XVIII РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
V-1 Oд 68 ученици во петтите одреленија, 38 ученици се претплатиле на "Нумерус", а 17 ученици се претплатиле на "Наш свет". На двете списанија се претплатиле 10 ученици. Колку ученици се претплатиле а) само на "Нумерус"? б) само на "Наш свет"?
Решение. 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 $3 а 21 \mathrm{~cm}^{2}$ помала од плоштината на правоаголникот. Пресметај ги димензиите на правоаголникот.
| 3 | $a$ |
|---|---|
| $3 a$ | $a^{2}$ |
| 6 | $2 a$ |
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 . Бидејки 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 одиесно 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?
Решение. Таткото и мајката пред 4 години заедно имале 55 години, а сега имаат вкупно $55+2 \cdot 4=63$ години. 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. Керката од синот е постара 2 години, па синот сега има (16-2):2 $=7$ години, а керката 9 години.
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 $150-\left(40+25+43 \frac{1}{3}\right)=41 \frac{2}{3} \mathrm{~km}$.
V1-2 За внатрешните агли $\alpha$ и $\beta$ на триаголникот $\mathrm{ABC}$ важи $\alpha-\beta=90^{\circ}$. Ако $\mathrm{M}$ и $\mathrm{N}$ се пресечните точки на правата $\mathrm{AB}$ со симетралите на внатрешниот и надворешннот агол при темето $\mathrm{C}$, тoraw $\overline{C M}=\overline{C N}$. Докажи!
Решение. Од условот $\alpha-\beta=90^{\circ}$ следи деха $\triangle \mathrm{ABC}$ е тапоаголен, со тап агол при темето $A$. Очнгледно $\triangle \mathrm{AMC}=\frac{\gamma}{2}+\beta$, хахо надворешен агол
3а $\triangle \mathrm{MCB}$. Од $\triangle \mathrm{AMC}$ имаме $\alpha+\frac{\gamma}{2}+\triangle \mathrm{AMC}=180^{\circ}$. Оттука добнваме $\alpha$ $\beta+\beta+\frac{\gamma}{2}+\triangle A M C=180^{\circ}$, односно $2 \angle A M C=90^{\circ}$. Значи $\triangle A M C=45^{\circ}$. Бидејки СМ и $\mathrm{CN}$ се симетрали на внатрешниот и на надворешниот агол при темето $\mathrm{C}$, следува деха аголот меғу 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 рамнокрах, па $\overline{\mathrm{CM}}=\overline{\mathrm{CN}}$.
VI-3 Правата $c$ ги сече паралелните прави $a$ и $b$ во точките А и В сооднетно. На правата $b$ се нзбрани точки $\mathrm{M}$ и $\mathrm{N}$ на различнн страни од точката B. Симетралите на аглите $\mathrm{ABM}$ и $\mathrm{ABN}$ ја сечат правата $a$ во точките $\mathrm{C}$ и $\mathrm{D}$ соодветно. Докажи дека $\overline{A C}=\overline{A D}$.
Решение. Бидејки $\angle M B C=\angle B C A$ (наизменични агли), $\angle M B C=\angle A B C$ ( $\mathrm{BC}$ е симетрала на $\angle M B A$ ), следува цека $\angle A B C=\angle B C A$. Значи триаголникот СВА е рамнокрах и $\overline{A C}=\overline{A B}$. Бидејки $\bar{M}{ }_{B}$ $\angle N B D=\angle B D A$ (наизменнчни агли), $\angle N B D=\angle A B D(\mathrm{BD}$ е симетрала на $\angle N B A)$, следува дека $\angle A B D=\angle B D A$, т.е. $\triangle$ 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 .
Решенше. 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 биде 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 бнде делив со 4, што е точно, бидејки 4 е делител на 44. Значи $b=7$. 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 $\mathrm{ABCD}$ се конструирани однадвор рамнокраки складни триаголници. Врвовите на тне трнаголници се темиња на хвадрат. Докахн.
Pemenuе. Со $\alpha$ да го означиме аголот при врвот на рамнохрахите триаголници што се хонструиранн над страните на квадратот $\mathrm{ABCD}$, 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 CAC, 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 $\mathrm{MNPQ}$ е ром6. Бидејки аглите при врвот на триаголниците 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 $\triangle \mathrm{QMN}=\triangle \mathrm{QMA}+\triangle \mathrm{AMB}+$ $\triangle \mathrm{BMN}=45^{\circ}-\frac{\alpha}{2}+\alpha+45^{\circ} \cdot \frac{\alpha}{2}=90^{\circ}$. Докажавме: MNPQ е квадрат.
