# ХХІІ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## IV одделение

1. Производот на три природни броеви е 240 . Производот на првиот и вториот број е 60 , а производот на првиот и третиот број е 24. Кои се тие броеви?

Решение. Од условот на задачата следува дека $a \cdot b \cdot c=240, a \cdot b=60, a \cdot c=24$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-1.jpg?height=55&width=1214&top_left_y=673&top_left_x=252)
добиваме дека $a=6$. Тогаш од $a \cdot b=60$ добиваме дека $\mathrm{b}=10$.

2. Пресметај ја основата а на рамнокрак триаголник ако се знае дека обиколката е $0=12 \mathrm{~cm}$, а кракот $\mathrm{b}=35 \mathrm{~mm}$.

Решение. Обиколката на рамнокрак триаголник е $\mathrm{O}=\mathrm{a}+2 \mathrm{~b}=12 \mathrm{~cm}=120 \mathrm{~mm}$. Бидејќи $\mathrm{b}=35 \mathrm{~mm}$, следува дека $120=a+2 \cdot 35$, од каде се добива дека $a=120-70=50$ т.е. $a=50 \mathrm{~mm}$.

3. Еден велосипедист се движи од местото А кон

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-1.jpg?height=258&width=286&top_left_y=722&top_left_x=1184)
местото B, а на средина меѓу А и В е местото С. Велосипедистот го поминал растојанието од А до С за 4 часа, возејќи по $18 \mathrm{~km}$ на час. За колку часови велосипедистот ќe го помине растојанието од местото $\mathrm{C}$ до $\mathrm{B}$, ако се движи со брзина од $12 \mathrm{~km}$ на час?

Решение. Растојанието од местото А до местото С е $4 \cdot 18=72 \mathrm{~km}$. Од условот на задачата имаме дека растојанието од $\mathrm{C}$ до $\mathrm{B}$ е исто колку растојанието од А до С, значи растојанието од С до В е $4 \cdot 18=72 \mathrm{~km}$. Бидејќи патникот се движел со $12 \mathrm{~km}$ на час имаме $12 \cdot x=72 \mathrm{~km}$, од каде $\mathrm{x}=6$ часа.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-1.jpg?height=62&width=1101&top_left_y=1322&top_left_x=375)
неговите последни две цифри.

Решение. Да го разгледаме производот 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10-11.12.13. Бидејќи $2 \cdot 5=10$, а производот го содржи и множителот 10 , добиваме: $1 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot 11 \cdot 12 \cdot 13 \cdot 100$ што значи дека последните две цифри на производот се нули.

## V одделение

1. Учениците од петто одделение во едно училиште членуваат во математичка, драмска и спортска секција. Од 27 ученици, 14 се членови на драмската секција, 3 ученици се членови само на математичката секција и 5 ученици се членови на сите три секции. Колку ученици членуваат во секоја секција, ако само во спортската и драмската секција членуваат 6 ученици, сите ученици се членови на некоја секција, а само во спортската и само во драмската секција не членува ниту еден ученик?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-1.jpg?height=294&width=394&top_left_y=1742&top_left_x=1089)

Решение. Задачата ќе ја решиме со Венов дијаграм. Во математичката секција членувале 21 ученик исто колку и во спортската, а во драмската секција членувале 14 ученици.

2. Најди го најмалиот трицифрен број кој при делење со $3,4,5,6$ или 7 дава остаток 7.

Решение. Нека е х бараниот број. Тогаш $\mathbf{x}-7$ се дели со $3,4,5,6$ или 7 . Затоа $x$ се дели со нивниот најмал заеднички содржател $\mathrm{H} 3 \mathrm{C}(3,4,5,6,7)=420$. Бидејќи се бара најмалиот трицифрен број со даденото својство земаме $x-7=420$ од каде $x=427$.

3. Плоштината на правоаголникот е еднаква на плоштината на квадрат со обиколка $36 \mathrm{~cm}$. Чија обиколка е поголема и за колку, ако должината на едната страна на правоаголникот е еднаква на $27 \mathrm{~cm}$.

