# XIII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
Задачите и решенијата се скенирани од книгата
Десет години републички натпревари по математика '86- '95
подготвена од Илија Јанев, Никола Петрески и Милчо Аврамоски
## VI ОДДЕЛЕНИЕ
1. При делење на два броја со 8 се добиваат остатоци 5 и 3. Докажи дека при делење на производот на тие броеви со 8 се добива остаток 7 .
2. Бригада трактористи треба да изораат блок земја за одредено време со дневна норма од 360 декари. Трактористите ја натфрлиле нормата за $16 \frac{2}{3} \%$, па за последниот ден од одреденото време им останале за орање уште 60 декари. Пресметај колку декари имал блокот.
3. Во правоаголниот триаголник $A B C$ повлечена е висината $C D$ на хипотенузата $A B$. Докажи дека збирот на радиусите $r, r_{1}$ и $r_{2}$ на впишаните кружници во триаголниците $A B C, A D C$ и $B D C$ е еднаков на висината $C D$.
4. Од точката $M$, што лежи на правата $p$, повлечи произволна полуправа $M N$ што не лежи на правата $p$. Потоа повлечи права $q$, паралелна со правата $p$ и различна од неа, која полуправата $M N$ ја сече во точката $S$, а симетралите на добиените напоредни агли во точките $P$ и $Q$. Докажи дека точката $S$ е средина на отсечката $P Q$.
## XIII (88.VII.1)
Ако при делење на $x$ и $y$ со 8 се добиваат остатоци 5 и 3 , тогаш:
$$
x=8 m+5, \quad m \in \mathbb{N} \text { и } y=8 n+3, \quad n \in \mathbb{N}
$$
За нивниот производ добиваме:
$$
\begin{aligned}
x \cdot y & =(8 m+5) \cdot(8 n+3) \\
& =64 m n+24 m+40 n+15 \\
& =8 \cdot(8 m n+3 m+5 n)+8+7 \\
& =8(8 m n+3 m+5 n+1)+7 \\
& =8 k+7, \quad(k=8 m n+3 m+5 n+1)
\end{aligned}
$$
Оттука следува дека при делење на производот $x \cdot y$ со 8 се добива остаток 7.
## XIII (88.VII.2)
Прв начин. Бригадата треба дневно да изора 360 декари. Но, таа ја натфрлила нормата за $16 \frac{2}{3} \%$. Бидејќи:
$$
16 \frac{2}{3} \% \text { од } 360 \text { е } \frac{50}{3} \cdot \frac{1}{100} \cdot 360, \text { т. } 60
$$
ќе следува дека нормата е натфрлена за 60 декари и сега изнесува 420 декари. Ако во првиот случај на бригадата иे беа потребни $n$ денови, тогаш во вториот случај - со дневна норма од 420 декари - ќе ѝ бидат потребни $n-1$. ден и уште еден ден, бидејќи последниот ден се изорани само 60 декари. Според тоа добиваме:
$$
\begin{aligned}
420(n-1)+60 & =360 n \\
42 n-42+6 & =36 n \\
6 n & =36, \quad n=6
\end{aligned}
$$
Значи, на бригадата ѝ се потребни 6 дена да го изора блокот. Следствено, блокот има 6.360 декари, т.е. 2160 декари.
B ̄йор иачин. На ист начин како погоре наоѓаме дека новата норма е 420 декари. Нека блокот има $x$ декари. Ако бригадата дневно изорува 360 декари, ќe и бидат потребни $\frac{x}{360}$ дена. Но, бригадата ја натфрлила нормата за 60 декари дневно и со таа норма изорала $x$-60 декари, бидејќи за последниот ден останале само 60 декари. Значи, со норма од 420 декари на бригадата й биле потребни $\frac{x-60}{420}$ дена, а тој рок е за 1 ден помал од $\frac{x}{360}$ дена. Според тоа, ја имаме равенката:
од каде што добиваме:
$$
\frac{x}{360}-1=\frac{x-60}{420} / .2520
$$
$$
\begin{aligned}
7 x-2520 & =6 x-360 \\
x & =2160
\end{aligned}
$$
Значи, блокот има 2160 декари.
