# VIII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## Задачите и решенијата се скенирани од книгата <br> Десет години републички натпревари по математика 1976-1985 подготвена од Илија Јанев и Коста Мишовски

## VII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Цената на некоја стока е намалена за $20 \%$. За колку проценти треба да се зголеми намалената цена за да се добие првобитната?
2. Дадени се четири едноцифрени броја: a, b, c, d. При соодветно подредување се добиваат еден најголем и еден најмал четирицифрен број. Докажи дека разликата на тие четирицифрени броеви не е прост број.
3. Дадена е кружницата $k(O, r)$ и една нејзина тетива $A B$. На правата $A B$ е избрана точка $C$, тақа што $\overline{B C}=r$ и B е меѓy A и С. Правата СО ја сече кружницата во точката $S$ којашто не и припаía на отсечката $C O$. Докажи дека аголот AOS е трипати поголем од аголот ACS.
4. На полуправата $M X$, земени се по ред точките $A, B$ и $C$, така што $\overline{\mathrm{MA}}=\mathrm{a}, \overline{\mathrm{MB}}=2 \mathrm{a}$ и $\overline{\mathrm{MC}}=3 \mathrm{a}$, каде што а е произв олна отсечка. Во точката $\mathrm{A} \mathrm{e}$ конструирана нормала на полуправата $M X$ и на неа е избрана точката $P$, така што $\overline{\mathrm{AP}}=$ a. Преєекот на нормалата од $\mathrm{B}$ на $\mathrm{PC}$ нека е точката $\mathrm{H}$. Докажи дека дека:

а) Четириаголникот ABHP е тетивен;

б) MP е тангента на кружницата опишана околу четириагопникот ABHP.

## 53. (1983.VII.1)

I. Цената на стоката нека е х динари. По намалувањето од $20 \%$, таа ќе изнесува:

$$
x-\frac{20}{100} x=\frac{4}{5} x \text { динари. }
$$

Нека е р процентот со кој треба да се зголеми намалената цена за да се добие првобитната, т.е. х. Ќе имаме:

$$
\begin{aligned}
& \frac{4}{5} x+\frac{p}{100}\left(\frac{4}{5} x\right)=x \\
& 400+4 p=500 \\
& 4 p=100 \\
& p=25
\end{aligned}
$$

Одговор: $25 \%$.

## 54. (1983.VII.2)

1. Да претпоставиме дека е:

$$
a \leqslant b \leqslant c<d
$$

Тогаш најголемиот четирицифрен број е $\overline{\mathrm{dcba}}$, а најмалиот авст. Нивната разлика е

$\overline{d c b a}-a \overline{b c d}=1000 d+100 c+10 b+a-1000 a-100 b-10 c-d=999 d+$ $+90 c-.90 b-999 a=9(111 d+10 c-10 b-111 a)$.

Бидејќи изразот во заградата не е нула, значи разликата на броевите е делива со 9 , па не може да биде прост број.

## 55. (1983.VII.3)

## I. Триаголникот $\mathrm{ABO}$ e

рамнокрак, па е

$$
\triangle O A B=\not O B A=\alpha
$$

Исто и триаголникот ОСВ е рамнокрак, па е $\triangle B O C=\not B C O=\beta$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_c08421e4fa8a36e6c2cdg-3.jpg?height=308&width=584&top_left_y=250&top_left_x=895)

Црт: 38 $\alpha=2 \beta$, бидејки $\alpha$ е надворешен агол за $\Delta$ ОСВ, $\gamma=\alpha+\beta$, бидејќи $\gamma$ е надворешен аго за $\triangle$ AOC. Toraw е $\gamma=\alpha+\beta=2 \beta+\beta=3 \beta$, r.e. $\Varangle$ AOS $=3$ х ACS, што требаше и да се докаже.

Забелешка: Оваа конструкција за поделбата на даден агол на три еднакви дела (во математиката е позната како проблем на трисекција на агол. Проблемот на трисекција на произволен агол денес е решен, т.е. докажано е дека не може произволен агол да се раздели на три еднакви дела конструктивно, т.е. само со употреба на линијар и шестар) е предложена од романскиот математичар Петре Немојану во 1932 год. на еден конгрес на математичарите.

56. |1983.VII. $4 \mid$
I.

a) Од самиот услов на задачата е ХРАВ $=90^{\circ}$ и ХPHB $=$ $=90^{\circ}$, т.е. два спротивни агли во четириаголникот $\mathrm{ABHP}$ се прави, па тој е тетивен.

Центарот на опишаната кружница е средината 0 на отсечката BP.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_c08421e4fa8a36e6c2cdg-3.jpg?height=322&width=640&top_left_y=1459&top_left_x=824)

Црт. 39

б) За да покажеме дека MP е тангента на кружницата $\mathrm{k}(\mathrm{O}, \mathrm{OP})$, доволно е да покажеме дека OP $\perp$ MP. Триаголникот MBP е рамнокрак, со агли при основата од $45^{\circ}$, па следува дека агонот при врвот е $90^{\circ}$, т.е. $\mathrm{BP} \perp \mathrm{MP}$ или $\mathrm{OP} \perp \mathrm{MP}$, што требаше и да се докаже.

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Скрати ја дропката

$$
Q(x)=\frac{a c\left(x^{2}+1\right)+x\left(a^{2}+c^{2}\right)}{a c\left(x^{2}-1\right)+x\left(a^{2}-c^{2}\right)}
$$

а потоа реши ја равенката $Q(x)=-2$.

