ХLI РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
IV одделение
Задача 1. По новогодишните празниците, Ана и Вангел добиле 2000 денари од родителите. Тие направиле план да потрошат една четвртина од парите за топка, а една третина од остатокот за кукла. Колку пари ќе им останат, откако ќе ги купат топката и куклата?
Решение. За купување на топката планирале да потрошат $2000: 4=500$ денари. По купувањето на топката ќе им останат $2000-500=1500$ денари. За купување на куклата се наменети $1500: 3=500$ денари. Значи, на крајот ќе им останат $1500-500=1000$ денари.
Задача 2. Определи ги сите природни броеви од втората стотка, кои се 13 пати поголеми од збирот на своите цифри.
Решение. Збирот на цифрите на секој природен број е природен број. Бидејќи бројот е 13 пати поголем од збирот на своите цифри, тој е делив со 13, односно е содржател на бројот 13.
Бидејќи $100=7 \cdot 13+9$, во втората стока најмалиот содржател на бројот 13 е бројот $100+4=104$. Секој следен содржател на бројот 13 се добива кога на последниот најден содржател му се додаде бројот 13. Значи, во втората стотка содржатели на бројот 13 се 104, 114, 130, 143, 156, 169, 182 и 195 .
Имаме:
што значи дека бараните броеви се 117, 156 и 185.
Задача 3. Периметарот на еден триаголник е еднаков на $34 \mathrm{cm}$. Ако едната од страните се зголеми за $3 \mathrm{cm}$, другата се зголеми за $2 \mathrm{cm}$, а
третата се намали за $3 \mathrm{cm}$, се добива нов триаголник кој е рамностран. Определи ја должината на страната на новодобиениот триаголник.
Решение. Прв начин. Со толку колку што се зголемува или намалува на должината на некоја страна соодветно се зголемува или намалува периметарот на триаголникот. Значи, периметарот на новиот триаголник ќе биде еднаков на $34+3+2-3=36 \mathrm{cm}$. Но, овој триаголник е рамностран, па значи должината на неговата страна е еднаква на $36: 3=12 \mathrm{cm}$.
Втор начин. Нека должината на страната на добиениот рамностран триаголник е $x$. Тогаш, за должините на страните $a, b, c$ на почетниот триаголник, чиј периметар е $a+b+c=34$, важи $a+3=x, b+2=x, c-3=x$. Тоа значи, дека
Задача 4. Според податоците дадени на долните цртежи определи ја дожината на возот.
Решение. Прв начин. Нека должината на возот ја означиме со $x$. Од десниот цртеж заклучуваме дека должината на мостот е еднаква на $x+290$. Понатаму, од левиот цртеж следува дека збирот на должините на возот и мостот е $450 \mathrm{~m}$, па така ја добиваме равенката $x+x+290=450$, од каде последователно добиваме
Значи, должината на возот е еднаква на $80 \mathrm{~m}$.
Втор начин. Од дадените цртежи следува дека кога на две должини на возот ќе им се додадат $290 \mathrm{m}$ се добиваат $450 \mathrm{m}$ (види цртеж десно).
Според тоа, две должини на возот се еднакви на 450 - $290=160 \mathrm{m}$, па затоа должината на возот е еднаква на $160: 2=80 \mathrm{m}$.
V одделение
Задача 1. Во една паралелка има 24 ученици. Во оваа паралелка бројот на момчињата е еднаков на $\frac{3}{5}$ од бројот на девојчињата. Колку момчиња и колку девојчиња има во паралелката?
Решение. Прв начин. Бидејќи бројот на момчињата е $\frac{3}{5}$ од бројот на девојчињата, заклучуваме дека во одделението на секои 3 момчиња има по 5 девојчиња. Според тоа, учениците во ова одделение можеме да ги поделиме на групи од по $3+5=8$ деца. Значи, имаме $24: 8=3$ вакви групи. Во секоја група има по 3 момчиња и по 5 девојчиња, што значи дека во одделението има $3 \cdot 3=9$ момчиња и $3 \cdot 5=15$ девојчиња.
