Datasets:

AI-MO
/

olympiads

Modalities:

LxYxvv

add pdf files

802d9fe over 1 year ago

preview code

Raw

History Blame

18.4 kB

ХІІІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ

Задачите и решенијата се скенирани од книгата

Десет години републички натпревари по математика '86- ‘95

подготвена од Илија Јанев, Никола Петрески и Милчо Аврамоски

VI ОДДЕЛЕНИЕ

При делење на два броја со 8 се добиваат остатоци 5 и 3. Докажи дека при делење на производот на тие броеви со 8 се добива остаток 7.
Бригада трактористи треба да изораат блок земја за одредено време со дневна норма од 360 декари. Трактористите ја натфрлиле нормата за $16 \frac{2}{3} %$, па за последниот ден од одреденото време им останале за орање уште 60 декари. Пресметај колку декари имал блокот.
Во правоаголниот триаголник $A B C$ повлечена е висината $C D$ на хипотенузата $A B$. Докажи дека збирот на радиусите $r$, $r_{1}$ и $r_{2}$ на впишаните кружници во триаголниците $A B C, A D C$ и $B D C$ е еднаков на висината $C D$.
Од точката $M$, што лежи на правата $p$, повлечи произволна полуправа $M N$ шо не лежи на правата $p$. Потоа повлечи права $q$, паралелна со правата $p$ и различна од неа, која полуправата $M N$ ја сече во точката $S$, а симетралите на добиените напоредни агли во точките $P$ и $Q$. Докажи дека точката $S$ е средина на отсечката $P Q$.

XIII (88.VII.1)

Ако при делење на $x$ и $y$ co 8 се добиваат остатоци 5 и 3, тогаш:

$x=8 m+5, \quad m \in \mathbb{N} \text { и } y=8 n+3, \quad n \in \mathbb{N}$

За нивниот производ добиваме:

$\begin{aligned} x \cdot y & =(8 m+5) \cdot(8 n+3) \\ & =64 m n+24 m+40 n+15 \\ & =8 \cdot(8 m n+3 m+5 n)+8+7 \\ & =8(8 m n+3 m+5 n+1)+7 \\ & =8 k+7, \quad(k=8 m n+3 m+5 n+1) \end{aligned}$

Оттука следува дека при делење на производот $x \cdot y$ со 8 се добива остаток 7 .

XIII (88.VII.2)

Прв начин. Бригадата треба дневно да изора 360 декари. Но, таа ја натфрлила нормата за $16 \frac{2}{3} %$. Бидејќи:

$16 \frac{2}{3} \% \text { од } 360 \text { e } \frac{50}{3} \cdot \frac{1}{100} \cdot 360, \text { т.e. } 60$

ќe следува дека нормата е натфрлена за 60 декари и сега изнесува 420 декари. Ако во првиот случај на бригадата ѝ беа потребни $n$ денови, тогаш во вториот случај - со дневна норма од 420 декари - ќe ѝ бидат потребни $n-1$. ден и уште еден ден, бидејќи последниот ден се изорани само 60 декари. Според тоа добиваме:

$\begin{aligned} 420(n-1)+60 & =360 n \\ 42 n-42+6 & =36 n \\ 6 n & =36, \quad n=6 \end{aligned}$

Значи, на бригадата ѝ се потребни 6 дена да го изора блокот. Следствено, блокот има $6 \cdot 360$ декари, т.е. 2160 декари.

Ві̄ор начин. На ист начин како погоре наоѓаме дека новата норма е 420 декари. Нека блокот има $x$ декари. Ако бригадата дневно изорува 360 декари, ќе и бидат потребни $\frac{x}{360}$ дена. Но, бригадата ја натфрлила нормата за 60 декари дневно и со таа норма изорала $x-60$ декари, бидејќи за последниот ден останале само 60 декари. Значи, со норма од 420 декари на бригадата ѝ биле потребни $\frac{x-60}{420}$ дена, а тој рок е за 1 ден помал од $\frac{x}{360}$ дена. Според тоа, ја имаме равенката:

$\frac{x}{360}-1=\frac{x-60}{420} \quad / \cdot 2520$

од каде што добиваме:

$\begin{aligned} 7 x-2520 & =6 x-360 \\ x & =2160 \end{aligned}$

Значи, блокот има 2160 декари.

