ХХІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
Abstract
VII.1. Ако збирот на два цели броја е делив со 10, докажи дека квадратите на двата броја завршуваат со иста цифра.
Решение: Нека $\mathrm{m}$ и n се цели броеви. а) Ако m и n завршуваат на 0 , тогаш нивиниот збир завршува на 0 и нивните квадрати завршуваат на 0. б) Ако бројот m завршува со цифрата x, тогаш̈ n ќe завршува со цифрата 10-x. Бројот $\mathrm{m}^{2}$ завршува со последната цифра на бројот $\mathrm{x}^{2}$, а бројот $\mathrm{n}^{2}$ завршува со последната цифра на бројот (10-x)2 ${ }^{2}$. Бидејќи $x)^{2}=100-20 x+x^{2}=10(10-2 x)+x^{2}$, следи дека бројот $n^{2}$ завршува со последната цифра на бројот $x^{2}$.
VII.2. Четворица ра6отници треба да завршат една работа.
Првиот, вториот и третиот работник можат заедно да ја завршат работата за 6 часа. Ако првиот, вториот и четвртиот работат заедно, работата ќe ја завршат за 7,5 часа, а третиот и четвртиот за 10 часа. За колку часови к̇e ја завршат работата ако работат сите заедно?Решение: Нека секој од нив работата може да ја заврши (редоследно) за a, b, с и д часови. Следува: $\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}=\frac{1}{6} ; \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{b}}+\frac{1}{\mathrm{d}}=\frac{2}{15}$ и $\frac{1}{\mathrm{c}}+\frac{1}{\mathrm{d}}=\frac{1}{10}$. Од збирот на левите и десните страни на равенствата имаме: $\frac{2}{\mathrm{a}}+\frac{2}{\mathrm{b}}+\frac{2}{\mathrm{c}}+\frac{2}{\mathrm{d}}=\frac{12}{30} ; \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}+\frac{1}{\mathrm{d}}=\frac{1}{5}$; односно сите заедно за 5 часа.
VII.3. Нека во еден триаголник важи равенството $\frac{h_{a} \cdot h_{b}}{h_{c}}=c$ каде $h_{a}, h_{b}$ и $h_{c}$ се висини, а с е страна на тој триаголник. Одреди ја големината на еден од внатрешните агли на тој триаголник.
Решение: Познато е дека $a \cdot h_{a}=b \cdot h_{b}=c \cdot h_{c}=2 P$, т.е. $h_{a}=\frac{2 P}{}$; $\mathrm{h}{\mathrm{b}}=\frac{2 \mathrm{P}}{\mathrm{b}} ; \mathrm{h}{\mathrm{c}}=\frac{2 \mathrm{P}}{\mathrm{c}}$. Ако замениме во даденото равенство имаме: $\frac{2 \mathrm{P} \cdot \mathrm{c}}{\mathrm{a} \cdot \mathrm{b}}=\mathrm{c}$; $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{a} \cdot \mathrm{b}}{2}$, т.е. триаголникот е правоаголен. Еден агол $\mathrm{e} 90^{\circ}$.
VII.4. Bo трапезот ABCD дијагоналата $\mathrm{AC}$ е нормална на кракот ВС и е симетрала на аголот во темето А. Пресметај ја должината на основата $\mathrm{AB}$, ако $\triangle \mathrm{ABC}=60^{\circ}$, а периметарот на трапезот e $\mathbf{2 5 c m}$.
Решение: Бидејќи АС е симетрала на аголот $\mathrm{A}$, имаме: $\triangle \mathrm{DAC}=\triangle \mathrm{CAB}$, а $\triangle \mathrm{DCA}=\triangle \mathrm{CAB}$ - како наизменични агли. Следува дека $\triangle D A C=\triangle D C A$, т.е. $\triangle A D C$ е рамнокрак, $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{DC}}$. Триаголникот $A B C$ е правоаголен и $\triangle C A B=30^{\circ}$, т.е. $\triangle \mathrm{DAB}=60^{\circ}$, па трапезот е рамнокрак.
