# X 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. Ако а е природен број $и x=a^{3}+3 a^{2}+2 a+6$, да се докаже дека бројот х е делив со 6 .
2. Легура од два метала во Штип тежи 500N. Легурата потопена во вода губи од својата тежина $180 \mathrm{~N}$. Да се најде по колку $\mathrm{N}$ од секој метал содржи легурата, ако во вода едниот метал губи $40 \%$ а другиот $20 \%$ од својата тежина.
3. Во една кружница тетивата $A B$ и дијаметарот $A C$ го определуваат лакот $\widehat{\mathrm{BC}}=60^{\circ}$. Тетивата $\mathrm{EF}$ што ги поврзува средините на лаците $\overparen{\mathrm{AB}}$ и $\widehat{A C}$ ја сече тетивата $A B$ во точката $M$ и дијаметарот $A C$ во точката $N$.

a) Да се докаже дека триаголникот AMN е рамнокрак,

б) Да се определи должината на кружницата, ако е $\overline{\mathrm{BC}}=3 \mathrm{~cm}$.

4. Помалата основа CD на трапезот $\mathrm{ABCD}$ е дијаметар на кружница која дијагоналите на трапезот ги располовува и ја допира поголемата основа АВ. Да се најдат аглите на трапезот.
5. (1985.VII.1)

Бројот $x=a^{3}+3 a^{2}+2 a+6$ можеме да го напишеме во овој облик:

$$
\begin{aligned}
x & =a^{3}+3 a^{2}+2 a+6=a\left(a^{2}+3 a+2\right)+6 \\
& =a\left(a^{2}+a+2 a+2\right)+6 \\
& =a[a(a+1)+2(a+1)]+6 \\
& =a(a+1)(a+2)+6
\end{aligned}
$$

Бидејќи а е природен број, тогаш броевите $a, a+1, a+2$, се три сүкцесивни природни броја, па еден од нив е делив со 2 , а еден со 3 ; тогаш нивниот производ е делив со 6: Значи, бројот $\mathrm{x}=\mathrm{a}(\mathrm{a}+1)(\mathrm{a}+2)+6$ ке биде делив со 6 , што требаше и да се докаже.

## 72. (1985.VH.2)

Ако $x$ е тежина на едниот метал во легурата, тогаш ( $500-x$ ) е тежина на другиот метал. Од условот на задачата ќe имаме:

$$
\begin{aligned}
& \frac{40}{100} x+\frac{20}{100}(500-x)=180 \\
& \frac{2}{5} x+\frac{1}{5} 500-\frac{1}{5} x=180 \\
& \frac{1}{5} x=180-100 \\
& \frac{1}{5} x=80 \\
& x=400
\end{aligned}
$$

Значи, петурата содржи $400 \mathrm{~N}$ од првиот метал и (500-x) $\mathrm{N}=100 \mathrm{~N}$ од вториот метал.

Одговор: $400 \mathrm{~N}$ и $100 \mathrm{~N}$.

73. (190s.VIT.3

3а решананте на өват за дана ке го користиме ввојетото н木

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9258c70343c2ed947dddg-3.jpg?height=51&width=584&top_left_y=1657&top_left_x=261)
rомал on советінио центанен..)
a) $O$ A yeríbor cлe

$4 B 0 C-60^{\circ} \Rightarrow \mathrm{CBAC}+30^{\circ}$, No перифериски агол над тетивата ВC (види црт. 47)

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9258c70343c2ed947dddg-3.jpg?height=577&width=568&top_left_y=1329&top_left_x=896)

Црт. 47

Бидејќи точкала $\mathrm{E}$ е средина на лакот $\widehat{A B}$ (по услов), следува:

$\Varangle \mathrm{AOE}=\Varangle \mathrm{EOB}=60^{\circ}$

Бидејќи точката $F$ е средина на лакот $\widehat{A C}$ (што не ја содржи точката $B$ ), следүва $\mathrm{FO} \perp \mathrm{AC}$. Точката $\mathrm{H}$ нека е дијаметрално спротивна на $\mathrm{F}$; тогаш е $\mathrm{HO} \perp \mathrm{AC}$, и $\mathrm{OH}$ е симетрала на ХЕОВ. Следува $\Varangle E O H=30^{\circ}$; тогаш $X E F H=15^{\circ}$ (како перифериски агол над лакот $\mathrm{EH}$ ).

