# ХХІХ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Симетралата на аголот $\mathrm{BAC}$ во триаголникот $\mathrm{ABC}$ ја сече страната $\mathrm{BC}$ во точка $D$, а симетралата на надворешниот агол на аголот $\mathrm{ACB}$ ја сече правата $\mathrm{AD}$ во точка E. Докажи дека ако триаголникот CDE е правоаголен, тогаш триаголникот $\mathrm{ABC}$ е рамнокрак со основа $\mathrm{BC}$.

Решение. Нека $\angle \mathrm{BAC}=\alpha, \angle \mathrm{ABC}=\beta$ и $\angle \mathrm{ACB}=\gamma$. (црт. 1) Тогаш имаме $\angle \mathrm{CDE}=\angle \mathrm{ADB}=180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\beta, \angle \mathrm{DCE}=\frac{1}{2} \mathrm{BCF}=\frac{\alpha+\beta}{2}$. Од $\triangle \mathrm{CDE}$ следува дека $\angle \mathrm{CED}=\frac{\beta}{2}$. Од условот на задачата триаголникот CDE е правоаголен, па останува да откриеме кој од неговите агли е прав. Заради $\frac{\beta}{2}<\frac{\alpha+\beta}{2}<\frac{\alpha+\beta+\gamma}{2}=90^{\circ}$, добиваме $180^{\circ}-\frac{\alpha}{2}-\beta=90^{\circ}$ т.е. $\alpha+2 \beta=180^{\circ}=\alpha+\beta+\gamma$ од каде што следува дека $\beta=\gamma$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-1.jpg?height=377&width=394&top_left_y=677&top_left_x=1072)

црт. 1 Значи, $\triangle \mathrm{ABC}$ е рамнокрак со основа $\mathrm{BC}$ $\cdot$

2. Неколку браќа поделиле извесна количина златници. Првиот брат зел 100 златници и $\frac{1}{6}$ од остатокот. Вториот брат зел 200 златници и $\frac{1}{6}$ од новиот остаток итн. Последниот брат зел с што останало. Се покажало дека секој брат зел еднаков број на златници. Колку браќа учествувале во поделбата?

Решение. Првиот брат зел $100+\frac{1}{6}(\mathrm{x}-100)$ златници, а вториот брат зел: $200+\frac{1}{6}\left(\mathrm{x}-200-100-\frac{1}{6}(\mathrm{x}-100)\right)$ златници. Бидејќи сите браќа добиле еднаков број златници, имаме $100+\frac{1}{6}(x-100)=200+\frac{1}{6}\left(x-200-100-\frac{1}{6}(x-100)\right)$ од каде што следува дека $x=2500$. Според тоа првиот брат добил 500 златници. Значи, биле $2500: 500=5$ браќa. $\cdot$

3. Нека должината на страната $\mathrm{AB}$ во триаголникот $\mathrm{ABC}$ е три пати поголема од должината на страната $\mathrm{AC}$ и нека $\angle \mathrm{BAC}=60^{\circ}$. На отсечката $\mathrm{AB}$ избрани се точки $\mathrm{L}, \mathrm{M}$ така што $\overline{\mathrm{AL}}=\overline{\mathrm{LM}}=\overline{\mathrm{MB}}$, на правата $\mathrm{AC}$ избрана е точка $\mathrm{N}$ така што $\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{NC}}$, а на отсечката $\mathrm{MN}$ избрана е точка $\mathrm{P}$ така што $\overline{\mathrm{MP}}=3 \overline{\mathrm{NP}}$. Докажи дека пресечната точка на отсечките BC и MN е тежиште на триаголникот LBP.

Решение. Нека $\mathrm{Q}$ е пресечната точка на отсечките $\mathrm{LP}$ и $\mathrm{BC}$, а $\mathrm{T}$ на отсечките

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-2.jpg?height=288&width=541&top_left_y=291&top_left_x=246)

црт. 2 MN и BC (црт. 2). Од условот на задачата $\overline{\mathrm{LM}}=\overline{\mathrm{MB}}$, па според тоа PM е тежишна линија во $\triangle \mathrm{LBP}$. Бидејки $\overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{AN}}$ и $\angle \mathrm{MAN}=60^{\circ}$ добиваме дека триаголникот AMN e рамностран. Понатаму, од $\overline{\mathrm{AL}}=\overline{\mathrm{AC}}$ и $\angle \mathrm{LAC}=60^{\circ}$ следува дека триаголникот ALC, е исто така, рамностран. Од условот во задачата добиваме дека CL е средна линија во триаголникот AMN, што значи дека $\mathrm{CL} \mid \mathrm{PM}$, од каде следува дека $\angle \mathrm{CLQ}=\angle \mathrm{TPQ}, \angle \mathrm{QCL}=\angle \mathrm{QTP}$.

