XXV РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА

ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ

# VII ОДДЕЛЕНИЕ 

1. По снижувањето на цената за $20 \%$, со 2400 денари може да се купи една книга повеќе, отколку со 2700 денари пред снижувањето. Колкава била цената на една книга пред снижувањето?

Решение: Нека $x$ е цената пред снижувањето. Тогаш за 2700 ден. можат да се купат $\frac{2700}{x}$ книги. По снижувањето од $20 \%$, цената е $\frac{80}{100} x=\frac{4}{5} x$, па со 2400 ден. можат да се купат $2400: \frac{4}{5} x$ книги т.е. $\frac{3000}{\mathrm{x}}$ книти. Според условот на задачата добиваме $\frac{3000}{x}-\frac{2700}{x}=1 ; \frac{300}{x}=1$, т.е. $x=300$. Значи, цената на една книга пред снижувањето е 300 денари.

2. На натпреварот по математика учествувале 140 ученици. За секој ученик организаторот на натпреварот обезбедил по еден сок. Соковите биле пакувани по 16 , по 17 или по 40 во кутија. По колку сокови имало од секој вид? Образложи!

Решение: Нека имало $x$ кутии со по 16 сокови, $y$ кутии со по 17 и $z$ кутии со по 40 сокови. Тогаш $16 x+17 y+40 z=140$. Бидејќи 16,40 и 140 се деливи со 4 , следува дека и 17 у е делив со 4 . Но 4 не е делител на 17 , па заклучуваме дека 4 е делител на $y$, т.е. $y=4 k$. Тогаш $16 x+17 \cdot 4 k+40 z=140 /: 4 ; 4 x+17 k+10 z=$ 35. Очигледно дека $k=1$, бидејќи за $k \geq 2$ би имале $4 x+10 z \leq 1$, што не е можно, бидејќи $x, z \in \mathrm{N}$, значи, $k=1$ и $4 x+10 z=18$, т.е. $2 x+5 z=9$. Последната равенка е можна само за $z=1$ и $x=2$. Конечно: имало 2 пакета по 16 сокови, 4 пакети по 17 сокови и 1 пакет со 40 сокови.

3. Ако $x^{2}+y^{2}+2 x-4 y+5=0$, колку е $x^{2000}+2000 y$ ?

Решение: Ако $x^{2}+2 x+y^{2}-4 y+5=0$, тогаши $x^{2}+2 x+1 y^{2}-4 y+4=0$; $(x+1)^{1}+(y-2)^{2}=0$. Оттука $x+1=0$ и $y-2=0$, т.е. $x=-1, y=2$. Tогашl $x^{2000}+2000 y=(-1)^{2000}+2000 y=1+4000=4001$.

4. Точката В е внатрешна за отсечката AC. Од една страна на правата $\mathrm{AC}$ се конструирани рамнострани триаголници $\mathrm{ABM}$ и $\mathrm{BCN}$. Правите AN и CM се сечат во точката L. Пресметај го аголот CLN.

Решение: Очигледно $\triangle \mathrm{ABN} \cong \triangle \mathrm{MBC}$ според признакот САС, (бидејќи $\overline{\mathrm{AB}}=\overline{\mathrm{MB}}, \overline{\mathrm{BN}}=\overline{\mathrm{BC}}$ и $\angle \mathrm{ABN}=120^{\circ}=$ $\angle \mathrm{MBC})$. Оттука следува дека $\angle \mathrm{ANB}=$ $\angle \mathrm{MCB}=\alpha$. Бидејќи $\angle \mathrm{BKC}=\angle \mathrm{LKN}$ како накрсни, следува дека и третите агли во

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_844e569f8ad8cb39c6dcg-2.jpg?height=305&width=375&top_left_y=823&top_left_x=1089)
триаголниците BCK и LNK се меѓусебе еднакви, а тие се $\angle \mathrm{CBK}=60^{\circ}=\angle \mathrm{NLK}$, значи $\angle \mathrm{CLN}=60^{\circ}$.

