| # ХХХ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ |
|
|
| ## IV одделение - деветтолетка |
|
|
| Задача 1. На прашањето колку години има Стојан тој одговорил: “Ако од бројот на моите години го одземете 5 , добиениот број го поделите со 5 , па од тој резултат повторно одземете 5 , ке добиете 5 ". Колку години има Стојан? |
|
|
| Решение . Прв начин. Ќе тргнеме со решавање во обратна насока. На бројот 5 што е добиен како резултат му додаваме 5 , потоа го множиме со 5 , па пак му додаваме 5 и ќе ги добиеме годините на Стојан. Имено, Стојан има ( $5+5) \cdot 5+5=55$ години. |
|
|
| Втор начин. Нека $x$ е бројот на годините на Стојан. Тогаш од условот на задачата имаме |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & (x-5): 5-5=5 \\ |
| & (x-5): 5=10 \\ |
| & x-5=50 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Значи Стојан имал 55 години. |
|
|
| Задача 2. На една полица има три книги. Првата има 90, втората 110 , третата 150 страници. Кориците на книгите се со еднаква дебелина и секоја од нив е дебела $2 \mathrm{~mm}$. Колку милиметри се дебели книгите заедно ако се знае дека 10 страници имаат дебелина $1 \mathrm{~mm}$ ? |
|
|
| Решение. Секоја книга има по две корици, па вкупниот број на корици е шест, а нивната вкупна дебелина е $12 \mathrm{~mm}$.Вкупниот број на страници е |
|
|
| $$ |
| 90+110+150=350 |
| $$ |
|
|
| Па вкупната дебелина на сите страници е $350: 10=35 \mathrm{~mm}$. Конечно, дебелината на сите три книги заедно е $12+35=47 \mathrm{~mm}$. |
|
|
| Задача 3. Колку триаголници има на цртежот. Испиши ги! |
|
|
| Решение. $A B C, A C D, D B C, D B A, A F B$, $A D F, D F G, F B C, M C G, G S C, M S C, M P N$, $C D Q$. Има вкупно 13 триаголници. |
|
|
|  |
|
|
| Задача 4. Иван почнал да гледа некој филм во 20 часот и 20 минути. За време на филмот два пати имало прекин заради прикажување на реклами. Првиот прекин траел 3 минути а вториот 4 минути. Прикажувањето на филмот завршило во 22 часот и 37 минути. Колку би траел филмот без реклами? |
|
|
| Решение. Од 22 ч и 37 мин. ги одземаме 20 ч и 20 мин, па добиваме 2 часа и 17 минути. Потоа од нив ќе ги одземеме $3+4=7$ минути кои се пауза за реклами, па добиваме дека филмот трае 2 часа и 10 минути. |
|
|
| Задача 5. Ана сака да купи неколку моливчиња. Ако купи 6 моливчиња, ќе иостанат 7 денари а ако купи 10 моливчиња ќе и недостигаат 5 денари. Колку чини секое моливче и колку денари имала Ана. |
|
|
| Решение. Нека едно моливче чини $x$ денари. Тогаш, од условот на задачата имаме дека $6 x+7=10 x-5$, односно $4 x=12$ или едно моливче чини $x=3$ денари. Ана имала $6 * 3+7=25$ денари. |
|
|
| ## V одделение - деветтолетка |
|
|
| Задача 1. Правоаголник е поделен на 7 квадрати (види цртеж). Ако периметарот на најмалиот квадрат е $2 \mathrm{~cm}$, колкав е периметарот на почетниот правоаголник. |
|
|
| Решение. Периметарот на најмалиот квадрат е $2 \mathrm{~cm}$, па должината на неговата страна е $\frac{1}{2} \mathrm{~cm}$. Тоа значи дека должината на страна од вториот |
|
|
|  |