Од MT |CL и M е средина на страната LB следува дека MT е средна линија во триаголникот $\mathrm{LBC}$. Тогаш $\overline{\mathrm{MT}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{LC}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AC}}=\frac{1}{4} \overline{\mathrm{AN}}=\frac{1}{4} \overline{\mathrm{MN}}$. Сега,

$$
\overline{\mathrm{NP}}=\overline{\mathrm{MN}}-\overline{\mathrm{MP}}=\overline{\mathrm{MN}}-3 \overline{\mathrm{NP}}=\frac{1}{4} \overline{\mathrm{MN}}, \text { и } \overline{\mathrm{PT}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{MN}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{AN}}=\overline{\mathrm{CL}}
$$

Од равенствата (1) и (2) добиваме дека $\triangle \mathrm{LQC} \cong \triangle \mathrm{PQT}$, што значи дека $\overline{\mathrm{LQ}}=\overline{\mathrm{PQ}}$. Значи, BQ и PM се тежишни линии на триаголникот LBP, па нивната пресечна точка Т е тежиште на триаголникот LBP. $\cdot$

4. Во еден рибник има 25 гладни штуки. За една штука да се засити треба да изеде три други штуки. Колку најмногу штуки може да останат во рибникот, а сите да бидат сити?

Решение. Најмалиот број на штуки што можат да се заситат јадејќи по три гладни штуки е пет. На тој начин остануваат пет сити и четири гладни штуки. Од четирите гладни штуки, ако една изеде друга, а потоа биде изедена, ќе остане една сита штука. Значи, остануваат шест сити штуки. За да останат барем седум сити штуки, секоја од нив мора да изеде по три штуки, што значи дека вкупно треба да изедат 21 штука за што на почетокот ќe биде потребно да има барем $21+7=28$ штуки, а таа не е случај. Значи, во рибникот може да останат најмногу шест сити штуки. $\cdot$

## VII одделение

1. Дали постојат двоцифрени броеви $\overline{\mathrm{ab}}$ и $\overline{\mathrm{cd}}$ за кои важи $\overline{\mathrm{ab}} \cdot \overline{\mathrm{cd}}=\overline{\mathrm{abcd}}$ ?

Решение.За двоцифрените броеви ав и $\overline{\mathrm{cd}}$ важи $\overline{\mathrm{ab}} \cdot \overline{\mathrm{cd}} \leq \overline{\mathrm{ab}} \cdot 99<\overline{\mathrm{ab}} \cdot 100=\overline{\mathrm{ab} 00}<\overline{\mathrm{ab} 00}+\overline{\mathrm{cd}}=\overline{\mathrm{abcd}}$ т.е. $\overline{\mathrm{ab}} \cdot \overline{\mathrm{cd}}<\overline{\mathrm{abcd}}$. Значи, такви броеви не постојат. 4

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-2.jpg?height=281&width=291&top_left_y=1792&top_left_x=268)

IIпт. 3

2. Во внатрешноста на аголот со теме во точката $\mathrm{A}$ избрана е точка M. Нека P и Q се подножјата на нормалите повлечени од точката М на краците на аголот, а К е подножјето на нормалата од точката A на правата PQ. Докажи дека $\angle \mathrm{MAP}=\angle \mathrm{QAK}$.

Решение. Бидејки аголот $\angle \mathrm{APM}=90^{\circ}$ околу триаголникот AMP може да се опише кружница (црт. 3). Притоа точката Q
ќе лежи на кружницата затоа што $\angle \mathrm{AQM}=90^{\circ}$. Според тоа $\angle \mathrm{MPQ}=\angle \mathrm{MAQ}$ како периферни над лакот $\mathrm{MQ}$, и уште $\angle \mathrm{MPQ}=\angle \mathrm{PAK}$ како агли со нормални краци, т.е. $\angle \mathrm{MAQ}=\angle \mathrm{PAK}$. Аголот $\angle \mathrm{MAK}$ е заеднички дел од аглите $\angle \mathrm{MAQ}$ и $\angle \mathrm{PAK}$, па $\angle \mathrm{MAP}=\angle \mathrm{PAK}-\angle \mathrm{MAK}=\angle \mathrm{MAQ}-\angle \mathrm{MAK}=\angle \mathrm{QAK}$ т.е.

