# ХХІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VII.1. Ако збирот на два цели броја е делив со 10, докажи дека квадратите на двата броја завршуваат со иста цифра.

Решение: Нека $m$ и $n$ се цели броеви. а) Ако $m$ и $n$ завршуваат на 0 , тогаш нивиниот збир завршува на 0 и нивните квадрати завршуваат на 0. б) Ако бројот $m$ завршува со цифрата х, тогаш п ќe завршува со цифрата 10-х. Бројот $\mathrm{m}^{2}$ завршува со последната цифра на бројот $\mathrm{x}^{2}$, а бројот $\mathrm{n}^{2}$ завршува со последната цифра на бројот (10-x) ${ }^{2}$. Бидејќи $\mathrm{x})^{2}=100-20 \mathrm{x}+\mathrm{x}^{2}=10(10-2 \mathrm{x})+\mathrm{x}^{2}$, следи дека бројот $\mathrm{n}^{2}$ завршува со последната цифра на бројот $x^{2}$.

VII.2. Четворица работници треба да завршат една работа. Првиот, вториот и третиот работник можат заедно да ја завршат работата за 6 часа. Ако првиот, вториот и четвртиот работат заедно, работата ќе ја завршат за 7,5 часа, а третиот и четвртиот за 10 часа. За колку часови ќe ја завршат работата ако работат сите заедно?

Решение: Нека секој од нив работата може да ја заврши (редоследно) за а, b, с и д часови. Следува: $\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}=\frac{1}{6} ; \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{~d}}=\frac{2}{15}$ и $\frac{1}{\mathrm{c}}+\frac{1}{\mathrm{~d}}=\frac{1}{10}$. Од збирот на левите и десните страни на равенствата имаме: $\frac{2}{\mathrm{a}}+\frac{2}{\mathrm{~b}}+\frac{2}{\mathrm{c}}+\frac{2}{\mathrm{~d}}=\frac{12}{30} ; \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}+\frac{1}{\mathrm{~d}}=\frac{1}{5} ;$ односно сите заедно за 5 часа.

VII.3. Нека во еден триаголник важи равенството $\frac{h_{a} \cdot h_{b}}{h_{c}}=c$ каде $h_{a}, h_{b}$ и $h_{c}$ се висини, а c е страна на тој триаголник. Одреди ја големината на еден од внатрешните агли на тој триаголник.

Решение: Познато е дека $a \cdot h_{a}=b \cdot h_{b}=c \cdot h_{c}=2 P$, т.е. $\quad h_{a}=\frac{2 P}{a}$; $\mathrm{h}_{\mathrm{b}}=\frac{2 \mathrm{P}}{\mathrm{b}} ; \mathrm{h}_{\mathrm{c}}=\frac{2 \mathrm{P}}{\mathrm{c}}$. Ако замениме во даденото равенство имаме: $\frac{2 \mathrm{P} \cdot \mathrm{c}}{\mathrm{a} \cdot \mathrm{b}}=\mathrm{c}$; $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{a} \cdot \mathrm{b}}{2}$, т.е. триаголникот е правоаголен. Еден агол е $90^{\circ}$.

VII.4. Во трапезот ABCD дијагоналата AC е нормална на кракот ВС и е симетрала на аголот во темето А. Пресметај ја должината на основата $\mathrm{AB}$, ако $\triangle \mathrm{ABC}=60^{\circ}$, а периметарот на трапезот е $25 \mathrm{~cm}$.

Решение: Бидеји́и АС е симетрала на аголот $\mathrm{A}$, имаме: $\triangle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{CAB}$, a $\triangle \mathrm{DCA}=\triangle \mathrm{CAB}$ - како наизменични агли. Следува дека $\triangle \mathrm{DAC}=\triangle \mathrm{DCA}$, т.е. $\triangle \mathrm{ADC}$ е рамнокрак, $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{DC}}$. Триаголникот $\mathrm{ABC}$ е правоаголен и $\triangle \mathrm{CAB}=30^{\circ}$, т.е. $\triangle \mathrm{DAB}=60^{\circ}$, па трапезот е рамнокрак.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_cd40d1a84a58bc80f678g-2.jpg?height=380&width=541&top_left_y=889&top_left_x=919)
Основата АВ е хипотенуза во правоаголниот триаголник $\mathrm{ABC}$, со агол од $30 ; \overline{\mathrm{AB}}=2 \cdot \overline{\mathrm{BC}}$. Според тоа, $\overline{\mathrm{AD}}=\overline{\mathrm{DC}}=\overline{\mathrm{BC}}=x$ и $\overline{\mathrm{AB}}=2 \mathrm{x}$ имаме $\mathrm{x}+\mathrm{x}+\mathrm{x}+2 \mathrm{x}=25, \mathrm{x}=5 ; \overline{\mathrm{AB}}=2.5=10 \mathrm{~cm}$.

