ХХІІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА
ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
VII одделение
1. Во трнаголник $\mathrm{ABC}$, висинята на страната $\mathrm{BC}$, симетралета на аполот
$\mathrm{ABC}$ и симетралата на странята $\mathrm{AB}$ се с́ечит во една точка Одреди ја големината на аголот $\mathrm{ABC}$.Решение: Нека $\mathbf{S}$ е пресечната точка на двете симетрали и висината и $\triangle \mathrm{ABC}=\beta$. Бидејќи $\mathrm{S}$ лежи на симетралата на страната $\mathrm{AB}$, следува дека $\overline{\mathrm{SA}}=\overline{\mathrm{SB}}$, односно $\triangle \mathrm{ABS}$ е рамнокрак, па $\triangle \mathrm{SAB}=\triangle \mathrm{SBA}=\frac{\beta}{2}$. од $\triangle \mathrm{ABA}_{1}: \frac{\beta}{2}+\beta=90^{\circ}, \beta=60^{\circ}$.
- Секој $\mathrm{cm}^{2}$ од правоаголник со димензии $8 \mathrm{
cm}$ и $4 \mathrm{cm}$ треба да се обои со различна боја или со бон со различни нијанси. Дали е можно тоа да се направи со црвена, сина, црна, зелена и жолта боја како и нијансите што може да се добијат со мешање на две, три, четири или сите пет бои во еднакви односи.
Решение: Правоаголникот има плоштина $P=8.4=32 \mathrm{cm}^{2}$. Со петте бои може да се обојат $5 \mathrm{cm}^{2}$. Со две бои може да се добијат 10 нијанси. односно да се обојат $10 \mathrm{cm}^{2}$. Со три бои може да се добијат исто така 10 нијанси. односно да се обојат уште $10^{\circ} \mathrm{cm}^{2}$. Со четири бои може да се добијат 5 нијанси, односно да се обојат $5 \mathrm{cm}^{2}$. На крајот, со петте бои може да се добие една нијанса, односно да се обои $1 \mathrm{cm}^{2}$. Значи, вкупно ќе се обојат: $5+10+10+5+1=31 \mathrm{cm}^{2}$. односно $1 \mathrm{~cm}^{2}$ од правоаголникот ќе остане необоен со дадените бои или нијансите добиени од нив, земени во еднаков однос?
3. Реалните броевн $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ и d го задоволуватт условот: $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{d}^{2}-2(\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{c} d-$
$\left.b^{2}-c^{2}\right) \Rightarrow$. Докажи дека $a=b=c=d$.Решение:
Од $a^{2}+d^{2}-2\left(a b+b c+c d-b^{2}-c^{2}\right)=0$, следува $a^{2}+d^{2}-2 a b-2 b c-2 c d+2 b^{2}+2 c^{2}=0$, или $\left(a^{2}-2 a b+b^{2}\right)+\left(d^{2}-2 c d+c^{2}\right)+\left(b^{2}-2 b c+c^{2}\right)=0$, односно $(a b-)^{2}+(d c)^{2}+(b c)^{2}=0$, а ова равенствое исполнето ако $\mathrm{a}-\mathrm{b}=0, \mathrm{~d}-\mathrm{c}=0$ и $\mathrm{b}-\mathrm{c}=0$, односно $а$ ако $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}$
- Одредн пи сите трнцифрени броеви што се деливи со 11, азбирот на нивиите цифри е 10.
Решение: Да ги означиме со $\overline{\mathrm{abc}}$ (каде а $\mathrm{b}$ и с се цифри) бараните трицифрени броеви. За нив важи:: $11 \mid \overline{a b c}$ и $a+b+c=10$. $\overline{\mathrm{abc}}=100 \mathrm{a}+10 \mathrm{b}+\mathrm{c}=99 \mathrm{a}+9 \mathrm{b}+(\mathrm{a}+\mathrm{b+c})$. Бидејки $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=10$ следува дека $\overline{\mathrm{abc}}=$ $99 a+9 b+10$, односно $\overline{a b c}=99 a+11 b+11-(2 b+1)$. Јасное дека $99 a+11 b+11$ е деливо со 11. Бидејки $11 \mid \overline{\text { abc }}$, следува дека $11 \mid 2 b+1$, а ова е исполнето само ако $2 b+1=0$ или $2 b+1=11$. Бидејки е цифра слегува дека $2 b+1 \neq 0$, а од $2 b+1=11$ следува дека $b=5$. Од условот слегува дека анс $=5$, па бараните трицифрени броеви с: 154.253. 352.451 и 550.
5. Во даден трнаголник $\mathrm{ABC}$ висината и тежишната линија што се повлечени од темето $\mathbf{C}$ го делат аголот $\mathbf{C}$ на три еднакви дела. Одреди ги аглите на триаголникот.
Решение: Неха $\overline{\mathrm{CM}}=\mathrm{t}{\mathrm{c}}$ и $\overline{\mathrm{CN}}=\mathrm{h}{\mathrm{c}}$ го делат аголот С на три еднакви дела. Ако $P \in A C$, така што MPLAC, тогаш $\triangle \mathrm{CMP} \cong \triangle \mathrm{CMN}\left(\triangle \mathrm{P}=\angle \mathrm{N}=90^{\circ}\right.$, СМ е заедничка страна и $\triangle \mathrm{PCN}=\triangle \mathrm{MCN}=\varphi)$. Следува дека $\overline{\mathrm{PM}}=\overline{\mathrm{MN}}=\frac{\mathrm{c}}{4} \quad$ ( $\mathrm{MBC}$ е рамнокрак, значи $\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{NB}}=\frac{\mathrm{c}}{4}$ ). Бидејки хипотенузата АМ
во $\triangle \mathrm{AMP}$ е двапати поголема од катетата PM следува дека $\alpha=30^{\circ}$. $\triangle P M N=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$, а од складноста на триаголниците следува дека $\triangle \mathrm{PMC}=\angle \mathrm{CMN}=60^{\circ}$, односно $\varphi=30^{\circ}$, т.е. $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$, а $\angle \mathrm{B}=60^{\circ}$.
