# ХІ 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
## VII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Од десната страна на бројот 1986 допиши трицифрен број, така щто добиениот седумцифрен број да биде делив со 7 , со 8 и со 9 .
2. Пресметај ја бројната вредност на изразот $a^{4}+b^{4}+c^{4}$, ако $a+b+c=0$ и $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.
3. Конструирај остроаголен триаголник $A B C$, ако се зададени: правата $p$ на којашто лежи страната $A B$ на триаголникот $A B C$ и подножните точки $M$ и $N$ на висините спуштени од темињата $A$ и $B$ соодветно, при што точките $M$ и $N$ лежат од иста страна на правата $p$.
4. Триаголникот $A B C$ е рамнокрак со основа $A B$. Низ темето $C$ е повлечена правата $p$ што ја сече основата $A B$ во точка $D$, таква што триаголниците $A D C$ и $B C D$ се исто така рамнокраки, но не и складни меѓу себе. Најди ги аглите во триаголникот $A B C$.
## XI (86.VII.1)
Прв начин. Бројот $\overline{\mathbf{1 9 8 6 x y z}}$ ќе биде делив со $7, \operatorname{co} 8$ и со 9 , ако е делив со нивниот НЗС, т.е. со $7 \cdot 8 \cdot 9=504$ (бидејќи 7,8 и 9 се заемно прости броеви). За да го најдеме најмалиот седумцифрен број којшто започнува со цифрите $1,9,8$ и 6 и е делив со 504, го делиме бројот 1986000 со 504 и го наоѓаме остатокот при тоа делење - тоа е бројот 240 . Тогаш на бројот 1986000 му ја додаваме разликата $504-240=264$ и го добиваме бројот 1986264, којшто е делив со 504. Ако на бројот 1986264 му додадеме 504, ќе го добиеме бројот 1986768 , којшто ги задоволува условите на задачата.
Следствено, постојат два трицифрени броја 264 и 768 кои треба да се допишат оддесно на бројот 1986 за добиениот седумцифрен број да биде делив со $7, \operatorname{co} 8$ и со 9 .
вйор начин. Од условот $\overline{1986 x y z}=7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot p$ добиваме:
$$
\begin{aligned}
1986000+\overline{x y z} & =7 \cdot 8 \cdot 9 \cdot p \\
3940 \cdot 504+240+\overline{x y z} & =504 \cdot p
\end{aligned}
$$
Последното равенство е можно само ако збирот $240+\overline{x y z}$ е делив со 504 , т.e.
$$
240+\overline{x y z}=540 \cdot k
$$
За $k=1$ добиваме $240+\overline{x y z}=504$, т.е. $\overline{x y z}=264$.
За $k=2$ добиваме $240+\overline{x y z}=1008$, т.е. $\overline{x y z}=768$.
За $k>2$ не постои трицифрен број што го задоволува равенството
Значи, постојат само два трицифрени броја: 264 и 768 кои ги задоволуваат условите на задачата. Навистина:
$$
1986264=504 \cdot 3941 \text { и } \quad 1986768=504 \cdot 3942
$$
## XI (86.VII.2)
За одредување вредноста на изразот $A=a^{4}+b^{4}+c^{4}$ ќе ја користиме формулата за трином на квадрат, т.е.
$$
(x+y+z)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(x y+y z+z x)
$$
од каде што следува:
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}=(x+y+z)^{2}-2(x y+y z+z x)
$$
Сега за изразот $A$ добиваме:
$$
\begin{aligned}
A & =a^{4}+b^{4}+c^{4}=\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{2}-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)= \\
& =1-2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)=1-2 B
\end{aligned}
$$
Со квадрирање на првиот услов наоѓаме:
$$
\begin{aligned}
(a+b+c)^{2} & =a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a b+b c+c a) \\
0 & =1+2(a b+b c+c a) \\
-\frac{1}{2} & =a b+b c+c a
\end{aligned}
$$
Ако го квадрираме последното равенство добиваме:
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{4}=a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}+2\left(a b^{2} c+b c^{2} a+c a^{2} b\right) \\
& \frac{1}{4}=B+2 a b c(b+c+a) \\
& \frac{1}{4}=B
\end{aligned}
$$
Конечно, за изразот $A$ добиваме:
$$
A=1-2 B=1-2 \cdot \frac{1}{4}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}
$$
Значи, ако $a+b+c=0$ и $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$, тогаш $a^{4}+b^{4}+c^{4}=\frac{1}{1}$.
