ХХІІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
VII одделение
- Bo трмаголник ABC, виспнатта на странята BC, симетралата на аполот $\mathrm{ABC}$ и смметралята на странята $\mathrm{AB}$ се сечит во една точкя. Одреди ја талемmuнтra на аголот $\mathrm{ABC}$.
Решение: Нека S е пресечната точка на двете симетрали и висината и $\triangle \mathrm{ABC}=\beta$. Бидејќи $\mathrm{S}$ лежи на симетралата на страната $A B$, следува дека $\overline{\mathrm{SA}}=\overline{\mathrm{SB}}$, односно $\triangle \mathrm{ABS}$ е рамнокрак, па $\triangle S A B=\triangle S B A=\frac{\beta}{2}$. Од $\triangle \triangle B A_{1}: \frac{\beta}{2}+\beta=90^{\circ}, \beta=60^{\circ}$.
- Секој $\mathrm{cm}^{2}$ од правоаголник со димензни $8 \mathrm{
cm}$ घ $4 \mathrm{cm}$ 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 $\mathrm{P}=8.4=32 \mathrm{cm}^{2}$. 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 ќं се обојат: $5+10+10+5+1=31 \mathrm{cm}^{2}$. односно $1 \mathrm{~cm}^{2}$ од правоаголникот к̇e остане необоен со дадените бои или нијансите добиени од нив, земени во еднаков однос?
- Реалните броевн a, b, c и d по задоволуваят условот: $a^{2}+d^{2}-2(a b+b c+c d-$ $\left.b^{2}-c^{2}\right)=0$. Докажи дека $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}$.
Решение:
$О д a^{2}+d^{2}-2\left(a b+b c+c d-b^{2}-c^{2}\right)=0$, следувa $a^{2}+d^{2}-2 a b-2 b c-2 c d+2 b^{2}+2 c^{2}=0$, 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 $(a b)^{2}+(d c)^{2}+(b c)^{2}=0$, a ова равенство е исполнето ако $\mathrm{a}-\mathrm{b}=0, \mathrm{~d}-\mathrm{c}=0$ и $\mathrm{b}-\mathrm{c}=0$, односно ако $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}$
- Одредн пи сите трнцифреяи бросви ипто се деливя со 11, а зоирот ни нитаитте цифри е 10 .
Решение: Да ти означиме со $\overline{\mathrm{abc}}$ (каде $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ и с се цифри) бараните трицифрени броеви. За нив важи:: $11 \mid \overline{a b c}$ и $a+b+c=10$.
$\overline{a b c}=100 a+10 b+c=99 a+9 b+(a+b+c)$ Бидејки $a+b+c=10$ следува дека $\overline{a b c}=$ $99 a+9 b+10$, односно $\overline{a b c}=99 a+11 b+11-(2 b+1)$. Јасно е дека $99 a+11 b+11$ е деливо $c 0$ 11. Бидејки $11 \mid \overline{a b c}$, следува дека $11 \mid 2 b+1$, а ова е исполнето само ако $2 b+1=0$ или $2 \mathrm{b}+1=11$. Бидејки bе цифра следува дека $2 \mathrm{b}+1 \neq 0$, a од $2 \mathrm{~b}+1=11$ следува дека $\mathrm{b}=5$. Од условот следува дека $\mathrm{a} c=5$, па бараните трицифрени броеви $\approx: 154.253$, 352.451 и 550 .
5. Во даден трнаголник АВС виснната и тежншнята линија што се повлечени од темето $C$ го делат аголот $C$ 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 $M P \perp A C$, тогаш $\triangle \mathrm{CMP} \cong \triangle \mathrm{CMN}\left(\triangle \mathrm{P}=\Delta \mathrm{N}=90^{\circ}\right.$, СМ е заедничка страна и $\triangle \mathrm{PCN}=\triangle \mathrm{MCN}=\varphi$ ). Следува дека $\overline{\mathrm{PM}}=\overline{\mathrm{MN}}=\frac{\mathrm{c}}{4}$ ( $\triangle \mathrm{MBC}$ е рамнокрак, значи
$\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{NB}}=\frac{\mathrm{c}}{4}$ ). Бидејќи хнпотенузата $\mathrm{AM}$ во $\triangle \mathrm{AMP}$ е двапати поголема од катетата PM следува дека $\alpha=30^{\circ}$. $\triangle \mathrm{PMN}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$, а од складноста на триаголниците следува дека $\triangle \mathrm{PMC}=\triangle \mathrm{CMN}=60^{\circ}$, односно $\varphi=30^{\circ}$, т.е. $\triangle \mathrm{C}=90^{\circ}$, а $\triangle B=60^{\circ}$.