Основата АВ е хипотенуза во правоаголниот триаголник $\mathrm{ABC}$, со агол од $300 ; \overline{\mathrm{AB}}=2 \cdot \overline{\mathrm{BC}}$. Според тоа, $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{DC}}=\overline{\mathrm{BC}}=\mathrm{x}$ и $\overline{\mathrm{AB}}=2 \mathrm{x}$ имаме $\mathrm{x}+\mathrm{x}+\mathrm{x}+2 \mathrm{x}=25, \mathrm{x}=5 ; \overline{\mathrm{AB}}=2.5=10 \mathrm{~cm}$.
VII.5. Во квадратот $A B C D$ е избрана точка $P$ на страната BC и точка $S$ на страната $C D$, така што $\triangle A P B=\triangle A P S$. Одреди ја големнината на aголот PAS.
Решение: Нека Т е подножна точка на нормалата од темето $\mathrm{A}$ кон отсечката PS. $\triangle \mathrm{ABP} \cong \triangle$ ATP (заедничка хипотенуза и $\triangle A P B=\triangle A P T)$. Следи: $\triangle \mathrm{BAP}=\triangle \mathrm{PAT}=\mathrm{x} ; \triangle \mathrm{ATS} \cong \triangle A D S$ (заедничка хипотенуза и еднакви катети). Следи $\triangle T A S=\triangle S A D=y ; 2 x+2 y=90^{\circ}$, $\mathrm{x}+\mathrm{y}=450$,односно $\triangle \mathrm{PAS}=450$.
VIII.1. Патот од Гостивар до Кичево се состои од хоризонтални делови, од угорници и од удолници. Патот го поминува велосипедист, при што неговата брзина на хоризонталниот дел од патот е $10 \mathrm{km}$ на час, на угорнината $8 \mathrm{km}$ на час, а на удолнината 16 $\mathrm{km}$ на час.Патот од Гостивар до Кичево велосипедистот го поминува за 6 часа, а обратно за 5 часа. Aко хоризонталните делови се вкупно $17,5 \mathrm{~km}$, одреди ја должината на патот меѓу двата
града.
Решение: Нека х е должината на угорнините, а у должината на удолнините. Времето на велосипедистот во двете насоки може да се претстави со равенките: $\frac{17,5}{10}+\frac{x}{8}+\frac{y}{16}=6$ и $\frac{17,5}{10}+\frac{x}{16}+\frac{y}{8}=5$. Од решението на системот добиваме $\mathrm{x}=28 \mathrm{km}, \mathrm{y}=12 \mathrm{km}$. Растојанието меѓу двата града е $57,5 \mathrm{~km}$.
VIII.2. 36ирот на сите природни броеви од 1 до п е еднаков на трицифрен 6рој со еднакви цифри. Колку природни 6роеви имало при собирањето?
Решение: Според условот на задачата имаме: $1+2+3+\ldots+n=$ $\overline{\text { aаa }}=\mathrm{a} \cdot 111$. Познато е дека $1+2+3+\ldots+\mathrm{n}=\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$. Значи, $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}=\mathrm{a} \cdot 111$; $n(n+1)=\mathrm{a} \cdot 222 ; n(n+1)=\mathrm{a} \cdot 6 \cdot 37$. Од левата страна страна имаме производ на два последователни природни броеви, значи едниот број е 37, а другиот е 36 , бидејќи е делив со 6 , т.е. $\mathrm{n}=\mathrm{a} \cdot 6=36$. Значи, при собирањето имало 36 природни броја, а нивниот збир е 666.
VIII.3. Катетите на еден правоаголен триаголник ce $3 \mathrm{~cm}$ и 4 cm. Одреди го растојанието помеѓу центрите на впишаната и опишаната кружница на траголникот.
Решение: $\overline{\mathrm{AB}}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}}=5 ; \quad P=\frac{a \cdot b}{2}=\frac{12}{2}=6 \mathrm{cm}, \quad$ а $s=\frac{1}{2}(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})=6 \mathrm{cm}$.
