# ХХХ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Три групи пошумувале еден дел од рид. Првата група насадила $\frac{7}{20}$ од сите садници, втората $\frac{3}{5}$ од останатите, а третата преостанатите 260 садници. Колку вкупно садници биле посадени?

Решение. Да го означиме со х вкупниот број на садници што биле посадени. Според условот во задачата имаме $\mathrm{x}-\frac{7}{20} \mathrm{x}-\frac{3}{5}\left(\mathrm{x}-\frac{7}{20} \mathrm{x}\right)=260$, од каде што добиваме дека $x=1000$.

2. Производот на два двоцифрени броја е 4032. Вториот број е запишан со истите цифри како и првиот, но во обратен редослед. Кои се тие броеви?

Решение. Да ги означиме со $\overline{\mathrm{ab}}$ и $\overline{\mathrm{ba}}$ дадените двоцифрени броеви. Тогаш, од условот во задачата, имаме $\overline{\mathrm{ab}} \cdot \overline{\mathrm{ba}}=4032=2^{6} \cdot 3^{2} \cdot 7$. Оттука следува дека 3 е делител на двата броја $\overline{a b}$ и $\overline{b a}$ (бидејќи ако едниот од нив е делив со 9 тогаш и другиот ќе биде делив со 9, односно производот на двата броја е делив со 81, што е неточно). Уште, 7 е делител на само еден од броевите на пример на $\overline{a b}$. Значи 21 е делител на $\bar{a}$, односно $\overline{a b} \in\{21,42,84\}$. Со проверка се добива дека бараните броеви се 84 и 48.

3. Даден е правоаголник $\mathrm{ABCD}$ во кој важи $\overline{\mathrm{AB}}=2 \overline{\mathrm{BC}}$. На страната $\mathrm{AB}$ е избрана точка K, таква што $\angle \mathrm{AKD}=\angle \mathrm{DKC}$. Најди го овој агол.

Решение. Да ја повлечеме висината DH на триаголникот KCD (црт.1). Триаголниците KDA и KDH се складни (правоаголни со

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_e1e86cc658b319964013g-1.jpg?height=274&width=447&top_left_y=1478&top_left_x=1033)
Црт. 1 заедничка страна KD и $\angle \mathrm{AKD}=\angle \mathrm{DKC}$ ), а оттука $\overline{\mathrm{DH}}=\overline{\mathrm{DA}}=\frac{\overline{\mathrm{DC}}}{2}$. Бидејќи триаголникот $\mathrm{CDH}$ е правоаголен, со катета $\overline{\mathrm{DH}}$ два пати помала од хипотенузата $\overline{\mathrm{DC}}$, добиваме дека $\angle \mathrm{HCD}=30^{\circ}$. Тогаш $\angle \mathrm{CKB}=\angle \mathrm{HCD}=30^{\circ}$, а оттука $\angle \mathrm{CKA}=150^{\circ}$. Значи $\angle \mathrm{AKD}=\angle \mathrm{DKC}=75^{\circ}$.

4. Даден е правоаголен триаголник $\mathrm{ABC}$. Над катетите $\mathrm{BC}$ и $\mathrm{CA}$, конструирани се квадрати $A C M N$ и $C B P Q$, надвор од триаголникот. Нека со $\mathrm{E}$ и $\mathrm{F}$ се означени подножјата на нормалите од

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_e1e86cc658b319964013g-2.jpg?height=322&width=385&top_left_y=368&top_left_x=269)

Црт. 2 точките $\mathrm{N}$ и Р на правата $\mathrm{AB}$, соодветно. Докажи дека важи равенството $\overline{\mathrm{NE}}+\overline{\mathrm{PF}}=\overline{\mathrm{AB}}$.

Решение. Да ја повлечеме висината $\mathrm{CH}$ на триаголникот $\mathrm{ABC}$ (црт. 2). Тогаш добиваме дека $\angle \mathrm{FBP}=90^{\circ}-\angle \mathrm{HBC}=\angle \mathrm{HCB}, \angle \mathrm{BFP}=90^{\circ}=\angle \mathrm{CHB}$ и $\overline{\mathrm{PB}}=\overline{\mathrm{BC}}$, од каде што следува дека триаголниците PBF и ВCH се складни. Затоа $\overline{\mathrm{PF}}=\overline{\mathrm{BH}}$. Слично, од складноста на триаголниците САН и ANE, имаме $\overline{\mathrm{NE}}=\overline{\mathrm{AH}}$. Конечно, $\overline{\mathrm{NE}}+\overline{\mathrm{PF}}=\overline{\mathrm{AH}}+\overline{\mathrm{BH}}=\overline{\mathrm{AB}}$.

## VII одделение

1. Нека за ненултите броеви $a, b, c, x, y$ и z важат равенствата $\mathrm{x}=\mathrm{bc}+\frac{1}{\mathrm{a}}, \mathrm{y}=\mathrm{ca}+\frac{1}{\mathrm{~b}}, \mathrm{z}=\mathrm{ab}+\frac{1}{\mathrm{c}}$ и $\mathrm{ax}+\mathrm{by}+\mathrm{cz}=1$.

a) Пресметај го производот abc;

б) Докажи дека $a+b+c=\frac{1}{3 x}+\frac{1}{3 y}+\frac{1}{3 z}$.