VIII одделение
- Упрости го изразот $A=1-a+a^{2}-a^{3}+\ldots+a^{1996}-a^{1997}+\frac{a^{1998}}{1+a}$ и пресметај ја неговата вредност за $a=-\frac{1996}{1997}$.
Решение:
- Во триаголних $\mathbf{A B C}$ дадени се точки $M$ и $N(M \in A B, N \in B C$ ) такви што $\overline{\mathrm{AM}}: \overline{\mathrm{MB}}=1: 2$ и $\overline{\mathrm{BN}}: \overline{\mathrm{NC}}=1: 2$. Нека отсечките $\mathrm{AN}$ и $\mathrm{CM}$ се сечат во точка D. Докажи дека трнаголиикот ADC и четирнаголникот MBND се еднаквоплошни.
Решение: $P_{\triangle A B N}=\frac{1}{3} P_{\triangle A B C}$ и $P_{\triangle A M C}=\frac{1}{3} P_{\triangle A B C}$. имаме $P_{\triangle A D C}=P_{\triangle A M C} \cdot P_{\triangle M M D}=$
n $P_{M B N D}=P_{\triangle A B N}-P_{\triangle A M D}=\frac{1}{3} P_{\triangle A B C}-P_{\triangle A M D}$..
(2). Од (1) и (2) следува дека $\mathrm{P}{\triangle A D C}=\mathrm{P}{\text {мBNDD }}$.
- Ако трицифрен број, на кој двете последни цифри се еднакви, е делив со 7 , тогаш и збирот на неговите цифри е делив со 7. Докажи.
Решение: Дадениот трицифрен број да го сзначиме $о$ а $\overline{\mathrm{abb}} \cdot \overline{\mathrm{abb}}=100 \mathrm{a}+1 \mathrm{lb}=$ $=(98 a+7 b)+(2 a+4 b)=7(14 a+b)+2(a+2 b)$. Бројот 7.(14a+b) е делив со 7.
- Во трнаголинк $\mathrm{ABC}$ аголот $\alpha$ при темето $\mathrm{A}$ е двапати поголем од аголот $\beta$ при темето В. Ако $\overline{\mathrm{AB}}=c, \overline{\mathrm{BC}}=a$ и $\overline{\mathrm{AC}}=\mathrm{b}$, докажи дека $\mathbf{a}^{2}=\mathbf{b} \cdot(\mathbf{b}+\mathbf{c})$.
Решение: Нека Е и D се точки од правата $A B$ така " што $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{CE}}=\overline{\mathrm{AC}} \cdot \triangle \mathrm{ADC}$ е рамнокрак ( $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{AC}}$ ) и $\alpha$ е надворешен агол за тој трнаголник. Следува дека $\triangle \mathrm{ADC}+\triangle \mathrm{ACD}=\alpha$, односно $\triangle \mathrm{ADC}+\triangle \mathrm{ACD}=\beta / 2$. Би-
дејки $\triangle \mathrm{ACE}$ е рамнокрак ( $\overline{\mathrm{CA}}=\overline{\mathrm{CE}}$ ) следува дека $\triangle \mathrm{AEC}=\alpha$, а од $\alpha=2 \beta$ и $\triangle \mathrm{B}=\beta$
следува дека $\triangle \mathrm{ECB}=\beta$, односно $\triangle \mathrm{BCE}$ е рамнокрак ( $\overline{\mathrm{BE}}=\overline{\mathrm{CE}}$ ). Од $\triangle \mathrm{DBC} \sim \triangle \mathrm{BCE}$ следува: $\overline{\mathrm{BC}}: \overline{\mathrm{CE}}=\overline{\mathrm{DB}}: \overline{\mathrm{BC}}$, односно $\quad a: b=(b+c): a$ или $\alpha^{2}=b(b+c)$.
- Во рамностран триаголиник со страна а $=31 \mathrm{
cm}$ на пронвволен начин се разместени 1997 точки. Докажи деки барем три од овие точки може ди се покријет со круг со раптус $r=0,6 \mathrm{cm}$.
Решение: Да го разделиме дадениот рамностран трнаголник на рамнострани триаголници со страна $1 \mathrm{~cm}$. Такви триаголници ќe се добијат: $1+3+5+\ldots+61=$ $(1+61)+(3+59)+\ldots+(29+33)+31=15 \cdot 62+31=31 \cdot 31=961$. Во триаголникот има 1997 точки.
Бидејки $961 \cdot 2=1922<1997$, заклучуваме дека
постои триаголник со страна $1 \mathrm{cm}$ во кој се наоғаат барем три точки (принципот на Дирихле). Радиусот на круг опишан околу таков триаголник е $\frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{cm} \approx \frac{1,73}{3}<\frac{1,8}{3}=0,6 \mathrm{~cm}$. Значи. во внатрешноста на овој круг има барем три точки.