# ХХІІІ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
IV одде.іние
1. Пресметај:
$2005+2005 \cdot 20+(52 \cdot 6677+53 \cdot 6676-54 \cdot 6675) \cdot 0+25 \cdot 2005 \cdot 4-7777: 77$.
Решнин: $2005+2005 \cdot 20+(52 \cdot 6677+53 \cdot 6676-54 \cdot 6675) \cdot 0+25 \cdot 2005 \cdot 4-7777: 77=$
$=2005+40100+0+200500-101=242504$ 。
2. Еден камион наполнет со пченица има маса од $7284 \mathrm{~kg}$, а празен има маса од $2576 \mathrm{~kg}$. Пченицата во камионот е товарена од силос кој собирал $15200 \mathrm{~kg}$ пченица. Колку килограми пченица останале во силосот?
Од условот во задачата добиваме 15200-(7284-2576)= $15200-4708=10492$. Во силосот останале $10492 \mathrm{~kg}$ пченица .
3. Дедото сега има 64 години, неговиот син 38 години, неговиот внук 10 години, а неговата внука 6 години. По колку години збирот на годините на синот, внукот и внуката ќе биде еднаков со бројот на годините на дедото?
Решение. Сега разликата на годините на дедото и збирот на годините на другите е 10 години. Збирот на годините на синот, внукот и внуката ќе биде еднаков со бројот на годините на дедото ако разликата на годините на дедото и збирот на годините на другите се подели со 2 , односно $10: 2=5$. Значи одговорот е по 5 години. *
црт. 1
4. Над страните на рамнокрак триаголник $\mathrm{ABC}$ чија основа е за $2 \mathrm{~cm}$ помала од кракот, се конструирани рамнострани триаголници $\mathrm{APB}, \mathrm{BQC}$ и CRA. Обиколката на така добиената фигура APBQCR е $38 \mathrm{~cm}$. Најди ги страните на рамнокракиот триаголник.
Да ја означиме основата на рамнокракиот триаголник со а, а краците со b (црт. 1). Од условот во задачата имаме $a=b-2$ и $4 \mathrm{~b}+2(\mathrm{~b}-2)=38$. Значи $\mathrm{b}=7 \mathrm{~cm}$ и $\mathrm{a}=5 \mathrm{~cm}$. 。
1 оле гение
1. За нумерирање на една книга се употребени 4373 цифри. Колку страници има книгата?
Од првата до деветтата страница се употребени 9 цифри. Од десеттата до 99-та се употребени двоцифрени броеви, односно 180 цифри. Од 100та до 999-та страница се употребени трицифрени броеви, односно 2700 цифри. Тогаш 4373-9-180-2700=1484 цифри се употребени за четирицифрените броеви, односно книгата завршува со 371 -от (1484:4=371) четирицифрен број. Значи книгата има 1370 страници.
2. Дадени се множествата $\mathrm{A}=\{1,2, \mathrm{x}, 5,9\}$ и $\mathrm{B}=\{2, \mathrm{y}, 3\}$. Најди ги сите броеви х и у такви што множеството В да има три различни елементи и В $\subset \mathrm{A}$. Од $B \subset A$ јасно е дека $x=3$. Тогаш у може да биде еден од броевите 1 , 5 или 9.
3. Кои цифри треба да стојат на местото на ввездичките во бројот 2834.-,
така што при делење на бројот со 12 и со 15 да се добие остаток 9 ?
Решінис. Да ги определиме броевите од облик 2834.- деливи со 12 и 15 . Бидејќи бројот треба да е делив со 2 и 5 , следува дека последната ввездичка е 0 , односно обликот на бројот е 2834-0. Од деливоста на бројот со 3 добиваме дека претпоследната sвездичка може да биде 1,4 или 7. Бидејќи бројот треба да е делив со 4 следува дека бројот е 283440. Бараниот број е 283449. $\cdot$
4. Две тетиви го делат кругот на три или четири дела. На колку делови го делат кругот три тетиви? (Образложи ги и илустрирај ги добиените резултати.)
Репснис Бројот на деловите на кои е разделен кругот со тетивите зависи од бројот на пресечните точки на тетивите во внатрешноста на кругот (случајот кога барем две од тетивите се сечат на кружницата е ист со случајот кога тие не се сечат во внатрешноста). Значи ги имаме следниве случаи:
1. Тетивите, две по две, немаат заеднички точки во внатрешноста на кругот. Во тој случај тетивите го делат кругот на 4 дела (црт. 2).
2. Две од тетивите се сечат во внатрешноста на кругот и не се сечат со третата. Во тој случај тетивите го делат кругот на 5 дела (црт. 3).
3. Две од тетивите не се сечат во внатрешноста на кругот, а третата ги сече и двете (црт. 4) или трите тетиви минуваат низ една точка во внатрешноста (црт. 5). Во тој случај тетивите го делат кругот на 6 дела.
