MatematickiTalent/md/mk-jmmo/1997.md

JMMO 1997

1. На страната $A C$ на рамнокрак триаголник $A B(\overline{A C}=\overline{B C})$ избрана е произволна точка $D$ и околу триаголниците $A B D$ и $B C D$ се опишани кружници $k^{\prime}$ и $k$ ", соодветно. Тангентата на кружницата $k$ ' во точката $D$ ја сече кружницата $k$ " во точката $M$. Докажи дека правите $C M$ и $A B$ се паралелни.

Решение. Имаме $\measuredangle B D M=\measuredangle B C M$ како перифериски агли над ист кружен лак во $k "$ и $\measuredangle B D A=\measuredangle M B D$ како агол меѓу тангента и тетива на кружницата $k^{\prime}$ и перифериски агол над тетивата $D B$. Според условот $\measuredangle C A B=\measuredangle A B C$, па затоа

Конечно, од теоремата на Талес следува

$A B | C M$

2. Рампо напишал неколку различни природни броеви и го поделил нивниот збир со нивниот производ. Потоа, го избришал најмалиот од запишаните броеви и повторно го поделил збирот на преостанатите броеви со нивниот производ. Се покажало дека вториот резултат е три пати поголем од првиот. Кој број го избришал Рампо?

Решение. Нека $a$ е избришаниот број, $S$ е збирот на преостаните броеви, а $P$ е нивниот производ. Тогаш

$$\frac{3(a+S)}{aP}=\frac{S}{P},\text{ т.е. }\frac{1}{3}=\frac{1}{a}+\frac{1}{S}\backslash frac\{3(a+S)\}\{a\; P\}=\backslash frac\{S\}\{P\},\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; \backslash frac\{1\}\{3\}=\backslash frac\{1\}\{a\}+\backslash frac\{1\}\{S\}$$

Јасно, $a>3$. Понатаму, бидејќи $a<S$ имаме

па затоа $a<6$. Според тоа, $a=5$ или $a=4$. За $a=5$, добиваме $S=7,5$ и тоа не е природен број. Конечно, за $a=4$, добиваме $S=12$. Значи, Рампо го избришал бројот 4.

3. Во правоаголен триаголник $A B C\left(\measuredangle C=90^{\circ}\right)$ дадени се тежишните линии $\overline{A B}=m$ и $\overline{B N}=n$. Нека $O$ е центарот на впишаната кружница во триаголникот $A B C$. Изрази го радиусот $R$ на опишаната кружница околу триаголникот $A B O$ преку $m$ и $n$.

Решение. Од правоаголните триаголници $A M C$ и $B N C$ имаме

$$m^2=b^2+\frac{a^2}{4}\text{ и }{n}^2=a^2+\frac{b^2}{4}m^\{2\}=b^\{2\}+\backslash frac\{a^\{2\}\}\{4\}\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; n^\{2\}=a^\{2\}+\backslash frac\{b^\{2\}\}\{4\}$$

па затоа

$$m^2+n^2=\frac{5}{4}(a^2+b^2)=\frac{5}{4}{c}^{2}m^\{2\}+n^\{2\}=\backslash frac\{5\}\{4\}\backslash left(a^\{2\}+b^\{2\}\backslash right)=\backslash frac\{5\}\{4\}\; c^\{2\}$$

т.е. $c^{2}=\frac{4}{5}\left(m^{2}+n^{2}\right)$. Нека $O$ е центарот на впишаната кружница на $\triangle A B C$ и $S$ е центарот на опишаната кружница околу $\triangle A B O$. Тогаш

$$\mathrm{\measuredangle }BAO+\mathrm{\measuredangle }ABO=\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{2}={45}^{\circ }\backslash measuredangle\; B\; A\; O+\backslash measuredangle\; A\; B\; O=\backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}+\backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}=45^\{\backslash circ\}$$