Ретение. Бидејќи обиколката на квадратот е $36 \mathrm{~cm}$, неговата страна е еднаква на $36: 4=9 \mathrm{~cm}$, а плоштината му е еднаква на $9.9=81 \mathrm{~cm}^{2}$. Плоштината на правоаголникот е исто така $81 \mathrm{~cm}^{2}$, а бидејки едната негова страна е еднаква на $27 \mathrm{~cm}$, добиваме дека другата страна на правоаголникот е еднаква на $81: 27=3 \mathrm{~cm}$. Обиколката на правоаголникот е еднаква на $2 \cdot 27+2 \cdot 3=60 \mathrm{~cm}$. Обиколката на правоаголникот е за $24 \mathrm{~cm}$ поголема од обиколката на квадратот.

4. Најди број кој поделен со 143 дава остаток 132 , а поделен со 144 дава ист количник и остаток 108 .

Решение. Бараниот број е од облик $a=143 b+132$ и $a=144 b+108$. Оттука $143 b+132=144 b+108$, од каде следува $b=24$. Бараниот број е $a=143 \cdot 24+132=3564$.

## VI одделение

1. Висините повлечени од темињата $\mathrm{A}$ и $\mathrm{B}$ на $\triangle \mathrm{ABC}$ се сечат во точката Н. Најди го $\square$ AНB ако $\square A=48^{\circ}, \square B=72^{\circ}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-2.jpg?height=245&width=367&top_left_y=1341&top_left_x=249)

Решение. $\square \mathrm{ACB}=180^{\circ}-\square \mathrm{A}-\square \mathrm{B}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$.

Тогаш $\square A^{\prime}{ }^{\prime} B^{\prime}=180^{\circ}-\square A C B=120^{\circ}$ па

$\square \mathrm{AHB}=\square \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{HB}^{\prime}$ како накрсни агли од каде следува дека $\square \mathrm{AHB}=120^{\circ}$.

2. На која цифра завршува бројот $777^{333}$ ?

Решение. Бројот 777 завршува на 7, бројот 777.777 завршува на 9, бројот 777.777.777 завршува на 3, бројот 777.777.777.777 завршува на 1 итн. Значи, вака запишаните производи завршуваат на: 7,9,3,1,7,9,3,1,7... т.е. секој четврти производ завршува на иста цифра. Бидејки $333=83.4+1$, бараниот производ завршува на 7 .

3. Даден е $\triangle \mathrm{ABC}$. Ако симетралата на аголот при темето $\mathrm{C}$ со симетралата на страната $\mathrm{AB}$ образува агол еднаков на половината од аголот при темето $\mathrm{C}$, тогаш $\triangle \mathrm{ABC}$ е правоаголен.

Решение. Нека $s$ е симетралата на страната $A B$ и нека $D$ е пресечната точка на $s$ co

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-2.jpg?height=233&width=404&top_left_y=1950&top_left_x=1074)
симетралата на аголот при темето C. Според условот на задачата имаме

$\mathrm{EDC}=\frac{\gamma}{2}=\square \mathrm{ACD}$. Бидејќи овие два агли се наизменични добиваме дека sllAC. Но, $s \perp A B$, па затоа $C A \perp A B$.

4. Во едно одделение има 32 ученика. На тестот по математика Илија ги решил сите 9 задачи. Докажи дека во одделението барем 4 ученици решиле ист број задачи.

Решение. Учениците решавале вкупно 9 задачи, па постојат ученици кои не решиле ниту една задача, ученици кои решиле една задача, ученици кои решиле две задачи, .., ученици кои решиле девет задачи, т.е постојат десет групи ученици. Ако во секоја група има помалку од 3 ученици, тогаш имаме најмногу $3 \cdot 10=30$ ученици, што не е можно бидејки во одделението има 32 ученици. Значи, барем во една група мора да има најмалку 4 ученици.

## VII одделение

1. Ако разликата на трицифрените броеви $\overline{\mathrm{xyz}}$ се $\overline{\mathrm{zyx}}$ се подели со $\mathrm{x-z}$ се добива количник кој не зависи од изборот на трицифрениот број $\overline{x y z}$. Докажи.

Решение. Важи

$\overline{\mathrm{xyz}}-\overline{\mathrm{zyx}}=100 \mathrm{x}+10 \mathrm{y}+\mathrm{z}-100 \mathrm{z}-10 \mathrm{y}-\mathrm{x}=100(\mathrm{x}-\mathrm{z})-(\mathrm{x}-\mathrm{z})=$

$=99(x-z)$, па количникот $(\overline{\mathrm{xyz}}-\overline{\mathrm{zyx}}):(\mathrm{x}-\mathrm{z})=99$ не зависи од $\overline{\mathrm{xyz}}$.