4. Тетивите, две по две, се сечат во внатрешноста на кругот. Во тој случај тетивите го делат кругот на 7 дела (црт. 6). $\cdot$
VI оделение
1. На еден шахист по 9 победи и 6 нерешени партии му останале уште $25 \%$ неодиграни партии. Ако за победа се добива 1 поен, а за нерешена партија 0,5 поени, колку најмногу поени може да освои овој шахист на крајот на турнирот?
Рсшенис. Шахистот изиграл $75 \%$ од партиите што е еднакво на 15 партии. Значи вкупно на турнирот треба да изигра $\frac{15 \cdot 100}{75}=20$ партии. Тогаш од неодиграните партии најмногу може да освои 5 поени, односно вкупно може да освои најмногу $5+9+6 \cdot 0,5=17$ поени. *
## 2. Еден остар агол на правоаголен триаголник
е пет пати поголем од другиот. Докажи дека хипотенузата е четири пати поголема од висината спуштена кон неа.Репенис Од $\beta=5 \alpha$ и $\alpha+\beta=90^{\circ}$ следува дека $\alpha=15^{\circ}$, $\beta=75^{\circ}$. Нека висината повлечена кон хипотенузата е CM и нека D е средина на хипотенузата (црт. 7). Тогаш
$\overline{\mathrm{CD}}=\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{BD}}=\frac{\overline{\mathrm{AB}}}{2}$.
Триаголникот СDM е правоаголен, во кој $\angle \mathrm{CDM}=\alpha+\alpha$. Според тоа $\overline{\mathrm{CD}}=2 \overline{\mathrm{CM}}$. Оттука $\overline{\mathrm{AB}}=2 \overline{\mathrm{CD}}=4 \overline{\mathrm{CM}}$.
3. а) Докажи дека за произволни цели броеви а и b броевите $\frac{5 a}{2}+\frac{13}{5}$ и $\frac{23 \mathrm{~b}}{15}+\frac{53}{10}$ не се цели.
б) Дали нивниот збир може да е цел број? Образложи.
Репинис a) $\frac{5 \mathrm{a}}{2}+\frac{13}{5}=\frac{25 \mathrm{a}+26}{10}$ и $\frac{23 \mathrm{~b}}{15}+\frac{53}{10}=\frac{46 \mathrm{~b}+159}{30}$. Бидејќи 5 не е делител на $25 a+26$, следува дека $25 a+26$ не се дели со 10 , односно $\frac{5 a}{2}+\frac{13}{5}$ не е цел број. Бидејќи $46 \mathrm{~b}+159$ е непарен број имаме дека $\frac{23 \mathrm{~b}}{15}+\frac{53}{10}$ не е цел број.
б) Нека $a=b=33$. Тогаш $\frac{25 \cdot 33+26}{10}+\frac{46 \cdot 33+159}{30}=141$ па нивниот збир може да е цел број. $\cdot$
4. Нека $O$ е центар на впишаната кружница во триаголникот $\mathrm{ABC}$ и
црт. 8 правите повлечени низ $O$ и паралелни со $\mathrm{AB}$ и $\mathrm{AC}$ ја сечат страната BC во точките $\mathrm{M}$ и $\mathrm{N}$ соодветно. Докажи дека важи равенството $\overline{\mathrm{BC}}=\overline{\mathrm{OM}}+\overline{\mathrm{MN}}+\overline{\mathrm{ON}}$.
Решенис. Бидејќи правите ОМи $\mathrm{AB}$ се паралелни следува дека $\angle \mathrm{MOB}=\angle \mathrm{OBA}$ (црт. 8). Уште важи $\angle \mathrm{OBA}=\angle \mathrm{OBM}$. Значи $\angle \mathrm{MOB}=\angle \mathrm{OBM}$, а оттука триаголникот ОВМ е рамнокрак, односно $\overline{\mathrm{OM}}=\overline{\mathrm{MB}}$. Слично, $\overline{\mathrm{ON}}=\overline{\mathrm{NC}}$. Тогаш $\overline{\mathrm{BC}}=\overline{\mathrm{BM}}+\overline{\mathrm{MN}}+\overline{\mathrm{NC}}=\overline{\mathrm{OM}}+\overline{\mathrm{MN}}+\overline{\mathrm{ON}}$.
## VII одде.тение
1. Во кружница $\mathrm{k}(\mathrm{O}, \mathrm{r})$ повлечен е радиусот $\mathrm{OM}$ и низ неговата средина $\mathrm{S}$,
тетивата $\mathrm{AB}$ нормална на $\mathrm{OM}$. Докажи дека таа тетива претставува страна на впишан рамностран триаголник во кружницата.
