# XV РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

Задачите и решенијата се скенирани од книгата<br>Десет години републички натпревари по математика '86- '95<br>подготвена од Илија Јанев, Никола Петрески и Милчо Аврамоски

## VII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Најди го четирицифрениот број $\overline{a b c d}$, ако $\overline{a b c d}+\overline{a b c}+\overline{a b}+a=1990$.
2. Осум лесни трактори можат да изораат една нива за 5 дена, а пет тешки трактори истата нива можат да ја изораат за 3 дена. За колку денови два лесни и три тешки трактори ќе изораат нива чијашто плоштина кон плоштината на првата нива се однесува како 7:2 ? (Тракторите од ист вид за еднакво време изоруваат еднакви плоштини.)
3. Висините на триаголникот $A B C$ се сечат во точката $H$ - ортоцентарот на триаголникот $A B C$. Најди го аголот $A C B$, ако $\overline{H C}=\overline{A B}$.
4. Конструирај триаголник $A B C$, ако се зададени: тежишната линија $t_{c}$, висината $h_{c}$ и радиусот $R$ на опишаната кружница околу триаголникот $A B C$.

## XV (90.V11.1)

## Бидејќи:

$$
\begin{aligned}
& \overline{a b c d}=1000 a+100 b+10 c+d \\
& \overline{a b c}=100 a+10 b+c \\
& \overline{a b}=10 a+b
\end{aligned}
$$

ја добиваме равенката:

$1111 a+111 b+11 c+d=1990$

Имајќи предвид дека $a, b, c, d$ се цифри, заклучуваме дека равенката (1) е можна само за $a=1$. Тогаш:

$$
\begin{aligned}
1111+111 b+11 c+d & =1990 \\
111 b+11 c+d & =879
\end{aligned}
$$

Равенката (2) е можна само за $b=7$, од каде што добиваме:

$$
11 c+d=102
$$

а оттука $c=9, d=3$.

Следствено, бараниот број $\overline{a b c d}=1793$.

## XV (90.VII.2)

Првин ќе пресметаме за колку денови два лесни и три тешки трактори ќе ја изораат првата нива. Според условот на задачата еден лесен трактор првата нива ќе ја изора за 8.5 дена, т.е. за 40 дена, а еден тежок трактор за 15 дена. Значи, за еден ден еден лесен трактор ќе изора $\frac{1}{40}$ од нивата, а еден тежок трактор $\frac{1}{15}$ од нивата. Два лесни и три тешки трактори за еден ден ќе изораат:

$$
2 \cdot \frac{1}{40}+3 \cdot \frac{1}{15}=\frac{1}{20}+\frac{1}{5}=\frac{5}{20}=\frac{1}{4}
$$

од нивата; а целата нива ќе ја изораат за 4 дена.

Втората нива е $7: 2=3,5$ пати поголема од првата, па овие два лесни и три тешки трактори ќ ја изораат за 4.3,5 дена, т.е. за 14 дена.

## XV (90.VII.3)

Види го решението на задачата XII (87.VII.4).

## XV (90.VII.4)

$1^{0}$ Анализа. Да претпоставиме дека задачата е решена, т.е. $\triangle A B C$ е бараниот, при што $\overline{C D}=h_{c}, \overline{C S}=t_{c}$ и $\overline{O C}=R$ (црт. 1). Триаголникот $C D S \mathrm{e}$ правоаголен, со прав агол во темето $D$, катета $\overline{C D}=h_{c}$ и хипотенуза $\overline{C S}=t_{c}$. Него лесно можеме да го конструираме, со што го одредуваме темето $C$. Темињата $A$ и $B$ на $\Delta$ $A B C$ лежат на правата $D S$ и на кружницата $k$. Радиусот $R$ на кружницата $k$ е зададен, а нејзиниот центар $O$ лежи на правата $s$ симетралата на отсечката $A B$ која минува низ точката $S$ и е нормална на правата $D S$, а од темето $C$ е оддалечен за $R$. Значи, центарот $O$ на кружницата $k$ е пресекот на правата $s$ и кружницата $k^{\prime}(C, R)$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_b479254316849f4fd6f1g-3.jpg?height=495&width=471&top_left_y=425&top_left_x=995)

Црт. 1

$2^{\boldsymbol{o}}$ Консйрукција. Најнапред го конструираме помошниот $\triangle C D S$. На произволна права $p$ избираме точка $D$, издигнуваме нормала $\overline{D C}=h_{c}$, а потоа ја одредуваме точката $S$ како пресек на правата $p$ и кружницата $k^{\prime \prime}\left(C, t_{c}\right.$ ) (црт. 2). Понатаму низ точката $S$ повлекуваме права $s \perp p$ и го одредуваме центарот $O$ на опишаната кружница $k$ - како пресек на правата $s$ и кружницата $k^{\prime}(C, R)$. Конечно, во пресекот на правата $p$ и кружницата $k(O, R)$ ги одредуваме темињата $A$ и $B$ на $\triangle A B C$.