| по големина квадрат е $\frac{3}{2} \mathrm{~cm}$. Должината на едната страна на правоаголникот е $\frac{7}{2}$. Збирот на должините на две страни на најголемиот квадрат е еднаков на збирот од должините на три страни од средниотиот квадрат и една страна од најмалиот квадрат, па должината на страна на најголемиот квадрат е $\frac{7}{4} \mathrm{~cm}$. Оттука должината на правоаголникот е $\frac{14}{4} \mathrm{~cm}$, а ширината $\frac{13}{4} \mathrm{~cm}$. Затоа периметарот на правоаголникот е $\frac{54}{4} \mathrm{~cm}$. |
|
|
| Задача 2. Драган, Боби и Мартин имаат заедно 12000 денари. Драган половина од своите пари ги поделил на два еднакви дела и ги дал на Боби и Мартин, а другата половна ја задржал за себе. Исто така постапил и |
|
|
| Боби, а потоа и Мартин, после што тројцата пријатели имале ист износ, т.е. по 4000 денари кај себе. Колку пари има секој од нив на почетокот? |
|
|
| Решение. Ќе тргнеме со решавање на задачата во обратна насока. На крајот од поделбите на парите сите имале ист износ, односно 4000 денари. Пред поделбата на парите Мартин имал $4000 \cdot 2=8000$ денари, а Драган и Боби 4000-4000:2 = 2000 денари. Пред Боби да го подели својот дел на начин како во задачата тој имал $2000 \cdot 2=4000$, а Драган и Мартин имале $2000-2000: 2=1000$ и $8000-2000: 2=7000$ денари, соодветно. Конечно на почетокот Драган имал $1000 \cdot 2=2000$ денари, Боби имал $4000-1000: 2=3500$ денари и Мартин имал $7000-1000: 2=6500$ денари. |
|
|
| Задача 3. Мајката на Борче е три пати постара од Борче, а неговиот татко е четири години постар од мајката на Борче. Колку години има секој од нив, ако заедно имаат 88 години? |
|
|
| Решение. Ќе го означиме бројот на годините на Борче со $x$. Тогаш мајаката на Борче има три пати повеќе години, односно $3 x$ години, а таткото има четири години повеќе од мајката, односно има $3 x+4$ години. Бидејќи вкупно имаат 88 години, добиваме $x+3 x+(3 x+4)=88$, односно $7 x+4=88$. Значи $7 x=84$ и $x=12$. Значи, Борче има 12 години, неговата мајка 36 , а неговиот татко 40 години. |
|
|
| Задача 4. Збирот на 4 броеви е 100. Збирот на првиот, третиот и четвртиот е 65 , а збирот на првиот вториот и третиот е 78 . Одреди ги собироците, ако првиот собирок е за 10 помал од вториот. |
|
|
| Решение. Ако $a, b, c$ и $d$ се првиот, вториот, третиот и четвртиот број соодветно, од условот на задачата имаме |
|
|
| $$ |
| a+b+c+d=100 |
| $$ |
|
|
| Бидејќи $a+c+d=65$, добиваме дека $b+65=100$, односно $b=35$. Од друга страна, од $a+b+c=78$, добиваме $78+d=100$, односно $d=22$. Бидејќи, $a+10=b$, добиваме $a=35-10=25$. Сега е јасно дека $c=18$. |
|
|
| Задача 5. Владо, Бобан и Кате имаат вкупно 600 денари. Ако Владо потроши половина од своите пари, Бобан две третини од своите пари а Кате потроши четири петтини од своите пари, тогаш секому од нив ќе му остане еднаква сума пари. По колку пари имал секој од нив? |
|
|
| Решение. Нека $x$ е сумата која им останала на секој од нив по трошењето. Владо потрошил половина, значи на почеток имал $2 x$. Бобан потро- |
