# XVII РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

V-1. Колку страни има многуаголникот кај кој од едно темс може да се повлечат 32 дијагонали?

Решение: Во многуаголник со $n$ страни од едно теме можс да се повлечат $n-3$ дијагонали. Значи $n-3=32 ; n=32+3, n=35$.

V-2. Збирот на два броја е 242. Ако поголемиот број се подели $ю$ помалиот œ добива количник 3 и остаток 2 . Кои œ тие броеви?

Решение: Нека $x$ е помалиот број. Тогап, пополсмиот број е 3x+2. Имаме $242=(3 x+2)+x$. Според тоа $242-2=3 x+x$, односно $240=4 \cdot x$. Помалиот број $\mathrm{c}$ $240: 4=60$, а поголемиот број е $3 \cdot 60+2=182$

V-3. Пополни ги празните полиња во табелата така што збирот на броевите: а) во секои три соседни полиња да биде 15 . Објасни ја постапката. б) во секои три соседни полиња, по хоризонтала и по вертикала, да биде 12.

## Решение:

Во првото поле е бројот 7 , затоа што $3+5+7=15$. Ученикот треба да воочи и да запише дека бројот 7 се запишува на

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-2.jpg?height=67&width=503&top_left_y=423&top_left_x=955)
секое четврто поле, а истото важи и за броевите 3 и 5.

V-4. Пет телиња и две јагниња чинат 11 затници, а осум јагниња и две телиња тинат 8 злат-

| 5 | 5 | 2 | 5 | 5 | 2 | 5 | 5 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 1 | 1 | 10 | 1 | 1 | 10 | 1 | 1 |
| 6 | 6 | 0 | 6 | 6 | 0 | 6 | 6 |
| 5 | 5 | 2 | 5 | 5 | 2 | 5 | 5 |

ници. Колку златници чини едно теле, а колку едно јагне?

Решение 1: Бидејки 5 телиња и 2 јагниња чинат 11 златници, 10 телиња и 4 јагниња, двапати повеке, ке чинат 22 элатници.. Слично, бидејки 2 телиња и 8 јагниња чинат 8 златници, 10 телиња и 40 јагниња, петпати повеке, ке чинат 40 златници. Бидејќи во двата случаи бројот на телињата е 10, разликата во цената одтовара на бројот на златниците што се дадени за јагнињата, односно 40-4-36 јагниња чинат $40-22=18$ латници. Се заклучува дека секои две јагниња чинат по 1 златник. Бидејќи 5 телиња и 2 јагниња чинат 11 ллатници, а видовме дека 2 јагниња чинат 1 златник, заклучуваме дека 5 телиња чинат 10 златници, па едно теле ке чини 2 златниाи.

Решение 2: Бидејќ 2 телиња и 8 јагниња чинат 8 латници, половината, т.е. 1 теле и 4 јагниња ќе чинат 4 златници. Пет пати повеќе, односно 5 телиња и 20 јагниња ќе чинат $5.4=20$ златници. Но, според условот, 5 телиња и 2 јагниња чинат 11 златници, од каде пто заклучуваме дека $20-2=18$ јагниња ќе чинат 20$11=9$ златници. Значи, едно јагне чини половина златник, а 2 јагниња чинат 1 златник. Бидејки 5 телиња и 2 јагниња чинат 11 златници, а видовме дека 2 јагниња чинат 1 златник, заклучуваме дека 5 телиња чинат 10 златници, па едно теле ќе чини 2 златници.

VI-1. На цртежот с: $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{CF}}, \triangle \mathrm{BAC}=\triangle \mathrm{EDF}$, $\triangle 1=\triangle 2$. Докажи дека $\triangle \mathrm{ABC} \cong \triangle \mathrm{DEF}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-2.jpg?height=235&width=420&top_left_y=1678&top_left_x=1059)

Pешение: Имаме: $\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{AD}}+\overline{\mathrm{DC}}=\overline{\mathrm{CF}}+\overline{\mathrm{DC}}=\overline{\mathrm{DF}} ; \triangle \mathrm{ACB}=180^{\circ}$

$-\triangle 1=180^{\circ}-\triangle 2=\triangle \mathrm{DFE} ; \triangle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{EDF}$, по услов. Спорел призна-

кот $\mathrm{ACA}$ следува дека $\triangle \mathrm{ABC} \cong \triangle \mathrm{DEF}$.

