# VI РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## Задачите и решенијата се скенирани од книгата

Десет години републички натпревари по математика 1976-1985 подготвена од Илија Јанев и Коста Мишовски

## VII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Збирот на два природни броја изнесува 252 , а нивниот најголем заеднички делител е 36 . Кои се тие броеви?
2. Пресметај ја бројната вредност на изразот:

$4 a^{2} x^{2}-4 a c x^{2}+c^{2} x^{2}-16 a^{2} x y+16 a c x y-4 c^{2} x y+16 a^{2} y^{2}-16 a c y^{2}+4 c^{2} y^{2} ;$ ако: $a=3276, c=5552, x=9463$ и $=4731$.

3. Во паралелограмот $A B C D$ страната $A B$ е двапати подолга од страната BC. Нека М е средина на страната АВ. Докажи дека отсечките $\mathrm{CM}$ и DM се заемно нормални.
4. Конструирај го триаголникот $\mathrm{ABC}$ ако се дадени: аголот $\alpha$, тежишната линија ta и висината $\mathrm{h}_{\mathrm{c}}$ :

## 37. (1981.VII.1)

1. Бараните природни броеви нека се $x$ и $y$. Тогаш од үсловот на задачата е: $x+y=252$ и $x=36 x_{1}, y=36 y_{1}$, каде што $x_{1}$ и $y_{1}$ се заемно прости броеви, н.з.д. $\left(x_{1}, y_{1}\right)=1$

$$
\begin{aligned}
36 x_{1}+36 y_{1} & =252 \\
36\left(x_{1}+y_{1}\right) & =252 \\
x_{1}+y_{1} & =7
\end{aligned}
$$

Бидејќи $x_{1}$ и $y_{1}$ се заемно прости броеви, постојат следните можности за паровите $\left(x_{1}, y_{1}\right):(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2)$ и $(6,1)$. За овие вредности на $x_{1}$ и $y_{1}$ ќе одговараат следниве парови за х и $y:(x, y) \in\{(36,216),(72$, $180),(108,144),(144,108),(180,72),(216,36)\}$

Одговор: 36 и 216; 72 и 180; 108 и 144; (144 и 108; 180 и 72; 216 и 36) вкупно шест решенија.

## 38. (1981.VII.2)

Имаме:

1. Прво, изразот ќе го разложиме на множители.

$4 a^{2} x^{2}-4 a c x^{2}+c^{2} x^{2}-16 a^{2} x y+16 a c x y-4 c^{2} x y+16 a^{2} y^{2}-16 a c y^{2}+4 c^{2} y=$ $=x^{2}\left(4 a^{2}-4 a c+c^{2}\right)-4 x y\left(4 a^{2}-4 a c+c^{2}\right)+4 y^{2}\left(4 a^{2}-4 a c+c^{2}\right)=$ $=\left(4 a^{2}-4 a c+c^{2}\right)\left(x^{2}-4 x y+4 y^{2}\right)=(2 a-c)^{2}(x-2 y)^{2}$.

Сега ќе ги замениме соодветните вредности за променливите а, c, х и у:

$(2 a-c)^{2}(x-2 y)^{2}=(2 \cdot 3276-5552)^{2}(9463-2 \cdot 4731)^{2}=$

$=(6552-5552)^{2}(9463-9462)^{2}=1000^{2} \cdot 1^{2}=10^{6}$.

Одговор: 1000000.

## 39. (1981.VII.3)

1. Паралелограмот ABCD

нека е таков што да е $\overline{A B}=2 \overline{B C}$ и нека е $M$ средина на страната $A B$, т.e. $\overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{MB}}$. Нека е уште $\mathrm{N}$ средина на страната DC, г.е. $\overline{D N}=\overline{\mathrm{NC}}$. Да го разгледаме триаголникот DMC. Во него е $\overline{\mathrm{DN}}=\overline{\mathrm{NC}}$, но поради $\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{BC}}=$

$=\frac{1}{2} \overline{D C}$, ќе следува:

$\overline{\mathrm{DN}}=\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{NC}}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-03.jpg?height=195&width=447&top_left_y=1210&top_left_x=1014)

Црт. 26

Значи, $N$ е центар на опишаната кружница околу $\triangle D M C$, пй ќе следува дека X DMC $=90^{\circ}$, како перифериски агол на дијаметарот DC.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-03.jpg?height=217&width=540&top_left_y=1687&top_left_x=249)

Црт. 27

II. Од условот за задачата имаме: AMND и MBCN се ромбови, па нивните дијагонали MD и MC се симетрали на аглиге. Од $\alpha+\beta=180^{\circ} \Rightarrow \frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=90^{\circ}$.