| шил две третини, му останала една третина, па на почеток имал $3 x$. На Кате и останале една петтина од парите, значи на почеток имала $5 x$. Сите заедно имале 600 денари, односно $2 x+3 x+5 x=600$, од каде $x=60$ денари. Значи Владо имал 120 денари, Бобан 180 денари, а Кате 300 денари. |
|
|
| ## $\mathrm{V}$ одделение - деветтолетка |
|
|
| Задача 1. Рамнокракиот триаголник $A B C$ има крак што е 3 пати подолг од основата. Ако точката $D$ е средина на основата, а точката $E$ средина на кракот $A B$, тогаш периметарот на четириаголникот $A E D C$ е за $42 \mathrm{~cm}$ поголем од периметарот на триаголникот $E B D$. Пресметај го периметарот на триаголникот $A B C$. |
|
|
| Решение. Нека основата на триаголникот $A B C$ има должина $a$. Тогаш должината на кракот е Зa . Важи |
|
|
| $$ |
| L_{A E D C}=\frac{3}{2} a+\overline{E D}+\frac{a}{2}+3 a |
| $$ |
| |
| и |
| |
| $$ |
| L_{E B D}=\frac{3}{2} a+\overline{E D}+\frac{a}{2} |
| $$ |
|
|
| Тоа значи дека $3 a=42$ односно $a=14 \mathrm{~cm}$. Должината на кракот е $42 \mathrm{~cm}$. Следува периметарот на триаголникот $A B C$ е $L=14+42+42=98 \mathrm{~cm}$. |
|
|
|  |
|
|
| Задача 2. Најди ги сите прости броеви $p$ и природни броеви $n$ за кои важи $\frac{1}{p}=\frac{n}{2010}$ ? |
|
|
| Решение. Прв начин. Од условот на задачата имаме дека $n \cdot p=2010$, односно $n \cdot p=2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$. Од овде вредноста на бројот $p$ може да биде 2 , $3,5,67$. Па, конечно за $p=2, n=1005$, за $p=3, n=670$, за $p=5$, $n=402$, за $p=67, n=30$. |
|
|
| Втор начин. Бројот 2010 можеме да го запишеме во облик |
|
|
| $$ |
| 2010=2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67 |
| $$ |
|
|
| па според тоа $p$ може да биде $2,3,5,67$. |
|
|
| а) за $p=2$ имаме $\frac{1}{2}=\frac{n}{2010}$, односно $n=1005$, |
|
|
| б) за $p=3$ имаме $\frac{1}{3}=\frac{n}{2010}$, односно $n=670$, |
| в) за $p=5$ имаме $\frac{1}{5}=\frac{n}{2010}$, односно $n=402$, |
|
|
| г) за $p=67$ имаме $\frac{1}{67}=\frac{n}{2010}$, односно $n=30$. |
|
|
| Задача 3. Определи ги вредностите на цифрите $a$ и $b$ така што бројот $\overline{78 a 9 b}$ е делив со 18. |
|
|
| Решение. Бројот $\overline{78 a 9 b}$ е делив со 2 и 9 , па според тоа $b \in\{0,2,4,6,8\}$. Секоја од можностите ќе ја разгледаме одвоено. |
|
|
| a) за $b=0$ добиваме $7+8+9+a+b=24+a$, па според тоа $a=3$. |
|
|
| б) за $b=2$ добиваме $a=1$, |
|
|
| в) за $b=4$ добиваме $a=8$, |
|
|
| г) за $b=6$ добиваме $a=6$ |
|
|
| д) за $b=8$ добиваме $a=4$. |
|
|
| Задача 4. Во правоаголникот $A B C D$, должината $\overline{A B}$ е двапати поголема од ширината $\overline{B C}$. На страната $\overline{A B}$ е избрана точка $P$ така што $P$ е средина на $\overline{A B}$. Со отсечката $\overline{P C}$ правоаголникот е поделен на еден четириаголник и еден триаголник чии периметри се разликуваат за $20 \mathrm{~cm}$. Определи ја плоштината на правоаголникот $A B C D$. |
|
|
| Решение. Ако означиме дека $\overline{B C}=b$ тогаш $\overline{A P}=\overline{P B}=\overline{A D}=b$. Периметарот на четириаголникот $A P C D$ е $b+b+2 b+\overline{P C}$, а периметарот на триаголникот $P B C$ е $b+b+\overline{P C}$. Од условот на задачата имаме |
|
|
|  |