VI-2. Блаже прочитал една книга за три дена. Првиот ден прочитал $\frac{2}{5}$ од бројот на страниците, вториот ден $\frac{4}{9}$ од останатиот дел, а
третиот ден ги прочитал преостанатите 90 страници. Колку страници има книгата?

Решение: По првиот ден на Блаже му останало да прочита уште $1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$ страници. Вториот ден Блаже прочитал $\frac{4}{9}: \frac{3}{5}=\frac{4}{15}$ од бројот на страниците му останале упте $\frac{3}{5}-\frac{4}{15}=\frac{1}{3}$ од бројот на страниците. Бидејќи тоа ее 90 страници, следува дека вкупниот број страници е 90-3=270.

VI-3. Одреди ги сите четирицифрени броеви од видот $\overline{1 \times 9 y}$ што се деливи и со 3 и со 5.

Решение: Еден број е делив со 5 ако пифрата на единици е 0 или 5. Според тоа $y \in\{0,5\}$. Ако $y=0$, тогат бројот $\overline{1 \times 90}$ е делив со 3 ако збирот на пифрите му е делив со 3, т.е. $1+x+9+0=10+x$ е делив со 3. Тоа с можно за $x \in\{2,5,8\}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-3.jpg?height=43&width=1206&top_left_y=978&top_left_x=260)
на бројот $\overline{1 \times 95}$ е $15+x$ од каде што $x \in\{0,3,6,9\}$ па бросвите се: 1095,1395 , 1695 и 1995. Бараните броени се: 1095, 1290, 1395, 1590, 1695, 1890 и 1995.

VI-4. Правоаголникот $\mathrm{ABCD}$ ( $\overrightarrow{\mathrm{AB}}>\overline{\mathrm{BC}})$ има периметар $\mathrm{L}=26 \mathrm{~cm}$. Симетралата на аголот кај темето $A$ го сече продолжението на страната BC во точката $M$, така што $\overline{C M}=3 \mathrm{~cm}$. Пресметај ги должините на страните на правоаголникот. Решение: Триаголникот $\mathrm{ABM}$ е правоаголен ( $\angle \mathrm{B}=90^{\circ}$ ). Бидејќи $\triangle B A M=45^{\circ}$, следува дека и $\triangle B M A=45^{\circ}$ па овој триаголник е рамнокрак, т.е. $\overline{\mathrm{AB}}=\overline{\mathrm{BM}}$. Оттука $a=b+3$. Бидејќи полупериметарот е $13 \mathrm{~cm}$, т.е. $a+b=13$, или $b+3+b=13, b=5 \mathrm{~cm}$, па $a=5+3$, т.е. $a=8 \mathrm{~cm}$.

VII-1. Докажи дека за секој реален број $x$, изра-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-3.jpg?height=284&width=324&top_left_y=1276&top_left_x=1155)
зот $(15 x+1)^{2}-3(3-7 x) \cdot(x-1)-\left(x^{2}-73\right)$ е позитивен.

Решение: $(15 x+1)^{2}-3(3-7 x) \cdot(x-1)-\left(x^{2}-73\right)=225 x^{2}+30 x+1-3\left(3 x-3-7 x^{2}+7 x\right)-$ $\left.x^{2}+73=225 x^{2}+30 x+1-9 x+9+21 x^{2}-21 x\right)-x^{2}+73=245 x^{2}+83$. Бидејќи $x^{2} \geq 0$ ). за ској реален број $x$. следува дека $245 x^{2}+83>0$.

VII-2. Во четириаголникот $\mathrm{ABCD}$ дијагоналите $\mathrm{AC}$ и $\mathrm{BD} \propto$ сечат во точката $O$. Ако плоштините на триаголниците AOD и BOC се еднакви, тогашI четириаголникот $\mathrm{ABCD}$ е трапез. Докажи.