40. (1981.VII.4)
41. Анализа: Да претпоставиме дека задачата е решена, и притоа нека $X A=\alpha \overline{A M}=t_{a} n \overline{C H}=h_{c}$.

(види цртеж 28). Нека е MN висина на $\triangle$ АВМ. Лесно се забележува дека е $\overline{\mathrm{MN}}=$ $=\frac{1}{2} h_{\mathrm{c}}$ (средна линија во $\triangle \mathrm{HBC}$ ).

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-04.jpg?height=363&width=478&top_left_y=251&top_left_x=1001)

Црт. 28

Помошниот $\triangle$ ANM можеме да го конструираме, бидејќи за него знаеме:

1) $\overline{A M}=t_{a}$
2) $\overline{\mathrm{MN}}=\frac{1}{2} \mathrm{~h}_{\mathrm{c}}$
3) $\Varangle A N M=90^{\circ}$.

Откако ќе го конструираме $\triangle \mathrm{ANM}$, можеме да го определиме темето $\mathrm{C}$, во пресекот на полуправата́ $\mathrm{AX}$ која со $\mathrm{AN}$ го зафаќа аголот $\alpha$ и правата $l \mid \mathrm{AB}$ на растојание hс од АВ. На крајот, темето B се добива во пресекот на AN и CM.

2) Конструкција: Следува од анализата.
3) Доказ: Следүва од анализата.
4) Дискусија: Задачата има секогаш решение ако е $\frac{h_{c}}{2}<t_{a}$, т.e. ако е $h_{c}<2 t_{a}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-04.jpg?height=286&width=577&top_left_y=1309&top_left_x=250)

Црт. 29
II. Првин го конструиpaме $\triangle A H C$ (ACA), потоа $D$, кое лежи на $l \| A B$ и е $\overline{A D}=2 t_{a}$, M е средина на $\mathrm{AD} \Rightarrow \overline{\mathrm{CM}}=\overline{\mathrm{MB}}$.

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Од градовите А и В што се нао́аaт на растојание од 390 километри истовремено тргнале два камиона еден кон друг. Брзината на едниот е за 10 километри на час поголема од брзината на другиот камион. По три часа патување тие се наогаaт на растојание од 24 километри еден од друг. Колкава е брзината на секој од нив?
2. Равенките на три прави се: $3 x-7 y+5=0 ; 12 x+5 y-46=0$ и $3 x+4 y+16=0$. Определи го периметарот и плоштината на триаголникот што се образува со тие три прави.
3. Околу кружница со радиус $2 \mathrm{~cm}$ е опишан рамнокрак трапез со плоштина $16 \sqrt{2} \mathrm{~cm}^{2}$.

a) Определи ги должините на страните на тој трапез;

б) Определи ги аглите на тој трапез.

4. Дадена е правилна шестстрана пирамида со основен раб $24 \mathrm{~cm}$ и бочен раб $26 \mathrm{~cm}$. Секое ќоше од таа пирамида е пресечено со рамнина што минува низ средините на рабовите на тоа ќоше. Определи го волуменот на така добиеното тело.

## 41. (1981.VIII.1)

I. Брзината на едниот камион нека е $\mathrm{x} \mathrm{km} / \mathrm{h}$, тогаш брзината на другиот камион ќе биде $(x+10 ; \mathrm{km} / \mathrm{h}$. Постојат две можности:

a) Во првиот случај камионите се наоѓат на растојание од 24 километри, пред нивната средба. Тогаш е:

$$
3 x+3(x+10)=390-24
$$

или

$$
\begin{array}{r}
6 x=336 \Leftrightarrow x=56 \\
\Rightarrow \quad x+10=66
\end{array}
$$

Значи, во овој случај брзината на едниот камион е $56 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а на другиот $66 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$.

б) Во вториот случај камионите се нао́аaт на растојание од 24 километри по разминувањето, тогаш е:

$$
3 x+3(x+10)=390+24
$$

или

$$
\begin{gathered}
6 x=384 \Leftrightarrow x=64 \Rightarrow \\
x+10=74
\end{gathered}
$$

Значи брзините на камионите се $64 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ и $74 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$.