XIII (88.VII.3)

Нека $\overline{C D}=h$ е висина во правоаголниот $\triangle A B C$ и нека $r, r_{1}$ и $r_{2}$ се радиусите на впишаните кружници во триаголниците $A B C, A D C$ и $B D C$. Да означиме: $\overline{A D}=q, \overline{B D}=p$ (црт. 1).

Од $\triangle A B C$, бидејќи $\overline{A T}=b-r$, $\overline{T B}=a-r$ добиваме:

$b-r+a-r=c, \quad r=\frac{1}{2}(a+b-c)$

На сличен начин од триаголниците $A D C$ и $B D C$ добиваме:

Црт. 1

$n=\frac{1}{2}(q+h-b) \text { и } r_{2}=\frac{1}{2}(p+h-a)$

Тогаш:

$\begin{aligned} r+r_{1}+r_{2} & =\frac{1}{2}(a+b-c+q+h-b+p+h-a) \\ & =\frac{1}{2}(2 h+(q+p)-c)=h \end{aligned}$

XIII (88.VII.4)

Според условот на задачата го добиваме црт. 2 , каде што $s_{1}$ и $s_{2}$ се симетрали на напоредните агли. Треба да докажеме дека $\overline{P S}=\overline{S Q}$.

Ке докажеме дека $\triangle M P S$ е рамнокрак. Навистина, од:

$\alpha=\beta, \text { бйдејќи } s_{1} \text { е си- }$

метрала

Црт. 2

$\alpha=\gamma$, како наизменични агли

следува дека $\beta=\gamma$, т.е. $\triangle M P S$ е рамнокрак, од каде што следува дека:

$\overline{M S}=\overline{P S}$

На сличен начин се докажува дека $\triangle M Q S$ е рамнокрак, од каде што следува дека:

(2)

$\overline{M S}=\overline{S Q}$

Од (1) и (2) следува $\overline{P S}=\overline{S Q}$, т.е. $S$ е средина на отсечката $P Q$.

VIII ОДДЕЛЕНИЕ

Откако ја поминал половината од патот меѓу местата $A$ и $B$, возачот на камионот ја зголемил брзината за $25 %$, па во местото $B$ стигнал половина час порано. За колку часа камионот го поминал патот од $A$ до $B$ ?
Збирот на три реални броја е 0. Докажи дека збирот на кубовите на тие реални броеви е еднаков на трикратниот производ на тие броеви.
Конструирај квадрат чиишто две спротивни темиња лежат на дадена права $p$, а другите две на две дадени кружници.
Над катетите $A C$ и $B C$, надвор од правоаголниот триаголник $A B C$, конструирани се квадратите $A C D E$ и $B F K C$.

$1^{\circ}$ Сврзи ги темињата $D$ и $K$, па докажи дека продолжената хипотенузина висина $C C_{1}$ минува низ средината $M$ на отсечката $D K$.

$2^{\circ}$ Од $E$ и $F$ спушти нормали $E E_{1}$ и $F F_{1}$ на продолжението на $A B$, па докажи дека овие нормали се еднакви на хипотенузините отсечки, т.е.

$\overline{E E_{1}}=\overline{A C_{1}}, \overline{F F_{1}}=\overline{B C_{1}}$

XIII (88.VIII.1)

Прв начин. Ако на првата половина од патот камионот се движел со брзина $x$, тогаш на втората половина се движел со брзина $x+\frac{25}{100} x$, т.e. $\frac{5}{4} x$. Притоа, првата половина од патот ја минал за некое време $t$, а втората за половина час помалку, т.е. за време $t-\frac{1}{2}$. Бидејќи патот е еднаков, добиваме (црт. 3):

Црт. 3

$\left.\begin{array}{rl} s=x \cdot t \\ s=\frac{5}{4} x\left(t-\frac{1}{2}\right) \end{array}\right\} \Rightarrow \begin{aligned} x t & =\frac{5}{4} x\left(t-\frac{1}{2}\right) \quad /: x \\ t & =\frac{5}{4} t-\frac{5}{8} \\ 8 t & =10 t-5 \\ 2 t & =5, \quad t=2,5 \end{aligned}$

Следствено, патот од $A$ до $B$ камионот го минал за $2,5+2,5-0,5$ часа, т.е. за 4,5 часа.