## XI (86.VII.3)
10 Анализа. Да претпоставиме дека триаголникот $A B C$ е бараниот, т.е. страната $A B$ му лежи на дадената права $p$, а $M$ и $N$ се подножните точки на висините спуштени од темињата $A$ и $B$ (црт. 1). Бидејќи триаголниците $A B M$ и $A B N$ се правоаголни со заедничка хипотенуза $A B$, следува, според Талесовата теорема, дека точките $M$ и $N$ лежат на кружница $k$, чиј дијаметар е отсечката $A B$. Отсечката $M N$ е тетива на кружницата $k$, па следува дека/ нејзината симетрала $s$ минува низ центарот $O$ на кружницата $k$, т.е. низ средината на отсечката $A B$.
Црт. 1
Црт. 2
$2^{o}$ Консйиркција. Прво ја конструираме.симетралата $s$ на отсечката $M N$. Нејзиниот пресек со правата $p$ е точката $O$ - центарот на кружницата $k$; радиусот на кружницата е еднаков на должината на отсечката $O M$. Со конструкцијата на кружницата $k(O, \overline{O M})$ ги добиваме, во пресекот со правата $p$, темињата $A$ и $B$ на триаголникот $A B C$. Темето $C$ е пресек на правите $B M$ и $A N$ (црт. 2).
$3^{0}$ Доказ. Страната $A B$, очигледно, лежи на правата $p$. Бидејќи точките $M$ и $N$ лежат на кружницата $k(O, \overline{O A}=\overline{O B})$ следува, според Талесовата теорема, дека триаголниците $A B M$ и $A B N$ се правоаголни, со заедничка хипотенуза $A B$. Следствено $A M \perp B M$ и $B N \perp A N$, па $A M$ и $B N$ се висини на триаголникот $A B C$, т.е. $M$ и $N$ се подножни точки на висините спуштени од темињата $A$ и $B$, соодветно.
$4^{0}$ Дискусија. Задачата има единствено решение, ако правата $M N$ не е нормална на правата $p$, а нема решение ако $M N \perp p$. (Зошто? Дали тогаш правата $s$ је сече правата $p$ ?). Разгледај го случајот кога едната точка ( $M$ или $N$ ) лежи на правата $p$ и случајот кога точките $M$ и $N$ лежат од различни страни на правата $p$. Каков триаголник се добива во овој случај?
## XI (86.VII.4)
Очигледно, триаголникот $A B C$ е тапоаголен. (Зошто?) Нека правата $C D$ го дели $\triangle A B C$ на два рамнокраки триаголници $A D C$ и $B C D$. (црт. 3). Да ги означиме со $\alpha$ аглите при основата $A B$ на $\triangle A B C$. Основа на рамнокракиот $\triangle A C D$ е страната $A C$; тогаш $\measuredangle A C D=\alpha$. Аголот $B D C$ е надворешен агол за $\triangle A D C$ и е еднаков на збирот на двата внатрешни, со него несоседни агли, т.е. $\measuredangle B D C=2 \alpha$. Но, тогаш и $\angle B C D=2 \alpha$, бидејќи $\triangle C D B$ е рамнокрак со основа $C D$.