Од прав оаголниот триаголник NOF имаме:

$\chi \mathrm{ONF}=75^{\circ}$. Бидејќи е:

$\Varangle$ ONF $=\chi$ ANM (како накрсни агли). Следува $\Varangle A N M=75^{\circ}$. Tогаш од збирот на внатрешните агли во $\triangle \mathrm{AMN}$ добиваме и $\Varangle \mathrm{AMN}=75^{\circ}$, т.е. триаголникот AMN има два еднакви агли, па е рамнокрак.

б) Триаголникот $\mathrm{ABC}$ е правоаголен (Талесова теорема), следува $\overline{\mathrm{AC}}=2 \cdot \overline{\mathrm{BC}}$ (катетата наспроти аголот од $30^{\circ}$ е еднаква на половината од хипотенузата).

Значи, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=2 \cdot 3=6$.

Должината на кружницата е:

$$
L=\overline{A C} \cdot \pi=6 \cdot 3,14=18,84
$$

Одговор: б) $18,84 \mathrm{~cm}$.

## 74. (1985.VH.4)

Трапезот $A B C D$ нека ги испелнува условия на задачата:

$\overline{C D}=2 r, \overline{A E}=\overline{E C}, \overline{B E}=\overrightarrow{F B} ; P$ е до. пирна точка на основата $A B$ со кружницата $k(O, r)$. Aronor $D F C=90^{\circ}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9258c70343c2ed947dddg-4.jpg?height=284&width=576&top_left_y=1228&top_left_x=904)

Црт. 48

(периферискиот агол над дијаметарот $\mathrm{CD}$ ), па следува дека $\triangle \mathrm{BDC}$ е рамно-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9258c70343c2ed947dddg-4.jpg?height=56&width=1228&top_left_y=1635&top_left_x=251)
т.е. трағезот $A B C D$ ерамнокрак. Дов опно е да определиме едей неюов аюл.

Нока \& DQ 1 AL roraw $\overline{D Q}=\overline{O P}=$ r. BO правcatonниот $\triangle A Q D$, хипотенузата $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=2 \mathrm{r}$ е дв пати поголема од катетата $\overline{\mathrm{DQ}}=\mathrm{r}$; следува $X \cdot$ $=30^{\circ}$. Toған е $\angle B=30^{\circ} ; X C=X D=180^{\circ}-30^{\circ}=150^{\circ}$.

Одговор: $\quad \Varangle A=\not B B=30^{\circ}$

$X C=\not D=150^{\circ}$.

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Ако е $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0$ и $\mathrm{c}>0$, тогаш важи неравенството: $a b(a+b)+b c(b+c)+a c(a+c) \geqslant 6 a b c$. Докажи!
2. За кои два природни броја важи дека квадратот на едниот претставува збир од 1985 и квадратот на другиот.
3. Да се пресмета плоштината на правоаголен триаголник ако отсечките на кои е поделена хипотенузата со допирната точка на кружницата впишана во него се $3 \mathrm{~cm}$ и $8 \mathrm{~cm}$.
4. Ортоцентарот на триаголникот $\mathrm{ABC}$ е Н. Да се докаже дека важи релацијата:

$$
\overline{\mathrm{AH}} \cdot \mathrm{h}_{\mathrm{a}}+\overline{\mathrm{BH}} \cdot \mathrm{h}_{\mathrm{b}}+\overline{\mathrm{CH}} \cdot \mathrm{h}_{\mathrm{c}}=\frac{1}{2}\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}\right)
$$

## 75. (1985.VIII.1)

Бидејќи според условот е $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0, \mathrm{c}>0$ ќе имаме:

или

$$
a(b-c)^{2} \geqslant 0 ; \quad b(c-a)^{2} \geqslant 0 ; \quad c(a-b)^{2} \geqslant 0
$$

$$
\begin{aligned}
& a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} \geqslant 0 \\
& a\left(b^{2}-2 b c+c^{2}\right)+b\left(c^{2}-2 a c+a^{2}\right)+c\left(a^{2}-2 a b+b^{2}\right) \geqslant 0 \\
& b^{2}-2 a b c+a c^{2}+b c^{2}-2 a b c+b a^{2}+c a^{2}-2 a b c+c b^{2} \geqslant 0 \\
& a b^{2}+b a^{2}+b c^{2}+c b^{2}+a c^{2}+c a^{2} \geqslant 6 a b c \\
& a b(a+b)+b c(b+c)+a c(a+c) \geqslant 6 a b c
\end{aligned}
$$

Доказот е завршен.