2. Нека а е прост број поголем од 3. Ако 2 /а и 3/а , тогаш $61\left(4 a^{2}+3 a+5\right)$. Докажи!

Решение. Од $2 \chi$ и и $3 \chi a$, тогаш $a=6 k \pm 1$. Ако $a=6 k+1$, тогаш

$4(6 k+1)^{2}+3(6 k+1)+5=6\left(24 k^{2}+11 k+2\right)$, ако, пак $a=6 k-1$, тогаш

$4(6 k+1)^{2}+3(6 k+1)+5=6\left(24 k^{2}-5 k+1\right)$. Значи $61\left(4 a^{2}+3 a+5\right)$.

3. Во рамнокрак трапез $\mathrm{ABCD}$, каде $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{BC}}=6 \mathrm{~cm}$, дијагоналата ја дели средната линија на делови од $2 \mathrm{~cm}$ и $5 \mathrm{~cm}$. Одреди го:

a) периметарот на трапезот

б) аглите на трапезот

Решение. Да ја означиме средната линија на трапезот со MN, а пресекот на MN со дијагоналата $\mathrm{AC}$ со $S$. Тогаш од условот на задачата $\overline{\mathrm{MS}}=2 \mathrm{~cm}$ и $\overline{\mathrm{SN}}=5 \mathrm{~cm}$. Бидејќи MS е средна линија на триаголниког $\mathrm{ACD}$ следува дека $\overline{\mathrm{DC}}=2 \cdot \overline{\mathrm{MS}}=4 \mathrm{~cm} \cdot$ Слично $\overline{\mathrm{AB}}=2 \cdot \overline{\mathrm{SN}}=10 \mathrm{~cm}$.

a) периметарот на трапезот е $L=26 \mathrm{~cm}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-3.jpg?height=296&width=430&top_left_y=1885&top_left_x=1054)
б) Да ја означиме со DE висината во трапезот. Тогаш $\overline{\mathrm{AE}}=\frac{10-4}{2}=3 \mathrm{~cm}$. Значи $\triangle \mathrm{AED}$ е правоаголен со катетата $3 \mathrm{~cm}$ и хипотенузата $6 \mathrm{~cm}$, па според тоа $\square \mathrm{EAD}=60^{\circ}$ и $\square \mathrm{ADC}=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$.

4.Околу остроаголен триаголник $\mathrm{ABC}$ опишана е кружница. Нека $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ и P се пресечни точки на висините спуштени од темињата на триаголникот и кружницата, соодветно. Докажи дека ортоцентарот на триаголникот $\mathrm{ABC}$ е центар на впишаната кружница во триаголникот MNP .

Решение: Треба да се докаже дека AM,BN и СP се симетрали на внатрешните агли во триаголникот MNP. Нека подножјата $а$ висините од темињата $\mathrm{A}$ и в на трнагониикот $\mathrm{ABC}$ ги означиме со $\mathrm{K}$ и $\mathrm{L}$, соодветно. Toraш триаголниц, АCK и BCL се правоаголни со ист остар агол во темето $C$, па според тоа $\square \mathrm{CAK}=\square \mathrm{CBL}$, т.е. $\square \mathrm{CAM}=\square \mathrm{CBN}$. Притоа $\square \mathrm{CPN}=\square \mathrm{CBN}$ како периферни агли над лакот $\mathrm{QN}$ и

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-4.jpg?height=368&width=350&top_left_y=686&top_left_x=1130)
छ СРM $=\square$ CAM како периферни агли над лакот ЕМ . Зна $\square \mathrm{CPN}=\square \mathrm{CM}$, T.е. СР е симетрала на аголот NPM. Слично се докажуванека AM е симетрала на аголот NMP и BN е симетрала на аголот MNP . Според тоа, ортоцентарот на триаголникот ABC е центар на впишаната кружница во триаголникот MNP .

## VIII одделение

1. Основите на еден трапез $\mathrm{ABCD}$ (ABIICD) се однесуваат како $1: 5$, а дијагоналите му се сечат во точка $O$. Збирот на плоштините на триаголниците AOB и COD е $120 \mathrm{~cm}^{2}$. Најди ги плоштините на тие триаголници.