Збирот на внатрешните
Црт. 3 агли во $\triangle A B C$ е $180^{\circ}$, т.е.
$$
\alpha+\alpha+3 \alpha=180^{\circ}, \quad 5 \alpha=180^{\circ}, \quad \alpha=36^{\circ}
$$
Значи, бараните агли во $\triangle A B C$ се: $\alpha=\beta=36^{\circ}, \gamma=108^{\circ}$.
## VII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Најди права (чиста) дропка поголема од $\frac{1}{3}$, таква што при зголемување на броителот за некој број и множење на именителот со истиот број, вредноста на дропката не се менува.
2. Правите $p: 3 x-4 y=-9$ и $s: 3 x+4 y=15$ со $x$-оската образуваат триаголник. Најди го растојанието меѓу тежиштето на тој триаголник и центарот на неговата впишана кружница.
3. Средината $S$ на една од основите на трапезот $A B C D$ е поврзана со крајните точки на другата основа. Тие отсечки со дијагоналите на трапезот се сечат во точките $M$ и $N$. Докажи дека правата $M N$ е паралелна со основите на трапезот и дека отсечката што лежи на правата $M N$ и чии крајни точки лежат на краците на трапезот, со точките $M$ и $N$ е поделена на три еднакви делови.
4. Докажи дека кај секој правоаголен триаголник важи неравенството $R+r \geq \sqrt{2 P}$, каде што $R$ и $r$ се радиусите на опишаната, односно впишаната кружница, а $P$ е плоштината на триаголникот.
## XI (86.VIII.1)
Нека бараната дропка е $\frac{a}{b}, a \in \mathbb{N}$ и $b \in \mathbb{N}$ и нека $x \in \mathbb{N}$ е бројот со кој го зголемуваме броителот и го множиме именителот, тогаш по услов
$$
\frac{a}{b}>\frac{1}{3} \quad \text { и } \quad \frac{a+x}{b x}=\frac{a}{b}
$$
Од вториот ослов, бидејќи $b \neq 0$ и $x \neq 0$, добиваме:
$$
\begin{aligned}
b(a+x) & =a b x \\
a+x & =a x \\
x & =a(x-1) \\
a & =\frac{x}{x-1}
\end{aligned}
$$
За $a$ да биде природен број, треба $x$-1 да е делител на $x$, а тоа е можно само ако $x-1=1$ (бидејќи $x-1$ и $x$ се два последователни природни броја и се заемно прости). Оттука $x=2$. Но, тогаш и $a=2$.
Од условот $\frac{a}{b}>\frac{1}{3}$ добиваме $\frac{2}{b}>\frac{1}{3}$ или $6>b$, па бидејќи $b \in \mathbb{N}$, следува $b \in\{1,2,3,4,5\}$. За $b=1$ и $b=2$ не добиваме права дропка, а за $b=3, b=4$ и $b=5$ ги добиваме дропките: $\frac{2}{3}, \frac{2}{4}$ и $\frac{2}{5}$.
Следствено, постојат три дропки што ги исполнуваат условите на задачата: $\frac{2}{5}, \frac{2}{4}$ и $\frac{2}{3}$.
Забелешка. Равенката $a+x=a x$ можеме да ја трансформираме вака:
$$
\begin{aligned}
a+x-a x & =0 \\
a-a x+x-1 & =-1 \\
a(1-x)-(1-x) & =-1 \\
(1-x)(a-1) & =-1
\end{aligned}
$$
Последната равенка е можна ако во исто време е:
$$
1-x=-1 \quad \text { и } \quad a-1=1
$$
или
(2)
$$
1-x=1 \quad \text { и } \quad a-1=-1
$$
Во првиот случај $x=2$ и $a=2$, а во вториот $x=0$ и $a=0$, што не е можно.
Значи, единствена можност е: $a=2$ и $x=2$. Понатаму задачата се решава на сличен начин.
## XI (86.VII.2)
Ја запишуваме правата $p$ во видот
$$
3 x+9=4 y, \quad 4 y=3(x+3), \quad y=\frac{3}{4}(x+3)
$$
од каде што лесно ја добиваме таблицата | $x$ | -3 | 1 | 5 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y$ | 0 | 3 | 6 |.