## Одговор: $56 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ и $66 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ или

$64 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ и $74 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$.

42. (1981.VIII.2)

Првин ќe ги определиме координатите на темињата на триаголникот. Првото теме го определуваме со решавање на системот:

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ 3 x - 7 y + 5 = 0 } \\
{ 3 x + 4 y + 1 6 = 0 }
\end{array} \quad \text { Имаме } \quad \left\{\begin{array}{rl}
-3 x+7 y & =5 \\
3 x+4 y & =-16 \\
\hline 11 y & =-11 \\
y & =-1
\end{array}\right.\right.
$$

тогаш е $3 x=-7-5 \Leftrightarrow x=-4$. Значи едно теме е $A(-4,-1)$. На сличен начин со решавање на системот равенки:

$$
\left\{\begin{array}{r}
3 x+4 y+16=0 \\
12 x+5 y-46=0
\end{array}\right.
$$

ги добиваме координатите на второто теме $B(8,-10)$ и на крај, со решавање на системот:

$$
\left\{\begin{array}{c}
3 x-7 y+5=0 \\
12 x+5 y-46=0
\end{array}\right.
$$

ги. добиваме координатите на темето $\mathrm{C}(3,2)$.

Да го нацртаме сега триаголникот $A B C$, чијшто координати на темињата се $A(-4,-1), B(8,-10)$ и $C(3,2)$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-07.jpg?height=692&width=695&top_left_y=1127&top_left_x=513)

Користејќи ја Питагоровата теорема за $\triangle \mathrm{ABD}$ ќе имаме: $\overline{\mathrm{AB}}=\sqrt{\overline{\mathrm{AD}}^{2}+\overline{\mathrm{BD}}^{2}}=$ $=\sqrt{9^{2}+12^{2}}=15$. Аналогно, од триаголниците BCE и ACF, ке имаме:

$\overline{\mathrm{BC}}=\sqrt{\overline{\mathrm{BE}}^{2}+\overline{\mathrm{CE}}^{2}}=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$

$\overline{\mathrm{AC}}=\sqrt{\overline{\mathrm{AF}}^{2}+\overline{\mathrm{CF}}^{2}}=\sqrt{3^{2}+7^{2}}=\sqrt{58}$.

## Периметарот на $\triangle \mathrm{ABC}$ е:

$\mathrm{L}=\overline{\mathrm{AB}}+\overline{\mathrm{BC}}+\overline{\mathrm{AC}}=\mathbf{1 5}+13+\sqrt{58}=28+\sqrt{58}$

Плоштината на $\triangle A B C$ ќе ја добиеме ако од плоштината на квадратот DBEF ги одземеме плоштините на правоаголните триаголници $\mathrm{ABD}, \mathrm{BCE}$ и ACF.

$$
\begin{aligned}
& P_{D B E F}=12^{2}=144 ; \quad P_{A B D}=\frac{1}{2} \cdot \overline{A D} \cdot \overline{B D}=\frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 9=54 \\
& P_{B C E}=\frac{1}{2} \cdot \overline{B E} \cdot \overline{C E}=\frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 5=30 ; \quad P_{A C F}=\frac{1}{2} \overline{A F} \overline{C F}=\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 7=\frac{21}{2} \\
& P_{A B C}=144-\left(54+30+\frac{21}{2}\right)=144-\frac{189}{2}=\frac{99}{2}=45,5
\end{aligned}
$$

Одговор: $L=(28+\sqrt{58})$ единици; $P=45,5$ кв. единици.

## 43. (1981.VIII.3)

## I. $A B C D$ нека е рамно-

 крак трапез и нека во него е впишана кружница со радиус $2 \mathrm{~cm}$. Основите нека се $\overline{\mathrm{AB}}=\mathrm{a}, \overline{\mathrm{CD}} \doteq \mathrm{D}$, а краците: $\overline{\mathrm{BC}}=\widehat{\mathrm{AD}}=$ с. Висината е $\mathrm{h}=2 \mathrm{r}=4$. Бидејки трапезот $A B C D$ е тангентен, ќе имаме:$a+b=2 c$

Одовде е $\frac{a+b}{2}=c$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-09.jpg?height=437&width=562&top_left_y=327&top_left_x=918)

