# VI РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

Задачите и решенијата се скенирани од книгата

Регионални натпревари по математика 83-95

Подготвена од Боривое Миладиновиќ

## $\mathbf{V}$ одделение

1. Дадени се множествата: $A=\{x \mid x \in N$ и $x \leq 10\}, B=\{x \mid x \in N$ и $5 \leq x<15\}$ и $C=\{x \mid x \in N$ и $x$ е парен број и $x \leq 12\}$.

Формирај ги, запиши ги на табеларен начин и покажи дека за нив важи равенството:

$$
\mathrm{A} \mid(\mathrm{B} \cup C)=(\mathrm{A} \mid \mathrm{B}) \cap(\mathrm{A} \mid \mathrm{C})
$$

2. Четворица велосипедисти се движат по кружна патека со различни брзини: првиот ја обиколува за 10 , вториот за 12 , третиот за 15 и четвртиот за 16 минути. Ако сите тргнат од иста почетна точка, после колку време ќе бидат сите на почетната точка? По колку пати во меѓувреме секој од нив ја поминал патеката?
3. Колку петцифрени броеви има на кои збирот на цифрите им е 3 ?
4. Една нива во форма на правоаголник на која должината е два пати поголема од ширината е заградена со три реда жици, за што биле употребени 720 метри жица. Нивата е посеана со пченица. Колку килограми пченица се добиени од нивата ако од еден ар се добиени $50 \mathrm{~kg}$ пченица?

## v oдделение

1. Множествата претставени на табеларен начин:

$$
A=\{1,2,3, \ldots, 10\}: B=\{5,6,7, \ldots, 14\} ; C=\{2,4,6, \ldots, 12\}
$$

Проверка на равенствата:

$A(B \cup C)=\{1,2,3, \ldots, 10\}(2,4,5,6, \ldots .12,13,14\}=\{1,3\}$. (AIB) $\cap(A \mid C)=\{1,2,3,4\} \cap\{1,3\}=\{1,3\}$,

т.е. важи даленото равенство.

2. Времето во кое ќe се најдат снте велосипедисти повторно во почетната точка ќe претставува НЗС(10, 12, 15, 16)=240 минути. Првиот велосипедист патеката ќе ја помине 240:10=24 пати, вториот 20, третиот 16 и четвртнот 15 пати.
3. Ако збирот на цифрите на петцифрениот број е 3, тоа значи дека бројот може да е составен од:

- трн единици и две нули.
- една двојка. една единица и три нули,
- една троіка и четири нули.

Ако бројиг е составен од три едници и две нули, тогаш можат да се запишат шест петцифрени броја: $11100,11010,11001,10101,10011,10110$.

Ако бројот е составен од една двојка, една единица и три нули. тогаш можат да се запишат осум петцифрени броја: 21000, 20100, 20010. 20001, 12000, 10200, 10020, 10002.

Ако бројот е составен од една тројка и четири нули, тогаш 30000 с единствениот петцифрен број со тие цифри. Според тоа има: $6+8+1=15$ такви петцифрени броеви.

4. За оградување на нивата со еден ред употребени се $720: 3=240$ метри жица. Според тоа периметарот на нината е 240 метри, т.е.

$$
2(a+b)=240
$$

$a+b=120 \mathrm{~m}$.

Бидејќ $a=2 b$ имаме: $2 b+b=120$, т.е. $b=40 \mathrm{~m}$, а $a=80 \mathrm{~m}$. Плоштнната на нивата e: $\mathrm{P}=80 \cdot 40-3200 \mathrm{~m}^{2}=32$ ари. Од еден ар се добива $50 \mathrm{~kg}$, следува дека вкупно е добиено $32.50=1600 \mathrm{~kg}$ пченица.