Решение II. Неравенството

$$
a b(a+b)+b c(b+c)+a c(a+c) \geqslant 6 a b c
$$

е еквивалентно по ред, со неравенствата:

$$
\begin{aligned}
& a^{2} b+a b^{2}+b^{2} c+b c^{2}+a^{2} c+a c^{2} \geqslant 6 a b c \\
& b\left(a^{2}+c^{2}\right)+a\left(b^{2}+c^{2}\right)+c\left(a^{2}+b^{2}\right) \geqslant 6 a b c \\
& b\left[(a-c)^{2}+2 a c\right]+a\left[(b-c)^{2}+2 b c\right]+c\left[(a-b)^{2}+2 a b\right] \geqslant 6 a b c \\
& b(a-c)^{2}+2 a b c+a(b-c)^{2}+2 a b c+c(a-b)^{2}+2 a b c \geqslant 6 a b c \\
& b(a-c)^{2}+a(b-c)^{2}+c(a-b)^{2} \geqslant 0
\end{aligned}
$$

Бидејки последното неравенство е точно за а $>0, \mathrm{~b}>0, \mathrm{c}>0$, следува дека и почетното неравенство е точно.

## 76. (1985.VIII.2)

Ако броевите се $x$ и $y$, тогаш од условот на задачата е:

или

$$
x^{2}=1985+y^{2}
$$

$$
\begin{aligned}
& x^{2}-y^{2}=1985 \\
& (x-y)(x+y)=1985
\end{aligned}
$$

Бидејќи $x$ и у се природни броеви $x-y<x+y$, и бројот 1985 може да се разложи на два множители (само на два начина) $1985=1 \cdot 1985=5 \cdot 397$, тогаш равенството ( 1 ; е еквивалентно на вкупност од два системи равенки:

$$
\text { I }\left\{\begin{array} { r l } 
{ x - y = 1 } \\
{ x + y = 1 9 8 5 }
\end{array} \quad \text { II } \quad \left\{\begin{array}{l}
x-y=5 \\
x+y=397
\end{array}\right.\right.
$$

Решението на првиот систем е парот природни броеви $(993,992)$, а на вториот парот $(201,196)$

Значи, постојат два пара природни броеви, коишто го задоволуваат условот на задачата, а тоа се паровите: $(993,992)$ и $(201,196)$.

Одговор: 993 и 992; 201 и 196.

77. (1985.VIII.3) Имаме (црт. 49) $\overline{\mathrm{AP}}=3 \mathrm{~cm}$,

$\overline{\mathrm{BP}}=8 \mathrm{~cm} \cdot \overline{\mathrm{OP}}=\overline{\mathrm{OM}}=\overline{\mathrm{ON}}=\mathrm{r}$

$\triangle \mathrm{C}=90^{\circ}$. Toraw:

$\overline{\mathrm{AP}}=\widehat{\mathrm{AN}}=3 \mathrm{~cm}-$

$\overline{\mathrm{BP}}=\overline{\mathrm{BM}}=8 \mathrm{~cm}$.

$\overline{\mathrm{CM}}=\overline{\mathrm{CN}}=\mathrm{r}$.

Плоштината на правоаголниот $\triangle \mathrm{ABC}$ е

$\left.P=\frac{1}{2} \quad \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B C}=\frac{1}{2} i r+3\right)(r+8)=$

$\frac{1}{2}\left(r^{2}+11 r+24\right)$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9258c70343c2ed947dddg-7.jpg?height=305&width=522&top_left_y=367&top_left_x=955)

Црт. 49

Од Питагоровата теорема за $\triangle \mathrm{ABC}$ имаме:

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{AC}}^{2}+\overline{\mathrm{BC}}^{2}=\overline{\mathrm{AB}}^{2} \\
& (\mathrm{r}+3)^{2}+(\mathrm{r}+8)^{2}=11^{2} \\
& \mathrm{r}^{2}+6 \mathrm{r}+9+\mathrm{r}^{2}+16 \mathrm{r}+64=121 \\
& 2 \mathrm{r}^{2}+22 \mathrm{r}=48 \\
& \mathrm{r}^{2}+11 \mathrm{r}=24
\end{aligned}
$$

Ако резултатот (2) го замениме во (1), добиваме:

$$
P=\frac{1}{2}(24+24)=24
$$

Одговор: $P=24 \mathrm{~cm}^{2}$

Забелешка. Може да се докаже и општото тврдење: „Ако $\mathrm{m}$ и $\mathrm{n}$ се отсечките на кои е поделена хипотенузата со допирната точка од впишаната кружница во правоаголниот триаголник, тогаш неговата плоштина е еднаква на $m \cdot n$.