## XIII (88.VII.3)
Нека $\overline{C D}=h$ е висина во правоаголниот $\triangle A B C$ и нека $r, r_{1}$ и $r_{2}$ се радиусите на впишаните кружници во триаголниците $A B C, A D C$ и $B D C$. Да означиме: $\overline{A D}=q, \overline{B D}=p$ (црт. 1).
Од $\triangle A B C$, бидејќи $\overline{A T}=b-r$, $\overline{T B}=a-r$ добиваме:
$$
b-r+a-r=c, \quad r=\frac{1}{2}(a+b-c)
$$
На сличен начин од триаголниците $A D C$ и $B D C$ добиваме:
Црт. 1
$$
n_{1}=\frac{1}{2}(q+h-b) \text { и } \quad r_{2}=\frac{1}{2}(p+h-a)
$$
Тогаш:
$$
\begin{aligned}
r+r_{1}+r_{2} & =\frac{1}{2}(a+b-c+q+h-b+p+h-a) \\
& =\frac{1}{2}(2 h+(q+p)-c)=h
\end{aligned}
$$
## XIII (88.VII.4)
Според условот на задачата го добиваме црт: 2 , каде што $s_{1}$ и $s_{2}$ се симетрали на напоредните агли. Треба да докажеме дека $\overline{P S}=\overline{S Q}$.
Ḱе докажеме дека $\triangle M P S$ е рамнокрак. Навистина, од:
$$
\alpha=\beta, \text { бидејќи } s_{1} \text { е си- }
$$
метрала
$\alpha=\gamma$, како наизменични агли
Црт. 2 следува дека $\beta=\gamma$, т.е. $\triangle M P S$ е рамнокрак, од каде што следува дека:
$$
\overline{M S}=\overline{P S}
$$
На сличен начин се докажува дека $\triangle M Q S$ е рамнокрак, од каде што следува дека:
$$
\overline{M S}=\overline{S Q}
$$
Од (1) и (2) следува $\overline{P S}=\overline{S Q}$, т.е. $S$ е средина на отсечката $P Q$.
## VIII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Откако ја поминал половината од патот меѓу местата $A$ и $B$, возачот на камионот ја зголемил брзината за $25 \%$, па во местото $B$ стигнал половина час порано. За колку часа камионот го поминал патот од $A$ до $B$ ?
2. Збирот на три реални броја е 0 . Докажи дека збирот на кубовите на тие реални броеви е еднаков на трикратниот производ на тие броеви.
3. Конструирај квадрат чиишто две спротивни темиња лежат на дадена права $p$, а другите две на две дадени кружници.
4. Над катетите $A C$ и $B C$, надвор од правоаголниот триаголник $A B C$, конструирани се квадратите $A C D E$ и $B F K C$.
$1^{\circ}$ Сврзи ги темињата $D$ и $K$, па докажи дека продолжената хипотенузина висина $C C_{1}$ минува низ средината $M$ на отсечката $D K$.
$2^{\circ}$ Од $E$ и $F$ спушти нормали $E E_{1}$ и $F F_{1}$ на продолжението на $A B$, па докажи дека овие нормали се еднакви на хипотенузините отсечки, т.е.
$$
\overline{E E_{1}}=\overline{A C_{1}}, \overline{F F_{1}}=\overline{B C_{1}}
$$
## XIII (88.VIII.1)
Прв начин. Ако на првата половина од патот камионот се движел со брзина $x$, тогаш на втората половина се движел со брзина $x+\frac{25}{100} x$, т.е. $\frac{5}{4} x$. Притоа, првата половина од патот ја минал за некое време $t$, а втората за половина час помалку, т.е. за време $t \sim \frac{1}{2}$ : Бидејќи патот е еднаков, добиваме (црт. 3):
Црт. 3
$$
\begin{aligned}
& \left.\begin{array}{l}
s=x \cdot t \\
s=\frac{5}{4} x\left(t-\frac{1}{2}\right)
\end{array}\right\} \Rightarrow x t=\frac{5}{4} x\left(t-\frac{1}{2}\right) \quad /: x \\
& t=\frac{5}{4} t-\frac{5}{8} \quad 1 \cdot 8 \\
& 8 t=10 t-5 \\
& 2 t=5, \quad t=2,5
\end{aligned}
$$
Следствено, патот од $A$ до $B$ камионот го минал за $2,5+2,5-0,5$ часа, т.е. за 4,5 часа.