## VI одделение

1. Најди дропка еднаква на $\frac{5}{7}$ на која збирот од броителот и именителот ќе биде 60.
2. Квадратна нива со плоштина $6162,25 \mathrm{~m}^{2}$ треба да се загради со три реда жица. Колку жица е потребно за заградување на нивата?
3. Колку страни има многуаголник ако бројот на страните му е два пати поголем од бројот на дијагоналите повлечени од едно теме ?
4. Во рамнокрак триаголник $\mathrm{ABC}(\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{BC}})$, со периметар $22 \mathrm{~cm}$, повлечена е медијана $\mathrm{AA}_{1}$. Периметрите на триаголниците $\mathrm{ABA}_{1}$ и $\mathrm{AA}_{1} \mathrm{C}$ соодветно се $17 \mathrm{~cm}$ и $19 \mathrm{~cm}$. Да се определат должините на страните на $\triangle \mathrm{ABC}$.

## VI одцеление

1. За да ја добиеме бараната дропка, треба дропката $\frac{5}{7}$ да ја прошириме со некој број $k(k \neq 0)$ т.е. $\frac{5}{7}=\frac{5 k}{7 k} \cdot$ Од $5 k+7 k=60$, следи $k=5$. Оттука следува дека бараната дропха е $\frac{25}{35}$.
2. Од тоа што плоштината на квадратот е $\mathrm{a}^{2}$ имаме: $\mathrm{a}^{2}=6162.25$, т.е. $a=\sqrt{6162,25}=78,5$. Обиколката на нивата $e: L=4.78 .5=314 \mathrm{~m}$, а за заградување на нивата $\mathrm{e}$ употребено $314 \cdot 3=942 \mathrm{~m}$ жица.
3. Ако со п го означиме бројот на страните на миогуаголиикот, тогаш од едио теме можат да се повлечат $\mathrm{n}-3$ дијагонали.

$\mathrm{n}=2(\mathrm{n}-3)$, т.e. $\mathrm{n}=\mathbf{6}$.

4. Види: VIII p.н. VI/4.

## VII оделение

1. Запиши ја во форма на полином во нормален вид формулата за пресметување на плоштината на шрафираниот дел од цртежот.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_68807cdb3a234be35b9cg-4.jpg?height=243&width=555&top_left_y=311&top_left_x=886)

2. Во равенката $(k+2) x-k y=(k-1) y+x-15$ одреди го параметарот $k$ така што таа да биде задоволена за $\mathrm{x}=2$ и $\mathrm{y}=3$.
3. Конструирај рамнокрак трапез ако е дадена поголемата основа а, кракот $\mathrm{c}$ и дијагоналата $\mathbf{R}$.
4. Дијаметарот $\mathrm{AB}$ на кружницата $\mathrm{k}$ е продолжен до произволна точка $\mathrm{C}$, а низ $\mathrm{C}$ е повлечена секантата $\mathrm{CDE}$ на кружницата $\mathrm{k}$, така што $\overline{\mathrm{CD}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}$.

Докажи дека: $\angle \mathrm{AOE}=3 \cdot \angle \mathrm{OCD}$.

VII одделение

1. Плоштината на шрафираниот дел на фигурата од цртежот е:

$\mathrm{P}=(5 \mathrm{a}+3) \cdot(3 \mathrm{a}-1)-\frac{1}{2}(5 \mathrm{a}+3) \cdot \frac{1}{3}(3 \mathrm{a}-1)=(5 \mathrm{a}+3) \cdot(3 \mathrm{a}-1)-$

$-\frac{1}{6}(5 a+3) \cdot(3 a-1)=\frac{5}{6}(5 a+3)(3 a-1)=\frac{5}{6}\left(15 a^{2}+4 a-3\right)=$

$=\frac{25}{2} \mathrm{a}^{2}+\frac{10}{3} \mathrm{a}-\frac{5}{2}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_68807cdb3a234be35b9cg-5.jpg?height=228&width=560&top_left_y=362&top_left_x=941)