$\angle \mathrm{MAP}=\angle \mathrm{MAK}+\angle \mathrm{KAP}=\angle \mathrm{MAK}+\angle \mathrm{MAQ}=\angle \mathrm{QAK}$ $\cdot$

3. Докажи дека збирот од квадратите на три цели Юреви при дещњве со 8 не може да даде остаток 7 ,

Решение. Ако а е цел број кој не е делив со 8 , тогаш а $8 \mathrm{k}+\mathrm{r}$, каде г ге $4.23,4,5,6,7\}$ е остатокот при делење на бројот а со 8 , т.е. $\mathrm{a}^{2}=8\left(8 \mathrm{k}^{2}+2 \mathrm{kr}\right) \mathrm{r}^{2}$. Значи $\mathrm{a}^{2}$ ит иматат ист остаток при делење со 8 , а бидејќи $r^{2} \in\{1,4,9,16,25,36,49\}$ следува дека а а има остаток 0 , 1 или 4 при делење со 8. Според тоа збирот на квадратите на три цели броевилири делење со 8 не може да даде остаток 7.

4. Четириаголниците $\mathrm{ABCD}$ и EFGH го имаат сводовото точките B,C,Dид дасе средини на отсечките $\mathrm{AE}, \mathrm{BF}, \mathrm{CG}$ и $\mathrm{DH}$, собдветно. Пресуетај ја плештината на четириаголникот EFGH, ако плоштината на четирмаболико $\mathrm{ABCD}$ е $1 \mathrm{~cm}^{2}$ / II

Решение. Нека $\mathrm{P}_{1}$ е плоштина на чриатфлнше триаголникот BCD (црт. 4). Триаголниците АВНни АВD иу ат иста основа ( $\mathrm{AD}=\mathrm{AH}$ ) и иста висина од темето В. па според тоа имааместа плоитина. Триагелниците НВЕ и

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-3.jpg?height=372&width=390&top_left_y=1035&top_left_x=264)
НАВ имаат иста пэощтина бидејки имаа циста основа ( $\mathrm{AB}=\mathrm{BE}$ ) и иста висина од томето $\mathrm{H}$. Значи триаголникот AHE има плоштиңа $2 \mathrm{P}$. Слично се пекажува дека плоштината на триаголдикот CFGe 2P. 2 . Нека проштината на триаголникот $\mathrm{ABC}$ ја означиме $\mathrm{P}_{3} \tilde{\mathrm{P}}_{3}$, а плойтината на триаголникот ACD $\operatorname{coR}$. Тогаш площфината на триаголникот BEF деднаква на $2 \mathrm{P}_{3}$, а плоитината на триаголникот DGH е еднаива на $2 \%$, Проштината на

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-3.jpg?height=51&width=824&top_left_y=1330&top_left_x=655)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-3.jpg?height=48&width=822&top_left_y=1372&top_left_x=656)
четириаголникот $\mathrm{ABCD}$ т.е. $\mathrm{P}=2 \mathrm{P}_{1}+2 \mathrm{P}_{2}+2 \mathrm{P}_{3}+2 \mathrm{P}_{4}+2-2 \mathrm{P}_{1}+\mathrm{P}_{2}+\mathrm{P}+\mathrm{P}+1=2 \cdot 2+1=5 \mathrm{~cm}^{2}$, бидејки од условот во задачата имаме $\mathrm{P}_{1}+\mathrm{P}_{2}+\mathrm{P}_{3}+\mathrm{P}_{4}=2 \mathrm{~cm}^{2}$.

## VIII одделение

1. Дропката $\frac{44}{55}$ претстави ја како збир на две позитивни дропки чии именители се 13 и 5.

Решение. Од равенството $\frac{44}{55}=\frac{x}{13}+\frac{y}{5}$ ја добиваме равенката $5 x+13 y=44$, која треба да се реши во множеството на природните броеви. Од неа добиваме дека $\mathrm{x}=\frac{44-13 \mathrm{y}}{5}=8-2 \mathrm{y}+\frac{4-3 \mathrm{y}}{5}$. Ако ставиме $\mathrm{u}=\frac{4-3 \mathrm{y}}{5}$, и е цел број, добиваме дека $\mathrm{y}=\frac{4-5 \mathrm{u}}{3}=1-2 \mathrm{u}+\frac{1+\mathrm{u}}{3}$. Ако воведеме нова замена $\mathrm{v}=\frac{1+\mathrm{u}}{3}, \mathrm{v}$ е цел број, добиваме
дека $\mathrm{u}=3 \mathrm{v}-1$. Ако ги изразиме $\mathrm{x}$ и у со помош на $\mathrm{v}$ добиваме $\mathrm{x}=13 \mathrm{v}+1$ и $\mathrm{y}=-5 \mathrm{v}+3$. Единственото решение во множеството на природните броеви го добиваме за $v=0$, a тоа e $x=1$ и $y=3$. $\cdot$

2. Најди ги сите четирицифрени броеви А за кои се исполнети следните три услови:

а) првата цифра на Ае два пати помала од последната;

б) втората и третата цифра на А се еднакви;