Со тоа триаголникот $A B C$ е конструиран.

Во нашиот случај задачата има две решенија - тоа се триаголниците $A B C$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$ (црт. 2).
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_b479254316849f4fd6f1g-3.jpg?height=516&width=1178&top_left_y=1578&top_left_x=268)

Црт. 2
$3^{0}$ Доказ. Триаголникот $A B C$ ги исполнува условите на задачата, бидејќи по конструкција: $\overline{C D}=h_{c}$ и $C D \perp A B$ и притоа $\overline{C S}=t_{c}$ и $\overline{A S}=\overline{B S}$ - сите точки од правата $s$ се еднакво оддалечени од $A$ и $B$, и - очигледно, кружницата $k(O, R)$ е опишана за триаголникот $A B C$.

$4^{0}$ Дискусија. Конструкцијата на правоаголниот $\triangle C D S$ е можна само ако $h_{c}<t_{c}$, затоа ќе разгледаме три случаи:

1) Ако $h_{c}>t_{c}$, тогаш задачата нема решение.
2) Ако $h_{c}=t_{c}$, тогаш задачата нема решение за $2 R \leq h_{c}$, а има единствено решение за $2 R>h_{c}$ - и тоа е рамнокрак триаголник ( $\overline{A C}=\overline{B C}$ ).
3) Ако $h_{c}<t_{c}$, задачата може да има две решенија, едно решение или да нема решение. Во специјален случај ако $R=t_{c}$, тогаш $\triangle A B C$ е правоаголен.

## VII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Збирот на цифрите на годината во којашто е роден еден македонски револуционер е делив со 9. Ако на годината на раѓањето се додаде бројот 909 , се добива број напишан со истите цифри, но во обратен ред. Во која година е роден револуционерот?
2. Еден велосипедист тргнал од местото $A$ кон местото $B$ со брзина од $14 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Откако му останале $18 \mathrm{~km}$ помалку отколку што поминал, ја зголемил брзината на $21 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. На тој начин средната брзина на движењето од $A$ до $B$ му била $16 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Одреди го растојанието меѓу местата $A$ и $B$.
3. Во рамнокракиот трапез $A B C D$ дијагоналите се заемно нормални. Пресметај ја плоштината на трапезот, ако средната линија $\overline{M N}=m$.
4. Околу рамнокракиот триаголник $A B C(\overline{A B}=\overline{A C})$ опишана е кружницата $k$. Низ темето $A$ повлечена е права која основата $B C$ ја сече во точката $M$, а кружницата $k$ во точката $N$. Пресметај ја плоштината на впишаниот круг во триаголникот $A B C$, ако $\overline{A M} \cdot \overline{A N}=25 \mathrm{~cm}$, а периметарот на триаголникот $A B C$ е $16 \mathrm{~cm}$.

## XV (90.VIII.1)

Нека годината на раѓањето на револуционерот ја означиме со $\overline{1 x y z}$, каде што $x, y, z$ се цифри, тогаш:

$$
\begin{array}{r}
\overline{1 x y z} \\
+\quad 909 \\
\hline \overline{z y x 1}
\end{array}
$$

Очигледно $z=2$. Понатаму имаме:

$$
y+1=x \text { и } \quad \mathbf{x}+9=10+y
$$

Но, овие две равенки изразуваат иста зависност: $x=y+1$. По услов, збирот на цифрите:

$$
1+x+y+z=1+y+1+y+2=2 y+4=2(y+2)
$$

е делив со 9. Тоа е можно само за $y=7$, а тогаш $x=8$.

Значи, годината на раѓањето е 1872 (Гоце Делчев).