2. Ако во дадената равенка ги замениме х и у со дадените вредности ќе добиеме: $(k+2) \cdot 2-k \cdot 3=(k-1) \cdot 3+2-15 ; \quad 2 k+4-3 k=3 k-3-13 ; \quad-4 k=-12 ; \quad k=3$.
3. Апализа: Нека задачата е решена. Триаголннкот $\mathrm{ABC}$ може да се конструира со дадените страни а, с и f. Темето D од трапезот ќe го одредиме со конструкција на $\triangle \mathrm{ABD}$ со страни а, си $\mathrm{f}$

Конструкцнја: Ги конструираме триаголницнте $\mathrm{ABC}$ и $\mathrm{ABD}$ со дадените страни а, с и f.

Доказ: Доказот е очитледен од самата конструкција, бидејки трапезот ги содржи дадените елементи . Дискусија: Задачата има единствено решение, ако страните а, с и f го задоволуваат условот: Која и да било страна на триаголникот е помала од збирот на другите две, а поголема од нивната разлика, т.е. $|c-\mathrm{f}|<\mathrm{a}<\mathrm{c}+\mathrm{f}$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_68807cdb3a234be35b9cg-5.jpg?height=536&width=404&top_left_y=824&top_left_x=1014)
(1)

$\triangle O D E$ е рамнохрах ( $\overline{\mathrm{OD}}=\overline{\mathrm{OE}})$ и $\angle \mathrm{ODE}=\angle \mathrm{OED}$

СODE е надворешен агол на $\triangle O C D$ и тој е еднаков иа збирот од двата внатрешни несоседни агли, т.е. $\angle \mathrm{ODE}=\angle \mathrm{COD}+\angle \mathrm{OCD}$...(3)

Од (1) следува $\angle \mathrm{ODE}=2 \angle \mathrm{OCD}$ и $\angle \mathrm{OED}=2 \angle \mathrm{OCD}$.

$\angle A O E$ е надворешен агол на $\triangle O C E$.

$\angle \mathrm{AOE}=\angle \mathrm{OCD}+\angle \mathrm{OED}$.

Од (2) и (3) следува:

$\angle \mathrm{AOE}=\angle \mathrm{OCD}+2 \angle \mathrm{OCD}=3 \angle \mathrm{OCD}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_68807cdb3a234be35b9cg-5.jpg?height=252&width=424&top_left_y=1542&top_left_x=1040)

4. Од $\overline{\mathrm{CD}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}$, следува дека $\triangle O C D$ е рамнокрак и $\angle \mathrm{OCD}=\angle \mathrm{COD}$

## VIII одделение

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_68807cdb3a234be35b9cg-6.jpg?height=51&width=649&top_left_y=335&top_left_x=298)

2. Страните a, b, с на $\triangle \mathrm{ABC}$ се однесуваат како 4:6:7. Триаголник $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ сличен на дадениот има периметар $\mathrm{L}_{1}=102 \mathrm{~cm}$. Најди ги страните на $\triangle \mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1}$.
3. Еден индиски махараџа на своите 6 синови им оставил дијаманти со еднаква вредност и наредил да ги поделат така што најстариот син да добие $\frac{1}{7}$ од дијаманти'е и уште 1 , вториот $\frac{1}{7}$ од останатите и уште 2 , третиот $\frac{1}{7}$ од останатите и уште 3 итн. и најмалиот $\frac{1}{7}$ од останатите и уште 6 дијаманти. На крајот сите синови добиле по ист број дијаманти. Колку вкупно дијаманти оставил махараџата и по колку добил секој од синовите?
4. На страната $\mathrm{AC}$ од $\triangle \mathrm{ABC}$ е нанесена отсечката $\overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{AB}}$, а на продолжението на страната $\mathrm{CA}$, преку $\mathrm{A}$, почнувајќи од $\mathrm{A}$, отсечката $\overline{\mathrm{AP}}=\overline{\mathrm{AB}}$. Докажи дека :

a) BM и BP се нормални на симетралите на аглите САВ, односно BAP;

б) $\triangle \mathrm{PBM}$ е правоаголен и да се пресмета него́виот периметар ако $\overline{\mathrm{AB}}=3 \mathrm{~cm}$ и $\angle \mathrm{MPB}=30^{\circ}$.