Решение. а) Од $1=\mathrm{ax}+\mathrm{by}+\mathrm{cz}=\mathrm{abc}+1+\mathrm{abc}+1+\mathrm{abc}+1$ следува дека $\mathrm{abc}=-\frac{2}{3}$.

б) $\frac{1}{3 x}+\frac{1}{3 y}+\frac{1}{3 z}=\frac{a}{3 a b c+3}+\frac{b}{3 a b c+3}+\frac{c}{3 a b c+3}=\frac{a+b+c}{3\left(-\frac{2}{3}\right)+3}=a+b+c$.

2. Во кружница со радиус $1 \mathrm{~cm}$ е впишан правилен осумаголник ABCDEFGH. Нека P е произволна точка од кружницата, различна од темињата на осумаголникот. Колку е збирот $\overline{\mathrm{PA}}^{2}+\overline{\mathrm{PB}}^{2}+\overline{\mathrm{PC}}^{2}+\overline{\mathrm{PD}}^{2}+\overline{\mathrm{PE}}^{2}+\overline{\mathrm{PF}}^{2}+\overline{\mathrm{PG}}^{2}+\overline{\mathrm{PH}}^{2} ?$

Решение. Аголот APE е агол над дијаметар и затоа е прав агол (црт.3). Тогаш

$\overline{\mathrm{PA}}^{2}+\overline{\mathrm{PE}}^{2}=\overline{\mathrm{AE}}^{2}=2^{2}=4$. Слично, $\overline{\mathrm{PB}}^{2}+\overline{\mathrm{PF}}^{2}=4$, и

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_e1e86cc658b319964013g-2.jpg?height=341&width=334&top_left_y=1601&top_left_x=1150)

Црт. 3 $\overline{\mathrm{PD}}^{2}+\overline{\mathrm{PH}}^{2}=4$. Затоа, $\overline{\mathrm{PA}}^{2}+\overline{\mathrm{PB}}^{2}+\overline{\mathrm{PC}}^{2}+\overline{\mathrm{PD}}^{2}+\overline{\mathrm{PE}}^{2}+\overline{\mathrm{PF}}^{2}+\overline{\mathrm{PG}}^{2}+\overline{\mathrm{PH}}^{2}=16$.

3. За броевите $x$ и $y, 0<x<y$, важи равенството $x^{2}+4 y^{2}=5 x y$, Пресметај ја вредноста на изразот $\frac{x+2 y}{x-2 y}$.

Решение. Од равенствата $(x+2 y)^{2}=x^{2}+4 y^{2}+4 x y=9 x y \quad$ и $(x-2 y)^{2}=x^{2}+4 y^{2}-4 x y=x y$ добиваме дека $\left(\frac{x+2 y}{x-2 y}\right)^{2}=9$, односно $\frac{x+2 y}{x-2 y}= \pm 3$. Од $0<x<y$ следува дека $x+2 y>0$, а од $x<2 x<2 y$ следува $x-2 y<0$. Затоа $\frac{x+2 y}{x-2 y}<0$, а оттука $\frac{x+2 y}{x-2 y}=-3 . \bullet$

4. Рамностран триаголник и квадрат се впишани во една иста кружница, така што темињата на триаголникот и на квадратот не се совпаѓаaт. Сите темиња ја сечат кружницата на 7 кружни лаци. Докажи дека некој од тие кружни лаци има должина помала или еднаква на $\frac{1}{24}$ од периметарот на кружницата.

Решение. Нека рамностраниот триаголник е $\mathrm{ABC}$ (црт. 4). А, В и С ја делат кружницата на три лаци. Бидејќ квадратот MNPQ и ABC имаат различни темиња, две од темињата на квадратот се на еден од трите лаци (на цртежот $\mathrm{N}$ и $\mathrm{P}$ се на лакот

ВС кој не ја содржи А). Тогаш, од $\hat{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{L}}{3}$ и $\hat{\mathrm{PN}}=\frac{\mathrm{L}}{4}$, $\widehat{\mathrm{BN}}+\hat{\mathrm{PC}}=\frac{\mathrm{L}}{3}-\frac{\mathrm{L}}{4}=\frac{\mathrm{L}}{12}$. Значи, барем еден од лаците

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_e1e86cc658b319964013g-3.jpg?height=368&width=356&top_left_y=1133&top_left_x=1127)

Црт. 4 $\widehat{\text { BN }}$ или $\stackrel{\bigcap}{\text { PC има должина помала или еднаква на }} \frac{\mathrm{L}}{24}$. $*$

## VIII одделение

1. Претстави го бројот 2005 како збир на последователни природни броеви, на сите можни начини.