5. Нека $\mathrm{AA}_{1}, \mathrm{BB}_{1}, \mathrm{CC}_{1}$ се висините во триаголникот $\mathrm{ABC}$, а $\mathrm{H}$ е ортоцентарот. Ако $\overline{\mathrm{AH}}: \overline{\mathrm{HA}}_{1}=1: 1, \overline{\mathrm{BH}}: \overline{\mathrm{HB}}_{1}=2: 1$, колку е $\overline{\mathrm{CH}}: \overline{\mathrm{HC}}_{1}$ ? Решешие: Нека a, b, c се должини на страните $\mathrm{BC}, \mathrm{SA}$ и $\mathrm{AB}$ на $\triangle \mathrm{ABC}$, a $\mathrm{h}_{\mathrm{a}}, \mathrm{h}_{\mathrm{b}}$ и $\mathrm{h}_{\mathrm{c}}$ должини на неговите висини, тогаш

$P_{A B C}=\frac{a h_{a}}{2}=\frac{b h_{b}}{2}=\frac{c h_{c}}{2} ; P_{B C H}=\frac{1}{2} a \cdot \frac{h_{a}}{2}=\frac{1}{2} P$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_844e569f8ad8cb39c6dcg-2.jpg?height=377&width=250&top_left_y=1376&top_left_x=1211)

$P_{\text {CAH }}=\frac{1}{2} b \cdot \frac{h}{3}=\frac{1}{3} P$. Оттука $P_{A B H}=P-\frac{1}{2} P-\frac{1}{3} P=\frac{1}{6} P$.

Значи $\mathrm{P}_{\mathrm{ABH}}=\frac{1}{2} \mathrm{c} \cdot \overline{\mathrm{HC}}_{\mathrm{l}}=\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2} \mathrm{c} \cdot \mathrm{h}_{\mathrm{c}}$, т.е. $\overline{\mathrm{HC}}_{\mathrm{I}}=\frac{1}{6} \mathrm{~h}_{\mathrm{c}}$, а оттука $\overline{\mathrm{CH}}: \overline{\mathrm{HC}}_{1}=5: 1$.

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Ана има три албуми со марки. Во првиот се наобаат една петина од марките, во вториот неколку седмини, а во третиот 303 марки. Колку марки има Ана?

Решение: Нека Ана има вкупно $x$ марки, $x \in N$; тогаш во првиот албум има $\frac{1}{5} x$, во вториот $\frac{k}{7} x, k \in N$, а во третиот 303 марки. Значи имаме $\frac{x}{5}+\frac{k x}{7}+303=x$. Оттука $x=\frac{35 \cdot 303}{28-5 k}$. За $x$ да биде природен број, к. треба да е непарен. Од 28-5k>0, следува дека $k \in\{1,3,5\}$. Со проверка се убедуваме дека само за $\mathrm{k}=5$, x е природен број и притоа $\mathrm{x}=3535$. Значи, Ана имала вкупно 3535 марки.

2. Збирот на цифрите на еден четирицифрен број е 27. Докажи дека збирот на тој број и бројот запишан со исти цифри но во обратен редослед е делив со 27.

Решение: Нека бараниот број е $\overline{a b c d}$, тогаш $a+b+c+d=27$. Понатаму: $S=\overline{a b c d}+\overline{d c b a}=1001(\mathrm{a}+\mathrm{d})+110(\mathrm{~b}+\mathrm{c})=$ $110(a+d)+891(a+d)+1110(b+c)=110(a+b+c+d)+891(a+d)=$ $110 \cdot 27+27 \cdot 33(a+d)=27(110+33 a+33 d)=27(110+33 a+33 d)$. Следи дека $27 \mid s$.

3. Збирот на три цели броја a, b, с е нула. Докажи дека $2\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)$ е квадрат на цел број.

Решение: Од условот $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=0$ следува $\mathrm{a}^{2}=(\mathrm{b}+\mathrm{c})^{2}, \mathrm{~b}^{2}=(\mathrm{c}+\mathrm{a})^{2}$; $c^{2}=(a+b)^{2}$, па имаме: $a^{4}+b^{4}+c^{4}=a^{2}(b+c)^{2}+b^{2}(c+a)^{2}+c^{2}(a+b)^{2}=$ $2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)+2\left(a^{2} b c+a b^{2} c+a b c^{2}\right)$

$2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)+2 a b c(a+b+c)=2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-a^{4}-$ $b^{4}-c^{4}$. Следи: $2\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right)=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}$

4. Во правоаголниот триаголник $\mathrm{ABC}\left(\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}\right)$ бисектрисата на аголот кај темето $\mathrm{A}$ ја дели страната $\mathrm{BC}$ на два дела со должина $5 \mathrm{~cm}$ и $13 \mathrm{~cm}$. Пресметај ги периметарот и плоштината на триаголникот $\mathrm{ABC}$.