## VIII одиелепие

1. Ако даденнот број го запишеме во полиномна форма нмаме:

$$
\overline{x y x y}=10^{3} x=10^{2} y+10 x+y=1010 x+101 y=101(10 x+y)
$$

Оттука следува дека 101|ㅎху.

2. Нека а, b п с се страни на $\triangle A B C$, а а $a_{1}, b_{1}$ и $c_{1}$ страни на $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$.

Од $a: b: c=4: 6: 7$ и a:b:c=a $a_{1}: b_{1} ; c_{1}$ следува:

$$
a_{1}: b_{1}: c_{1}=4: 6: 7 \text {, r.e. } a_{1}=4 k, b_{1}=6 k, c_{1}=7 k \text {, a }
$$

$L_{1}=a_{1}+b_{1}+c_{1}=17 \mathrm{k} .102=17 \mathrm{k} ; \quad k=6, a a_{1}=4 \cdot 6=24 \mathrm{~cm}, b_{1}=6.6=36 \mathrm{~cm}, c_{1}=7.6=42 \mathrm{~cm}$.

3. Cо решавањето на задачата ке почнеме од бројот на днјамантите на најмалиот (шестиот) син. Нека х е бројот на дијамантите што останале од петтиот син.

Шестиот син добил $\frac{1}{7}$ од х и уште 6 дијаманти, што значи дека $7 \mid \mathbf{x}$, т.е. $\mathbf{x}=7 \mathbf{k}$ и $\mathrm{x}-\mathrm{k}=6$.

Од дадените равенства се добива $k=1$ и $x=7$, т.е. секој од синовнте добил по 7 , а махарарата ОСтавил вкупно 6.7=42 дијаманти.

4. а) Од условот $\overline{\mathrm{AB}}=\overline{\mathrm{AM}}$ (види цртеж) следува дека $\triangle \mathrm{ABM}$ е рамнокрак со основа $\mathrm{BM}$, а $\mathrm{AN}$ е висината повлечена кон основата, т.е. BMLAN.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_68807cdb3a234be35b9cg-7.jpg?height=385&width=351&top_left_y=817&top_left_x=1055)
Висината повлечена кон основата и симетралата на аголот при врвот на рамнокракиот триаголник се совпағаат, што значн дека ВМ е нормала на симетралата на аголот САВ. Триаголникот PAB е рамнокрак со основа PB. Од исти причини и PB е нормална на симетралата на аголот PAB, т.е. AQLPB.

6) Отсечките $\mathrm{AQ}$ и $\mathrm{AN}$ се симетрали на два напоредни агли, што значи дека тие се метусебе иормални, т.е. AQDAN.

Бидејки $A Q \perp P B, A N \perp B M$ и $A Q \perp A N$ следува дека PB $\perp M B$, т.е. $\triangle P B M$ е правоаголен со прав агол во темето $B$.

Катетата $\overline{\mathrm{BM}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{PM}}=\frac{1}{2} \cdot 6=3 \mathrm{~cm}$, бидејќи ВМ е катета на правоаголен триаголник спроти агол ок 300.

$$
\begin{aligned}
\overline{\mathrm{BP}} & =\sqrt{\overline{\mathrm{PM}}^{2}-\overline{\mathrm{BM}}^{2}} \\
\overline{\mathrm{BP}} & =\sqrt{6^{2}-3^{2}}=\sqrt{27}=3 \sqrt{3} \mathrm{~cm} \\
\mathrm{~L} & =\overline{\mathrm{BP}}+\overline{\mathrm{BM}}+\overline{\mathrm{PM}} \\
\mathrm{L} & =3 \sqrt{3}+6+9=3(\sqrt{3}+3) \mathrm{cm}
\end{aligned}
$$