# XXVII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Двајца велосипедисти тргнале од местата $A$ и $B$ еден кон друг. Кога се сретнале, првиот велосипедист поминал $\frac{4}{7}$ од патот и уште $\frac{24}{10} \mathrm{~km}$, а вториот велосипедист поминал два пати помалку од првиот. Најдете го растојанието од $A$ до $B$.

Решение. Ако со $x$ го означиме растојанието од $A$ до $B$ тогаш, од условите во задачата, следува равенството:

$$
\frac{4}{7} x+\frac{24}{10}+\frac{1}{2}\left(\frac{4}{7} x+\frac{24}{10}\right)=x
$$

Оттука следува дека

$$
\left(1-\frac{4}{7}-\frac{2}{7}\right) x=\frac{24}{10}+\frac{12}{10}
$$

од каде се добива дека е $x=25,2 \mathrm{~km}$.

2. Во квадрат $4 \times 4$ да се распоредат прости броеви така што производот на броевите во секој ред, колона и дијагонала е $P=2002+13(-1)^{2001}$. Решение. Бидејќи $P=2002-13=1989=3 \cdot 3 \cdot 13 \cdot 17$ следува:

| 17 | 13 | 3 | 3 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| 3 | 3 | 13 | 17 |
| 13 | 17 | 3 | 3 |
| 3 | 3 | 17 | 13 |

3. Даден е рамностран триаголник $A B C$. Точката $D$ лежи на отсечката $A B$. Конструиран е рамностран триаголник $C D E$, така што точките $B$ и $E$ се во една и иста полурамнина во однос на правата $C D$. Докажете дека $A C \| B E$.

Решение. Бидејќи триаголниците $A B C$ и $C D E$ се рамнострани, следува дека

$$
\begin{aligned}
& \overline{A C}=\overline{B C}, \overline{D C}=\overline{E C} \text { и } \\
& \measuredangle A C B=\measuredangle D C E=60^{\circ} .
\end{aligned}
$$

Тогаш

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_076b3c9ee4f813e9f05dg-1.jpg?height=421&width=512&top_left_y=1784&top_left_x=989)

$$
\begin{aligned}
\measuredangle A C D & =\measuredangle A C B-\measuredangle D C B \\
& =\measuredangle D C E-\measuredangle D C B=\measuredangle B C E
\end{aligned}
$$

Оттука следува дека $\triangle A C D \cong{ }_{\triangle} B C E$ (CAC) па $\measuredangle C B E=\measuredangle C A D=60^{\circ}$, од каде

$$
\measuredangle A B E=\measuredangle A B C+\measuredangle C B E=60^{\circ}+60^{\circ}=120^{\circ} .
$$

Добивме дека збирот на аглите $\measuredangle C A B$ и $\measuredangle A B E$, добиени при пресек на правите $A C$ и $B E$ со $A B$, е $60^{\circ}+120^{\circ}=180^{\circ}$. Значи, $A C \| B E$.

4. Правата $A D$ кон кракот $B C$ на рамнокракиот триаголник $A B C$ го дели периметарот на истиот триаголник на делови од $17 \mathrm{~cm}$ и $11 \mathrm{~cm}$. Најдете ги страните на триаголникот ако нивните мерни броеви се последователни природни броеви.

Решение. Од условот на задачата следува дека

а) $\overline{A C}+\overline{C D}=17 ; \overline{A B}+\overline{B D}=11$ или

б) $\overline{A C}+\overline{C D}=11 ; \overline{A B}+\overline{B D}=17$.

a) Со собирање на овие две равенства се добива дека $\overline{A C}+\overline{C D}+\overline{A B}+\overline{B D}=28$ т.е.

$$
2 \overline{A C}+\overline{A B}=28
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_076b3c9ee4f813e9f05dg-2.jpg?height=420&width=469&top_left_y=905&top_left_x=1015)

Бидејќи мерните броеви на страните на триаголникот се последователни природни броеви, од последното равенство следува дека

$$
2 \overline{A C}+\overline{A C}+1=28 \text { или } 2(\overline{A B}+1)+\overline{A B}=28
$$

при што решение се добива само во првиот случај и тоа $\overline{A C}=9 ; \overline{A B}=10$.

