File size: 13,826 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 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 | # Сојузен натпревар 1982
## Седмо одделение
1. Учениците $A, B, C, D$ се натпреварувале во трчање. Секој од нив го прогнозирал редоследот на целта на трката. Ученикот $A$ : $A B D C$, ученикот $B$ : BACD, ученикот $C$ : $C B D A$, ученикот $D$ : $D C B A$. Ce покажало дека никој точно не го прогнозирал редоследот на сите натпреварувачи на целта, туку само еден од нив го погодил местото само на еден од натпреварувачите, Каков бил редоследот на целта на трката?
Решение. Да ги запишеме дадените прогнози во облик на квадратна табела:
$$
\begin{array}{ll}
A: & A B D C \\
B: & B A C D \\
C: & C B D A \\
D: & D C B A
\end{array}
$$
Сите четири ученици различно го прогнозирала победникот на трката, што значи дека некој од нив сигурно погодил кој е прв. Сега од условот на задачата следува дека никој не го погодил редоследот на другите натпреварувачи. Од табелата гледаме дека никој не прогнозирал дека $D$ ќе биде втор, ниту дека $A$ ќе биде трет, ниту дека $B$ ќе биде четврт. Според тоа, прв бил $C$, и тој единствено ја погодил својата победа. Конечно, редоследот бил: $C D A B$.
2. Определи го остатокот од делењето на бројот $3^{100}$ со 13 .
Решение. Имаме $3^{3}=2 \cdot 13+1$, т.е. $3^{3}=13 k+1$. Понатаму,
$$
3^{3} \cdot 3^{3}=(13 k+1)^{2}=169 k^{2}+26 k+1=13\left(13 k^{2}+2\right)+1=13 m+1
$$
Потоа,
$$
\begin{aligned}
3^{3} \cdot 3^{3} \cdot 3^{3} & =(13 k+1)(13 m+1)=169 k m+13 k+13 m \\
& =13(13 k m+k+m)+1=13 n+1
\end{aligned}
$$
итн. Со натамошно множење со $3^{3}$ секогаш добиваме број кој при делење со 13 дава остаток 1. Затоа $3^{99}=\left(3^{3}\right)^{33}=13 p+1$. Конечно,
$$
3^{100}=3^{99} \cdot 3=3(13 p+1)=13 \cdot 3 p+3
$$
па затоа остатокот од делењето на $3^{100}$ со 13 е еднаков на 3 .
3. Дадени се три точки $M, N, O$ кои не припаѓаат на една права. Конструирај квадрат $A B C D$ така што точката $M$ припаѓа на правата $A B$, точката $N$ припаѓа на правата $C D$ и точката $O$ ед пресекот на дијагоналите на тој квадрат.
Решение. Паралелните прави $A B$ и $C D$ се централно симетрични во однос на точката $O$ (цртеж десно). Затоа точката $M^{\prime}$ која е симетрична на $M$ припаѓа на правата $C D$, а точката $N^{\prime}$ која е симетрична на точката $N$ при-
паѓа на правата $A B$.
Користејќи се со точките $M^{\prime}$ и $N^{\prime}$ можеме да ги конструираме правите $A B$ (определена со точките $M$ и $N^{\prime}$ ) и $C D$ (определена со точките $M^{\prime}$ и $N$ ). Понатаму, конструкцијата може да се реализира на повеќе начини. На цртежот лево е повлечена нормала $O P$ на правата $C D$. Отсечката $O p$ е еднаква на половина од страната на квадратот и ова е искористено за конструкцијат ан точките $A, B, C, D$.
4. Во остроаголен триаголник $A B C$ подножјата на висините се темиња на триаголникот $D E F$. Докажи дека висините на триаголникот $A B C$ се симетрали на аглите на триаголникот $D E F$.
