# XV РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

V-1. ШІто има помага пконтина - квадар со димспзии $15 \mathrm{~cm}, 2 \mathrm{dm}$ и $18 \mathrm{~cm}$ или коцка со раб $17 \mathrm{~cm}$ ?

Решение: Нека $a=15 \mathrm{~cm}, b=2 \mathrm{dm}=20 \mathrm{~cm}, c=18 \mathrm{~cm}$, се димензиите на квадарот. Плоштината на квадарот е $\mathrm{P}=2 \cdot a \cdot b+2 \cdot a \cdot c+2 \cdot b \cdot c ; \quad \mathrm{P}=2 \cdot 15 \cdot 20+$ $+2 \cdot 15 \cdot 18+2 \cdot 20 \cdot 18 ; \quad \mathrm{P}=1860 \mathrm{~cm}^{2}$. Нека $a=17 \mathrm{~cm}$ е работ на коцката. Плоштината на коцката е: $\mathrm{P}=6 \cdot \mathrm{a}^{2} ; \mathrm{P}=6 \cdot 17^{2} ; \mathrm{P}=1734 \mathrm{~cm}^{2}$. Бидејќи е $1734<1860$, следува дека коцката има помала плоштина од квадарот.

V-2. Збирот иа два броја е 200. Ако првиот се намали двапати, а вториот се зголеми за 80, се добиваят два броја чиј збир пак е 200. Кои се тие бросви?

Решение: Нека $a$ и $b$ се бараните броеви. Тогаш $a+b=200$. Ако бројот $a$ се намали двапати се добива $\frac{a}{2}$, па имаме $\frac{a}{2}+b+80=200$. Бидејќи вкупниот збир не е променет следува дека $\frac{a}{2}=80$, односно $a=160, b=200-160=40$.

V-3. Ограден двор со правоаголна форма има должина 124 метри и ширина 85 метри. Во дворот, на растојание 2 мстри од оградата, се засадени дскоративии дрвза на растојанис 3 метри едио од друго. Колку дрва се засадени ако во секое теме од правоагхолникот засадено дрво?

Решение: Дрвата се засадени 124

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-1.jpg?height=398&width=717&top_left_y=1373&top_left_x=754)

Црт. 1

по страните на правоаголник со должина $124-2-2=20 \mathrm{~m}$ и ширина $85-22=$ $=81 \mathrm{~m}$. По должина има $120: 3=40$ дрва, по ширина има $81: 3=27$ дрва. Вкупно се засадени $2 \cdot 40+2 \cdot 27=134$ дрва.

V-4 За писмена вежба по математика зададени се три задачи. Секој ученик решил барем една задача, а никој не ја решил третата. Првата задача ја решиле 27 ученици, втората 29 ученици, а 20 ученици ги решиле првата и втората задача. Колку ученици ја работеле писмената вежба?

Решение: Бројот на учениците кои ја решиле само првата задача е $27-20=7$, а само втората задача е $29-20=9$. Според тоа писмена вежба работеле $7+9+20=36$ ученици.

VI-1. Синот и ќерката заедно имале 28 години. Синот имал $\frac{2}{11}$, а ќерката $\frac{5}{11}$ од годините на таткото.

Колку години имал таткото, а колку синот?

Решение: Нека таткото имал $x$ години. Тогаш, синот имал $\frac{2}{11} x$, а керката $\frac{5}{11} x$ години. Имаме: $\frac{2}{11} x++\frac{5}{11} x=28$. Следува дека таткото има $(\mathrm{x}=44)$ години, а синот има $\frac{2}{11} \cdot 44=8$ години.

VI-2. Во бројот 123456789101112...598599600 одреди ја 1203-та цифра.

Решение: Девет едноцифрени броеви - 9 цифри; деведесет двоцифрени броеви - 90.2 = 180 цифри.. За трицифрените броеви остануваат $1203 \cdot 180 \cdot 9=$ $=1014$ цифри . Трицифрени броеви ке има 1014:3 $=338$. Значи 338-от (трицифрен) 6рој е 99+338 = 437, т.е. 1203-та цифра е 7 .

VI-3. Во остроаголен рамнокрак триаголиик $\mathrm{ABC}$ ( $\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{BC}}$ ), симетралата на аголот при темето $A$ и висината повлечена од истото теме зафаќаaт згол од $12^{\circ}$. Пресметај ги аглите на триаголникот ABC.