| дека периметрите се разликуваат за 20 па се добива $2 b=20$, односно $b=10 \mathrm{~cm}$. За должината на правоаголникот $\overline{A B}=a$ имаме $a=2 b=20 \mathrm{~cm}$, а за плоштината $P=a b=10 \cdot 20=200 \mathrm{~cm}^{2}$. |
|
|
| Задача 5. Да ја разгледаме следната табела |
|
|
| Во која редица (хоризонтала) се наоѓа бројот 2012. |
|
|
| Решение. Прв начин. Во првата вертикала, разликата меѓу два соседни броја е за 4 поголема од разликата на претходните два такви броја. Според тоа, во првата колона се броевите: |
|
|
| $4,8,16,28,44,64,88,116,148,184,224,268,316,368,424,484,548,616,688,764$, 844,928,1016,1108,1204,1304,1408,1516,1628,1744,1864,1988, 2116 |
|
|
| Бројот 2012 се наоѓа помеѓу броевите 1988 и 2116, па според тоа тој се наоѓа во 32 -та редица (хоризонтала). |
|
|
| Втор начин. Забележуваме дека последен елемент во $n$-тата редица е $2 n(n+1)$. Ако 2012-от број е во $n$-тата редица, важи |
|
|
| $$ |
| 2(n-1) n<2012 \leq 2 n(n+1) \text { или }(n-1) n<1006 \leq n(n+1) \text {. } |
| $$ |
|
|
| Јасно $n>30$, бидејќи $30 \cdot 31=930$. За $n=31,31 \cdot 32=992$ и за $n=32$, $32 \cdot 33=1056$. Оттука добиваме дека $n=32$. Значи 2012-от елемент се наоѓа во 32 редица. |
|
|
| ## VI одделение |
|
|
| Задача 1. Да се определат внатрешните агли на триаголникот, ако е познато дека големината на еден агол е $\frac{8}{15}$ од големината на другиот агол и $\frac{4}{11}$ од големината на третиот агол. |
|
|
| Решение. Нека со $\alpha, \beta$ и $\gamma$ ги означиме внатрешните агли во триаголникот. Од условот на задачата следува дека $\alpha=\frac{8}{15} \beta$ и $\alpha=\frac{4}{11} \gamma$. Тогаш $\beta=\frac{15}{8} \alpha$ и $\gamma=\frac{11}{4} \alpha$. Бидејќи збирот на внатрешните агли во триаголникот е $180^{\circ}$ добиваме $\alpha+\frac{18}{8} \alpha+\frac{11}{4} \alpha=180^{\circ}$. Решението на равенката е $\alpha=32^{0}$. Тогаш $\beta=60^{0}$ и $\gamma=88^{0}$. |
|
|
| Задача 2. Да се напишат сите петцифрени броеви од облик $\overline{a b c d a}$ деливи со 45 , при што цифрата на местото на стотките е најголемиот едноцифрен прост број. |
|
|
| Решение. Еден број е делив со 45, ако тој е делив со 9 и 5 . Еден број е делив со 5 ако тој завршува на Оили 5. Бидејќи бројот почнува на $a$, цифрата $a$ мора да биде 5 . |
|
|
| Од условот на задачата цифрата $c$ е еднаква на 7. |
|
|
| Еден број е делив со 9 ако збирот на неговите цифри е делив со 9. Па затоа збирот $5+b+7+d+5=17+b+d$ мора да биде делив со 9 , збирот $b+d$ мора да биде еднаков на 1 или 10 . |
|
|
| Ако $b+d=1$, тогаш броевите се 50715 и 51705 . |
|
|
| Ако $b+d=10$, тогаш броевите се |
|
|
| 51795, 52785, 54765, 56745, 58725, 59715. |
|
|
| Задача 3. Нека $A B C$ е правоаголен триаголник со хипотенуза $A B$ таков што $\measuredangle B A C=60^{\circ}$. Нека $M$ е пресекот на симетралата на аголот $\measuredangle B A C$ со катетата $B C$. Точката $N$ е средина на $A B$. Докажи дека $\overline{C M}=\overline{M N}$. |
|
|
| Решение. Од условот на задачата имаме $\angle A B C=30^{\circ}$. Бидејќи $A M$ е симетрала (види цртеж), имаме |
|
|
| $$ |