VIII одделенне
- Упрости го нзразот $A=1-a+a^{2}-a^{3}+\ldots+a^{1996}-a^{1997}+\frac{a^{1998}}{1+a}$ и пресметај ја неговата вредност за $a=-\frac{1996}{1997}$.
Решение:
- Во триаголник ABC дадени се точки $\mathrm{M}$ и $\mathrm{N}(\mathrm{M} \in \mathrm{AB}, \mathrm{N} \in \mathrm{BC}$ ) таквем што $\overline{\mathrm{AM}}: \overline{\mathrm{MB}}=1: 2$ и $\overline{\mathrm{BN}}: \overline{\mathrm{NC}}=1: 2$. Нека отсечките AN и CM се сечат во точка D. Докажи дека триаголиикот ADC и четирмаголникот MBND се еднаквоплошни.
Решение: $P_{\triangle \triangle B N}=\frac{1}{3} P_{\triangle A B C}$ и $P_{\triangle A M C}=\frac{1}{3} P_{\triangle A B C}$. имаме $\mathrm{P}{\triangle A D C}=P{\triangle A M C} \cdot P_{\triangle A M D}=$
и $P_{M B N D}=P_{\triangle A B N}-P_{\triangle A M D}=\frac{1}{3} P_{\triangle A B C}-P_{\triangle A M D} \ldots$
(2). Од (1) в (2) следува дека $\mathrm{P}{\triangle A D C}=\mathrm{P}{\text {MBND }}$.
- Ако трицифреи број, на кој двете последни цифри се еднакви, е делив со 7, тогаш и збирот на неговите цифри е делив со 7 . Докажн.
Решение: Дадениот трицифрен број да го означиме $\infty$ abb $\cdot \overline{\mathrm{abb}}=100 \mathrm{a}+11 \mathrm{b}=$ $=(98 \mathrm{a}+7 \mathrm{b})+(2 \mathrm{a}+4 \mathrm{b})^{2}=7(14 \mathrm{a}+\mathrm{b})+2(\mathrm{a}+2 \mathrm{b})$. Бројот 7.(14a+b) е делив со 7 . Бидејки $7 \mid(100 a+11 b)$, следува дека $7 \mid 2(a+2 b)$, односно $7 \mid(a+2 b)$.
- Во трнаголник $\mathrm{ABC}$ аголот $\alpha$ при темето $\mathrm{A}$ е двапатн поголем од аголот $\beta$ при темето B. Ако $\overline{\mathrm{AB}}=\mathrm{c}, \overline{\mathrm{BC}}=\mathrm{a}$ и $\overline{\mathrm{AC}}=\mathrm{b}$, докажн дека $a^{2}=b \cdot(b+c)$.
Решение: Нека E и D ге точки од правата $\mathrm{AB}$ така што $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{CE}}=\overline{\mathrm{AC}} \cdot \triangle \mathrm{ADC}$ е рамнокрак $(\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{AC}})$ и $\alpha$ e надвворешен агол за тој трнаголник. Следува дека $\triangle \mathrm{ADC}+\triangle \mathrm{ACD}=\alpha$,
односно $\triangle A D C+\triangle A C D=\beta / 2$. Бидејки $\triangle \mathrm{ACE}$ 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 $\triangle E C B=\beta$, односно $\triangle B C E$ е рамнокрах ( $\overline{\mathrm{BE}}=\overline{\mathrm{CE}}$ ). Од $\triangle \mathrm{DBC} \sim \triangle B C E$ следува: $\overline{\mathrm{BC}}: \overline{\mathrm{CE}}=\overline{\mathrm{DB}} \cdot \overline{\mathrm{BC}}$, односно $a: b=(b+c): a$ или $a^{2}=b(b+c)$.
5. Bo рамностран триатонних со страна $a=31 \mathrm{~cm}$ на проивволен начхин се
разместения 1997 точки. Докажв дека барем три од овне точкси може да се покрміат со крут со раднус $r=0,6 \mathrm{cm}$.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.