Решение. Ќе докажеме, на пример, дека правата $A D$ е симетрала на $\measuredangle E D F$ (цртеж десно). Аглите $A E B$ и $A D B$ се прави, па круижницата $k$ со дијаметар $A B$ минува низ точките $E$ и $D$ (аголот над дијаметар е
прав). Затоа $\measuredangle A D E=\measuredangle A B E$ (агли над ист лак). Слично, кружницата $k^{\prime}$ со дијаметар $A C$ минува низ точките $D$ и $F$ и $\measuredangle A D F=\measuredangle A C F$. Освен тоа, од $B E \perp A C$ и $C F \perp A B$ следува дека $\measuredangle A B E=\measuredangle A C F$ (аг-
ли со нормални краци). Оттука следува дека $\measuredangle A D F=\measuredangle A D E$, што значи дека правата $A D$ е симетрала на $\measuredangle E D F$.
5. Во даден четириаголник три агли се тапи. Докажи дека поголема е онаа дијагонала која го содржи темето на остриот агол.
Решение. Нека $\measuredangle A C B$ е остар агол (цртеж десно). Конструираме кружница со дијаметар $A C$. Ќе докажеме дека темето $D$ лежи во внатрешноста на кружницата. Имено, тоа не може да припаѓа на кружницата, бидејќи тогаш треба $\measuredangle A D C$ да е прав агол. Ако точката $D$ е надвот
од кружницата, како точката $D^{\prime}$, тогаш триаголникот $C E D^{\prime}$ ќе биде правоаголен, па затоа $\measuredangle A D^{\prime} C$ ќе биде остар. Значи, единствено точката $D$ може да е во внатрешноста на кружницата. Слично докажуваме дека и точката $B$ е во внатрешноста на кружницата. Оттука следува дека дијагоналата $B D$ е во внатрешноста на кружницата, што значи $B D<A C$.
## Осмо одделение
1. Предната гума на моторциклот се истрошува по поминати $25000 \mathrm{~km}$, а задната по поминати $15000 \mathrm{~km}$. По колку поминати километри треба да се променат местата на гумите за да двете гуми истовремено се истрошат? По колку поминати километри мотоциклистот треба да купи нови гуми?
Решение. За да гумите еднакво се истрошат мора да се возат еднаков број километри на предното и на задното тркало. Нека претпоставиме дека секоја гума помине $x \mathrm{~km}$ на предното и $x \mathrm{~km}$ на задното тркало.
Тогаш за $x$ важи $\frac{1}{25000}+\frac{1}{15000}=\frac{1}{x}$, од каде добиваме $x=9375 \mathrm{~km}$. Значи, мотоциклистот ќе ги смени местата на гумите по $9375 \mathrm{~km}$, а по $18750 k m$ треба да купи нови гуми.
2. а) Пресметај
$$
(a-b)\left(a^{4}+a^{3} b+a^{2} b^{2}+a b^{3}+b^{4}\right)
$$
б) Користејќи го равенството добиено под а) определи прост број $p$ таков што $2 p^{2}+1=k^{5}$, каде $k$ е природен број.
Решение. а) Имаме:
$$
\begin{aligned}
& (a-b)\left(a^{4}+a^{3} b+a^{2} b^{2}+a b^{3}+b^{4}\right)= \\
& \quad=a^{5}+a^{4} b+a^{5} b^{2}+a^{2} b^{3}+a b^{4}-a^{4} b-a^{3} b^{2}-a^{2} b^{3}-a b^{4}-b^{5} \\
& \quad=a^{5}-b^{5}
\end{aligned}
$$
б) Од $2 p^{2}+1=k^{5}$ добиваме $2 p^{2}=k^{5}-1$, па според а) добиваме
$$
2 p^{2}=(k-1)\left(k^{4}+k^{3}+k^{2}+k+1\right)
$$
Бидејќи $2 p^{2}=k^{5}-1$, добиваме дека $k^{5}$ е непарен број, што значи дека $k$ е непарен број, на пример $k=2 n+1$ и $k>1$, па $n \in \mathbb{N}$. Сега со замена во (1) и по скратување со 2 имаме $p^{2}=n\left(k^{4}+k^{3}+k^{2}+k+1\right)$. Но, $p$ е прост број, па затоа последното равенство е можно само ако $n=1$ или $n=k^{4}+k^{3}+k^{2}+k+1$. Бидејќи $k=2 n+1$, т.е. $k>n$ не е можно $n=k^{4}+k^{3}+k^{2}+k+1$. Значи, $n=1$, а оттука $k=3$. Со замена $k=3$ добиваме $p^{2}=3^{4}+3^{3}+3^{2}+3+1=121$. Бараниот број е $p=11$.