| \measuredangle A B C=\measuredangle B A M=30^{\circ} |
| $$ |
|
|
| Значи, триаголникот $A B M$ е рамнокрак. Според тоа, $M N$ е и висина во $A B M$ |
|
|
|  |
| повлечена кон $A B$. Оттука добиваме $\triangle A N M \cong \triangle A C M$, од каде добиваме дека $\overline{M N}=\overline{C M}$. |
|
|
| Задача 4. Учениците од едно училиште требало да одат на екскурзија. Се пријавиле $\frac{2}{9}$ повеќе ученици од планираниот број. Пред тргнување поради настинка се откажале $\frac{3}{11}$ од пријавените ученици, па на екскурзија отишле 5 ученици помалку од планираниот број. Колку ученици заминале на екскурзија? |
|
|
| Решение. Да го означиме планираниот број на ученици со $x$. Тогаш по пријавувањето имало $x+\frac{2}{9} x=\frac{11}{9} x$. Бидејќи пред тргнувањето се откажале $\frac{3}{11}$ од пријавените ученици, т.е. се откажале $\frac{3}{11} \cdot \frac{11}{9} x=\frac{3}{9} x=\frac{1}{3} x$ од планираниот број на ученици. Значи вкупниот број на ученици кои одат на екскурзија е $\frac{11}{9} x-\frac{1}{3} x=\frac{8}{9} x$. На екскурзија отишле 5 ученици помалку од планираниот број, па според тоа $\frac{8}{9} x=x-5$, т.е. $x=45$ |
|
|
| Значи, на екскурзија заминале $x-5=45-5=40$. |
|
|
| Задача 5. Цената на некој материјал е намалена за $52 \%$. По тоа намалување, за 240 денари може да се купи $1 \mathrm{~m}$ материјал повеќе отколку што би можело да се купи пред намалувањето за 270 денари. Одреди ја цената на тој материјал пред намалувањето. |
|
|
| Решение. Нека означиме со $x$ - цената на материјалот, а со $y$ - количината на материјалот во метри. После намалувањето имаме: |
|
|
| $$ |
| x-52 \% x=x-0,52 x=0,48 x |
| $$ |
|
|
| Тогаш |
|
|
| $$ |
| 240=0,48 x \cdot y+0,48 x |
| $$ |
|
|
| Пред намалувањето имаме: $270=x y$, па затоа |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 240=0,48 \cdot 270+0,48 x \\ |
| & 240=129,6+0,48 x \\ |
| & x=230 |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| Цената на материјалот пред намалувањето била 230 денари. |
|
|
| ## VII одделение |
|
|
| Задача 1. Набрани се 600 кг. печурки чија влажност е $98 \%$. По сушењето, влажноста е намалена на $96 \%$. Колкава е масата на печурките по сушењето? |
|
|
| Решение. Во 600 кг. печурки со влажност $98 \%$ има 588 кг. вода и 12 кг. сува материја. После сушењето 12 кг. сува материја претставува $4 \%$ од вкупната маса на печурките. Нека со $x$ ја означиме масата на печурките после сушењето. Тогаш $0.04 \cdot x=12$, од каде $x=300$ кг. |
|
|
| Задача 2. Одреди ги сите парови цели броеви $x$ и $у$ за кои важи |
|
|
| $$ |
| x y-7 x-y=3 |
| $$ |
|
|
| Решение. Равенката $x y-7 x-y=3$ може да се запише како |
|
|
| $$ |
| x y-y=3+7 x, \text {,.е. } y(x-1)=7 x+3 |
| $$ |
|
|
| За $x=1$ добиваме равенка $y \cdot 0=10$ која нема решенија. За $x \neq 1$, имаме $y=\frac{7 x+3}{x-1}=7+\frac{10}{x-1}$. Па $y$ е цел број ако $\frac{10}{x-1}$ е цел број, односно мора $x-1 \in\{1,-1,2,-2,5,-5,10,-10\}$, па $x \in\{2,0,3,-1,-4,6,11,-9\}$. Значи цели решенија на равенката се $(2,17),(0,-3),(3,12),(-1,2),(6,9),(-4,5),(11,8)$, $(-9,6)$. |
|
|