Втор начин. Ако со $x$ го означиме бројот на девојчињата во паралелката, тогаш бројот на момчињата е $\frac{3}{5} x$. Според тоа, во паралелката вкупно има $x+\frac{3}{5} x$ ученици, па како тој број е еднаков на 24 , ја добиваме равенката $x+\frac{3}{5} x=24$. Понатаму, имаме $\frac{8}{5} x=24$, па затоа $8 x=24 \cdot 5$, односно $x=(24 \cdot 5): 8=15$. Значи, во паралелката има 15 девојчиња и $24-15=9$ момчиња.
Задача 2. Правоаголник $A B C D$ со должини на страни $8 \mathrm{cm}$ и $5 \mathrm{cm}$ со отсечка $M N$ е поделена на два четириаголника со еднакви периметри од по 20 cm . Определи ја должината на отсечката $M N$.
Решение. Прв начин. Периметарот на правоаголникот $A B C D$ е еднаков на $2 \cdot(8+5)=26 \mathrm{cm}$. Збирот на периметрите на двата четириаголника $A M N D$ и $M B C N$ е еднаков на $2 \cdot 20=40 \mathrm{cm}$ и ис-
тиот се добива кога со периметарот на правоаголникот ќе се соберат две должини на отсечката $M N$, (цртеж десно). Оттука следува $26+2 \overline{M N}=40$, т.e. $\overline{M N}=(40-26): 2=7 \mathrm{~cm}$.
Втор начин. Нека $a=8 \mathrm{cm}$ и $b=5 \mathrm{cm}$. При ознаки како на цртежот десно, точни се равенствата
па затоа
од каде добиваме $20+20=2 \overline{M N}+2 \cdot(8+5)$, т.е. $\overline{M N}=(40-26): 2=7 \mathrm{~cm}$.
Задача 3. Квадрат е поделен на пет еднакви правоаголници со четири паралелни прави. Збирот на периметрите на тие правоаголници е 96 cm. Определи го периметарот на квадратот.
Решение. Прв начин. Ако должините на страните на петте еднакви делбени правоаголници ги означиме со $a$ и $b$, тогаш збирот на периметрите на делбените правоаголници ќе биде еднаков на $5 \cdot 2(a+b)=10 a+10 b$. Понатаму, од условот на задачата следува дека $a=5 b$, па затоа $2 a=2 \cdot 5 b=10 b$. Според тоа, збирот на периметрите на петте делбени правоаголници е
еднаков на $10 a+10 b=10 a+2 a=12 a$. Затоа $12 a=96$, т.е. $a=96: 12=8 \mathrm{cm}$. Конечно, периметарот на почетниот квадрат е еднаков на $4 a=4 \cdot 8=32 \mathrm{cm}$.
Втор начин. Од условот на задачата следува дека секоја од делбените отсечки по два пати учествува во збирот на периметрите на делбените правоаголници (еднаш во периметарот на горниот и еднаш во периметарот на долниот правоаголник). Ако со а ја означиме должината на страната на квадратот, тогаш периметарот на квадратот е $L=4 a$, а збирот на периметрите
на делбените правоаголници е $L^{\prime}=L+4 \cdot 2 a=L+2 \cdot 4 a=L+2 L=3 L$. Затоа важи $3 L=96$, од каде добиваме $L=32 \mathrm{~cm}$.
Забелешка. Вториот начин на решавање може да се примени и кога делбените правоаголници не се еднакви, при што повторно се добива дека периметарот на почетниот квадрат е $L=32 \mathrm{~cm}$.
Задача 4. Збирот на осум последователни природни броеби е еднаков на 92. Кои се тие броеви?
Решение. Прв начин. Нека најмалиот од бараните броеви го означиме со $x$. Тогаш бараните броеви се $x, x+1, x+2, x+3, x+4, x+5, x+6$ и $x+7$. Од условот на задачата следува
т.е. $8 x+28=92$, од каде добиваме $x=(92-28): 8=64: 8=8$. СПоред тоа, бараните броеви се $8,9,10,11,12,13,14$ и 15 .
Втор начин. Збирот на првите осум природни броеви е
Ако првиот собирок го заменуваме со следниот природен број, тогаш збирот на новите осум последователни броеви се зголемува за 8 и ова важи за секои на опишаниот начин новодобиени осум последователни природни броеви. Бидејќи $(92-36): 8=56: 8=7$, заклучуваме дека постапката треба да ја повториме седум пати, што значи дека треба седум пати првиот собирот да го замениме со следниот природен број. Така ги добиваме низите броеви
што значи дека бараните броеви се $8,9,10,11,12,13,14$ и 15.