б) Со собирање на овие две равенства се добива $2 \overline{A C}+\overline{A B}=28$ од што, како и во случајот под а) наоѓаме $\overline{A C}=9 ; \overline{A B}=10$.

## VII одделение

1. Една работа ја започнале 33 работници и според планот требало да ја завршат за 80 дена. Но, по 16 дена работење, 9 работници се ангажирани на друга работа. За колку дена ќе задоцни завршувањето на работата?

Решение. Нека, почнувајќи од 16-тиот ден, 33-9 работници ја завршат работата за $x$ дена. Тогаш важи: $80 \cdot 33=16 \cdot 33+x(33-9)$ од каде
$x=88$. Значи, целата работа ќе се заврши за 88+16 дена, па задоцнувањето ќе биде $8+16=24$ дена.

2. Најдете ги сите трицифрени броеви кои се еднакви на третиот степен од збирот на нивните цифри.

Решение. Нека $\overline{a b c}$ е бараниот број. Тогаш $\overline{a b c}=(a+b+c)^{3}$. Бидејкии $\overline{a b c}$ е трицифрен број, равенката ќе важи ако $5 \leq a+b+c \leq 9$. Ако $a+b+c=5$ тогаш $(a+b+c)^{3}$ завршува на 5 . Но, тогаш и $\overline{a b c}$ завршува на 5 , од каде следува дека $a+b+c>5$, што е контрадикција. Слично, ако $a+b+c=6$ или $a+b+c=9$ тогаш $(a+b+c)^{3}$ завршува на 6 или на 9 , и повторно се добива контрадикција. Останува да се проверат случаите $a+b+c=7$ и $a+b+c=8$. Ако $a+b+c=7$, тогаш $\overline{a b c}=7^{3}=343$, но $3+4+3 \neq 7$. Останува случајот $a+b+c=8$. Тогаш $\overline{a b c}=8^{3}=512$ и $5+1+2=8$. Бараниот број е 512.

3. Во триаголник $A B C$ центарот на впишаната кружница $S$ и центарот на опишаната кружница $O$ се симетрични во однос на страната $A B$. Пресметајте ги аглите во триаголникот.

Решение. Точката $O$ лежи на симетралата на страната $A B$, па мора и точката $S$ да лежи на неа. Бидејќи $\overline{A S}=\overline{B S}$ следува дека и $\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}$, па и $\alpha=\beta$ т.е. $\triangle A B C$ е рамнокрак и $\overline{A C}=\overline{B C}$. Од $\triangle A O C$ и $\triangle B O C$ заклучуваме дека $\frac{\gamma}{2}=3 \frac{\alpha}{2}=3 \frac{\beta}{2}$ т.е. $\gamma=3 \alpha=3 \beta$. Тогаш

$$
\alpha+\beta+\gamma=5 \alpha=180^{\circ}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_076b3c9ee4f813e9f05dg-3.jpg?height=505&width=557&top_left_y=1305&top_left_x=923)

па $\alpha=\beta=36^{\circ}$ и $\gamma=108^{\circ}$.

4. Над страните $A B$ и $B C$ на паралелограмот $A B C D$ конструирани се квадрати $A E F B$ и $B G H C$. Докажете дека должината на отсечката $G F$ е еднаква на должината на една дијагонала на паралелограмот $A B C D$.

Решение. Не е важно дали еден или двата квадрата делумно го покриваат паралелограмот. Нека се квадратите како на цртежот лево. Тогаш, $\triangle A B D$ и $\triangle B F G$ се складни:

$$
\begin{aligned}
& \overline{A B}=\overline{B F} \\
& \overline{A D}=\overline{B C}=\overline{B G} \\
& { }_{\Delta} F B G={ }_{\Delta} B A D
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_076b3c9ee4f813e9f05dg-4.jpg?height=464&width=620&top_left_y=263&top_left_x=858)

(како агли со нормални краци) па е $\overline{B D}=\overline{F G}$.

## VIII одделение

1. Колона извидници има должина $1 \mathrm{~km}$ и се движи рамномерно. Курирот кој е на чело на колоната трча до крајот на колоната, ја предава пораката и повторно се враќа на чело на колоната. За тоа време колоната изминува пат од $1 \mathrm{~km}$. Колкав пат поминал курирот?