## XV (90.VII.2)

Да го означиме со $x \mathrm{~km}$ патот што велосипедистот го минал со брзина од $21 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$; тогаш патот што велосипедистот го минал со брзина од $14 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ е $x+18 \mathrm{~km}$ (црт. 3). Првиот дел од патот велосипедистот го минал за време од $\frac{x+18}{14}$ часа,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_b479254316849f4fd6f1g-6.jpg?height=110&width=697&top_left_y=1346&top_left_x=786)
а вториот дел - за време од $\frac{x}{21}$

часа. Следствено, целиот пат $s=2 x+18 \mathrm{~km}$ велосипедистот ќе го измине за време од $t=\frac{x+18}{14}+\frac{x}{21}$ часа, т.е. за $t=\frac{5 x+54}{42}$ часа.

Бидејќи средната брзина на движењето $v=16 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ имаме ( $S=v \cdot t$ ):

$$
\begin{aligned}
2 x+18 & =16 \cdot \frac{5 x+54}{42} \quad / \cdot 21 \\
42 x+378 & =40 x+432 \\
2 x & =54
\end{aligned}
$$

Тогаш $S=2 x+18=54+18=72$.

Значи, растојанието меѓу $A$ и $B$ е $72 \mathrm{~km}$.

## XV (90.VIII.3)

Нека $A B C D$ е рамнокрак трапез со заемно нормални дијагонали и средна линија $\overline{M N}=m$ (црт. 4). За да ја најдеме плоштината на трапезот, доволно е да ја одредиме неговата висина $h$.

Очигледно е дека триаголниците $A B S$ и $C D S$ се рамнокраки правоаголни; тогаш за нивните висини $h_{1}$ и $h_{2}$ имаме:

$$
h_{1}=\frac{a}{2}, \quad h_{2}=\frac{b}{2}
$$

Висината на трапезот е: $h=h_{1}+h_{2}=\frac{a+b}{2}=m$, па за плоштината добиваме:

$$
P=m \cdot h=m \cdot m=m^{2}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_b479254316849f4fd6f1g-7.jpg?height=320&width=428&top_left_y=561&top_left_x=1050)

Црт. 4

Забелешка. Висината $h$ на трапезот може да се одреди и на друг начин. На продолжението на основата $A B$ избери точка $E$, таква што $E C \| B D$, а потоа за рамнокракиот правоаголен $\triangle A E C$ со основа $\overline{A E}=a+b$ заклучи дека $h=\frac{a+b}{2}$.

## XV (90.VIII.4)

Бидејќи $r=\frac{P}{S}$, а $S=8 \mathrm{~cm}$, треба да ја пресметаме плоштината на

$\triangle A B C$. За да го искористиме условот $\overline{A M} \cdot \overline{A N}=25$, ќе покажеме дека триаголниците $A B M$ и $A N B$ (црт. 5) се слични. Навистина, тие имаат заеднички агол кај темето $A$, и уште $\beta=\varepsilon$ како периферни агли над еднакви кружни лаци ( $\widehat{A C}=\widehat{A B}$ ). Од сличноста на овие триаголници следува:

$$
\begin{gathered}
\overline{A B}: \overline{A N}=\overline{A M}: \overline{A B} \\
\overline{A B}^{2}=\overline{A M} \cdot \overline{A N}=25, \overline{A B}=5
\end{gathered}
$$

т.е. $b=5$.

Од $L=a+2 b$ имаме:

$$
16=a+2 \cdot 5, \quad a=6
$$

Од правоаголниот $\triangle A S C$ наоѓаме:

$$
h_{a}^{2}=b^{2}-\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=25-9=16, h_{a}=4
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_b479254316849f4fd6f1g-8.jpg?height=656&width=622&top_left_y=532&top_left_x=857)

Црт. 5

Сега ја пресметуваме плоштината на $\triangle A B C$ :

$$
P=\frac{1}{2} a h_{a}=\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4=12
$$

Toraw:

$$
\begin{aligned}
& r=\frac{P}{S}=\frac{12}{8}=1,5 \\
& P=r^{2} \pi=1,5^{2} \pi=2,25 \pi
\end{aligned}
$$

Значи, бараната плоштина е $2,25 \pi \mathrm{cm}^{2}$ или $\approx 7,07 \mathrm{~cm}^{2}$.

Забелешка. Можеш ли радиусот $r$ да го одредиш на друг начин? Како? Види ја забелешката на задачата XI (86.VIII.2).