Рененис. Нека втората пресечна точка на $\mathrm{k}(\mathrm{O}, \mathrm{r})$ и ОМ е точката С. Бидејќи триаголниците CSA и CSB се складни (CAC) триаголникот АСВ е рамнокрак, односно $\overline{\mathrm{CA}}=\overline{\mathrm{CB}}$. Бидејќи во правоаголниот триаголник OSA хипотенузата е двапати поголема ( $\overline{\mathrm{OA}}=2 \overline{\mathrm{OS}}$ )
следува дека $\angle \mathrm{OAS}=30^{\circ}$ и $\angle \mathrm{AOS}=60^{\circ}$. Тогаш $\angle \mathrm{ACS}=30^{\circ}$ и затоа $\angle \mathrm{ACB}=60^{\circ}$. Затоа триаголникот АСВ е рамностран и е впишан во кружницата. $\cdot$
2. Најди ја вредноста на изразот $7 \mathrm{xy}+11 \mathrm{yz}-7 \mathrm{xz}-2 \mathrm{x}^{2}-6 \mathrm{y}^{2}-3 \mathrm{z}^{2}+5$ ако $2 \mathrm{y}-3 \mathrm{z}-\mathrm{x}=\mathbf{0}$.
Ренснис $7(2 y-3 z) y+11 y z-7(2 y-3 z) z-2(2 y-3 z)^{2}-6 y^{2}-3 z^{2}+5=\ldots=5$.
3. Од сите дропки помегу $\frac{13}{167}$ и $\frac{1}{12}$ чиј именител е четирицифрен број и чиј броител е трет степен на природен број, најди ја онаа со најголем именител.
Решени Нека бараната дропка e $\frac{\mathrm{t}^{3}}{\overline{a b c d}}$, каде што $t \in \mathbb{N}, a, b, c$ и d се цифри и $\mathrm{a} \neq 0$. Бидејќи $\overline{\operatorname{abcd}} \leq 9999$ следува $\frac{\mathrm{t}^{3}}{9999} \leq \frac{\mathrm{t}^{3}}{\overline{\mathrm{abcd}}}<\frac{1}{12}$ од каде што $\mathrm{t}^{3}<\frac{9999}{12}=833,25$. Тогаш $t \leq 9$. Од друга страна, $\frac{13}{167}<\frac{\mathrm{t}^{3}}{\overline{\mathrm{abcd}}}$, односно $\overline{\mathrm{abcd}}<\frac{167 \mathrm{t}^{3}}{13} \leq \frac{167 \cdot 9^{3}}{13}=9364 \frac{11}{13}$. Конечно, бараната дропка е $\frac{729}{9364}$.
4. Даден е триаголник $\mathrm{ABC}$. Точките $\mathrm{P}$ и $\mathrm{Q}$ лежат на страните $\mathrm{AC}$ и $\mathrm{BC}$, соодветно и за нив важи $\mathrm{L}_{\triangle A B P}=\mathrm{L}_{\triangle A B Q}, \mathrm{~L}_{\triangle A Q C}=\mathrm{L}_{\triangle B P C}$ (каде со $\mathrm{L}_{\triangle X Y Z}$ e означен периметарот на триаголник XYZ). Докажи дека триаголникот $\mathrm{ABC}$ е рамнокрак.
Решение. Од $\mathrm{L}_{\triangle A B C}=\mathrm{L}_{\triangle A B Q}+\mathrm{L}_{\triangle A Q C}-2 \overline{\mathrm{AQ}}$ и $\mathrm{L}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\mathrm{L}_{\triangle \mathrm{ABP}}+\mathrm{L}_{\triangle \mathrm{BPC}}-2 \overline{\mathrm{PB}}$ следува дека $\overline{\mathrm{AQ}}=\overline{\mathrm{PB}}$ (црт. 10). Потоа, $\overline{\mathrm{AP}}=\mathrm{L}_{\triangle \mathrm{ABP}}-\overline{\mathrm{AB}}-\overline{\mathrm{PB}}=\mathrm{L}_{\mathrm{AABQ}}-\overline{\mathrm{AB}}-\overline{\mathrm{AQ}}=\overline{\mathrm{BQ}}$. Значи триаголниците $\mathrm{ABP}$ и $\mathrm{AQB}$ се складни, па $\angle \mathrm{PAB}=\angle \mathrm{QBA}$, односно триаголникот $\mathrm{ABC}$ е рамнокрак.
## VIII оде.тение
1. Двајца работници можат да завршат една работа за 12 дена. По 5 дена заедничка работа едниот работник ја напуштил работата така што другиот работник, работејќи сам, ја завршил работата за 17,5 дена. За колку дена можел да ја заврши работата секој работник ако работел сам?
