MatematickiTalent/md/mk-primary-republic/SZcvRvWqt0qen3YMZ_-3rg.md

XXVII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ

VI одделение

1. Двајца велосипедисти тргнале од местата $A$ и $B$ еден кон друг. Кога се сретнале, првиот велосипедист поминал $\frac{4}{7}$ од патот и уште $\frac{24}{10} \mathrm{~km}$, а вториот велосипедист поминал два пати помалку од првиот. Најдете го растојанието од $A$ до $B$.

Решение. Ако со $x$ го означиме растојанието од $A$ до $B$ тогаш, од условите во задачата, следува равенството:

$$\frac{4}{7}x+\frac{24}{10}+\frac{1}{2}(\frac{4}{7}x+\frac{24}{10})=x\backslash frac\{4\}\{7\}\; x+\backslash frac\{24\}\{10\}+\backslash frac\{1\}\{2\}\backslash left(\backslash frac\{4\}\{7\}\; x+\backslash frac\{24\}\{10\}\backslash right)=x$$

Оттука следува дека

$$(1-\frac{4}{7}-\frac{2}{7})x=\frac{24}{10}+\frac{12}{10}\backslash left(1-\backslash frac\{4\}\{7\}-\backslash frac\{2\}\{7\}\backslash right)\; x=\backslash frac\{24\}\{10\}+\backslash frac\{12\}\{10\}$$

од каде се добива дека е $x=25,2 \mathrm{~km}$.

2. Во квадрат $4 \times 4$ да се распоредат прости броеви така што производот на броевите во секој ред, колона и дијагонала е $P=2002+13(-1)^{2001}$. Решение. Бидејќи $P=2002-13=1989=3 \cdot 3 \cdot 13 \cdot 17$ следува:

17	13	3	3
3	3	13	17
13	17	3	3
3	3	17	13

3. Даден е рамностран триаголник $A B C$. Точката $D$ лежи на отсечката $A B$. Конструиран е рамностран триаголник $C D E$, така што точките $B$ и $E$ се во една и иста полурамнина во однос на правата $C D$. Докажете дека $A C | B E$.

Решение. Бидејќи триаголниците $A B C$ и $C D E$ се рамнострани, следува дека

Тогаш

Оттука следува дека $\triangle A C D \cong{ }_{\triangle} B C E$ (CAC) па $\measuredangle C B E=\measuredangle C A D=60^{\circ}$, од каде

$$\mathrm{\measuredangle }ABE=\mathrm{\measuredangle }ABC+\mathrm{\measuredangle }CBE={60}^{\circ }+{60}^{\circ }={120}^{\circ }\mathrm{.}\backslash measuredangle\; A\; B\; E=\backslash measuredangle\; A\; B\; C+\backslash measuredangle\; C\; B\; E=60^\{\backslash circ\}+60^\{\backslash circ\}=120^\{\backslash circ\}\; .$$

Добивме дека збирот на аглите $\measuredangle C A B$ и $\measuredangle A B E$, добиени при пресек на правите $A C$ и $B E$ со $A B$, е $60^{\circ}+120^{\circ}=180^{\circ}$. Значи, $A C | B E$.

4. Правата $A D$ кон кракот $B C$ на рамнокракиот триаголник $A B C$ го дели периметарот на истиот триаголник на делови од $17 \mathrm{cm}$ и $11 \mathrm{cm}$. Најдете ги страните на триаголникот ако нивните мерни броеви се последователни природни броеви.

Решение. Од условот на задачата следува дека

а) $\overline{A C}+\overline{C D}=17 ; \overline{A B}+\overline{B D}=11$ или

б) $\overline{A C}+\overline{C D}=11 ; \overline{A B}+\overline{B D}=17$.

a) Со собирање на овие две равенства се добива дека $\overline{A C}+\overline{C D}+\overline{A B}+\overline{B D}=28$ т.е.

$$2\overline{AC}+\overline{AB}=282\; \backslash overline\{A\; C\}+\backslash overline\{A\; B\}=28$$

Бидејќи мерните броеви на страните на триаголникот се последователни природни броеви, од последното равенство следува дека

$$2\overline{AC}+\overline{AC}+1=28\text{ или }2(\overline{AB}+1)+\overline{AB}=282\; \backslash overline\{A\; C\}+\backslash overline\{A\; C\}+1=28\; \backslash text\; \{\; или\; \}\; 2(\backslash overline\{A\; B\}+1)+\backslash overline\{A\; B\}=28$$

при што решение се добива само во првиот случај и тоа $\overline{A C}=9 ; \overline{A B}=10$.