Познато е дека радиусот на опишаната кружица $\mathrm{R}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}=2,5 \mathrm{cm}$, а $\mathrm{P}=\mathrm{s} \cdot \mathrm{r}$, т.е. $r=\frac{P}{s}=\frac{6}{6}=1 \mathrm{cm}$
$\overline{\mathrm{AD}_{1}}=\overline{\mathrm{AD}}=4-1=3 \mathrm{~cm}$.
$\overline{\mathrm{DS}}=\overline{\mathrm{AD}}-\overline{\mathrm{AS}} ; \quad \overline{\mathrm{DS}}=3-2.5=0.5 \mathrm{cm} . \mathrm{O}$ д $\triangle \mathrm{DOS}$ следува: $\overline{\mathrm{OS}}^{2}=\overline{\mathrm{OD}}^{2}+\overline{\mathrm{DS}}^{2}$ : $\overline{\mathrm{OS}}^{2}=1^{2}+0.5^{2}=1+0.25=1.25 . \overline{\mathrm{OS}}=\sqrt{1,25}=\frac{\sqrt{5}}{2} \mathrm{cm}$.
VIII.4. Во еден трапез ABCD дијагоналите AC и BD се сечат во точката S. Низ точката S е повлечена права паралелно со основите, која ги сече краците на трапезот во точките M и N. Докажи дека точката $S$ е средишна точка на отсечката MN.
Решение: Нека $\overline{\mathrm{AS}}=\mathrm{a} ; \overline{\mathrm{SC}}=\mathrm{b} ; \overline{\mathrm{SD}}=\mathrm{c} ; \overline{\mathrm{BS}}=\mathrm{d} ; \overline{\mathrm{NS}}=\mathrm{x}$;
$\overline{\mathrm{MS}}=\mathrm{y} ; \overline{\mathrm{CD}}=\mathrm{m} \triangle \mathrm{ABS} \sim \Delta \mathrm{CSD}$;
$\triangle \mathrm{ACD} \sim \triangle \mathrm{ASN} ; \triangle \mathrm{BCD} \sim \triangle \mathrm{BSM}$ (според Талесовата теорема)
$\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{d}} ; \frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}}{\mathrm{a}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{x}} ; \frac{\mathrm{d}+\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{y}}$.
$\frac{m}{x}=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}}{\mathrm{a}}=1+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}=1+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=$
$=\frac{\mathrm{d}+\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{y}} \cdot \frac{\mathrm{d}+\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{y}}$. Следи $\mathrm{x}=\mathrm{y}$.
VIII.5. Во квадратот ABCD, точката M е средишна точка на страната AD, a N средишна точка на CD. Отсечките BN и CM се сечат во точката Р. Докажи дека отсечката AP е еднаква на страната на квадратот.
Решение: $\triangle \mathrm{BCN} \cong \triangle \mathrm{CDM}$ (правоаголни и имаат еднакви катети).
$\triangle \mathrm{DMC}=\triangle \mathrm{CNB}$. Бидејќи
$\triangle D M C+\triangle D C M=90^{\circ}$, следува дека и $\triangle \mathrm{PNC}+\triangle \mathrm{NCP}=90^{\circ}$, т.е. $\triangle \mathrm{NPC}=90^{\circ}$, т.е. $C M \perp B N$.
Следи дека четириаголникот ABPM е тетивен. Според тоа $\triangle \mathrm{ABM}=\triangle \mathrm{APM}$ (периферни агли над ист лак)
$\triangle \mathrm{ABM} \cong \triangle \mathrm{CBN}$ (еднакви катети),
следи $\triangle \mathrm{ABM}=\triangle \mathrm{CBN}$, т.е. $\triangle \mathrm{APM}=\triangle \mathrm{CBN} \cdot \triangle \mathrm{ABP}=90^{\circ}-\triangle \mathrm{CBN}=90^{\circ}-\triangle \mathrm{APM}=$ $\triangle \mathrm{BPA}$. Следи, триаголникот $\mathrm{ABP}$ е рамнокрак т.е. $\overline{\mathrm{AP}}=\overline{\mathrm{AB}}$