ( $63-3$ ):2=30 години, а таткото 33 години. Керката и синот заедно имаат $79-63=16$ години. Ќерката од синот е постара 2 години, па синот сега има (16-2):2=7 години, а керката 9 годинни.
VI-1 Еден автомобил поминал $150 \mathrm{~km}$ за 4 часа. Првоит час поминал $\frac{4}{15}$ од патот, вториот час поминал $\frac{5}{8}$ од патот што го поминал првиот час, а третиот час поминал $\frac{2}{3}$ од патот што го поминал првиот и вториот час заедно. Колку километри поминал четвртиот час?
Решение. Изминатиот пат на автомобилот во километри е:
- првиот час: $\frac{4}{5} \cdot 150=40 \mathrm{~km}$; вториот час: $\frac{5}{8} \cdot 40=25 \mathrm{~km}$;
- третиот час: $\frac{2}{3} \cdot(40+25)=\frac{2}{3} \cdot 65=43 \frac{1}{3} \mathrm{~km}$;
Четвртиот час поминал $150-\left(40+25+43 \frac{1}{3}\right)=41 \frac{2}{3} \mathrm{~km}$.
VI-2 За внатрешните агли $\alpha$ и $\beta$ на триаголникот $\mathrm{ABC}$ важи $\alpha-\beta=90^{\circ}$. Ако М и $\mathrm{N}$ се пресечните точки на правата $\mathrm{AB}$ со снметралите на внатрешниот и надворешннот агол при темето $\mathrm{C}$, тoram $\overline{C M}=\overline{C N}$. Докажи!
Pememse. Од условот $\alpha-\beta=90^{\circ}$ следи деха $\triangle \mathrm{ABC}$ е тапоаголен, со тап агол при темето A . Очигледно $\measuredangle A M C=\frac{\gamma}{2}+\beta$, кахо надворешен агол
за $\triangle \mathrm{MCB}$. Од $\triangle \mathrm{AMC}$ имаме $\alpha+\frac{\gamma}{2}+\triangle \mathrm{AMC}=180^{\circ}$. Оттука добнваме $\alpha$ $\beta+\beta+\frac{\gamma}{2}+\triangle \mathrm{AMC}=180^{\circ}$, односно $2 \angle \mathrm{AMC}=90^{\circ}$. Значи $\angle \mathrm{AMC}=45^{\circ}$. Бидејки СМ и СN се симетрали на внатрешниот и на надворешниот агол при темето $\mathrm{C}$, следува дека аголот мету нив е $90^{\circ}$, т.е. $\triangle \mathrm{MCN}=90^{\circ}$. Од $\triangle \mathrm{MCN}$ имаме $\triangle \mathrm{CNM}=180^{\circ}-\triangle \mathrm{NMC}-\triangle \mathrm{MCN}=180^{\circ}-45^{\circ}-90^{\circ}=45^{\circ}$
Значн триаголникот MCN е рамнокрак, па $\overline{\mathrm{CM}}=\overline{\mathrm{CN}}$.
VI-3 Правата $c$ гн сече паралелните прави $a$ и $b$ во точкнте А и В соодветно. На правата $b$ се нзбрани точкн $\mathrm{M}$ и $\mathrm{N}$ на различнн страни од точката $\mathrm{B}$. Симетралите на аглите $\mathrm{ABM}$ и $\mathrm{ABN}$ ја сечат правата $a$ во точките $C$ и D соодветно. Докажи дека $\overline{A C}=\overline{A D}$.
Решенне. Бидејќи $\angle M B C=\angle B C A$ (наизменични агли), $\angle M B C=\angle A B C$ ( ВС е симетрала на $\angle M B A$ ), следува цека $\angle A B C=\angle B C A$. Значи триаголникот СВА е рамнокрах и $\overline{A C}=\overline{A B}$. Бндејкн
$\angle N B D=\angle B D A$ (наизменнчни аглн), $\angle N B D=\angle A B D(B D$ е симетрала на $\angle N B A)$, следува дека $\angle A B D=\angle B D A$, т.е. $\triangle \mathrm{BDA}$ е рамнокрак, $\overline{A D}=\overline{A B}$, следи $\overline{A C}=\overline{A D}$.
VI-4 Најди ги сите цифри на бројот $\overline{64 a 4 b}$ такви што при делење со 5 добиваме остаток 2 , при делење со 4 добиваме остаток 3 , а при делење со 3 добиваме остаток 1 .
Решепmе. Ако бројот $\overline{64 a 4 b}$ при делењето со 5 дава остаток 2, тогаш $b=2$ или $b=7$. Ако $b=2$, тогаш бројот $\overline{64 a 42}-3=\overline{64 a 39}$ треба да бкде делив со 4 , што не е можно, бидејки неговиот двоцифрен завршеток 39 не е делив со 4 . Ако $b=7$, тогаш бројот $\overline{64 a 47}-3=\overline{64 a 44}$ треба да биде делив со 4, што е точно, бидејки 4 е делител на 44. Значп $b=7$. Бројот $\overline{64 a 47}-1=\overline{64 a 46}$ треба да биде делив со 3. Значи 3 е делител на $6+4+a+4+6=20+a$. Оттука добиваме дека $a \in\{1,4,7\}$.