вйор начин. Нека на првата половина од патот камионот се движел со брзина $x$; тогаш на втората половина брзината е $\frac{5}{4} x$. Времето потребно да се измине првата половина од патот е $\frac{S}{x}(\overline{A B}=2 S$, црт. 3), а за втората $\frac{S}{\frac{5}{4} x}=\frac{4 S}{5 x}$, и ова време е помало за половина час. Според тоа имаме:

$\begin{aligned} \frac{S}{x} & =\frac{4 S}{5 x}+\frac{1}{2} \quad / \cdot 10 x \\ 10 S & =8 S+5 x \\ 2 S & =5 x \end{aligned}$

Оттука $\frac{S}{x}=\frac{5}{2}$, а бидејќи $\frac{S}{x}=t$, следува дека $t=2,5$, т.е. првата половина од патот камионот ја минува за 2,5 часа, а втората за 2 часа половина час помалку.

Значи, патот од $A$ до $B$ камионот ќе го мине за 4,5 часа.

XIII (88.VIII.2)

Нека $a, b, c \in \mathbb{R}$ и нека $a+b+c=0$; треба да докажеме дека $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3 a b c$. Имаме:

$\begin{aligned} a+b+c & =0 \\ a+b & =-c \\ a^{3}+b^{3}+3 a^{2} b+3 a b^{2} & =-c^{3} \\ a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a b(a+b) & =0 \\ a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a b(-c) & =0 \\ a^{3}+b^{3}+c^{3} & =3 a b c \end{aligned}$

Забелешка. Со кубирање на условот $a+b+c=0$ добиваме:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a^{2} b+3 a^{2} c+3 b^{2} a+3 b^{2} c+3 c^{2} a+3 c^{2} b+6 a b c$

од каде што со погодно групирање по три члена и ставајќи

$6 a b c = 3 a b c + 3 a b c + 3 a b c - 3 a b c$

доаѓаме, иако на посложен начин, до истиот резултат. Стори го тоа сам!

XII (88.VIII.3)

$1^{\circ}$ Анализа. Да претпоставиме дека задачата е решена, т.е. правата $p$ минува низ темињата $A$ и $C$ на квадратот $A B C D$, а $B \in k_{1}\left(O_{1}, r_{1}\right)$ и $D \in k_{2}\left(O_{2}, r_{2}\right)$ (црт. 4).

За да го конструираме квадратот $A B C D$, доволно е да одредиме едно од темињата $B$ или $D$; потоа лесно го наоѓаме центарот $S$ и другите три темиња на квадратот $A B C D$.

Очигледно е дека $B$ и $D$ се осносиметрични во однос на правата $p$, т.е. $D=\sigma_{p}(B)$. Но $B \in k_{1}$, затоа ќе најдеме осносиметрична слика $k_{1}^{\prime}$ на кружницата $k_{1}$ во однос на правата $p$.

Бидејќи сликата на точката $B$, т.е. точката $D$, лежи и на $k_{1}^{\prime}$ и на $k_{2}$, ќе следува дека, $D$ лежи на пресекот на овие две кружници, т.е. $D=k_{1}^{\prime} \cap k_{2}$.

Црт. 4

$2^{\circ}$ Консйрукција. Од анализата следуваат следните конструкции:

Цртаме кружница $k_{1}^{\prime}$, осносиметрична на кружницата $k$ во однос на правата $p$, т.е. $k_{1}^{\prime}=\sigma_{p}\left(k_{1}\right)$
$k_{1}^{\prime} \cap k_{2}=\left{D_{1}, D_{2}\right}$
$B_{1}=\sigma_{p}\left(D_{1}\right), B_{2}=\sigma_{p}\left(D_{2}\right)$
$p \cap B_{1} D_{1}=\left{S_{1}\right}, p \cap B_{2} D_{2}=\left{S_{2}\right}$
$k^{\prime}\left(S_{1}, \overline{S_{1} D_{1}}\right), k^{\prime \prime}\left(S_{2}, \overline{S_{2} D_{2}}\right)$
$p \cap k^{\prime}=\left{A_{1}, C_{1}\right}, p \cap k^{\prime \prime}=\left{A_{2}, C_{2}\right}$

Четириаголниците $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ и $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ се бараните квадрати.