Понатаму, централниот агол е двапати поголем од периферискиот агол над истиот лак, па затоа

$$\mathrm{\measuredangle }ASO=2\mathrm{\measuredangle }ABO=2\frac{\beta }{2}=\beta \text{ и }\mathrm{\measuredangle }BSO=2\mathrm{\measuredangle }BAO=2\frac{\alpha }{2}=\alpha \backslash measuredangle\; A\; S\; O=2\; \backslash measuredangle\; A\; B\; O=2\; \backslash frac\{\backslash beta\}\{2\}=\backslash beta\; \backslash text\; \{\; и\; \}\; \backslash measuredangle\; B\; S\; O=2\; \backslash measuredangle\; B\; A\; O=2\; \backslash frac\{\backslash alpha\}\{2\}=\backslash alpha$$

Значи,

$$\mathrm{\measuredangle }ASB=\mathrm{\measuredangle }ASO+\mathrm{\measuredangle }BSO=\beta +\alpha ={90}^{\circ }\backslash measuredangle\; A\; S\; B=\backslash measuredangle\; A\; S\; O+\backslash measuredangle\; B\; S\; O=\backslash beta+\backslash alpha=90^\{\backslash circ\}$$

т.е. $\triangle A B S$ е рамнокрк правоаголен. Оттука следува дека

$$R=\frac{\overline{AB}}{\sqrt{2}}=\frac{c}{\sqrt{2}}=\sqrt{\frac{2}{5}(m^2+n^2)}R=\backslash frac\{\backslash overline\{A\; B\}\}\{\backslash sqrt\{2\}\}=\backslash frac\{c\}\{\backslash sqrt\{2\}\}=\backslash sqrt\{\backslash frac\{2\}\{5\}\backslash left(m^\{2\}+n^\{2\}\backslash right)\}$$

4. Во рамнината се дадени 1001 точка. Три од нив се темиња на триаголник во кој се наоѓаат преостанатите 998 точки. Сите точки се распоредени така што било кои три од нив не се колинеарни. Колку триаголници што не се преклопуваат формираат дадените триаголници?

Решение. Нека $A, B, C$ се темињата на триаголникот во кој се наоѓаат преостанатите 998 точки, а точката $M$ е една од внатрешните точки. Точката $M$ е теме на определен број триаголници кои што не се преклопуваат, па збирот на внатрешните агли на сите тие триаголници е еднаков на $360^{\circ}$. Имаме

998 точки како што е точката $M$, па затоа збирот на внатрешните агли на триаголниците чии темиња се овие точки е $998 \cdot 360^{\circ}$. Ако на овој збир се додаде $180^{\circ}$ се добива збирот на внатрешните агли на сите триаголници кои што не се преклопуваат и чии темиња се дадените 1001 точка. Значи, бројот на сите триаголници е еднаков на

$$\frac{998\cdot 360+{180}^{\circ }}{{180}^{\circ }}=1997\backslash frac\{998\; \backslash cdot\; 360+180^\{\backslash circ\}\}\{180^\{\backslash circ\}\}=1997$$

5. Определи ги реалните броеви $a$ и $b, a \leq b$ за кои се исполнети следниве услови:

a) за секои реални броеви $x$ и $y$ такви што $0 \leq y \leq x$ и $x+5 y=105$ важи $a \leq x+y \leq b$,

б) разликата $b-a$ е најмала.

Решение. Од $y \leq x$ следува

$$x+3y+2x\ge x+3y+2y,\text{ т.е. }3(x+y)\ge x+5y\ge 105x+3\; y+2\; x\; \backslash geq\; x+3\; y+2\; y,\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; 3(x+y)\; \backslash geq\; x+5\; y\; \backslash geq\; 105$$

Според тоа, $a \leq 35$. Бидејќи за $x=y=17,5$ важи $x+5 y=105$, следува дека $a=35$. Од $y \geq 0$ следува $4 y \geq 0$, па затоа $x+y+4 y \geq x+y$, односно $105=x+5 y \geq x+y$. Според тоа, $b \geq 105$. Бидејќи за $x=105$, $y=0$ важи $x+5 y=105$ следува дека $b=105$.

Конечно, бараните броеви се $a=35$ и $b=105$, а притоа $b-a=70$.