VII.5. Во квадратот $A B C D$ е избрана точка $P$ на страната BC и точка $S$ на страната $C D$, така што $\triangle A P B=\angle A P S$. Одреди ја големнината на аголот PAS.

Решение: Нека $\mathrm{T}$ е подножна точка на нормалата од темето $\mathrm{A}$ кон отсечката PS. $\triangle \mathrm{ABP} \cong \triangle \mathrm{ATP}$ (заедничка хипотенуза и $\triangle \mathrm{APB}=\triangle \mathrm{APT}$ ). Следи: $\triangle \mathrm{BAP}=\triangle \mathrm{PAT}=\mathrm{x} ; \triangle \mathrm{ATS} \cong \triangle \mathrm{ADS}$ (заедничка хипотенуза и еднакви катети). Следи $\triangle \mathrm{TAS}=\triangle \mathrm{SAD}=\mathrm{y} ; 2 \mathrm{x}+2 \mathrm{y}=900$, $\mathrm{x}+\mathrm{y}=450$,односно $\triangle \mathrm{PAS}=450$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_cd40d1a84a58bc80f678g-2.jpg?height=538&width=449&top_left_y=1639&top_left_x=900)

VIII.1. Патот од Гостивар до Кичево се состои од хоризонтални делови, од угорници и од удолници. Патот го поминува велосипедист, при што неговата брзина на хоризонталниот дел од патот е $10 \mathrm{~km}$ на час, на угорнината $8 \mathrm{~km}$ на час, а на удолнината 16 $\mathrm{km}$ на час.Патот од Гостивар до Кичево велосипедистот го поминува за 6 часа, а обратно за 5 часа. Ако хоризонталните делови се вкупно $17,5 \mathrm{~km}$, одреди ја должината на патот меѓу двата града.

Решение: Нека х е должината на угорнините, а у должината на удолнините. Времето на велосипедистот во двете насоки може да се претстави со равенките: $\frac{17,5}{10}+\frac{x}{8}+\frac{y}{16}=6$ и $\frac{17,5}{10}+\frac{x}{16}+\frac{y}{8}=5$. Од решението на системот добиваме $\mathrm{x}=28 \mathrm{~km}, \mathrm{y}=12 \mathrm{~km}$. Растојанието мегі двата града е $57,5 \mathrm{~km}$.

VIII.2. Збирот на сите природни броеви од 1 до п е еднаков на трицифрен број со еднакви цифри. Колку природни броеви имало при собирањето?

Решение: Според условот на задачата имаме: $1+2+3+\ldots+n=$ $\overline{a а}=\mathrm{a} \cdot 111$. Познато е дека $1+2+3+\ldots+\mathrm{n}=\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$. Значи, $\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}=a \cdot 111$; $n(n+1)=a \cdot 222 ; n(n+1)=a \cdot 6 \cdot 37$. Од левата страна страна имаме производ на два последователни природни броеви, значи едниот број е 37, а другиот е 36, бидејќи е делив со 6 , т.е. $n=a \cdot 6=36$. Значи, при собирањето имало 36 природни броја, а нивниот збир е 666.

VIII.3. Катетите на еден правоаголен триаголник се $3 \mathrm{~cm}$ и 4 ст. Одреди го растојанието помеѓ центрите на впишаната и опишаната кружница на траголникот.

Решение: $\overline{A B}=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=5 ; P=\frac{a \cdot b}{2}=\frac{12}{2}=6 \mathrm{~cm}, \quad$ а $s=\frac{1}{2}(a+b+c)=6 \mathrm{~cm}$.