Решение. Нека $\overline{\mathrm{AB}}=\mathbf{a}$ и $\overline{\mathbf{C D}}=\mathbf{b}$. Од условот на задачата $a: b=1: 5$ од каде следува $\mathrm{b}=5 \mathrm{a}$. Од сличноста на триаголниците АОВ и COD следува дека $P_{\triangle A O B}: P_{\triangle C O D}=a^{2}: b^{2}$, па тогаш $\mathrm{P}_{\triangle A O B}: \mathrm{P}_{\triangle C O D}=\mathrm{a}^{2}: 25 \mathrm{a}^{2}$ од каде следува дека $\mathrm{P}_{\triangle C O D}=25 \mathrm{P}_{\triangle A O B}$. Од условот на задачата

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-4.jpg?height=274&width=471&top_left_y=1615&top_left_x=995)
$P_{\triangle A O B}+P_{\triangle C O D}=120$, па тогаш $P_{\triangle A O B}+25 P_{\triangle A O B}=120$ од каде следува дека $P_{\triangle A O B}=4,62 \mathrm{~cm}^{2}$. Cera $P_{\triangle C O D}=115,38 \mathrm{~cm}^{2}$.

2. Најди ги простите броеви $p, q$ и $r$ такви што $\mathrm{pqr}=3(\mathrm{p}+\mathrm{q}+\mathrm{r})$.

Решение. Очигледно дека еден од броевите $p, q$ и $r$ е 3 . Без губење од општоста, нека $p=3$. Тогаш $q r=3+q+r$, од каде следува дека $q(r-1)-(r-1)=4$ т.е. $(q-1) \cdot(r-1)=4=1 \cdot 4=4 \cdot 1=2 \cdot 2$. Тогаш добиваме три системи равенки со две непознати $\left\{\begin{array}{l}q-1=1 \\ r-1=4\end{array} ;\left\{\begin{array}{l}q-1=4 \\ r-1=1\end{array}\right.\right.$ и $\left\{\begin{array}{l}q-1=2 \\ r-1=2\end{array}\right.$ чии решенија се $(2,5),(5,2)$ и $(3,3)$ соодветно. Бараните броеви се $(3,2,5),(3,5,2)$ и $(3,3,3)$.

3. Најди го четирицифрениот број $\overline{a b c d}$, ако $\overline{a b c d}+\overline{a b c}+\overline{a b}+a=1990$. Решение. Од условот на задачата се добива $1000 a+100 b+10 c+d+100 a+10 b+c+10 a+b+a=1990$ Te $1111 a+111 b+11 c+d=1990$ Притоа a $=1$, бидејќи во спротивно збирот ќе биде поголем од 1990 . Тогаш $11 \mathrm{~b}+1 \mathrm{lc}+\mathrm{d}=879$. Цифрата $\mathrm{b}<8$, бидејќи во спротивно $11 \mathrm{lb}+11 \mathrm{c}+\mathrm{d}>879$. Значи $b \leq 7$. Слично $b>6$, затоа што во спротивно $11 \mathrm{~b}+11 \mathrm{c}+\mathrm{d}<879$. Конечно $\mathrm{b}=7$. Според тоа за $\mathrm{b}=7$ се добива дека $1 \mathrm{lc}+\mathrm{d}=102$, од каде следува дека $\mathrm{c}=9$ и $\mathrm{d}=3$.

## 4. Тетивата $C D$ на кружницата опишана околу рамнокрак триаголник

 $\mathrm{ABC}$ ја сече $\mathrm{AB}$ во точка Е. Ако е $\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{BC}}=14 \mathrm{~cm}$ и $\overline{\mathrm{CE}}=10 \mathrm{~cm}$ пресметај ја должината на тетивата CD.Решение. Аглите $\mathrm{ADC}$ и $\mathrm{ABC}$ се еднакви како периферни агли над иста тетива $\mathrm{AC}$. Меѓутоа, во рамнокракиот триаголник $\mathrm{ABC}$ е $\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{BC}}$, па е $\square \mathrm{ABC}=\square \mathrm{BAC}$. Според тоа $\square \mathrm{ADC}=\square \mathrm{EAC}$, па триаголниците ADC и EAC се слични (имаат уште и заеднички агол $\square \mathrm{ACD}$ ). Од сличноста ја добиваме пропорцијата $\overline{\mathrm{AC}}: \overline{\mathrm{CD}}=\overline{\mathrm{CE}}: \overline{\mathrm{AC}}$, односно $14: \overline{\mathrm{CD}}=10: 14$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_f274a4aac82b49b6439fg-5.jpg?height=346&width=338&top_left_y=1271&top_left_x=1148)

D Оттука следува дека $\overline{C D}=19,6 \mathrm{~cm}$.