Tрет начин. Вториот број е за 1 поголем од првиот, а седмиот е за 1 помал од осмиот. Затоа збирот на првиот и осмиот од бараните броеви е еднаков на збирот на вториот и седмиот број. Аналогно
заклучуваме дека овој збир е еднаков на збирот на третиот и шестиот број, како и на збирот на четрвтиот и петтиот број. Според тоа, имаме 4 парови броеви со еднакви збирови, па затоа збирот на броевите во секој пар е еднаков на $92: 4=23$. Но, четвртиот и петтиот број се два последователни
броја, па како $11+12=23$, заклучуваме дека тоа се броевите 11 и 12. Сега, лесно се добива дека бараните броеви се 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 и 15.
VI одделение
Задача 1. На еден шаховски турнир учествувале 12 шахисти. Секој шахист со секој друг шахист одиграл по 3 партии. Колку партии се одиграни на турнирот.
Решение. На турнирот учествувале 12 шахисти и ако секој одиграл по една партија со секој од преостанатите 11 шахисти, тогаш бидејќи партијата на $X$ со $Y$ е истата партија на $Y$ со $X$, заклучуваме дека во производот $12 \cdot 11=132$ секоја партија е броена два пати. Според тоа, ако секој шахист одиграл по една партија со секој друг шахист, тогаш бројот на одиграните партии е еднаков на $\frac{12 \cdot 11}{2}=66$. Но, секој со секога одиграл по 3 партии, па затоа бројот на одиграните партии е еднаков на $3 \cdot 66=198$.
Задача 2. Со кој најмал природен број треба да се помножи бројот 63000 така што добиниот производ ќе биде точен квадрат?
Решение. Бројот 63000 го разложуваме на прости множители и добиваме
Еден број е точен квадрат на природен број, ако секој број кој се јавува во разложувањето на бројот на прости множители се среќава парен број пати, т.е. степеновиот показател на секој различен прост множител е парен број. Бидејќи се бара најмалиот природен број со кој треба дадениот број да се помножи, истиот го наоѓаме како производ на најмалку множители потребни за да сите степенови показатели се парни броеви. Сега, ако се земе предвид десната страна на (1), добиваме дека треба да имаме по еден множител еднаков на 2 , на 5 и на 7. Значи, бараниот број $2 \cdot 5 \cdot 7=70$ и притоа добиваме $63000 \cdot 70=2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5^{4} \cdot 7^{2}=\left(2^{2} \cdot 3 \cdot 5^{2} \cdot 7\right)^{2}=2100^{2}$.
Задача 3. Даден е правоаголник со должини на страни $2023 \mathrm{cm}$ и $1309 \mathrm{cm}$. Правоаголникот е поделен на еднакви квадрати со најголема можна страна чија должина изразена во сантиметри е природен број. Определи го збирот на периметрите на делбените квадрати.
Решение. Јасно, должината на страната страната а на делбените квадрати мора да е делител на 2023 и на 1309. Но, должината на страната a
треба да е најголема можна, па затоа $a=\operatorname{NZD}(2023,1309)=119 \mathrm{cm}$. Понатаму, 2023:119 =17 и 1309:119=11, што значи дека правоаголникот е поделен на $17 \cdot 11=187$ квадрати со страна $a=119 \mathrm{cm}$. Конечно, збирот на периметрите на делбените квадрати е $L=187 \cdot 4 a=187 \cdot 4 \cdot 119=89012 \mathrm{~cm}$
Задача 4. Во рамнината е даден квадрат со должина на страна 1024 cm . До дадениот квадрат е нацртан квадрат со два пати пократка страна и така се продолжува со цртање на квадрати се
додека должините на страните изразени во сантиметри се природни броеви (види цртеж десно).
a) Определи го периметарот на фигурата добиена на погоре опишаниот начин.
б) Пресметај ја плоштината на квадратот кој се наоѓа во средината на вака добиената низа квадрати.