Решенис. Нека првиот работник може да ја заврши работата за $x$, а вториот за у дена. Тогаш за еден ден работниците ке завршат $\frac{1}{x}$, односно $\frac{1}{y}$ од работата. Од условот во задачата го добиваме системот
$$
\left\{\begin{array} { l }
{ \frac { 1 } { x } + \frac { 1 } { y } = \frac { 1 } { 1 2 } } \\
{ 5 ( \frac { 1 } { x } + \frac { 1 } { y } ) + 1 7 , 5 \frac { 1 } { y } = 1 }
\end{array} \left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{12} \\
\frac{5}{12}+17,5 \frac{1}{y}=1
\end{array},\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{12} \\
y=30
\end{array}, \text { а оттука } x=20\right.\right.\right.
$$
2. Во триаголник $\mathrm{ABC}$ со страни $\overline{\mathrm{AB}}=32 \mathrm{~cm}$ и $\overline{\mathrm{BC}}=24 \mathrm{~cm}$, тежишните линии $\mathrm{AA}_{1}$ и $\mathrm{CC}_{1}$ се сечат под прав агол. Пресметај ја должината на страната $\mathrm{AC}$ на триаголникот $\mathrm{ABC}$.
Решение. Нека T е тежиште на триаголникот $\mathrm{ABC}$ и нека $\overline{\mathrm{TC}_{1}}=x, \overline{\mathrm{TA}_{1}}=y$
црт. 11
(црт. 11). Тогаш од правоаголниот триаголник СТА, имаме $(2 \mathrm{x})^{2}+\mathrm{y}^{2}=\left(\frac{1}{2} \overline{\mathrm{CB}}\right)^{2}=144$, а од правоаголниот триаголник АТС, $(2 \mathrm{y})^{2}+\mathrm{x}^{2}=\left(\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}\right)^{2}=256$. Со собирање на последните две равенства добиваме дека $400=5\left(x^{2}+y^{2}\right)$, односно $80=x^{2}+y^{2}$. Сега, од правоаголниот триаголник $\mathrm{A}_{1} \mathrm{TC}_{1}$ следува дека $\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}={\overline{\mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1}}}^{2}=\frac{\overline{\mathrm{AC}}^{2}}{4}$. Значи имаме $\overline{\mathrm{AC}}^{2}=4\left(\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}\right)=320$, односно $\overline{\mathrm{AC}}=8 \sqrt{5} \mathrm{~cm} . \bullet$
3. Нека $n$ е природен број за кој броевите $n+1, n+3, n+4, n+5, n+6, n+8$ се сложени. Докажи дека постојат барем седум последователни сложени броеви во множеството $\{n, n+1, n+2, n+3, n+4, n+5, n+6, n+7, n+8, n+9\}$.
Решение. Ако $n+2$ е прост број тогаш тој е непарен број ( $n+2>2$ ). Тогаш $n+7$ е парен број поголем од 2 и затоа е сложен, како и $n+9$. Затоа $n+3, n+4, n+5, n+6$, $\mathrm{n}+7, \mathrm{n}+8, \mathrm{n}+9$ се седум последователни сложени броеви.
Нека $n+2$ е сложен број. Ако $n+7$ е сложен број тогаш $n+2, n+3, n+4, n+5, n+6$, $n+7, n+8$ се седум последователни сложени броеви. Ако $n+7$ е прост број. тогаш тој е непарен број и затоа $\mathrm{n}$ е парен број. Уште, $\mathrm{n}$ е поголем од 2 бидејќи ако $\mathrm{n}=2$ тогаш $n+1=3$ не е сложен број, што е во контрадикција со условот. Значи $n . n+1$, $\mathrm{n}+2, \mathrm{n}+3, \mathrm{n}+4, \mathrm{n}+5, \mathrm{n}+6$ се седум последователни сложени броеви. $\cdot$
4. Во внатрешноста на триаголник $\mathrm{ABC}$ е избрана точка Р така што триаголниците АВР, ВСР и САР имаат еднакви плоштини. Докажи дека точката $P$ е тежиште на триаголникот $\mathrm{ABC}$.
Ренение. Триаголниците АВP и САР имаат еднакви плоштини и заедничка страна AP. Затоа висините во овие триаголници $\mathrm{BM}$ и $\mathrm{CN}$, соодветно, повлечени кон $A P$, се еднакви. Нека $A P$ ја сече страната ВC во точка K. Тогаш, од $\overline{\mathrm{BM}}=\overline{\mathrm{CN}}$. $\angle \mathrm{CNK}=\angle \mathrm{BMK}$ и $\angle \mathrm{CKN}=\angle \mathrm{BKM}$, триаголниците $\mathrm{CNK}$
и ВMK се складни и затоа $\overline{\mathrm{CK}}=\overline{\mathrm{BK}}$, односно $\mathrm{AK}$ е тежишна линија. Аналогно, се докажува дека и другите две тежишни линии минуваат низ Р. Според тоа Р е тежиште во триаголникот $\mathrm{ABC}$.