# Сојузен натпревар 1989
## Седмо одделение
1. Третина од стоката е продадена по цена која е за $10 \%$ поголема од планираната, а половина од стоката е продадена за 15\% поефтино од планираната цена. Со колку проценти над планираната цена е продаден остатокот од стоката, ако на крајот е наплатен износ кој би се добил ако вкупното количество стока е продадено по планираната цена?
Решение. Нека $x$ е процентот по кој преостаната стока треба да се
продаде над планираната цена. Тогаш $\frac{1}{3} \cdot 1,1+\frac{1}{2} \cdot 0,85+\frac{1}{6} x=1$, од каде добиваме $x=1,25$, што значи дека преостанатата стока се продавала по 25\% повисока цена.
2. Определи ги сите трицифрени броеви, кои се запишани со различни цифри, такви што трицифрфениот број е делив со 7 и збирот на неговите цифри е делив со 7 .
Решение. Нека бараниот број е $x=\overline{a b c}$. Тогаш
$$
x=100 a+10 b+c=7(14 a+b)+(2 a+3 b+c)
$$
па затоа $7 \mid(a+b+c)$ и $7 \mid(2 a+3 b+c)$. Според тоа, 7 е делител на разликата $(2 a+3 b+c)-2(a+b+c)=b-c$. Сега, од условот дека цифрите $a, b, c$ мора да се различни следува дека единствени броеви кои го задоволуваат условот на задачата се $518,581,329$ и 392 .
3. Во триаголникот $A B C$ страната $A B$ е најдолга. На страната $A B$ земени се точки $D$ и $E$ такви што $A D=A C$ и $B E=B C$. Определи го $\measuredangle A C B$ ако $\measuredangle E C D=20^{\circ}$.
Решение. Да означиме $\measuredangle B C D=x$ и $\measuredangle A C E=y$ (направи цртеж). Од рамнокракиот триаголник $B C E$ добиваме $2\left(20^{\circ}+x\right)=180^{\circ}-\measuredangle E B C$, а од рамнокракиот триаголник $A C D$ имаме $2\left(20^{\circ}+y\right)=180^{\circ}-\measuredangle C D A$. Со собирање на последните две равенства наоѓаме
$$
2\left(20^{\circ}+x+y+20^{\circ}\right)=180^{\circ}+\left(180^{\circ}-\measuredangle C D A-\measuredangle E B C\right)
$$
односно
$$
2\left(\measuredangle A C B+20^{\circ}\right)=180^{\circ}+\measuredangle A C B \text {, т.e. } \angle A C B=140^{\circ} \text {. }
$$
4. Дадена е кружница $k$ и точка $P$ во истата рамнина. Конструирај права $p$ која минува низ точката $P$ и ја сече кружницата $k$ во точки $A$ и $B$ такви што збирот $P A+P B$ е најголем. Образложи ја коснтрукцијата во секој од трите случаи: $P$ е на кружницата, $P$ е во кружницата и $P$ е надвор од кружницата.
Решение. Ќ го разгледаме одделно секој од наведените случаи.
Ако точката $P$ е во кружницата или на кружницата, тогаш важи $P A+P B=A B$, а овој збир ќе биде најголем кога $A B$ е дијаметар на кружницата, т.е. кога правата $P$ минува низ нејзиниот центар.
Нека точката $P$ е надвор од кружницата и нека $p_{1}$ е произволна права низ $P$ која ја сече кружницата, на пример во точките $A_{1}$ и $B_{1}$. Со $S$ да ја означиме средината на отсечката $A_{1} B_{1}$. Тогаш
$$
P A_{1}+P B_{1}=P A_{1}+\left(P A_{1}+A_{1} S+S B_{1}\right)=2 P A_{1}+2 A_{1} S=2 P S
$$
Овој збир ќе биде најголем ако $S \equiv O$, т.е. ако правата $p$ минува низ центарот на кружницата.