Решение. а) Ако ги собереме должините на десните вертикални отсечки, ќе ја добиеме должината на страната на почетниот квадрат. Затоа периметарот на добиената фигура се состои од две должини на страната на почетниот квадрат и двојниот збир на должините на сите хоризонтални страни на квадратите кои се нацртани. Должините на страните на сите нацртани квадрати се: $1024 \mathrm{cm}, 512 \mathrm{cm}, 256 \mathrm{cm}, 128 \mathrm{cm}, 64 \mathrm{cm}, 32 \mathrm{cm}, 16 \mathrm{cm}$, $8 \mathrm{cm}, 4 \mathrm{cm}, 2 \mathrm{cm}$ и $1 \mathrm{~cm}$, па затоа периметарот на добиената фигура е
б) Во низата има нацртано 11 квадрати и должината на страната на средниот квадрат е еднаква на $32 \mathrm{cm}$. Според тоа, плоштината на средниот квадрат е $P=32 \cdot 32=1024 \mathrm{cm}^{2}$.
VII одделение
Задача 1. Пресметај ја вредноста на изразот
Решение. Имаме:
$1-\frac{100}{101}+\frac{99}{101}-\frac{98}{101}+\frac{97}{101}-\ldots-\frac{2}{101}+\frac{1}{101}=\frac{101}{101}-\frac{100}{101}+\frac{99}{101}-\frac{98}{101}+\frac{97}{101}-\ldots-\frac{2}{101}+\frac{1}{101}$
Задача 2. Определи ја 2023-тата цифра по децималната запирка во дицималното претставување на дропката $\frac{35}{37}$.
Решение. Имаме $\frac{35}{37}=0,(945)$ и бидејќи $2023=674 \cdot 3+1$ заклучуваме дека 2023-тата цифра по децималната запирка е првата цифра во периодата, што значи дека тоа е цифрата 9.
Задача 3. Во еден магацин има 360 гајби со јаболка и 384 гајби со кружи. Гајбите со овошје треба да се испорачаат во различни продавници, во пратки во кои секогаш има еднаков број гајби со овошје и во секоја пратка има еднаков број гајби со јаболка. Камионите со кои се пренесуваат пратките со овошје може да носат најмногу 60 гајби. По колку гајби со јаболка и колку гајби со круши има во секоја пратка?
Решение. Нека $x$ е бројот на пратките кои треба да се испорачаат. Бидејќи секоја пратка содржи еднаков број гајби со овошје, но и еднаков број гајби со јаболка, заклучуваме дека секоја пратка содржи еднаков број гакби со круши. Според тоа, $x \mid 360$ и $x \mid 384$, од каде заклучуваме дека $x \mid \operatorname{NZD}(360,384)=24$. Ако $x=24$, тогаш во секоја пратка има $260: 24=15$ гајби со јаболка и $384: 24=16$ гајби со круши и како $15+16=31<60$ ваквата испорака на овошјето е можна. Првиот помал делител на 24 е 12, па ако $x \leq 12$, тогаш во секоја пратка мора да има по $360: x \geq 360: 12=30$ гајби со јаболка и $384: x \geq 384: 12=32$ гајби со круши, што не е можно бидејќи бројот на гајбите во една пратка ќе биде поголем или еднаков на $32+30=62>60$, а секој камион може да носи најмногу 30 гајби овошје.
Конечно, овошјето ќе биде испорачано со 24 пратки, а во секоја пратка ќе има по 15 гајби со јаболка и 16 гајби со кружи.
Задача 4. Даден е рамнокрак триаголник $A B C$, при што $\overline{A C}=\overline{B C}$. На кракот $A C$ се избрани точки $M$ и $N$ такви што $\measuredangle M B A=\measuredangle C B N$ и $\overline{M N}=\overline{B M}$, при што точката $M$ е меѓу точките $A$ и $N$. Определи го $\measuredangle N B A$.
Решение. Нека $\measuredangle B A C=\measuredangle C B A=\alpha$, $\measuredangle M B A=\measuredangle C B N=x$ и $\quad \measuredangle N B M=y$. Toгаш $\alpha=2 x+y$. Триаголникот BNM е рамнокрак, па затоа
Понатаму, аглите на триаголникот $A B N$ се $2 x+y, x+y$ и $y$, па затоа
од каде добиваме $x+y=60^{\circ}$.
Конечно, $\Varangle N B A=x+y=60^{\circ}$.