| Задача 3. Една кутија боја е доволна да се обои парче картон во облик на правоаголник на кој едната страна му е трипати поголема од другата страна. Ако од парчето картон направиме нов правоаголник, скратувајќи ја подолгата страна за $18 \mathrm{~cm}$ и продолжувајќи ја другата за $8 \mathrm{~cm}$ за боење ќе потрошиме исто количество боја. Одреди го периметарот на новиот правоаголник. |
|
|
| Решение. Да го означиме почетниот правоаголник со $A B C D$, каде $\overline{A B}=a$ и $\overline{B C}=b$. Од условот на задачата имаме $a=3 b$. Ако пак со $A E F G$ го означиме новиот правоаголник, тогаш |
|
|
| $$ |
| \overline{A E}=\overline{A B}=3 b-18 \text { и } \overline{E F}=\overline{B C}+8=b+8 |
| $$ |
|
|
| Бидејќи за боењето ќе искористиме исто количество боја, имаме |
|
|
| $$ |
| P_{A B C D}=P_{A E F G} |
| $$ |
|
|
| т.е. |
|
|
| $$ |
| 3 b^{2}=(3 b-18)(b+8) |
| $$ |
|
|
|  |
|
|
| односно |
|
|
| $$ |
| 3 b^{2}=3 b^{2}+24 b-18 b-144 |
| $$ |
|
|
| Од последната равенка имаме $b=24 \mathrm{~cm}$. |
|
|
| Според тоа, |
|
|
| $$ |
| L_{A E F G}=2(3 \cdot 24-18+24+8)=172 \mathrm{~cm} |
| $$ |
| |
| Задача 4. На еден фудбалски турнир учествувале 10 фудбалски екипи и притоа секоја екипа одиграла точно по еден натпревар со секоја друга. За секоја победа се добива 3 поени, за нерешено 1 поен, и за пораз 0 поени. На крај е дадена конечна табела од збирот на поени на секоја екипа. Ако збирот од сите поени на конечната табела изнесувал 120 , тогаш колку натпревари на фудбалскиот натпревар завршиле нерешено? |
| |
| Решение. Бројот на сите одиграни натпревари на фудбалскиот натпревар е $9+8+7+\ldots+2+1=45$. Ако со $x$ го означиме бројот на нерешени натпревари тогаш $45-x$ е бројот на натпревари кои завршиле со победник. Оттука ја добиваме равенката |
| |
| $$ |
| 3(45-x)+2 x=120 |
| $$ |
| |
| чие решение е $x=15$. |
| |
| Значи, на фудбалскиот турнир 15 натпревари завршиле нерешено. |
| |
| Задача 5. Во конвексен четириаголник $A B C D$ (трапезоид) точките $E, F, G$ се средини на страните $A D, D C$ и $A B$ соодветно. При тоа $G E \perp A D, G F \perp C D$. Пресметај го аголот $\measuredangle A C B$. |
| |
| Решение. Од условот на задачата $\overline{A E}=\overline{E D}, \measuredangle G E A=\measuredangle D E G=90^{\circ}$ и $G E$ е заедничка страна, па според САС триаголниците $A G E$ и $D G E$ се складни. Од складноста следи дека $\overline{A G}=\overline{G D}$. Аналогно, ${ }_{\Delta} G F D \cong{ }_{\Delta} G F C$ од каде што $\overline{G D}=\overline{G C}$. |
| |
| Значи $\overline{A G}=\overline{G D}=\overline{G C}$ и $\overline{A G}=\overline{G B}$ од условот точката $G$ да е средина на страната $A B$, што значи дека $\overline{G C}=\overline{G B}$ односно дека $\triangle G B C$ е рамнокрак. |
| |
| Нека означиме $\measuredangle C A G=\alpha$. Тогаш и $\Varangle G C A=\alpha$, па |
| |
|  |
| |
| $$ |
| \measuredangle C G B=\measuredangle C A G+\measuredangle G C A=2 \alpha |
| $$ |
| |
| Понатаму, |
| |
| $$ |
| \measuredangle B C G=\measuredangle G B C=\frac{180^{\circ}-\not C C G B}{2}=90^{\circ}-\alpha |
| $$ |
| |
| На крај, |
| |
| $$ |