со брзина $x$; тогаш на втората половина брзината е $\frac{5}{4} x$. Времето потребно да се измине првата половина од патот е $\frac{S}{x}(\overline{A B}=2 S$, црт. 3), а за втората $\frac{S}{\frac{5}{4} x}=\frac{4 S}{5 x}$, и ова време е помало за половина час. Според тоа имаме:
$$
\begin{aligned}
\frac{S}{x} & =\frac{4 S}{5 x}+\frac{1}{2} \quad / \cdot 10 x \\
10 S & =8 S+5 x \\
2 S & =5 x
\end{aligned}
$$
Оттука $\frac{S}{x}=\frac{5}{2}$, а бидејќи $\frac{S}{x}=t$, следува дека $t=2,5$, т.е. првата половина од патот камионот ја минува за 2,5 часа, а втората за 2 часа половина час помалку.
Значи, патот од $A$ до $B$ камионот ќe го мине за 4,5 часа.
## XIII (88.VII.2)
Нека $a, b, c \in \mathbb{R}$ и нека $a+b+c=0$; треба да докажеме дека $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3 a b c$. Имаме:
$$
\begin{aligned}
a+b+c & =0 \\
a+b & =-c \\
a^{3}+b^{3}+3 a^{2} b+3 a b^{2} & =-c^{3} \\
a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a b(a+b) & =0 \\
a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a b(-c) & =0 \\
a^{3}+b^{3}+c^{3} & =3 a b c
\end{aligned}
$$
Забелешка. Со кубирање на условот $a+b+c=0$ добиваме:
$$
a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 a^{2} b+3 a^{2} c+3 b^{2} a+3 b^{2} c+3 c^{2} a+3 c^{2} b+6 a b c
$$
од каде што со погодно групирање по три члена и ставајќи
$$
6 a b c=3 a b c+3 a b c+3 a b c-3 a b c
$$
доаѓаме, иако на посложен начин, до истиот резултат. Стори го тоа сам!
## XIII (88.VIII.3)
10 Анализа. Да претпоставиме дека задачата е решена, т.е. правата $p$ минува низ темињата $A$ и $C$ на квадратот $A B C D$, а $B \in k_{1}\left(O_{1}, r_{1}\right)$ и $D \in k_{2}\left(O_{2}, r_{2}\right)$ (црт. 4).
За да го конструираме квадратот $A B C D$, доволно е да одредиме едно од темињата $B$ или $D$; потоа лесно го наоѓаме центарот $S$ и другите три темиња на квадратот $A B C D$.
Очигледно е дека $B$ и $D$ се осносиметрични во однос на правата $p$, т.е. $D=\sigma_{p}(B)$. Но $B \in k_{1}$, затоа ќе најдеме осносиметрична слика $k_{1}^{\prime}$ на кружницата $k_{1}$ во однос на правата $p$.
Бидејќи сликата на точката $B$, т.е. точката $D$, лежи и на $k_{1}^{\prime}$ и на $k_{2}$, ќe следува дека, $D$ лежи на пресекот на овие две кружници, т.е. $D=k_{1}^{\prime} \cap k_{2}$.