VIII одделение
Задача 1. Мартин е постар од своите ти сестри Ана, Ивана и Елена по 8, 10 и 13 години, соодветно. По една година, збирот на годините на сестрите на Мартин ќе биде за 39 поголем од годините на Мартин. Колку години има Мартин денес?
Решение. Прв начин. Нека Мартин денес има $x$ години. Тоа значи дека неговите сестри денес имаат $x-8, x-10$ и $x-13$ години. По една година, Мартин ќе има $x+1$ година, а неговите сестри ќе имаат $x-7, x-9$ и $x-12$ години. Затоа, $x+1+39=x-7+x-9+x-12$, од каде добиваме $x=34$. Значи, Мартин денес има 34 години.
Втор начин. Нека Мартин денес има $x$ години. Тоа значи дека неговите сестри денес имаат $x-8, x-10$ и $x-13$ години. По една година збирот на годините на сестрите се зголемува за 3 , а годините на Мартин за 1 , па затоа денес збирот на годините на сестрите е за $39-3+1=37$ поголем од годините на Мартин. Според тоа, $x-8+x-10+x-13=x+37$, од каде добиваме $x=34$. Значи, Мартин денес има 34 години.
Задача 2. На еден натпревар се натпреварувале вкупно 2400 ученици во пет различни категории. Вкупниот број на ученици од првата и втората категорија е еднаков на $\frac{3}{5}$ од вкупниот број на ученици од третата, четвртата и петтата категорија. Односот на бројот на учениците од првата и втората категорија е 2:3, а односот на бројот на учениците од третата, четвртата и петтата категорија е 5:4:6. По колку ученици се натпреварувале во секоја категорија.
Решение. Прв начин. Со $a, b, c, d, e$ да го означиме бројот на учениците кои се натпреварувале во првата, втората, третата, четвртата и петтата категорија, соодветно. Нека $x=a+b$ и $y=b+c+d$. Тогаш $x=\frac{3}{5} y$ и $x+y=2400$, од каде добиваме $\frac{3}{5} y+y=2400$, т.е. $y=1500$ и затоа $x=2400-1500=900$. Понатаму, од $a: b=2: 3$ и $a+b=900$ следува $a=\frac{900}{2+3} \cdot 2=360$ и $b=\frac{900}{2+3} \cdot 3=540$. Од, $c: d: e=5: 4: 6$ и $c+d+e=1500$, следува $c=\frac{1500}{5+4+6} \cdot 5=500, d=\frac{1500}{5+4+6} \cdot 4=400$ и $e=\frac{1500}{5+4+6} \cdot 6=600$.
Конечно, во првата категорија се натпрварувале 360 ученици, во втората 540 ученици, во третата 500, во четвртата 400 и во петтата 600 уеници.
Bтор начин. Со $a, b, c, d, e$ да го означиме бројот на учениците кои се натпреварувале во првата, втората, третата, четвртата и петтата категорија, соодветно. Од условите на задачата следува
Од последните две равенсва следува $a=2 k, b=3 k, c=5 m, d=4 m, e=6 m$ и ако замениме во првите две равенства, добиваме $5 k+15 m=2400$ и $5 k=\frac{3}{5} \cdot 15 m$, т.е. $5 k+15 m=2400$ и $5 k=9 m$. Ако од втората равенка замениме во првата, добиваме $24 m=2400$, т.е. $m=100$ и оттука $5 k=900$, т.е. $k=180$. Сега, лесно се добива дека $a=360, b=540, c=500, d=400$ и $e=600$.
Конечно, во првата категорија се натпрварувале 360 ученици, во втората 540 ученици, во третата 500, во четвртата 400 и во петтата 600 уеници.
Задача 3. Даден е правоаголик $A B C D$ каде $\overline{A B}=2 \overline{B C}$. На страната $C D$ е избрана точката $M$, така што симетралата на $\measuredangle D M B$ минува низ темето $A$. Определи ја големината на $\measuredangle A M B$.