Решение: Нека $A D$ е симетрала аголот кај темето $D$ и нека $\mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}$, тогаш е очигледно дека $\triangle \mathrm{ACD} \cong \triangle \mathrm{AED}$ (според $\mathrm{ACA}$ ), па оттука следува дека $\overline{\mathrm{DE}}=5$ $\mathrm{cm}$. Понатаму, триаголниците $\mathrm{ABC}$ и $\mathrm{DBE}$ се слични, па имаме: $\overline{\mathrm{AB}}: \overline{\mathrm{BC}}=\overline{\mathrm{DB}}: \overline{\mathrm{DE}} \quad$ т.e. $\overline{\mathrm{AC}}: 18=$ $13: 12 ; \overline{\mathrm{AC}}: \overline{\mathrm{BC}}=\overline{\mathrm{DE}}: \overline{\mathrm{BE}}$, т.e. $\overline{\mathrm{AC}}: 18$ $=5: 13$, од каде што добиваме $\overline{\mathrm{AB}}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_844e569f8ad8cb39c6dcg-4.jpg?height=303&width=469&top_left_y=644&top_left_x=953)
$=19,5 \mathrm{~cm}, \overline{\mathrm{AC}}=7,5 \mathrm{~cm}$. Тогаш периметарот на $\triangle \mathrm{ABC}$ е $\mathrm{cm}$, а плоштината $\frac{7,5 \cdot 18}{2} \mathrm{~cm}^{2}$, т.е. $67,5 \mathrm{~cm}^{2}$.

5. Впишаната кружница $k$ во рамнокракиот триаголник $\mathrm{ABC}$ ги допира краците $\mathrm{AC}$ и $\mathrm{BC}$ во точките $\mathrm{P}$ и $\mathrm{M}$, соодветно. Правата AM ја сече кружницата к во точка $\mathrm{E}$, а правата PE ја сече основата $\mathrm{AB}$ во точката K. Докажи дека $\overline{\mathrm{AB}}=4 \cdot \overline{\mathrm{AK}}$.

Решение: Бидејќи РM $\| А В$, следува дека $\angle \mathrm{PMA}=\angle \mathrm{MAB}$ (наизменични) $\angle \mathrm{APK}=\angle \mathrm{PMA}$. (над ист лак). Оттука следува дека $\angle \mathrm{APK}=$ $\angle \mathrm{MAB}$, па поради $\angle \mathrm{PAK}=\angle \mathrm{ABM}$ заклучуваме дека $\triangle \mathrm{PAK} \sim \triangle \mathrm{ABM}$.

Тогаш имаме:

(1) ... $\overline{\mathrm{PA}}: \overline{\mathrm{AB}}=\overline{\mathrm{AK}}: \overline{\mathrm{BM}} \cdot \mathrm{Ho}, \overline{\mathrm{PA}}=\overline{\mathrm{AH}}$ и $\overline{\mathrm{BH}}=\overline{\mathrm{BM}}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_844e569f8ad8cb39c6dcg-4.jpg?height=397&width=238&top_left_y=1484&top_left_x=1227)

(тангентни отсечки) па од (1) следи

$$
\overline{\mathrm{AB}}=\frac{\overline{\mathrm{PA}} \cdot \overline{\mathrm{BM}}}{\overline{\mathrm{AK}}}=\frac{\overline{\mathrm{AH}} \cdot \overline{\mathrm{BH}}}{\overline{\mathrm{AK}}}=\frac{\frac{1}{\mathrm{AB}} \cdot \frac{1}{2} \overline{\mathrm{AB}}}{\overline{\mathrm{AK}}}=\frac{1}{4} \cdot \frac{\overline{\mathrm{AB}}^{2}}{\overline{\mathrm{AK}}} \text {, r.e. } \overline{\mathrm{AB}}=4 \cdot \overline{\mathrm{AK}}
$$