Решение:

Имаме (види црт. 49)

$P=\frac{1}{2}(m+r)(n+r)=\frac{1}{2}\left(m n+m r+n r+r^{2}\right)$.

Од Питагоровата теорема за $\triangle \mathrm{ABC}$ имаме:

$$
\begin{aligned}
& (m+r)^{2}+(n+r)^{2}=(m+n)^{2} \\
& m^{2}+2 m r+r^{2}+n^{2}+2 n r+r^{2}=m^{2}+2 m n+n^{2} \\
& 2 r^{2}+2 m r+2 n r=2 m n \\
& \quad r^{2}+m r+n r=m n
\end{aligned}
$$

Ако резултатот (4) го замениме во (3) добиваме

$$
P=\frac{1}{2}(m n+m n)=m n
$$

што требаше и да се докаже.

## 78. (1985.VIII.4)

Од цртежот е очигледно дека триаголниците $A B^{\prime} H$ и $A A^{\prime} C$ се слични (два агли им се еднакви ...). Аналогно се слични и триаголниците СВ'Н и СС'А. Од сличноста на овие триаголници, следуваат пропорциите:

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{AB}}{ }^{\prime}: \overline{\mathrm{AH}}=\overline{\mathrm{AA}^{\prime}}: \overline{\mathrm{AC}} \\
& \overline{\mathrm{CB}}^{\prime}: \overline{\mathrm{CH}}=\overline{\mathrm{CC}}^{\prime}: \overline{\mathrm{CA}}
\end{aligned}
$$

или

$$
\begin{aligned}
& \overline{\overline{A B}^{\prime}}: \overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{AH}} \cdot \overline{\mathrm{AA}^{\prime}} \\
& \overline{\mathrm{CB}} \cdot \overline{\mathrm{CA}}=\overline{\mathrm{CH}} \cdot \overline{\mathrm{CC}} \\
& \overline{\overline{\mathrm{AB}}^{\prime}} \cdot \mathrm{b}=\overline{\mathrm{AH}} \cdot \mathrm{h}_{\mathrm{a}} \\
& \overline{\mathrm{CB}^{\prime}} \cdot b=\overline{\mathrm{CH}} \cdot h_{c}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_9258c70343c2ed947dddg-8.jpg?height=403&width=610&top_left_y=368&top_left_x=856)

Црт. 50

Ако ти собереме последните две равенства, добиваме:

$$
\begin{aligned}
& b\left(\overline{\mathrm{AB}^{\prime}}+\overline{\mathrm{CB}^{\prime}}\right)=\overline{\mathrm{AH}} \cdot h_{\mathrm{a}}+\overline{\mathrm{CH}} \cdot h_{\mathrm{c}} \\
& \mathrm{b}^{2}=\overline{\mathrm{AH}} \cdot h_{\mathrm{a}}+\overline{\mathrm{CH}} \cdot h_{\mathrm{c}}
\end{aligned}
$$

На сличен начин добиваме:

$$
\begin{aligned}
& a^{2}=\overline{\mathrm{BH}} \cdot h_{b}+\overline{\mathrm{CH}} \cdot h_{c} \\
& c^{2}=\overline{\mathrm{AH}} \cdot h_{a}+\overline{\mathrm{BH}} \cdot h_{b}
\end{aligned}
$$

Ако ти собереме равенките (1), (2) и (3) добиваме:

$$
a^{2}+b^{2}+c^{2}=2 \overline{A H} \cdot h_{a}+2 \overline{B H} \cdot h_{b}+2 \overline{C H} \cdot h_{c}
$$

или

што требаше и да се докаже.

$$
\overline{\mathrm{AH}} \cdot h_{a}+\overline{\mathrm{BH}} \cdot h_{b}+\overline{C H} \cdot h_{c}=\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)
$$