Решение. Нека $\overline{A B}=a, \overline{B C}=b$. Тогаш $\overline{A B}=2 b$. Бидејќи $A M$ е симетрала на $\measuredangle D M B$, добиваме $\measuredangle D M A=\measuredangle A M B$. Од друга страна, $\measuredangle D M A=\measuredangle B A M$, како наизменични агли. Според тоа, $\measuredangle B A M=$
$\measuredangle A M B$, што значи дека триаголникот $A M B$ е рамнокрак и $\overline{B M}=\overline{A B}=2 b$. Според тоа, во правоаголниот триаголник $B M C$ едната катета е $\overline{B C}=b$, а другата е $\overline{B M}=2 b$, па затоа тој е половина од рамностран триаголник со страна $\overline{B M}=2 b$. Оттука добиваме $\measuredangle C B M=60^{\circ}$, што значи дека $\measuredangle B M C=30^{\circ}$. Оттука следува дека $\measuredangle D M B=180^{\circ}-\measuredangle B M C=180^{\circ}-30^{\circ}$, па затоа $\measuredangle A M B=\frac{1}{2} \measuredangle D M B=\frac{150^{\circ}}{2}=75^{\circ}$.
Задача 4. Определи ги сите природни броеви $x$ и $y$ за кои $\sqrt{\frac{x^{2}+20}{x^{2}-20}}$ и $\sqrt{\frac{y^{3}+\frac{24}{5}}{y^{3}-\frac{24}{5}}}$ се природни броеви, а разликата $\sqrt{\frac{x^{2}+20}{x^{2}-20}}-\sqrt{\frac{y^{3}+\frac{24}{5}}{y^{3}-\frac{24}{5}}}$ е точен квадрат на природен број.
Решение. Според условот на задачата $\sqrt{\frac{x^{2}+20}{x^{2}-20}}$ и $\sqrt{\frac{y^{3}+\frac{24}{5}}{y^{3}-\frac{24}{5}}}$ се природни броеви, па затоа треба $\frac{x^{2}+20}{x^{2}-20}$ и $\frac{y^{3}+\frac{24}{5}}{y^{3}-\frac{24}{5}}=\frac{5 y^{3}+24}{5 y^{3}-24}$ да се точни квадрати на природни броеви.
Имаме, $\frac{x^{2}+20}{x^{2}-20}=\frac{x^{2}-20+40}{x^{2}-20}=1+\frac{40}{x^{2}-20}$, од каде, бидејќи $x^{2}-20>0$, следува дека $x^{2}=20+k$, каде $k \mid 40$. Јасно, $k \in{1,2,4,5,8,10,20,40}$ и со непосредна проверка добиваме само за $k=5$ десната страна на последното равенство е точен квадрат и притоа $x=5$ и $\sqrt{\frac{x^{2}+20}{x^{2}-20}}=3$.
Од друга страна, $\frac{5 y^{3}+24}{5 y^{3}-24}=1+\frac{48}{5 y^{3}-24}$, од каде, бидејќи $5 y^{3}-24>0$, следува дека $y^{3}=\frac{24+m}{5}$, каде $m \mid 48$. Јасно $m \in{1,2,3,4,6,8,12,16,24,48}$ и со непосредна проверка добиваме дека само за $m=16$ десната страна на последното равенство е точен куб и притоа $y=2$ и $\sqrt{\frac{y^{3}+\frac{24}{5}}{y^{3}-\frac{24}{5}}}=\sqrt{\frac{5 y^{3}+24}{5 y^{3}-24}}=2$.
Конечно, бидејќи
добиваме дека единстве-ни природни броеви кои ги задоволуваат условите на задачата се $x=5$ и $y=2$.
IX одделение
Задача 1. Се формираат сите различни производи од по два различни множители од првите пет прости броеви. Пресметај го квадратниот корен од производот на квадратните корени на добиените производи.
Решение. Нека $a, b, c, d, e$ се пет различни ненегативни броеви. Сите производи од по два различни множители на овие броеви се:
Нивните квадратни корени се:
а квадратниот корен од производот на добиените квадратни корени е:
Во случајов имаме $a=2, b=3, c=5, d=7, e=11$, па затоа
Задача 2. На страната $A B$ на триаголникот $A B C, \overline{A B}>\overline{B C}$ се избрани точките $D$ и $E$ такви што $\overline{D E}=\overline{B C}$ и $\overline{A D}=\overline{B E}$ ( $D$ е меѓу $A$ и $E$ ). Ако $F$ е средината на страната $A C$, докажи дека $\measuredangle D F E=90^{\circ}$.
Решение. Нека $O$ е средина на страната $A B$, т.е. $\overline{A O}=\overline{B O}$ и нека $\overline{D E}=\overline{B C}=a$ (види цртеж).