Решение. Од $\mathrm{x}+(\mathrm{x}+1)+\ldots+(\mathrm{x}+\mathrm{k}-1)^{\prime}=2005$ добиваме дека $\mathrm{k}(2 \mathrm{x}+\mathrm{k}-1)=1 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 401$. Оттука $\mathrm{k}=2,5,10$ односно $2005=1002+1003$, $2005=399+400+401+402+403$ и $2005=196+\ldots+205$.

2. Во трапез $\mathrm{ABCD}$ важи $\angle \mathrm{DAB}+\angle \mathrm{CBA}=90^{\circ}$. Докажи дека отсечката што ги поврзува средините на основите има должина еднаква на половината од разликата на основите.

Решение. Нека М и N се средини на основите, а Р е пресечната точка на продолженијата на краците на трапезот (црт.5). Тогаш $\mathrm{P}, \mathrm{N}$ и M се колинеарни точки и

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_e1e86cc658b319964013g-4.jpg?height=315&width=298&top_left_y=256&top_left_x=1185)
триаголниците АВР и DCP се правоаголни. Затоа $\overline{\mathrm{MP}}=\overline{\mathrm{MA}}=\frac{\mathrm{a}}{2}, \overline{\mathrm{NP}}=\overline{\mathrm{ND}}=\frac{\mathrm{b}}{2}$ а оттука $\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{MP}}-\overline{\mathrm{NP}}=\frac{\mathrm{a}-\mathrm{b}}{2}$.

3. Должините на страните на триаголник $\mathrm{ABC}$ ce $\overline{\mathrm{AB}}=25 \mathrm{~cm}, \overline{\mathrm{BC}}=7 \mathrm{~cm}$ и $\overline{\mathrm{AC}}=24$. Симетралата на аголот кај темето B ја сече страната $\mathrm{AC}$ во точка D. Симетралата на отсечката BD ја сече BC во X, а AB во Y. Најди ја должината на отсечката XY.

Решение. Од обратната теорема на

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_e1e86cc658b319964013g-4.jpg?height=231&width=346&top_left_y=769&top_left_x=1132)

Црт. 6 Теоремата на Питагора следува дека триаголникот $\mathrm{ABC}$ е правоаголен со прав агол кај темето C (црт.6). Бидејќи BD е симетрала на аголот CBA важи $\overline{\mathrm{BC}}: \overline{\mathrm{BA}}=\overline{\mathrm{CD}}: \overline{\mathrm{DA}}$. Затоа $24=\overline{\mathrm{CD}}+\frac{25}{7} \overline{\mathrm{CD}}=\frac{32}{7} \overline{\mathrm{CD}}$, односно $\overline{\mathrm{CD}}=\frac{21}{4}$. Тогаш $\overline{\mathrm{BD}}=\sqrt{49+\frac{441}{16}}=\frac{35}{4}$. Бидејќи триаголниците YBS и XBS се складни, следува дека $\overline{\mathrm{XY}}=2 \overline{\mathrm{SY}}$. Од сличноста на триаголниците YBS и DBC и од $\overline{\mathrm{BS}}=\overline{\mathrm{SD}}=\frac{\overline{\mathrm{BD}}}{2}=\frac{35}{8}$ добиваме $\overline{\mathrm{BS}}: \overline{\mathrm{BC}}=\overline{\mathrm{SY}}: \overline{\mathrm{CD}}, \overline{\mathrm{XY}}=\frac{21 \cdot 35}{4 \cdot 4 \cdot 7}=\frac{105}{16} \mathrm{~cm} . \bullet$

4. Најди ги сите прости броеви р и q и природни броеви п за кои важи ре делител на $q-1$ и $q^{\mathrm{n}}$ е делител на $\mathrm{p}^{2}-1$.

Решение. Нека $\mathrm{p} \mid \mathrm{q}-1$ и $\mathrm{q}^{\mathrm{n}} \mid \mathrm{p}^{2}-1$. Тогаш $\mathrm{p} \leq \mathrm{q}-1$ и $\mathrm{q}^{\mathrm{n}} \leq \mathrm{p}^{2}-1$, од каде што $\mathrm{q}^{\mathrm{n}} \leq \mathrm{p}^{2}-1 \leq(\mathrm{q}-1)^{2}-1=\mathrm{q}^{2}-2 \mathrm{q}$. Неравенството $\mathrm{q}^{\mathrm{n}} \leq \mathrm{q}^{2}-2 \mathrm{q}$ не важи за $\mathrm{n} \geq 2$. Значи $\mathrm{n}=1$, односно $\mathrm{q} \mid(\mathrm{p}-1)(\mathrm{p}+1)$. Ако $\mathrm{q} \mid \mathrm{p}-1$ тогаш $\mathrm{q} \leq \mathrm{p}-1 \leq \mathrm{q}-2$, што е невозможно. Тогаш $\mathrm{q} \mid \mathrm{p}+1$, а од $\mathrm{q} \leq \mathrm{p}+1 \leq \mathrm{q}$ следува $\mathrm{q}=\mathrm{p}+1$. Последното равенство важи само за $p=2$ и $q=3$. Значи, единствено решение е $\mathrm{n}=1, \mathrm{p}=2, \mathrm{q}=3$.