| # ХХІІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ |
|
|
| ## VII одделение |
|
|
| 1. 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 $\triangle \triangle B A_{1}: \frac{\beta}{2}+\beta=90^{\circ}, \beta=60^{\circ}$. |
| |
|  |
| |
| 2. 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? |
| |
| 3. 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 $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}=\mathrm{d}$ |
| |
| 4. 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 |
| |
| 1. 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: |
| |
| $$ |
| \begin{aligned} |
| A & =\frac{1+a-a(1+a)+a^{2}(1+a)-a^{3}(1+a)+\ldots+a^{1996}(1+a)-a^{1997}(1+a)+a^{1998}}{1+a}= \\ |
| & =\frac{1+a-a-a^{2}+a^{2}+a^{3}-a^{3}+\ldots+a^{1997}-a^{1997}-a^{1998}+a^{1998}}{1+a}=\frac{1}{1+a} |
| \end{aligned} |
| $$ |
| |
| $$ |
| \text { 3a } a=-\frac{1996}{1997}, A=\frac{1}{1-\frac{1996}{1997}}=1997 |
| $$ |
| |
| 2. 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 $\mathrm{P}_{\triangle A D C}=P_{\triangle A M C} \cdot P_{\triangle A M D}=$ |
|
|
| $$ |
| =\frac{1}{3} P_{\triangle A B C} \quad-\quad P_{\triangle A M D} |
| $$ |
|
|
| $$ |
| \ldots(1)_{i} |
| $$ |
| |
| 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 $\mathrm{P}_{\triangle A D C}=\mathrm{P}_{\text {MBND }}$. |
|
|
| 3. 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 $7 \mid(a+2 b)$. |
|
|
| 4. 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. |
|
|
|
|