Аналогно, за правата $s$ добиваме:
$$
y=\frac{3}{4}(5-x) \quad \text { и } \quad \begin{array}{l|l|l|l}
x & 5 & 1 & -3 \\
\hline y & 0 & 3 & 6
\end{array}
$$
Користејќи ги подредените двојки од таблиците, ги цртаме правите $p$ и $s$ (црт. 4). Од цртежот лесно се забележува дека $\triangle A B C$ е рамнокрак, со основа $\overline{A B}=8$, бидејќи:
$$
\begin{aligned}
& \overline{A C}=\sqrt{\overline{A D}^{2}+\overline{D C}^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5 \\
& \overline{B C}=\sqrt{\overline{B D}^{2}+\overline{D C}^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5
\end{aligned}
$$
Според тоа, отсечката $\overline{C D}=3$ е висина, тежишна линија и симетрала на аголот кај темето $C$ на $\triangle A B C$.
Значи, на оваа отсечка ќе лежат тежиштето $T$ и центарот на опишаната кружница $O_{1}$ на $\triangle A B C$, од каде што следува дека
Црт. 4 нивните апсциси се еднакви на 1 . За да го најдеме растојанието $O_{1} T$, треба да ги одредиме ординатите на точките $O_{1}$ и $T$.
- Од условот дека тежиштето $T$ ја дели висината $\overline{C D}=3$ во однос 2:1 следува дека ординатата на точката $T$ е 1 , т.е. $T(1,1)$.
За одредување ординатата на точката $O_{1}$, доволно е да го одредиме радиусот $r$ на впишаната кружница, бидејќи $\overline{O_{1} D}=r$. Радиусот $r$ го наоѓаме според формулата $r=P / S$, каде што $P$ е плоштината, а $S$ полупериметарот на $\triangle A B C$. Значи, имаме:
$$
\begin{aligned}
& P=\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot \overline{C D}=\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 3=12 \\
& S=\frac{1}{2}(\overline{A B}+\overline{B C}+\overline{C A})=\frac{1}{2}(8+5+5)=9 \\
& r=\frac{P}{S}=\frac{12}{9}=\frac{4}{3}
\end{aligned}
$$
Конечно, за должината на отсечката $O_{1} T$ добиваме:
$$
\overline{O_{1} T}=\overline{O_{1} D}-\overline{T D}=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}
$$
Значи, растојанието меѓу тежиштето на $\triangle A B C$ и центарот на неговата впишана кружница е $1 / 3$ должински единици.
Забелешка. Радиусот $r$ можеме да го одредиме на следниот начин. Триаголникот $A B C$ со отсечките $A O_{1}, B O_{1}$ и $C O_{1}$ е поделен на три триаголника: $A B O_{1}, B C O_{1}$ и $C A O_{1}$, па затоа неговата плоштина е еднаква на збирот од плоштините на овие триаголници, т.е.
$$
\begin{aligned}
P_{A B C} & =P_{A B O_{1}}+P_{B C O_{1}}+P_{C A O_{1}} \\
\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot \overline{C D} & =\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot r+\frac{1}{2} \overline{B C} \cdot r+\frac{1}{2} \overline{C A} \cdot r \quad l \cdot 2 \\
8 \cdot 3 & =(8+5+5) r ; \quad r=\frac{4}{3}
\end{aligned}
$$
## XI (86.VIII.3)
Нека $S$ е средина на основата $A B$ на трапезот $A B C D$ и нека $M$ и $N$ се пресечните точки на дијагоналите на трапезот со отсечките $S D$ и $S C$, а $P$ и $Q$ пресеци на краците на трапезот со правата $M N$ (црт. 5). Треба да докажеме дека $M N \| A B$ и дека $\overline{P M}=\overline{M N}=\overline{N Q}$.