| \measuredangle A C B=\measuredangle G C A+\measuredangle B C G=\alpha+90^{\circ}-\alpha=90^{\circ} |
| $$ |
| |
| ## VIII одделение |
| |
| Задача 1. Даден е тапоаголен триаголник $A B C$ со тап агол во темето $C$. Нека точката $P$ е средина на страната $\overline{A B}$ и нека $\measuredangle P C A=90^{\circ}$, $\measuredangle B C P=30^{\circ}, \overline{A C}=3 \mathrm{~cm}$. Да се најде должината на страната $\overline{B C}$. |
| |
| Решение. Триаголникот $A B C$ го дополнуваме до паралелограм $A E B C$. Тогаш важи $\measuredangle A E C=30^{\circ}$, што значи дека триаголникот $A E C$ е половина од некој рамностран триаголник, па |
| |
| $$ |
| \overline{A E}=2 \overline{A C}=2 \cdot 3=6 |
| $$ |
| |
| односно $\overline{B C}=6 \mathrm{~cm}$. |
| |
|  |
| |
| Задача 2. Реши го системот равенки |
| |
| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| x(y+z)=5 \\ |
| y(x+z)=10 \\ |
| z(x+y)=13 |
| \end{array}\right. |
| $$ |
| |
| Решение. Прв аначин. Ја воведуваме смената $x_{1}=x y, x_{2}=x z, x_{3}=y z$. Тогаш системот го добива обликот |
|
|
| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| x_{1}+x_{2}=5 \\ |
| x_{1}+x_{3}=10 \\ |
| x_{2}+x_{3}=13 |
| \end{array}\right. |
| $$ |
|
|
| Го изразуваме $x_{2}$ од првата равенка и го заменуваме во третата, |
| |
| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| x_{2}=5-x_{1} \\ |
| x_{1}+x_{3}=10 \\ |
| 5-x_{1}+x_{3}=13 |
| \end{array}\right. |
| $$ |
| |
| па според тоа |
| |
| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| x_{2}=5-x_{1} \\ |
| x_{1}+x_{3}=10 \\ |
| -x_{1}+x_{3}=8 |
| \end{array}\right. |
| $$ |
| |
| Го изразуваме $x_{3}$ од третата равенка и го заменуваме во втората. |
|
|
| $$ |
| \left\{\begin{array} { l } |
| { x _ { 2 } = 5 - x _ { 1 } } \\ |
| { x _ { 1 } + 8 + x _ { 1 } = 1 0 } \\ |
| { x _ { 3 } = 8 + x _ { 1 } } |
| \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } |
| { x _ { 2 } = 5 - x _ { 1 } } \\ |
| { 2 x _ { 1 } = 2 } \\ |
| { x _ { 3 } = 8 + x _ { 1 } } |
| \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } |
| { x _ { 2 } = 4 } \\ |
| { x _ { 1 } = 1 } \\ |
| { x _ { 3 } = 9 } |
| \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} |
| x y=1 \\ |
| x z=4 \\ |
| y z=9 |
| \end{array}\right.\right.\right.\right. |
| $$ |
|
|
| Ако ги поделиме првите две равенки и добиваме $\frac{z}{y}=4$ или $z=4 y$. Ако, пак, замениме во третата равенка добиваме $4 y^{2}=9$ или $y= \pm \frac{3}{2}$. Според тоа, $z= \pm 6$ и $x= \pm \frac{2}{3}$. |
|
|
| Втор начин. Ако во секоја равенка од системот се ослободиме од заграда добиваме |
|
|
| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| x y+x z=5 \\ |
| y x+y z=10 \\ |
| z x+z y=13 |
| \end{array}\right. |
| $$ |
|
|
| Ако трите равенки ги собереме, добиваме $2(x y+y z+z x)=28$, т.е. $x y+y z+z x=14$. Ако од последната равенка ги одземеме првата равенка, па втората равенка, па третата равенка, добиваме $y z=9, x z=4$ и $x y=1$. |
|
|
| Ако ги поделиме првите две од последните три равенки се добива $y=\frac{9}{4} x$, па со замена во третата равенка се добива $\frac{9}{4} x^{2}=1$, т.е. $x^{2}=\frac{4}{9}$. Броеви за кои е исполнета последната равенка се $x=\frac{2}{3}$ и $x=-\frac{2}{3}$. Лесно се добива $y= \pm \frac{3}{2}$ и $z= \pm 6$. |