Црт. 31

Плоштината е $P=\frac{a+b}{2} \cdot h$, или $16 \sqrt{2}=c \cdot 2 r \Leftrightarrow 16 \sqrt{2}=c \cdot 2 \cdot 2$, од каде што $c=\frac{16 \sqrt{2}}{4}=4 \sqrt{2}$. Имајќи ја предвид равенката (1), ке добиеме $a+b=8 \sqrt{2}$

Понатаму од $\triangle \mathrm{AED}$ имаме:

$$
\begin{gathered}
x=\sqrt{c^{2}-h^{2}}=\sqrt{32-16}=4, \text { па поради } \frac{a-b}{2}=x, \text { ке следува } \\
a-b=8
\end{gathered}
$$

Со решавање на системот равенки:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-09.jpg?height=130&width=884&top_left_y=1372&top_left_x=399)

б) За да ги определиме аглите во трапезот, доволно е да го определиме $X . A$. Бидејќи $\triangle A E D$ е рамнокрак правоаголен ( $\overline{\mathrm{AE}}=\overline{\mathrm{ED}}=4$ ), следува $x A=45^{\circ}$.

Тогащ $\not B=45^{\circ} ; \quad \not C=\not D D=135^{\circ}$.

Одговор: а) $4(\sqrt{2}+1) \mathrm{cm}, 4(\sqrt{2}-1) \mathrm{cm} \mathrm{n} 4 \sqrt{2} \mathrm{~cm}$.

б) $X A=\not B=45^{\circ}$ и $\angle C=\angle D=135^{\circ}$.

## 44. (1981.VIII.4)

I. SABCDEF нека е правилна шестстрана пирамида со врв $S$ и со основа правилен шестаголник $A B C D E F$.

Основниот раб е $\overline{\mathrm{AB}}=\overline{\mathrm{BC}}=24 \mathrm{~cm}$, a бочниот раб $\overline{\mathrm{SB}}=26 \mathrm{~cm}$. По пресечувањето на оваа пирамида со рамнини дадени во условот на задачата, ќе се добијат 6 складни тристрани пирамиди (една таква е нацртана на цртежот - со основа MBN и врв $B_{1}$ ) и една шестсрана пирамида со основа $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1} E_{1} F_{1}$ и врв $S$.

Основата на пирамидата $B_{1}$ MBN е рамнокрак триаголник, со агол кај темето В еднаков на $120^{\circ}$ и со краци $\overline{\mathrm{MB}}=\overline{\mathrm{BN}}=12 \mathrm{~cm}$. Плоштината на $\triangle \mathrm{MNB}$ (види црт. 32) e

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-10.jpg?height=411&width=468&top_left_y=1073&top_left_x=261)

Црт. 33

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_8b628371295d30102165g-10.jpg?height=663&width=486&top_left_y=421&top_left_x=978)

Црт. 32

$$
B=\frac{12^{2} \cdot \sqrt{3}}{4}=36 \sqrt{3}
$$

Од $\triangle$ OBS e:

$\mathrm{H}=\sqrt{\overline{\mathrm{SB}}^{2}-\overline{\mathrm{OB}}^{2}}=\sqrt{26^{2}-24^{2}}=10$.

Висината на пирамидата $\mathrm{B}_{1} \mathrm{MBN}$ е $\overline{\mathrm{B}_{1} L}=$ $=\frac{\mathrm{H}}{2}=5$, на нејзиниот волумен е:

$V_{1}=\frac{1}{3} B \cdot \frac{H}{2}=\frac{1}{3} \cdot 36 \sqrt{3} \cdot 5=60 \sqrt{3}$.

Волуменот на пирамидата $\mathrm{SA}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{D}_{1} \mathrm{E}_{1} \mathrm{~F}_{1} \mathrm{e}$

$V_{2}=\frac{1}{3} 6 \cdot \frac{12^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{H}{2}=360 \sqrt{3}$.

Волуменот на целата пирамида SABCDEF е

$V=\frac{1}{3} 6 \cdot \frac{24^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot H=2880 \sqrt{3}$.

Тогаш волуменот на бараното тело е:

$V_{3}=V-6 V_{1}-V_{2}=2880 \sqrt{3}-360 \sqrt{3}-360 \sqrt{3}=2160 \sqrt{3}$.

Одговор: $V=2160 \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{3}$.