Решение: $О$ Д $\mathrm{P}_{\triangle A O D}=\mathrm{P}_{\triangle B X C}$ следуна дека $\mathrm{P}_{\triangle A O D}+$ $\mathrm{P}_{\triangle A B O}=\mathrm{P}_{\triangle B O C}+\mathrm{P}_{\triangle \triangle B O}$, па $\mathrm{P}_{\triangle \triangle B D}=\mathrm{P}_{\triangle \triangle B C}$. Бидсјќи

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-3.jpg?height=226&width=387&top_left_y=1846&top_left_x=1075)
$P_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot h_{1}$ и $P_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot h_{3}$, следува деха $h_{1}=h_{2}$, т.е. $D$ и $C \propto$ еднакво одалечени од $\mathrm{AB}$, па DC.HAB. Значи, четириаголникот $\mathrm{ABCD}$ е трапез.

VII-3. Во едно училинтте во V одделение има 140 ученици, а во VI одделение има $5 \%$ помалку ученици отколку во петто. Бројот на учениците од V и VI одделение заедно претставува $91 \%$ од бројот на учениците во VI и VII одделение.

Колку учениди има во VII одделение?

Решение: Бројот на учениците во шесто одделение е $95 \%$ од бројот на учениците во V одл., т.е. $\frac{95}{100} \cdot 140=133$. Според тоа во V и во VI оли. има 273 (=140+133) ученици. Овој број е $91 \%$ од бројот на учениците во VI и VII оди., г.е $\frac{100 \cdot 273}{91}=30$. Во седмо оиделение има $300-133=167$ ученици.

VII-4. Дали постои природен број $n$ таков што $n^{2}+n+1$ е делив со 5? Одговорот објасни го.

Решение: Ако $n^{2}+n+1$ е делив со 5 тогаш постои природен број $k$ така што $n^{2}+n+1=5 k$. Имаме $n^{2}+n=5 k$. 1 . Бројот $5 k-1$ с непарен број за секоја вредност на $k$. Но, $n^{2}+n=n(n+1)$ е производ на два последователни природни броја $n$ и $n+1$ од кои едниот е парсн број. Според тоа овој производ е парен број. Затоа $n^{2}+n+1 \neq 5 k$ за секое $k \in \mathrm{N}$, односно не постои $n$ за кое бројот 5 би бил делител на $n^{2}+n+1$.

VIII-1. Од еден рој пчели една петтина слетала на цветот на јасминот, а една третина слетала на цветот на зумбулот. Трикратната разлика од овие два броја слетала на цветот на ружата, а сдна пчела останала да лета. Колку пчели имало во ројот?

Решение: Ако х е бројот на пчелите во ројот, тогапи на цветот на јасминот, зумбулот и ружата слетале $\frac{x}{5}, \frac{x}{3}$ и $3\left(\frac{x}{3}-\frac{x}{5}\right)$ пчели соодвстно. Бидејки една пчела не слетала имаме: $\frac{x}{5}+\frac{x}{3}+3\left(\frac{x}{3}-\frac{x}{5}\right)+1=x \cdot \frac{8 x}{15}+\frac{6 x}{15}+1=x ; \frac{14 x}{15}+1=x ; x=15$.

VIII-2. Од точката $M$ што е надвор од кругот $\mathrm{K}(\mathrm{O}, \mathrm{r})$ повлсчена $\mathrm{e}$ права што ја сете кружницата во точките А и В. Ако $\overline{\mathrm{MA}}=16 \mathrm{~cm}, \overline{\mathrm{MB}}=$ $9 \mathrm{~cm}, \overline{\mathrm{M}}=13 \mathrm{~cm}$ пресметај ги плоптината и периметарот на кругот.