Црт. 4
$2^{0}$ Консйрукција. Од анализата следуваат следните конструкции:
1) Цртаме кружница $k_{1}^{\prime}$, осносиметрична ңа кружницата $k$ во однос на правата $p$, т.е. $k_{1}^{\prime}=\sigma_{p}\left(k_{1}\right)$
2) $k_{1}^{\prime} \cap k_{2}=\left\{D_{1}, D_{2}\right\}$
3) $B_{1}=\sigma_{p}\left(D_{1}\right), B_{2}=\sigma_{p}\left(D_{2}\right)$
4) $p \cap B_{1} D_{1}=\left\{S_{1}\right\}, p \cap B_{2} D_{2}=\left\{S_{2}\right\}$
5) $k^{\prime}\left(S_{1}, \overline{S_{1} D_{1}}\right), k^{\prime \prime}\left(S_{2}, \overline{S_{2} D_{2}}\right)$
6) $p \cap k^{\prime}=\left\{A_{1}, C_{1}\right\}, p \cap k^{\prime \prime}=\left\{A_{2}, C_{2}\right\}$
Четириаголниците $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ и $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ се бараните квадрати. следува дека:
3о Доказ. Бидејќи $B_{1}=\sigma_{p}\left(D_{1}\right)$ ќе
$$
\overline{B_{1} S_{1}}=\overline{D_{1} S_{1}} \quad \text { и } \quad B_{1} S_{1} \perp D_{1} S_{1}
$$
Црт. 5
Понатаму, по конструкција имаме дека:
$$
\overline{S_{1} A_{1}}=\overline{S_{1} C_{1}}=\overline{S_{1} B_{1}}
$$
па следува дека четириаголникот $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ е квадрат, бидејќи неговите дијагонали се еднакви, нормални и се преполовуваат. Аналогно заклучуваме дека и четириаголникот $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ е квадрат и е решение на задачата.
40 Дискусија. Дали задачата ќе има едно решение, повеќе решенија или, пак, ќе нема решение, зависи од заемниот однос на кружниците $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$. Значи, можни се следните случаи:
1) Ако $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$ се сечат во две точки, т.е. $k_{1}^{\prime} \cap k_{2}=\left\{D_{1}^{\prime}, D_{2}\right\}$ тогаш задачата има: две решенија (како во нашиот случај), ако ниедна од пресечните точки $D_{1}$ или $D_{2}$ не лежи на правата $p$ (при што квадратите можат да бидат и складни); едно решение, ако една од овие точки лежи на правата $p$; а ниедно решение, ако пресечните точки лежат на правата $p$.
2) Ако $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$ имаат само една заедничка точка, т.е. се допираат (однадвор или одвнатре) тогаш задачата: има едно решение, ако допирната точка не лежи на правата $p$; нема решение, ако оваа точка лежи на правата $p$.
3) Ако $k_{1}^{\prime}$ и $k_{2}$ немаат заеднички точки, тогаш задачата нема решение.
4) Ако $k_{1}^{\prime} \equiv k_{2}$, тогаш задачата има бесконечно многу решенија.
## XIII (88.VIII.4)
Според условите на задачата го добиваме цртежот 6: Треба да докажеме дека:
1) $\overline{D M}=\overline{M K}$
2) $\overline{E E_{1}}=\overline{A C_{1}}$,
3) $\overline{F F_{1}}=\overline{B C_{1}}$.
Очигледно, хипотенузината висина $C C_{1}$ го дели правоаголниот $\triangle A B C$ на два правоаголни триаголници, слични на него, т.е.
$$
\triangle A C C_{1} \sim \triangle A B C \sim \triangle B C C_{1}
$$
Оттука следува дека: $\triangle A C C_{1}=\beta, \measuredangle B C C_{1}=\alpha$ Од $\overline{D C}=\overline{A C}, \overline{K C}=\overline{B C}$ и $\measuredangle D C K=90^{\circ}$ следува дека $\triangle D K C \cong \triangle A B C$. Кај темето $C$ имаме два пара накрсни агли, па заклучуваме дека $\angle D C M=\alpha$, $\measuredangle K C M=\beta$, од каде што следува дека триагол-
Црт. 6 ниците $D C M$ и $K C M$ се рамнокраки, па имаме:
$$
\overline{D M}=\overline{C M}, \quad \overline{K M}=\overline{C M} \Rightarrow \overline{D M}=\overline{K M}
$$
Бидејќи $\measuredangle E A E_{1}=\beta, \measuredangle A E E_{1}=\alpha$, како агли со нормални краци и $\overline{A E}=\overline{A C}$, следува дека $\triangle E A E_{1} \cong \triangle A C C_{1}$, а оттука и $\overline{E E_{1}}=\overline{A C_{1}}$.
Аналогно, од складноста на триаголниците $B F F_{1}$ и $C B C_{1}$ заклучуваме дека $\overline{F F_{1}}=\overline{B C_{1}}$.