VI1-1 Над страните на квадратот ABCD се конструирани однадвор рамнокраки складни триаголници. Врвовнте на тне трнаголници се темиња на квадрат. Докахн.
Pememue. Со $\alpha$ да го означнме аголот при врвот на рамнокраките триаголницу штто се хонструвранн над страните на квадратот ABCD, а врвовите на овие триаголници ке ги означиме со M.N.P.Q како на цртежот. Аглите при основата на овие триаголници се по $90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$. Toraw $\triangle \mathrm{QAM}=\triangle \mathrm{MBN}=$
$\triangle \mathrm{NCP}=\triangle \mathrm{PDQ}=90^{\circ}+\alpha$.
Бидејки $\overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{BM}}=\overline{\mathrm{BN}}=\overline{\mathrm{CN}}=\overline{\mathrm{CP}}=\overline{\mathrm{DP}}=\overline{\mathrm{DQ}}=\overline{\mathrm{AQ}}$, според признакот СAС, следува дека триаголниците MBN. NCP. PDQ и QAM се складни. Значи $\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{NP}}=\overline{\mathrm{PQ}}=\overline{\mathrm{QM}}$, па четириаголникот MNPQ е ром6. Бидејки аглите при врвот на триаголннците MBN. NCP, PDQ и QAM се по $90^{\circ}+\alpha$, следува дека аглите при основата на овие триаголници се по $45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}$. Добиваме $\triangle \mathrm{QMN}=\measuredangle \mathrm{QMA}+\triangle \mathrm{AMB}+$ $\triangle . \mathrm{BMN}=45^{\circ} \cdot \frac{\alpha}{2}+\alpha+45^{\circ} \cdot \frac{\alpha}{2}=90^{\circ}$. Докажавме: MNPQ е квадрат.
VII-2 За кои вредности на $x$ и $y$ изразот $4 x^{2}+9 y^{2}-12 x+30 y+2000$ има најмала вредност и колку изнесува таа?
Pememe: $4 x^{2}+9 y^{2}-12 x+30 y+2000=$
$(2 x)^{2}-2 \cdot 2 x \cdot 3+3^{2}-3^{2}+(3 y)^{2}+2 \cdot 3 y \cdot 5+5^{2}-5^{2}+2000=(2 x-3)^{2}+(3 y+5)^{2}+1966$.
Последниот израз е сехогаш позитивен. Најмала вредност ке има ахо првиот и вторнот собирок се најмали, односно, ако се нула. Значи, $2 x-3=0$ и $3 y+5=0$. Оттука добиваме дека дадениот израз има најмала вредност за $x=\frac{3}{2}$ и $y=-\frac{5}{3}$ и таа вредност изнесува 1966.
VII-3 Нека K, L, M и N се средини, соодветно, на страните $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}$ и DA на четириаголникот $\mathrm{ABCD}$, а $\mathrm{P}$ и $\mathrm{Q}$ се средини на дијагоналите AC и BD, соодветно. Докажи дека триаголниците KPN и MLQ се складни.
Решешне. Отсечките $\mathrm{NP}$ и QL се средни линни во триаголниццте ACD и BCD соодветно, па $\overline{N P}=\frac{1}{2} \overline{D C}$ и $\overline{Q L}=\frac{1}{2} \overline{D C}$. Значи $\overline{N P}=\overline{Q L}$. Аналогно, бидејки NK и ML се средни линин во
триаголниците ABD и BCD, следува дека $\overline{N K}=\overline{M L}$. PK и MQ се средни линии во триаголницнте $\mathrm{ABC}$ и $\mathrm{BCD}$, следува дека $\overline{P K}=\overline{M Q}$. Според признакот ССС, следува дека триаголниците KPN и MLQ се складни.
VII-4 Aко од два последователни природни броевн поголемиот е лолн квадрат, тогаш нивниот производ е делнв $\infty$ 12. Докажн!
Решешие. Нека $n$ и $n+1$ се два последователни природни броеви. Од условот на задачата следува деха $n+1=k^{2}$. Оттука добиваме деха $n=k^{2}-1$. За пронзводот на овие броеви имаме:
$$
n(n+l)=\left(k^{2}-1\right) \cdot k^{2}=(k-1) \cdot(k+1) \cdot k^{2}=[(k-1) \cdot k \cdot(k+1) \cdot k
$$
Од три последователни броеви $k-1, k$ и $k+1$ барем едниот е делив со 3. Значи, изразот во средната заграда е делив со 3 . Понатаму, разгледуваме два случаи:
$1^{0}$ Ако меfу овне три последователни броја има само еден парен, тогаш тоа мора да биде $k$. Значи 2 е делител на $k$. Бидејки во
горниот производ $k$ се јавува два пати, тогаш целнот производ е делив со 4 , па следува дека $n(n+1)$ е делив и со 12 .
$2^{0}$ Ако, пак, меfу овие три последователни броја два се парни, тогаш тоа мора да бидат броевите $k-1$ и $k+1$. Нивниот производ е делив со 4. Значи и во овој случај производот $n(n+1)$ е делив со 12.