За да докажеме дека $M N \mid I A B$, доволно e, според обратната теорема на Талес, да докажеме дека важи
$$
\overline{C M}: \overline{C A}=\overline{C N}: \overline{C S} \text { или } \overline{C M}: \overline{M A}=\overline{C N}: \overline{N S}
$$
За таа цел воочуваме дека триаголниците $A S M$ и $C D M$ се слични (зошто?), а исто така и $\triangle S B N \sim \triangle C D N$, од каде што добиваме
$$
\overline{C M}: \overline{M A}=\overline{C D}: \overline{A S} \quad \text { и } \quad \overline{C N}: \overline{N S}=\overline{C D}: \overline{S B}
$$
Црт. 5
Бидејќи $\overline{A S}=\overline{S B}$, следува дека десните страни на овие пропорции се еднакви, па имаме:
$$
\overline{C M}: \overline{M A}=\overline{C N}: \overline{N S}
$$
што значи дека $M N|| A S$, т.е. $M N|| A B$.
Бидејќи правата $M N H \mid A B$ следува дека:
$$
\triangle A S D \sim \triangle P M D \text { и } \triangle A B D \sim \triangle P N D
$$
од каде што добиваме:
$$
\overline{A S}: \overline{P M}=\overline{A D}: \overline{P D} \text { и } \quad \overline{A B}: \overline{P N}=\overline{A D}: \overline{P D}
$$
Бидејќи десните страни на овие пропорции се еднакви, следува:
$$
\overline{A S}: \overline{P M}=\overline{A B}: \overline{P N} \text { или } \overline{A S}: \overline{A B}=\overline{P M}: \overline{P N}
$$
Но, $\overline{A S}: \overline{A B}=1: 2$, па имаме $\overline{P M}: \overline{P N}=1: 2$, т.е. $\overline{P M}=\overline{M N}$.
На сличен начин од сличноста на триаголниците $A B C$ и $M Q C$, односно $S B C$ и $N Q C$ добиваме дека $\overline{M N}=\overline{N Q}$.
Следствено: $\overline{P M}=\overline{M N}=\overline{N Q}$.
## XI (86.VIII.4)
Нека $K, L, M$ се допирните точки на впишаната кружница во правоаголниот $\triangle A B C$ со неговите страни, а $r$ и $R$ радиусите на впишаната и опишаната кружница (црт. 6), тогаш:
$$
\begin{gathered}
\overline{C K}=\overline{C L}=r, \overline{A M}=\overline{A L}=b-r \\
\overline{B M}=\overline{B K}=a-r
\end{gathered}
$$
Во правоаголниот триаголник $c=2 R$, а од друга страна, пак,
$$
c=b-r+a-r
$$
па добиваме:
$$
2 R=b+a-2 r, \quad 2 R+2 r=a+b
$$
Црт. 6 односно $R+r=\frac{a+b}{2}$. Имајќи предвид дека $2 P=a b$, неравенството $R+r \geq \sqrt{2 P}$ го добива видот
$$
\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}
$$
Ова неравенство е познато како неравенство помеѓу аритметичката и геометриската средина на два броја, кое важи за кои било ненегативни броеви $a$ и $b$, а се докажува на повеќе начини. Ние ќe го докажеме на следниот начин. Тргнуваме од очигледното неравенство $(a-b)^{2} \geq 0$, па добиваме:
$$
\begin{aligned}
a^{2}+b^{2}-2 a b & \geq 0 \\
a^{2}+b^{2}-2 a b+4 a b & \geq 4 a b \\
a^{2}+b^{2}+2 a b & \geq 4 a b \\
(a+b)^{2} & \geq 4 a b \\
a+b & \geq 2 \sqrt{a b} \\
\frac{a+b}{2} & \geq \sqrt{a b}
\end{aligned}
$$
Да забележиме дека равенството важи само ако $a=b$, т.е. ако $\triangle A B C$ е рамнокрах правоаголен триаголник.