5. Нека $M$ е произволна точка во внатрешноста на даден триаголник $A B C$. Докажи:
a) $\measuredangle A M B>\measuredangle A C B$,
б) $A M+M B\measuredangle M N B>\measuredangle A C N=\measuredangle A C B
$$
б) Во триаголникот $M N B$ важи $M N+N B>M B$, па затоа
$$
A N+N B=A M+M N+N B>A M+M B
$$
Слично, во триаголникот $A C N$ важи $A C+C N>A N$, па затоа
$$
A C+C B=A C+C N+N B>A N+N B
$$
Конечно, од (1) и (2) следува $A M+M B9\end{cases}
$$
Во првиот случај $60=X+Y+Z=12 a+3 b$, т.е. $4 a+b=20$, од каде добиваме $(a, b) \in\{(4,4),(5,0),(3,8)\}$. Последната од наведените можности отпаѓа, бидејќи во тој случај $a+b=3+8>9$. Во вториот случај добиваме $60=X+Y+Z=12 a+3 b-9$, т.е. $4 a+b=23$, од каде наоѓаме $(a, b) \in\{(4),,(5,3)\}$, но последниот пар пак отпаѓа бидјќи во тој случај $a+b=5+3<9$. Значи, бараните броеви се 44,50 и 47.
4. Даден е квадрат и 9 различни прави во неговата рамнина. Секоја од овие прави го дели квадратот на два трапези чии плоштини се однесуваат како $2: 3$. Докажи дека меѓу дадените прави постојат три кои минуваат низ иста точка.
Решение. Дадениот квадрат да го означиме со $A B C D$ и да разгледаме една од дадените прави $p_{1}$. Ако $P_{1}$ и $P_{2}$ се плоштините на трапезите на кои правата $p_{1}$ го дели дадениот квадрат, а $m_{1}$ и $m_{2}$ нивните средни линии, тогаш бидејќи висините на двата трапеза се еднакви од условот на
задачата следуа $P_{1}: P_{2}=m_{1}: m_{2}=2: 3$. Според тоа, правата $p_{1}$ минува низ една од точките $P, Q, R, S$ кои се добиваат кога средните линии на квадратот се поделат во однос $2: 3$ (види цртеж). Но, во случајов имаме 4 точки и 9 прави, па од принципот на Дирихле следува дека најмалку три прави минуваат низ иста точка.
5. Во рамнината на триаголникот $A B C$ дадена е права $p$, која го сече триаголникот $A B C$. Ако $A_{1}, B_{1}, C_{1}, T_{1}$ се подножјата на нормалите повлечени од $A, B, C, T$ соодветно на правата $p$ ( $T$ е тежиште на триаголникот $A B C)$, докажи дека
$$
A A_{1}+B B_{1}+C C_{1}=3 T T_{1}
$$
Решение. Нека $M$ е средина на страната $A B$ на дадениот триаголник и $N$ е точка на правата $C M$
(различна од $T$ ) таква што $M N=T M$. Бидејќи тежиштето $T$ ја дели средната линија во однос $2: 1$, следува дека $C T=T N$. Нека $M$ и $N$ се подножјата на нормалите од $M$ и $N$ на правата $p$. Од трапезот $C C_{1} N_{1} N$ добиваме
$$
C C_{1}+N N_{1}=2 T T_{1}
$$
од трапезот $T T_{1} N_{1} N$ добиваме
$$
T T_{1}+N N_{1}=2 M M_{1}
$$
а од трапезот $A A_{1} B_{1} B$ добиваме
$$
A A_{1}+B B_{1}=2 M M_{1}
$$
Од послените три равенства следува:
$$
A A_{1}+B B_{1}=T T_{1}+N N_{1}=T T_{1}+\left(2 T T_{1}-C C_{1}\right)=3 T T_{1}-C C_{1}
$$
T.е.
$$
A A_{1}+B B_{1}+C C_{1}=3 T T_{1}
$$