Решение: Нека $\mathrm{C} \in \mathrm{AB}$ и $\quad \mathrm{C} \perp \mathrm{AB}$. Следува дека $\mathrm{C}$ е средина на $\mathrm{AB}$. Затоа $\overline{\mathrm{CB}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}=\frac{1}{2}(\overline{\mathrm{MA}} \cdot \overline{\mathrm{MB}})=3,5 \mathrm{~cm} . \triangle \mathrm{COM} \mathrm{e}$ правоаголен па $\overline{\mathrm{OC}}^{2}=\overline{\mathrm{MO}}^{2}-\overline{\mathrm{MC}}^{2}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-4.jpg?height=213&width=445&top_left_y=1869&top_left_x=979)

Од $\overline{\mathrm{MC}}=\overline{\mathrm{MB}}+\overline{\mathrm{BC}}=12,5 \mathrm{~cm}$, добиваме $\overline{\mathrm{OC}}^{2}=13^{2}-12,5^{2}=12,75 \mathrm{~cm}^{2} . \Delta \mathrm{COB} \mathrm{е}$ правоаголен. Затоа ${ }^{2}=\overline{\mathrm{OB}}^{2}=\overline{\mathrm{OC}}^{2}+\overline{\mathrm{BC}}^{2}=\left(3,5^{2}+12,75\right) ; r^{2}=25 ; \mathrm{r}=5 \mathrm{~cm}$.

Конечно, $\mathrm{P}=\pi^{2}=25 \pi \mathrm{cm}^{2}, \mathrm{~L}=2 \pi \mathrm{r}=10 \pi \mathrm{cm}^{2}$.

VIII-3. Дијагоналите на тетивниот четириаголник $A B C D$ се заемно нормални и се сечат во точката М. Докажи дека правата $p$ што минува низ точката $M$ и е нормална на страната $\mathrm{AB}$ ја преполовува страната CD.

Решеине: Нека правата $p$ ја сече стравата $\mathrm{AB}$ во точката $P$, а страната CD во точката S.Tреба да се докаже дека $\overline{D S}=\overline{S C}$ Да означиме: $\triangle \mathrm{PBM} \propto \beta$, $\triangle$ SMC со $\gamma$ и $\triangle$ MCS со $\varphi$. Како агли со нормални краци $\beta=\gamma$, како агли над ист лак во кружжници имаме $\beta=q$. Следува дека $\gamma=\phi$, т.е. $\triangle$ MSC е

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_a5d28182ca886aa1f361g-5.jpg?height=423&width=387&top_left_y=613&top_left_x=1075)
рамнокрак. Значи $\overline{\mathrm{MS}}=\overline{\mathrm{CS}}$. Аналогно се докажува дека и $\overline{\mathrm{MS}}=\overline{\mathrm{SD}}$. Значи, $\overline{\mathrm{CS}}=\overline{\mathrm{MS}}=\overline{\mathrm{SD}}$, т.е. С е ередина на $\mathrm{DC}$.

VIII-4. На 12 мажи, жени и деца им се поделени 12 леба. Секој маж добил 2 леба, секоја жена добила половина леб, а секое дете добило четвртина леб. Одреди го бројот на мажите, бројот на жените и бројот на деца, ако секој од овие броеви е различен од 0 .

Решение: 1. Бројот на мажите е помал од 6. Ако тој број е 6 или поголем од 6, тогапп во групата ќe нема жени и деца. 2. Бројот на мажите е поголем од 3 . Ако тој број е 3 или помал од 3 тогап мажите ќe земат 6 леба или помалку, а сите жени и деца најмногу може да добијат помалку од 6 леба (поточно 5,25 леба). 3. Бројот на мажи е 5. Ако тој број е 4, тогаш за останатите 8 жени и деца преостануваат 4 леба, а тоа значи дека во групата нсма деца - спротивно на условот. 4. Значи, во групата имало 5 мажи. Бројот на жени с помал од 4. Тој број не е 3 затоа што тогаші бројот на депа би имало 2, а $5+3+2<12$. Слично се проверува дека бројот на жени не е 2 .

Според тоа бројот на жени е 1 , а бројот на деца е $12-(5+1)=6$.