Познато дека радиусот на опишаната кружица $\mathrm{R}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}=2,5 \mathrm{~cm}$, а $\mathrm{P}=\mathrm{s} \cdot \mathrm{r}$, т.е. $\mathrm{r}=\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{s}}=\frac{6}{6}=1 \mathrm{~cm}$ $\overline{\mathrm{AD}_{1}}=\overline{\mathrm{AD}}=4-1=3 \mathrm{~cm}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_cd40d1a84a58bc80f678g-3.jpg?height=380&width=555&top_left_y=1788&top_left_x=905)

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{DS}}=\overline{\mathrm{AD}}-\overline{\mathrm{AS}} ; \quad \overline{\mathrm{DS}}=3 \cdot 2.5=0.5 \mathrm{~cm} . \text { Од дDOS следува: } \overline{\mathrm{OS}}^{2}=\overline{\mathrm{OD}}^{2}+\overline{\mathrm{DS}}^{2} \\
& \overline{\mathrm{OS}}^{2}=1^{2}+0.5^{2}=1+0.25=1.25 . \overline{\mathrm{OS}}=\sqrt{1,25}=\frac{\sqrt{5}}{2} \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$

VIII.4. Во еден трапез ABCD дијагоналите AC и BD се сечат во точката $S$. Низ точката $S$ е повлечена права паралелно со основите, која ги сече краците на трапезот во точките M и N. Докажи дека точката $S$ е средишна точка на отсечката $M N$.

Решение: Нека $\overline{\mathrm{AS}}=\mathrm{a} ; \overline{\mathrm{SC}}=\mathrm{b} ; \overline{\mathrm{SD}}=\mathrm{c} ; \overline{\mathrm{BS}}=\mathrm{d} ; \overline{\mathrm{NS}}=\mathrm{x}$;

$\overline{\mathrm{MS}}=\mathrm{y} ; \overline{\mathrm{CD}}=\mathrm{m} \triangle \mathrm{ABS} \sim \Delta \mathrm{CSD} ;$

$\triangle \mathrm{ACD} \sim \mathrm{ASN} ; \triangle \mathrm{BCD} \sim \triangle \mathrm{BSM}$

(според Талесовата теорема)

$\frac{b}{a}=\frac{c}{d} ; \frac{a+b}{a}=\frac{m}{x} ; \frac{d+c}{d}=\frac{m}{y}$.

$\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{x}}=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}}{\mathrm{a}}=1+\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}=1+\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_cd40d1a84a58bc80f678g-4.jpg?height=373&width=694&top_left_y=818&top_left_x=768)

$=\frac{\mathrm{d}+\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{y}} \cdot \frac{\mathrm{d}+\mathrm{c}}{\mathrm{d}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{y}}$. Следи $\mathrm{x}=\mathrm{y}$.

VIII.5. Во квадратот $\mathrm{ABCD}$, точката M е средишна точка на страната AD, a N средишна точка на CD. Отсечките BN и CM се сечат во точката P. Докажи дека отсечката AP е еднаква на страната на квадратот.

Решение: $\triangle \mathrm{BCN} \cong \triangle \mathrm{CDM}$ (правоаголни и имаат еднакви катети). $\triangle \mathrm{DMC}=\triangle \mathrm{CNB}$. Бидејќи $\triangle \mathrm{DMC}+\triangle \mathrm{DCM}=90^{\circ}$, следува дека и $\triangle \mathrm{PNC}+\triangle \mathrm{NCP}=90^{\circ}$, т.е. $\triangle \mathrm{NPC}=90^{\circ}$, т.е. $\mathrm{CM} \perp \mathrm{BN}$. Следи дека четириаголникот ABPM е тетивен. Според тоа $\triangle \mathrm{ABM}=\triangle \mathrm{APM}$ (периферни агли над ист лак)

$\triangle \mathrm{ABM} \cong \triangle \mathrm{CBN}$ (еднакви катети),

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_cd40d1a84a58bc80f678g-4.jpg?height=411&width=384&top_left_y=1645&top_left_x=923)
следи $\triangle \mathrm{ABM}=\angle \mathrm{CBN}$, т.е. $\triangle \mathrm{APM}=\angle \mathrm{CBN} \cdot \triangle \mathrm{ABP}=90^{\circ}-\triangle \mathrm{CBN}=90^{\circ}-\triangle \mathrm{APM}=$ $\triangle \mathrm{BPA}$. Следи, триаголникот $\mathrm{ABP}$ е рамнокрак т.е. $\overline{\mathrm{AP}}=\overline{\mathrm{AB}}$