Решение: Случај 1) Според црт. 2.1: $\angle \mathrm{DAB}=\frac{\alpha}{2}-12^{\circ}$. Од $\triangle \mathrm{ABD}: \frac{\alpha}{2}-12^{\circ}+\alpha=$ $=90^{\circ} ; \alpha=68^{\circ}$. Третиот агол е $180^{\circ}-2 \cdot 68^{\circ}=44^{\circ}$. Случај 2) Според црт. 2.2: $\angle \mathrm{DAB}=\frac{\alpha}{2}+12^{\circ}$. Од $\triangle \mathrm{ABD}: \frac{\alpha}{2}+12^{\circ}+\alpha=90^{\circ} ; \alpha=52^{\circ}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-3.jpg?height=423&width=565&top_left_y=618&top_left_x=263)

Црт. 2.2

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-3.jpg?height=437&width=291&top_left_y=618&top_left_x=1056)

B

Црт. 2.1

Третиот агол е $180^{\circ}-2.52^{\circ}=76^{\circ}$. Значи, постојат два триаголници (две решенија) што ги исполнуваат условите на задачата.

V1-4. Дадени се три неколинеарни точки А, В и С. Конструирај права $\boldsymbol{p}$ во нстата рамнина, така што растојанијата од точките $A$, В и С до правата $p$ да бидат еднакви меғу себе. Објасни ја конструкцијата.

Ременше: Бараната права треба да биме на растојание $d$ од правата $\mathrm{AB}$ и од точката $\mathrm{C}$ (црт. 3). Значи, бараната права е паралелна $о$ правата $\mathrm{AB}$ и се наоға на растојание $d$ од неа. Бидејки растојанието од точката $\mathrm{C}$ до бараната права е исто така еднакво на $d$, следува дека ба-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-3.jpg?height=414&width=716&top_left_y=1444&top_left_x=762)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-3.jpg?height=50&width=1214&top_left_y=1859&top_left_x=263)
Постојат уште два случаи, односно уште две прави со ова својство.

VII-1. Ако кон производот на два последователни природии броја се додаде поголемиӧт од нив се добива квадратот на поголемиот број. Докажи!

Решение: Нека $\mathbf{x}$ и $\mathrm{x}+1$ се два последователни природни броја. Од условот имаме: $x(x+1)+x+1=x^{2}+x+x+1=x^{2}+2 x+1=(x+1)^{2}$, а ова е квадратот на поголемиот број.

VII-2. Трапезот ABCD има крак $\overline{\mathrm{AD}}=6 \mathrm{~cm}$. Растојаноето од средишната точка $P$ на кракот BC до кракот AD e $7 \mathrm{~cm}$. Пресметај ја плоштината на трапезот. ABCD.

Решение: Низ средишната точка на кракот ВC (црт.4) повлекуваме права $p \| A D$. Правата $p$ ја сече основата $\mathrm{AB}$ во точката $\mathrm{N}$, а продолжението на основата CD во точката $M$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-4.jpg?height=442&width=716&top_left_y=728&top_left_x=767)

Црт. 4 Четириаголникот ANMD е паралелограм со висина $\overline{\mathrm{PQ}}=7 \mathrm{~cm}$ и основа $\overline{\mathrm{AD}}=6 \mathrm{~cm}$. Бидејки $\triangle \mathrm{NBP} \cong \triangle \mathrm{MCP}$ (според признакот $\mathrm{ACA}$ ), следува дека $\mathrm{P}_{\mathrm{NACD}}=\mathrm{P}_{\text {NNOD }}=\overline{\mathrm{AD}} \cdot \overline{\mathrm{PQ}}=6 \mathrm{~cm} \cdot 7 \mathrm{~cm}=42 \mathrm{~cm}^{2}$.

VII-3. Едно парче хартија е исечено на 5 дела. Потоа некои од тие делови пак се исечени на по 5 дела итн. Оваа постапка е повторена конечен број пати. Дали е можно на овој начии да се добијат 1997 парчиња хартија?

Решетие: На почетокот има едно парче хартија. Со првото сечење се добиени 5 парчиња, односно бројот на парчињата хартија е зголемен за 4. Ако едно од овие 5 парчиња се исече на 5 дела ке с добијат вкупно 9 . парчиња, односно бројот на парчињата хартија е зголемен пак за 4. Ако оваа постапка продолжи при секое сечење, бројот на парчињата ќе се зголемува за 4. Така́ се добива низата броеви 1, $5,9,13$,... Секој член од оваа низа при делење со 4 дава остаток 1. Бидејки бројот. 1997 при делење со 4 дава остаток $1(1997=4 \cdot 499+1)$, заклучуваме дека е можно да с добијат 1997 парчиња хартија.

VII-4. Ако едииот остар агол во правоаголен триаголник е $15^{\circ}$, тогаш неговата хипотенуза е 4 пати поголема од висината што и́ одговара. Докажи!

Решение: Познато е деха техишната линија кон хипотевузата е еднаква на половината од хипотенузата, т.е. $\overline{\mathrm{CE}}=\overline{\mathrm{AB}}=\overline{\mathrm{BE}}$. Надворешниот агол ВEC (црт. 5) на рамнохракиот триаголних ACE е $30^{\circ}$. Bo

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-5.jpg?height=303&width=644&top_left_y=500&top_left_x=781)

C

Црт. 5 правоаголниот триаголник ECD страната CD која е наспроти аголот од $30^{\circ}$, е половина од хипотенузата. Значи $\overline{\mathrm{CD}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{CE}}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}=\frac{1}{4} \overline{\mathrm{AB}}$, т.е. $\overline{\mathrm{AB}}=4 \cdot \overline{\mathrm{CD}}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-5.jpg?height=72&width=1200&top_left_y=1065&top_left_x=276)
е делива 008 Докамит!