в) ако бројот А го намалиме за 2 се добива број делив со 143.4

Решение. Нека $\mathrm{A}=\overline{\mathrm{abbd}}$. Тогаш $\overline{\mathrm{abbd}}=1000 \mathrm{a}+110 \mathrm{~b}+\mathrm{d}$. Од условот а) имаме $d=2 a$, па според тоа $\overline{a b b d}=1002 a+110 b$. Затоа, $A-2=1002 a+110 b-2=1001 a+110 b+a-2$. Бидејќи 143=11.13 имаме дека $11 \mid(1001 \mathrm{a}+110 \mathrm{~b}+\mathrm{a}-2)$. Но, $11|1001,11| 110$, па затоа $11 \mid(\mathrm{a}-2)$ т.е. $a=2$, па и $d=2 a=4$. Сега, $A=\overline{2 b b 4}=2004+110 b$. Затоа $A-2=2002+110 b$. Бидејќи $13|2002,13|(\mathrm{A}-2)$ имаме дека $13 \mid 110 \mathrm{~b}$. Но, НЗД(13,110)=1 па мора 13|b. Бидејќи bе цифра, следува дека $\mathrm{b}=0$. Конечно, бараниот број е $\mathrm{A}=2004$.

3. Нека а и $\mathrm{b}$ се природни броеви за кои важи НЗД ( $\mathrm{a}, \mathrm{b})+\mathrm{H} 3 \mathrm{C}(\mathrm{a}, \mathrm{b})=\mathrm{a}+\mathrm{b}$. Докажи дека еден од броевите а и b го дели другиот.

Решение. Нека НЗД(a,b)=d. Тогаш постојат природни броеви $\mathrm{m}$ и п такви што $a=m d$ и $b=n d$. Тогаш $\mathrm{H3C}(\mathrm{a}, \mathrm{b})=$-mnd па, од условот на задачата, добиваме $\mathrm{d}+m n d=m d+n d$ т.е. $(\mathrm{m}-1)(\mathrm{n}-1)=0$ од каде следува дека $\mathrm{m}=1$ или $\mathrm{n}=1$. Ако $\mathrm{m}=1$, тогаш добиваме дека $\mathrm{a}=\mathrm{d}$ и $\mathrm{b}=\mathrm{nd}$, што значи дека а го дели $\mathrm{b}$. Aко $\mathrm{n}=1$, тогаш добиваме дека $\mathrm{a}=\mathrm{md}$ и $\mathrm{b}=\mathrm{d}$, што значи дека ь го дели а.

4. Во триаголникот $\mathrm{ABC}$ точката D е средина на страната BC. За точката E на отсечката $\mathrm{AD}$ важи равенството $4 \overline{\mathrm{AE}}=3 \overline{\mathrm{AD}}$. Правата $\mathrm{BE}$ ја сече страната $\mathrm{AC}$ во точката F. Најди го односот на плоштините на триаголниците ABF и BCF.

Решение. Од равенството $4 \overline{\mathrm{AE}}=3 \overline{\mathrm{AD}}$ добиваме дека $\overline{\mathrm{AE}}=\frac{3}{4} \overline{\mathrm{AD}}$. Затоа може да определлиме точки $\mathrm{M}$ и на $\mathrm{AE}$ такви што $\overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{MN}}=\overline{\mathrm{NE}}=\overline{\mathrm{ED}}$ (црт. 5). Правите низ M, N и D паралелни со BF ја делат страната $\mathrm{AC}$ на пет еднакви дела, така што $\overline{\mathrm{CF}}: \overline{\mathrm{CA}}=2: 5$. Ако е АН висина на триаголникот $\mathrm{ABC}$, тогаш од сличноста на правоаголните триаголници $\mathrm{ACH}$ и FCG имаме $\overline{\mathrm{AH}}: \overline{\mathrm{FG}}=\overline{\mathrm{AC}}: \overline{\mathrm{FC}}=5: 2$ односно

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{FG}}=\frac{2}{5} \overline{\mathrm{AH} . \text { Оттука следува дека }} \\
& \qquad \mathrm{P}_{\triangle \mathrm{BCF}}=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{BC}} \cdot \overline{\mathrm{FG}}=\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} \overline{\mathrm{BC}} \cdot \overline{\mathrm{AH}}=\frac{2}{5} \mathrm{P}_{\triangle \mathrm{ABC}} \\
& \text { Значи } \mathrm{P}_{\triangle \mathrm{ABF}}=\frac{3}{5} \mathrm{P}_{\triangle \mathrm{ABC}} \text { и } \mathrm{P}_{\triangle \mathrm{BCF}}=\frac{2}{5} \mathrm{P}_{\triangle \mathrm{ABF}}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9c30c116ea2a42dc56d3g-4.jpg?height=351&width=445&top_left_y=1685&top_left_x=1037)