Решение. Нека курирот се движи со брзина $x$, колоната со брзина $y$ и нека co $S$ го означиме патот што курирот го минува од чело на колоната до нејзиниот крај. Тогаш е:

$$
\frac{s}{x}=\frac{1-s}{y} ; \quad \frac{s+1}{x}=\frac{s}{y}
$$

Од овие две равенства следува дека

$$
\frac{x}{y}=\frac{s}{1-s}=\frac{s+1}{s} ;(s \neq 0, s \neq 1)
$$

од каде се добива:

$$
2 s^{2}=1 ; s=\frac{\sqrt{2}}{2}
$$

Изминатиот пат е

$$
2 s+1=2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}+1=(\sqrt{2}+1) k m
$$

2. Нека $x_{0}, x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2002}$ се последователни цели броеви, за кои важи

$$
-x_{0}+x_{1}-x_{2}+\ldots-x_{2000}+x_{2001}-x_{2002}=2003
$$

Пресметајте го бројот $x_{2002}$.

Решение. Равенството (1) го запишуваме во следниот облик:

$$
\left(-x_{0}+x_{1}\right)+\left(-x_{2}+x_{3}\right)+\ldots+\left(-x_{2000}+x_{2001}\right)-x_{2002}=2003
$$

Бидејќи $x_{i}, i=0,1, \ldots 2002$ се последователни цели броеви следува дека $x_{i+1}-x_{i}=1$ од каде се добива дека

$$
1001-x_{2002}=2003
$$

т.е.

$$
x_{2002}=-1002
$$

3. Во рамнокрак триаголник со основа $a$ и крак $b$ аголот при основата е $72^{\circ}$. Докажете дека $b=\sqrt{a(a+b)}$.

Решение. Нека е $B B^{\prime}$ симетрала на $\Varangle A B C$. Тогаш

$$
\begin{aligned}
& \measuredangle C A B=\measuredangle B^{\prime} A B, \\
& \measuredangle A B C=\measuredangle A B^{\prime} B, \\
& \measuredangle A C B=\measuredangle A B B^{\prime} .
\end{aligned}
$$

т.е. триаголниците $A B C$ и $A B^{\prime} B$ се слични.

Од сличноста следува дека

$$
a: b=(b-a): a
$$

па е

$$
a^{2}=b(b-a)=b^{2}-a b
$$

Оттука

$$
b^{2}=a^{2}+a b \text { т.е. } b=\sqrt{a(a+b)}
$$

4. Во правоаголен триаголник $A B C$ ( $\left.\angle C=90^{\circ}\right)$ со катети $\overline{C A}=21 \mathrm{~cm}$ и $\overline{C B}=28 \mathrm{~cm}$ впишан е квадрат чии две страни лежат на катетите, а четвртото теме е на хипотенузата. Пресметајте ја должината на отсечките на кои темето на квадратот ја дели хипотенузата.

Решение. Нека $C D E F, D \in C B, E \in B A$, $F \in C A$ е квадрат со страна $x$ впишан во $\triangle A B C$. Тогаш

$$
P_{\triangle A B C}=P_{\Delta C D E F}+P_{\Delta D E B}+P_{\Delta F A E}
$$

каде $\triangle D E B$ е правоаголен триаголник со катети $x$ и $28-x$, а $\triangle F A E$ е правоаго-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_076b3c9ee4f813e9f05dg-5.jpg?height=329&width=459&top_left_y=1722&top_left_x=1001)
лен триаголник со катети $X$ и 21-x. Затоа,

$$
\frac{21 \cdot 28}{2}=x^{2}+\frac{x(28-x)}{2}+\frac{x(21-x)}{2}
$$

од каде $x=12 \mathrm{~cm}$. Тогаш, со примена на Питагоровата теорема за $\triangle D E B$ и $\triangle F A E$, соодветно се добива

$$
\begin{aligned}
& \overline{E A}=\sqrt{(21-x)^{2}+x^{2}}=\sqrt{225}=15 \mathrm{~cm} \\
& \overline{B E}=\sqrt{(28-x)^{2}+x^{2}}=\sqrt{400}=20 \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$