Решение: Неха двата непарни природни броја се броевите $2 m+1$ и $2 n+1$ (каде $m, n \in \mathbb{N}$ ) се двата непарии природии броја. Разликата на овве два броја е $(2 m+1)^{2}-(2 n+1)$. Имаме: $(2 m+1)^{2}-(2 n+1)^{2}=4 m^{2}+4 m+1-4 n^{2}-4 n-1=$ $=4 m(m+1)-4 m(n+1)$. Сехој производ во горната разлика е делив со 8 , бидејки содржи множител 4 како и производ на последователни природни броеви.

VIII-2. Даден е триаголник со основа $20 \mathrm{~cm}$ и висина $15 \mathrm{~cm}$. Со права паралелна со основата на триаголникот е отсечен триаголиик со плоштина $24 \mathrm{~cm}^{2}$. Одреди на кое растојание се наоѓ правята од осінавта.

Решение: За односот иа плоштините $P_{1}$ и $\mathrm{P}_{1}$ ва слични триаголнаци со висини $h n h_{1}$ имаме: P:P $P_{1}=h^{2}: h_{1}^{2}$, или според црт.6: $\quad \mathrm{P}: \mathrm{P}_{1}=\overline{\mathrm{DC}}^{2}: \overline{\mathrm{PC}}^{2}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-5.jpg?height=495&width=565&top_left_y=1401&top_left_x=900)

Црт. 6
$\overline{\mathrm{PC}}^{2}=\frac{\overline{\mathrm{DC}}^{2} \cdot \mathrm{P}_{1}}{\mathrm{P}}$ или $\overline{\mathrm{PC}}^{2}=\frac{15^{2} \cdot 24}{150} ; \overline{\mathrm{PC}}=6 \mathrm{~cm}$. Следи $\overline{\mathrm{DP}}=15-6=9 \mathrm{~cm}$. Правата е на растојание $9 \mathrm{~cm}$ од основата.

VIII-3. Даден е правоаголен триаголиих $\mathrm{ABC}\left(\angle \mathrm{C}=90^{\circ}\right)$, со квтета $\overline{B C}=30 \mathrm{~cm}$. Над катетата $\mathrm{AC}$, земена како дијаметар, е опишана полукружиица, која хипотенузвта ја сече во точката D. Ако тетивата $\overline{C D}=24 \mathrm{~cm}$, пресметај ја должината иа полукружницата.

Решение: Триаголнихот CAD (црт. 7) е правоаголен (според Талеосвата теорема). Bo $\triangle B D C$, $\overline{\mathrm{BD}}=\sqrt{\overline{\mathrm{BC}}^{2}-\overline{\mathrm{CD}}^{2}}=\sqrt{30^{2}-24^{2}}=$ $=18 \mathrm{~cm}$

$\triangle B C D \sim \triangle C A D$, бидејки $\angle B C D=$ $=\angle \mathrm{CAD}-$ хако агли со заемно нормални краци. Следува дека $\overline{\mathrm{BC}}: \overline{\mathrm{BD}}=\overline{\mathrm{CA}}: \overline{\mathrm{CD}}$ или $30: 18=$ $=\overline{\mathrm{CA}}: 24$, па $\overline{\mathrm{CA}}=2 r=40$, $r=20 \mathrm{~cm} . \mathrm{L}=r \pi=20 \pi \approx 62,8 \mathrm{~cm}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-6.jpg?height=365&width=659&top_left_y=844&top_left_x=824)

Црт. 7

VIII-4. Tројца работпиии, A, В и C, засдио, за 1 час можат да завринт

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-6.jpg?height=53&width=1221&top_left_y=1365&top_left_x=262)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ef7fb08dc108f97d6b85g-6.jpg?height=57&width=1218&top_left_y=1411&top_left_x=261)
рабітпикот A, а поспоро од ребітпикет C. За калку часа истата рабита може да ја занрии секој од иив сам?

Решение: Неха работникот А сам ја завршува работата за $a$ часа. работникот B, за $b$ часа, работникот $\mathrm{C}$ за $c$ часа. За 1 час работникот $\mathrm{A}$ сам завршува $\frac{1}{a}$ од работата, работникот В. $\frac{1}{b}$, а работникот С. $\frac{l}{c}$. Од условот имаме: $\frac{l}{a}+\frac{l}{b}+\frac{l}{c}=1 \quad . .\left({ }^{*}\right)$. при што $l<a<b<c$. Равенството (*) е исполнето само за $a=2, b=3, c=6$.