Од $\overline{D O}=\overline{A O}-\overline{A D}=\overline{B O}-\overline{B E}=\overline{E O}$, следува дека точката $O$ е средина на отсечката $D E$, односно $\overline{D O}=\overline{E O}=\frac{a}{2}$. Понатаму, $O$ е средина на страната $A B$ и $F$ е средината на страната $A C$, па затоа $F O$ е средна линија на триаголникот $A B C$, од каде следува дека $\overline{O F}=\frac{\overline{B C}}{2}=\frac{a}{2}$. Сега, од $\overline{D O}=\overline{E O}=\overline{O F}=\frac{a}{2}$ следува дека точката $F$ припаѓа на кружницата $k$ чиј дијаметар е отсечката $D E$. Според тоа, $\measuredangle D F E$ е периферен агол во кружницата над дијаметар $D E$, па затоа $\measuredangle D F E=90^{\circ}$
Задача 3. Марко бил роден меѓу 1300 и 1400 година, а Дарко меѓу 1400 и 1500 година. И двајцата биле родени на 6-ти април, во години кои што се точни квадрати на природни броеви. Двајцата живееле по 110 години. Во која година, додека биле живи, нивните години на 7-ми април биле точни квадрати на природни броеви.
Решение. Бидејќи $36^{2}=1296,37^{2}=1369,38^{2}=1444,39^{2}=1521$, јасно е дека единствен точен квадрат меѓу 1300 и 1400 година е 1369, а меѓу 1400 и 1500 е 1444. Значи, Марко бил роден во 1369 година, а Дарко во 1444 година.
Да претпоставиме дека на 7-ми април во некоја година, Марко имал $m^{2}<111$, а Дарко имал $n^{2}<111$ години, каде $m, n \in \mathbb{N}$. Марко наполнил $m^{2}$ години во $1369+m^{2}$ година, а Дарко наполнил $n^{2}$ години во $1444+n^{2}$ година. Од условот на задачата следува дека тие во иста година треба да имаат години кои се точни квадрати на природни броеви, па затоа
Точни, квадрати помали од 11 се $1,4,9,16,25,36,49,64,81$ и 100 и единствени чија разлика е 75 се $m^{2}=100$ и $n^{2}=25$. Оттука следува дека во $1369+10^{2}=1469$ година Марко имал 100, а Дарко имал 25 години.
Забелешка. Во множеството природни броеви равенката $m^{2}-n^{2}=75$ може да се реши ако се искористи разложувањето
при што, бидејќи $0<m-n<m+n$, се добиваат три системи линеарни равенки, чии решенија се $m=38, n=37, m=14, n=11$ и $m=10, n=5$, од кои само во решението $m=10, n=5$ квадрати на најдените броеви се помали од 111 .
Задача 4. Даден е паралелограм $A B C D$. Нека точката $M$ е средина на страната $C D$, а точката $N$ е средина на страната $A D$. Правите $A M$ и $B N$ се сечат во точката $P$. Колкав дел од плоштината на паралелограмот $A B C D$ е плоштината на триаголникот ANP ?
Решение. Нека $S$ е точка на правата $B N$, така што $N$ е средина на отсечката $P S$. Отсечките $A D$ и $P S$ се преполовуваат, па затоа четириаголникот APDS е паралелограм. Нека $Q$ е средината на страната $A B$. Од $\overline{A Q}=\overline{M C}$ и $A Q | M C$
следува дека четириаголникот $A Q C M$ е паралелограм. Според тоа, $C Q|M A| D S$. Понатаму, од $\overline{B Q}=\overline{Q A}$ следува $\overline{B R}=\overline{R P}$, а од $\overline{C M}=\overline{M D}$ следува $\overline{R P}=\overline{P S}$. Според тоа, $\overline{B R}=\overline{R P}=\overline{P S}$. Но, $\overline{P S}=2 \overline{P N}$, па затоа $\overline{B N}=\overline{B R}+\overline{R P}+\overline{P N}=2 \overline{P N}+2 \overline{P N}+\overline{P N}=5 \overline{P N}$. Последното значи дека $h_{B}=5 h_{P}$, каде $h_{B}$ е висината на паралелограмот, а $h_{P}$ е висината во триаголникот ANP. Според тоа,
т.е.