б) Со собирање на овие две равенства се добива $2 \overline{A C}+\overline{A B}=28$ од што, како и во случајот под а) наоѓаме $\overline{A C}=9 ; \overline{A B}=10$.

VII одделение

1. Една работа ја започнале 33 работници и според планот требало да ја завршат за 80 дена. Но, по 16 дена работење, 9 работници се ангажирани на друга работа. За колку дена ќе задоцни завршувањето на работата?

Решение. Нека, почнувајќи од 16-тиот ден, 33-9 работници ја завршат работата за $x$ дена. Тогаш важи: $80 \cdot 33=16 \cdot 33+x(33-9)$ од каде $x=88$. Значи, целата работа ќе се заврши за 88+16 дена, па задоцнувањето ќе биде $8+16=24$ дена.

2. Најдете ги сите трицифрени броеви кои се еднакви на третиот степен од збирот на нивните цифри.

Решение. Нека $\overline{a b c}$ е бараниот број. Тогаш $\overline{a b c}=(a+b+c)^{3}$. Бидејкии $\overline{a b c}$ е трицифрен број, равенката ќе важи ако $5 \leq a+b+c \leq 9$. Ако $a+b+c=5$ тогаш $(a+b+c)^{3}$ завршува на 5 . Но, тогаш и $\overline{a b c}$ завршува на 5 , од каде следува дека $a+b+c>5$, што е контрадикција. Слично, ако $a+b+c=6$ или $a+b+c=9$ тогаш $(a+b+c)^{3}$ завршува на 6 или на 9 , и повторно се добива контрадикција. Останува да се проверат случаите $a+b+c=7$ и $a+b+c=8$. Ако $a+b+c=7$, тогаш $\overline{a b c}=7^{3}=343$, но $3+4+3 \neq 7$. Останува случајот $a+b+c=8$. Тогаш $\overline{a b c}=8^{3}=512$ и $5+1+2=8$. Бараниот број е 512.

3. Во триаголник $A B C$ центарот на впишаната кружница $S$ и центарот на опишаната кружница $O$ се симетрични во однос на страната $A B$. Пресметајте ги аглите во триаголникот.

Решение. Точката $O$ лежи на симетралата на страната $A B$, па мора и точката $S$ да лежи на неа. Бидејќи $\overline{A S}=\overline{B S}$ следува дека и $\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}$, па и $\alpha=\beta$ т.е. $\triangle A B C$ е рамнокрак и $\overline{A C}=\overline{B C}$. Од $\triangle A O C$ и $\triangle B O C$ заклучуваме дека $\frac{\gamma}{2}=3 \frac{\alpha}{2}=3 \frac{\beta}{2}$ т.е. $\gamma=3 \alpha=3 \beta$. Тогаш

$$\alpha +\beta +\gamma =5\alpha ={180}^{\circ }\backslash alpha+\backslash beta+\backslash gamma=5\; \backslash alpha=180^\{\backslash circ\}$$

па $\alpha=\beta=36^{\circ}$ и $\gamma=108^{\circ}$.

4. Над страните $A B$ и $B C$ на паралелограмот $A B C D$ конструирани се квадрати $A E F B$ и $B G H C$. Докажете дека должината на отсечката $G F$ е еднаква на должината на една дијагонала на паралелограмот $A B C D$.

Решение. Не е важно дали еден или двата квадрата делумно го покриваат паралелограмот. Нека се квадратите како на цртежот лево. Тогаш, $\triangle A B D$ и $\triangle B F G$ се складни:

(како агли со нормални краци) па е $\overline{B D}=\overline{F G}$.

VIII одделение

1. Колона извидници има должина $1 \mathrm{km}$ и се движи рамномерно. Курирот кој е на чело на колоната трча до крајот на колоната, ја предава пораката и повторно се враќа на чело на колоната. За тоа време колоната изминува пат од $1 \mathrm{km}$. Колкав пат поминал курирот?