3о Доказ. Бидејќи $B_{1}=\sigma_{p}\left(D_{1}\right)$ ќe следува дека:

Црт. 5

$\overline{B_{1} S_{1}}=\overline{D_{1} S_{1}} \text { и } B_{1} S_{1} \perp D_{1} S_{1}$

Понатаму, по конструкција имаме дека:

$\overline{S_{1} A_{1}}=\overline{S_{1} C_{1}}=\overline{S_{1} B_{1}}$

па следува дека четириаголникот $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ е квадрат, бидејќи неговите дијагонали се еднакви, нормални и се преполовуваат. Аналогно заклучуваме дека и четириаголникот $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ е квадрат и е решение на задачата. $4^{\circ}$ Дискусија. Дали задачата ќе има едно решение, повеќе решенија или, пак, ќе нема решение, зависи од заемниот однос на кружниците $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$. Значи, можни се следните случаи:

Ако $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$ се сечат во две точки, т.е. $k_{1}^{\prime} \cap k_{2}=\left{D_{1}^{\prime}, D_{2}\right}$ тогаш задачата има: две решенија (како во нашиот случај), ако ниедна од пресечните точки $D_{1}$ или $D_{2}$ не лежи на правата $p$ (при што квадратите можат да бидат и складни); едно решение, ако една од овие точки лежи на правата $p$; а ниедно решение, ако пресечните точки лежат на правата $p$.
Ако $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$ имаат само една заедничка точка, т.е. се допираат (однадвор или одвнатре) тогаш задачата: има едно решение, ако допирната точка не лежи на правата $p$; нема решение, ако оваа точка лежи на правата $p$.
Ако $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$ немаат заеднички точки, тогаш задачата нема решение.
Ако $k_{1}^{\prime} \equiv k_{2}$, тогаш задачата има бесконечно многу решенија.

XIII (88.VIII.4)

Според условите на задачата го добиваме цртежот 6. Треба да докажеме дека:

$\overline{D M}=\overline{M K}$,
$\overline{E E_{1}}=\overline{A C_{1}}$,
$\overline{F F_{1}}=\overline{B C_{1}}$.

Очигледно, хипотенузината висина $C C_{1}$ го дели правоаголниот $\triangle A B C$ на два правоаголни триаголници, слични на него, т.е.

$\triangle A C C_{1} \sim \triangle A B C \sim \triangle B C C_{1}$

Оттука следува дека:

$\measuredangle A C C_{1}=\beta, \quad \measuredangle B C C_{1}=\alpha$

Од $\overline{D C}=\overline{A C}, \overline{K C}=\overline{B C}$ и $\measuredangle D C K=90^{\circ}$ следува дека $\triangle D K C \cong \triangle A B C$. Кај темето $C$ имаме два пара накрсни агли, па заклучуваме дека $\measuredangle D C M=\alpha$, $\measuredangle K C M=\beta$, од каде што

Црт. 6 следува дека триаголниците $D C M$ и $K C M$ се рамнокраки, па имаме:

$\overline{D M}=\overline{C M}, \quad \overline{K M}=\overline{C M} \Rightarrow \overline{D M}=\overline{K M}$

Бидејќи $\measuredangle E A E_{1}=\beta, \measuredangle A E E_{1}=\alpha$, како агли со нормални краци и $\overline{A E}=\overline{A C}$, следува дека $\triangle E A E_{1} \cong \triangle A C C_{1}$, а оттука и $\overline{E E_{1}}=\overline{A C_{1}}$.

Аналогно, од складноста на триаголниците $B F F_{1}$ и $C B C_{1}$ заклучуваме дека $\overline{F F_{1}}=\overline{B C_{1}}$.