|
|
| Задача 3. Бројот $\overline{a b c}$ е делив со 37. Докажи дека и бројот $\overline{b c a}+\overline{c a b}$ е делив со 37. |
|
|
| Решение. За трите броја запишани со истите цифри како дадениот важи |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| \overline{a b c}+\overline{b c a}+\overline{c a b} & =100 a+10 b+c+100 b+10 c+a+100 c+10 a b \\ |
| & =111 a+111 b+111 c=37(3 a+3 b+3 c) |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| односно |
|
|
| $$ |
| \overline{a b c}+\overline{b c a}+\overline{c a b}=37 k |
| $$ |
|
|
| Но од условот имаме дека $\overline{a b c}=37 \mathrm{~m}$. Тогаш добиваме |
|
|
| $$ |
| \overline{b c a}+\overline{c a b}=37(k-m) |
| $$ |
|
|
| што и требаше да се докаже . |
|
|
|  |
|
|
| Задача 4. Водена трска чии врв се нао́́a $20 \mathrm{~cm}$ над површината од едно планинско езеро, под налет на ветрот ја допрел водата и исчезнал во точка оддалечена $60 \mathrm{~cm}$ од местото каде што првобитно се наоѓал. Сметајќи дека трската е доволно крута за да остане права при движењето определи ја длабочината на езерото. |
|
|
| Решение. Конструираме кружница со центар во дното на трската и радиус $l=\overline{O D}=\overline{O A}$-должината на трската (направи цртеж). Да забележиме дека триаголникот $\triangle A D E$ е правоаголен па триаголникот $\triangle A B D$ е сличен со $\triangle D B E$ од каде имаме $\frac{\overline{A B}}{\overline{B D}}=\frac{\overline{B D}}{\overline{B E}}$, што значи дека $\overline{B E}=\frac{\overline{B D}^{2}}{\overline{A B}}$. Од друга страна $\overline{B E}=2 x+20$, па $x=80 \mathrm{~cm}$. |
|
|
|  |
|
|
| Задача 5. Еден тест со заокружување на понудени решенија се состои од 20 задачи. За секоја точно решена задача се добиваат 8 поени, а за |
| погрешно решена се одземаат 5 поени. Доколку на некоја задача не се заокружи ниеден од понудените одговори, за неа се даваат 0 поени. Некој ученик на крајот освоил 13 поени. Колку задачи точно решил ученикот? |
|
|
| Решение. Нека $x$ е бројот на точно решени задачи, $y$ е бројот на неточно решени задачи, а $z$ е бројот на задачи на кои ученикот не одговорил ништо. Според условите од задачата, се добива системот |
|
|
| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| x+y+z=20 \\ |
| 8 x-5 y=13 |
| \end{array}\right. |
| $$ |
|
|
| при што $x, y$ и $z$ се ненегативни цели броеви. |
|
|
| Од втората равенка, се добива дека |
|
|
| $$ |
| \begin{aligned} |
| & 8 x=13+5 y \\ |
| & x=\frac{13+5 y}{8}=1+\frac{5+5 y}{8}=1+\frac{5}{8}(1+y) |
| \end{aligned} |
| $$ |
|
|
| од каде, за $x$ да е цел број, треба $1+y$ да биде делив со 8 , т.е. $1+y=0$ или $1+y=8$ или $1+y=16$. При тоа |
|
|
| 1) $y=-1$, што не можно, бидејќи $y$ не може да е негативен. |
| 2) $y=7, x=\frac{13+5 y}{8}=\frac{48}{8}=6, z=20-6-7=7$ |
| 3) $y=15, x=\frac{13+5 \cdot 15}{8}=11, z=20-15-11=-6<0$, што не е можно бидејќи $z \in \mathbb{N}$. |
|
|
| Значи, ученикот одговорил точно на 7 задачи. |
|
|
|
|