Решение. Нека курирот се движи со брзина $x$, колоната со брзина $y$ и нека co $S$ го означиме патот што курирот го минува од чело на колоната до нејзиниот крај. Тогаш е:

$$\frac{s}{x}=\frac{1-s}{y};\frac{s+1}{x}=\frac{s}{y}\backslash frac\{s\}\{x\}=\backslash frac\{1-s\}\{y\}\; ;\; \backslash quad\; \backslash frac\{s+1\}\{x\}=\backslash frac\{s\}\{y\}$$

Од овие две равенства следува дека

$$\frac{x}{y}=\frac{s}{1-s}=\frac{s+1}{s};(s\mathrm{\ne }0,s\mathrm{\ne }1)\backslash frac\{x\}\{y\}=\backslash frac\{s\}\{1-s\}=\backslash frac\{s+1\}\{s\}\; ;(s\; \backslash neq\; 0,\; s\; \backslash neq\; 1)$$

од каде се добива:

$$2s^2=1;s=\frac{\sqrt{2}}{2}2\; s^\{2\}=1\; ;\; s=\backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}$$

Изминатиот пат е

$$2s+1=2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+1=(\sqrt{2}+1)km2\; s+1=2\; \backslash cdot\; \backslash frac\{\backslash sqrt\{2\}\}\{2\}+1=(\backslash sqrt\{2\}+1)\; k\; m$$

2. Нека $x_{0}, x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2002}$ се последователни цели броеви, за кои важи

$$-x_0+x_1-x_2+\dots -x_{2000}+x_{2001}-x_{2002}=2003-x\_\{0\}+x\_\{1\}-x\_\{2\}+\backslash ldots-x\_\{2000\}+x\_\{2001\}-x\_\{2002\}=2003$$

Пресметајте го бројот $x_{2002}$.

Решение. Равенството (1) го запишуваме во следниот облик:

$$(-x_0+x_1)+(-x_2+x_3)+\dots +(-x_{2000}+x_{2001})-x_{2002}=2003\backslash left(-x\_\{0\}+x\_\{1\}\backslash right)+\backslash left(-x\_\{2\}+x\_\{3\}\backslash right)+\backslash ldots+\backslash left(-x\_\{2000\}+x\_\{2001\}\backslash right)-x\_\{2002\}=2003$$

Бидејќи $x_{i}, i=0,1, \ldots 2002$ се последователни цели броеви следува дека $x_{i+1}-x_{i}=1$ од каде се добива дека

$$1001-x_{2002}=20031001-x\_\{2002\}=2003$$

т.е.

$$x_{2002}=-1002x\_\{2002\}=-1002$$

3. Во рамнокрак триаголник со основа $a$ и крак $b$ аголот при основата е $72^{\circ}$. Докажете дека $b=\sqrt{a(a+b)}$.

Решение. Нека е $B B^{\prime}$ симетрала на $\Varangle A B C$. Тогаш

т.е. триаголниците $A B C$ и $A B^{\prime} B$ се слични.

Од сличноста следува дека

$$a:b=(b-a):aa:\; b=(b-a):\; a$$

па е

$$a^2=b(b-a)=b^2-aba^\{2\}=b(b-a)=b^\{2\}-a\; b$$

Оттука

$$b^2=a^2+ab\text{ т.е. }b=\sqrt{a(a+b)}b^\{2\}=a^\{2\}+a\; b\; \backslash text\; \{\; т.е.\; \}\; b=\backslash sqrt\{a(a+b)\}$$

4. Во правоаголен триаголник $A B C$ ( $\left.\angle C=90^{\circ}\right)$ со катети $\overline{C A}=21 \mathrm{cm}$ и $\overline{C B}=28 \mathrm{cm}$ впишан е квадрат чии две страни лежат на катетите, а четвртото теме е на хипотенузата. Пресметајте ја должината на отсечките на кои темето на квадратот ја дели хипотенузата.

Решение. Нека $C D E F, D \in C B, E \in B A$, $F \in C A$ е квадрат со страна $x$ впишан во $\triangle A B C$. Тогаш

$$P_{\mathrm{△}ABC}=P_{\mathrm{\Delta }CDEF}+P_{\mathrm{\Delta }DEB}+P_{\mathrm{\Delta }FAE}P\_\{\backslash triangle\; A\; B\; C\}=P\_\{\backslash Delta\; C\; D\; E\; F\}+P\_\{\backslash Delta\; D\; E\; B\}+P\_\{\backslash Delta\; F\; A\; E\}$$

каде $\triangle D E B$ е правоаголен триаголник со катети $x$ и $28-x$, а $\triangle F A E$ е правоаго-

лен триаголник со катети $X$ и 21-x. Затоа,

$$\frac{21\cdot 28}{2}=x^2+\frac{x(28-x)}{2}+\frac{x(21-x)}{2}\backslash frac\{21\; \backslash cdot\; 28\}\{2\}=x^\{2\}+\backslash frac\{x(28-x)\}\{2\}+\backslash frac\{x(21-x)\}\{2\}$$

од каде $x=12 \mathrm{~cm}$. Тогаш, со примена на Питагоровата теорема за $\triangle D E B$ и $\triangle F A E$, соодветно се добива