VIII-1 Неколку трговци сакаат заедно да купат стока. Ако секој од нив даде по 9 јуани (кинеска пара), тогаш ке им преостанат 11 јуани. Ако, пак, секој од нив даде по 6 јуани, кее им недоститаa 16 јуани. Колку трговци биле и колху јуани чинела стоката?
Pemempe. Со $x$ кее го означиме бројот на трговците. Од условите на задачата ја добиваме равенката $9 x-11=6 x+16$, чие што решенне е $x=9$. Значи, биле 9 трговци, а стохата чинела $9.9-11=70$ јуани.
VIII-2 Даден е трапез со плоштина $80 \mathrm{~cm}^{2}$ и висяна $8 \mathrm{~cm}$. Средината на средната линија на трапезот е оддалечена од едниот крак на трапезот $3 \mathrm{~cm}$, а од другиот $4 \mathrm{~cm}$. Пресметај ги должините на основите на трапезот.
Решепие. Нека $\mathrm{CC}_{1}$ и $\mathrm{DD}_{1}$ се висини во трапезот и нека $\overline{A D_{1}}=x, \overline{B C_{1}}=y$. Од $P=\frac{a+b}{2} h$, добиваме дека $a+b=20$, каде што $a$ и $b$ се должините на основите. Значи средната линија $\overline{M N}=10 \mathrm{~cm}$. Co S ке ја означиме средината на средната линија. Тогаш $\overline{M S}=\overline{S N}=5 \mathrm{~cm}$ и
$\overline{S E}=3 \mathrm{~cm}, \overline{S F}=4 \mathrm{~cm}$. Од правоаголните триаголници SEM и NFS, со примена на Питагоровата теорема, добиваме дека $\overline{M E}=4 \mathrm{~cm}$ и $\overline{N F}=3 \mathrm{~cm}$. Правоаголните триаголници $\mathrm{AD}_{1} \mathrm{D}$ и MES се слични ( $\angle D A D_{1}=\angle E M S$. агли со паралелни краци), па следува $\overline{A D_{1}}: \overline{D D_{1}}=\overline{M E}: \overline{S E}$, односно $x: 8=4: 3$. Оттука добиваме $x=\frac{32}{3} \mathrm{~cm}$. Исто така, и правоаголните триаголници $\mathrm{CC}_{1} \mathrm{~B}$ и $\mathrm{SFN}$ се слични ( $\angle C_{1} B C=\angle S F N$ - агли со паралелни краци), па следува
$\overline{B C_{1}}: \overline{C C_{1}}=\overline{F N}: \overline{S F}$, односно $y: 8=3: 4$. Оттука добиваме $y=6 \mathrm{~cm}$. Бидејки $a=x+b+y$, заменувајки во равенството $a+b=20$, добиваме $x+b+y+b=20$, односно $b=\frac{5}{3} \mathrm{~cm}$, а $a=\frac{55}{3} \mathrm{~cm}$.
VIII-3 Одреди ги сите вредности на природниот број $x$, за коншто кзразот $\frac{x+2000}{x-2}$ е исто така природен број.
Реmeвме. Ако го поделиме бяномот $x+2000$ со бнномот $x-2$ ke добиеме количник 1 и остаток 2002 . Значи $\frac{x+2000}{x-2}=1+\frac{2002}{x-2}$. Следува дека $x$-2 треба да биде делител на 2002. Бндејки $2002=1 \cdot 2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 13$, следува дека $x$ - $2 \in\{1,2,7,11,13,14,22,26,77,91,143,154,286,1001,2002\}$ а oттуха $x \in\{3,4,9,13,15,16,24,28,79,93,145,156,288,1003,2004\}$
VIII-4 Кружницнте $k_{1}\left(O_{1}, r_{1}\right)$ и $k_{2}\left(O_{2}, r_{2}\right)$ се дотнраат однадвор во точката М. Правата $t$ гн допнра кружвниците $k_{1}$ и $k_{2}$ во точките А и B, соодветно. Заединчката тангевта во точката $M$ ја сече отсечката $\mathrm{AB}$ во точката N. Докажи дека: а) $\angle A M B=90^{\circ}$ б) $\angle O_{1} N O_{2}=90^{\circ}$.
Pememne. а) Бядејки $\overline{A N}=\overline{N M}$ и $\overline{B N}=\overline{N M}$ како тангентни отсечкн, следи дека точките А. М и В се еднакво оддалечени од точдата $\mathrm{N}$, односво лежат на кружннца со центар во точката $\mathrm{N}$ и дюјаметар АB. Од Талесовата теорема следи дека $\angle A M B=90^{\circ}$.
б) Четирнаголннците $\Lambda O_{1} \mathrm{MN}$ и $\mathrm{NMO}_{2} \mathrm{~B}$ се делтонди, па $\mathrm{O}_{1} \mathrm{~N}$ и $\mathrm{O}_{2} \mathrm{~N}$ се симетрали на два напоредин агли MNA и
BNM, па според тоа $\angle \mathrm{O}_{1} \mathrm{NO}_{2}=90^{\circ}$.
|