3. Докажи дека во секој триаголник $A B C$ растојанието од ортоцентарот до темето $A$ е два пати поголемо од растојанието од центарот на опишаната кружница до страната $B C$ на тој триаголник.
Решение. Нека $H$ е ортиоцентарот, $O$ е центарот на опишаната кружница и $A^{\prime}$ и $B^{\prime}$ се соодветно средините на страните $B C$ и $A C$, (цртеж десно).
Триаголниците $A C H$ и $A ; B ; O$ имаат соодветни агли со паралелни
краци, што значи имаат еднакви агли, па затоа се слични. Бидејќи коефициентот на сличност е $A C: A^{\prime} B^{\prime}=2$, заклучуваме дека страната $A H$ на триаголникот $A B H$ е два пати поголема од соодветната страна на риаголникот $A^{\prime} B^{\prime} O$, што и требаше да се докаже.
4. Во трапезот $A B C D$ важи
$$
A B=12, B C=7, C D=8 \text { и } \measuredangle A B C=90^{\circ} .
$$
Дали симетралата на внатрешниот $\Varangle D A B$ го сече кракот $B C$ или основата $C D$ ?
Решение. Нека $C^{\prime}$ е е точката во која симетралата на $\measuredangle D A B$ ја сече правата $D C$. Ако $D C^{\prime}<D C$, тогаш симетралата ја сече основата $C D$. Да ја пресметаме должината на отсечката $D C^{\prime}$. По препоставка $\Varangle B A C^{\prime}=$ $\measuredangle D A C^{\prime}$, а $\measuredangle B A C^{\prime}=\measuredangle D C^{\prime} A$ како наизме-
нични агли меѓу две паралелни прави (цртеж десно). Оттука следува $\measuredangle D A C^{\prime}=\measuredangle D C^{\prime} A$, т.е. триаголникот $A D C^{\prime}$ е рамнокрак и $D C^{\prime}=A D$.
Нека $E$ е подножјето на висината од $D$ на $A B$. Од правоаголниот триаголник $A E D$ имаме:
$$
D C^{\prime}=A D=\sqrt{A E^{2}+D E^{2}}=\sqrt{4^{2}+7^{2}}=\sqrt{65}>8
$$
Значи, $D C^{\prime}>D C$, па затоа симетралата на $\measuredangle D A B$ го сече кракот $B C$.
5. Докажи дека во секој триаголник $A B C$ важи
$$
\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{\rho}
$$
каде $h_{a}, h_{b}, h_{c}$ се висините, а $\rho$ е радиусот на впишаната кружница во триаголникот.
Решение. За плоштината $P$ на триаголникот $A B C$ имаме
$$
P=\frac{a \rho}{2}+\frac{b \rho}{2}+\frac{c \rho}{2}
$$
па затоа
$$
\frac{a}{2 P}+\frac{b}{2 P}+\frac{c}{2 P}=\frac{1}{\rho}
$$
Од друга страна знаеме дека
$$
\frac{2 P}{a}=h_{a}, \frac{2 P}{b}=h_{b}, \frac{2 P}{c}=h_{C}
$$
и ако замениме во равенството (2) го добиваме равенството (1).
|