VII-2 За кои вредности на $x$ и изразот $4 x^{2}+9 y^{2}-12 x+30 y+2000$ има најмала вредност и колку изнесува таa?
Решение: $4 x^{2}+9 y^{2}-12 x+30 y+2000=$
Последниот израз е сехогаш позитивен. Најмала вредност ке има ако првиот и вторнот собирох 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 срединн, соодветно, на страните $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}$ и $\mathrm{DA}$ на четириаголникот $\mathrm{ABCD}, \mathbf{a} \mathrm{P}$ и $\mathrm{Q}$ се средини на дијагоналите $\mathrm{AC}$ и $\mathrm{BD}$, соодветно. Докажи дека триаголниците KPN и MLQ се складни.
Решение. Отсечките $\mathrm{NP}$ и $\mathrm{QL}$ се средни линни во триаголниците 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 $\mathrm{ABD}$ и $\mathrm{BCD}$, 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 $\mathrm{CCC}$, следува дека триаголниците $\mathrm{KPN}$ и MLQ се складни.
VII-4 Ако од два последователни природни броеви погалемиот е лолн квадрат, тогаш нивннот производ е делнв $~ \infty 12$. Докажн!
Решение. Нека $n$ и $n+1$ се два последователни природни броеви. Од условот на задачата следува дека $n+1=k^{2}$. Оттука добиваме дека $n=k^{2}-1$. За пронзводот на овие броеви имаме:
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 овие 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, мefy овие три последователни броја два се парнн, 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, ке им недостигаа 16 јуани. Колку трговци биле и колху јуанн чинела стоката?
Pemenne. Со $x$ ḱe rо означиме бројот на трговците. Од условите на задачата ја добиваме равенката $9 x-11=6 x+16$, чие што решение е $x=9$. Значи, биле 9 трговци, а стоката чинела $9 \cdot 9-11=70$ јуани.
VIII-2 Даден е трапез со плоштина $80 \mathrm{cm}^{2}$ и виснна $8 \mathrm{cm}$. 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.
Решение. 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 ke 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 $y: 8=3: 4$. Оттуха 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 6 рој.
Pешение. Ако го поделиме бяномот $x+2000$ со биномот $x-2$ ke добиеме количннк 1 и остаток 2002. Значи $\frac{x+2000}{x-2}=1+\frac{2002}{x-2}$. Следува дека $x \cdot 2$ 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 оттуха $x \in{3,4,9,13,15,16,24,28,79,93,145,156,288,1003,2004}$
VIII-4 Кружниците $k_{1}\left(O_{1}, r_{1}\right)$ и $k_{2}\left(O_{2}, r_{2}\right)$ се дотираат однадвор во точката М. Правата $t$ ги допнра кружниците $k_{1}$ и $k_{2}$ во точките $\mathrm{A}$ и В, соодветно. Заедиичхата тангента во точката $M$ ја сече отсечхата $A B$ во точката N. Докажи дека: а) $\angle A M B=90^{\circ}$ б) $\angle O_{1} N O_{2}=90^{\circ}$.
Pemenne. а) Бидејки $\overline{A N}=\overline{N M}$ и $\overline{B N}=\overline{N M}$ како тантентии отсечки, следи дека точките $\mathrm{A}, \mathrm{M}$ и В œ еднакво оддалечени од точката $\mathrm{N}$, односко лежат на кружннца $\infty$ центар во точката $\mathrm{N}$ и дијаметар $\wedge \mathrm{B}$. Од Талесовата теорема следи дека $\angle A M B=90^{\circ}$.
б) Четириаголниците $\Lambda_{1} \mathrm{MN}$ и $\mathrm{NMO} O_{2} \mathrm{B}$ се делтонди, па $\mathrm{O}_{1} \mathrm{N}$ и $\mathrm{O}_{2} \mathrm{~N}$ се симетрали на два напоредии агли MNA и
BNM, па според тоа $\angle \mathrm{O}{1} \mathrm{NO}{2}=90^{\circ}$.