2. Правата р минува низ точките $\mathrm{K}(2,-9)$ и $S(-1,9)$.

a) Напиши равенка на таа права;

б) Пресметај ја плоштината на триаголникот образуван од таа права и координатните оски.

3. Во триаголникот $A B C$, со страна $\overline{A B}=8 \mathrm{~cm}$ и соодветна висина долга $6 \mathrm{~cm}$, е впишан рамнокрак правоаголен триаголник, чијашто хипотенуза е паралелна со страната $A B$, а темето на правиот агол лежи на страната АВ. Колкав дел, изразен во проценти, изнесува плоштината на правоаголниот триаголник од плоштината на триаголникот $A B C$.
4. Во триаголникот $A B C$ е впишана кружница што страната $A B$ ја допира во точката P. Ако е $\overline{\mathrm{AC}} \cdot \overline{\mathrm{BC}}=\overline{2 \mathrm{AP}} \cdot \overline{\mathrm{PB}}$, докажи дека $\triangle \mathrm{ABC}$ е правоаголен.

## 57. (1983.VIII.1)

I. Иmame:

$Q(x)=\frac{a c\left(x^{2}+1\right)+x\left(a^{2}+c^{2}\right)}{a c\left(x^{2}-1\right)+x\left(a^{2}-c^{2}\right)}=\frac{a c x^{2}+a c+a^{2} x+c^{2} x}{a c x^{2}-a c+a^{2} x-c^{2} x}=$

$\therefore \frac{a x(c x+a)+c(a+c x)}{a x(c x+a)-o f(a+a)}=\frac{(a+c x)(a x+c)}{(a+a b)(a x-c)}=\frac{a x+c}{a x-c} ;$

$\longrightarrow \quad(a+c x \neq 01, \quad(a x-c \neq 0)$.

An jа peunnus cora manemera $O(x)=-2$

$$
\begin{aligned}
& \frac{a x+c}{a x-b}=-2 \\
& a x+c k-2 x+2 c \\
& 3 a x=c \\
& x=\frac{c}{3} \quad \quad(3 \rightarrow a \neq c x
\end{aligned}
$$

Oroerop: $a(x)=\frac{a x+c}{a x-c}$

$$
x=\frac{c}{3 a}
$$

## 58. (1983.VIII.2)

I. Општиот облик на правата е

$$
y=a x+b
$$

Правата минува низ точката $\mathrm{K}(2,-9)$, тоа значи дека нејзините координати ќе ја задоволуваат равенката на правата, т.е.

$$
-9=a \cdot 2+b
$$

Аналогно добиваме и за другата точка:

$$
9=a(-1)+b
$$

Сега треба да го решиме системот равенки

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 a+b=-9 \\
-a+b=9
\end{array}\right.
$$

## Имаме

$$
\begin{aligned}
& \left\{\begin{array}{l}
2 a+b=-9 \\
a-b=-9
\end{array}\right. \\
& a=-6 \\
& b=9+a=9-6=3
\end{aligned}
$$

Равенката на правата гласи

$$
y=-6 x+3
$$

Пресеците на оваа права со координатните оски се точките:

$\left\{\begin{array}{l}y=-6 x+3 \\ y=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \\ y=0\end{array} \Rightarrow A\left(\frac{1}{2}, 0\right)\right.\right.$

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ y = - 6 x + 3 } \\
{ x = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
y=3 \\
x=0
\end{array} \Rightarrow B(0,3)\right.\right.
$$

Плоштината на триаголникот $O A B$ е:

$$
P=\frac{1}{2} \overline{O A} \cdot \overline{O B}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3=\frac{3}{4}
$$

Одговор: а) $y=-6 x+3$;

б) $P=\frac{3}{4}$ квадратни единици.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_c08421e4fa8a36e6c2cdg-6.jpg?height=1228&width=503&top_left_y=725&top_left_x=979)

Црт. 40

59. (1983.VIII.3)

I. Нека е даден триаголникот $A B C$ и нека е впишан во него триаголникот PQR, кој ги задоволува условите на задачата.

Нека е $\overline{\mathrm{RS}}=\mathrm{x}$ висината во $\triangle \mathrm{PQR}$. Бидејќи PQR е рамнокрак правоаголен триагопник, имаме:

$$
\overline{\mathrm{PQ}}=2 \mathrm{x}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_c08421e4fa8a36e6c2cdg-7.jpg?height=349&width=481&top_left_y=287&top_left_x=997)

Црт. 41

Понатаму, од сличноста на триаголниците $\mathrm{ABC}$ и PQC имаме:

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{AB}}: \overline{\mathrm{CH}}=\overline{\mathrm{PQ}}: \overline{\mathrm{CD}} \\
& 8: 6=2 x:(6-x) \\
& 8(6-x)=6 \cdot 2 x \\
& 48-8 x=12 x \\
& 48=20 x \Leftrightarrow x=\frac{12}{5} \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$

Плоштините на $\triangle A B C$ и $\triangle P Q R$ се респективно:

$$
\begin{aligned}
& P_{1}=\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot \overline{C H}=\frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 6=24 \\
& P_{2}=\frac{1}{2} \overline{P Q} \cdot \overline{R S}=\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{12}{5} \cdot \frac{12}{5}=\frac{144}{25}
\end{aligned}
$$

Односот на плоштините е:

$$
\frac{P_{2}}{P_{1}}=\frac{\frac{144}{25}}{24}=\frac{144}{25 \cdot 24}=\frac{6}{25}
$$

Изразено во проценти, тоа е:

$$
p=\frac{6}{25} \cdot 100=24
$$

Одговор: $p \mathbf{2 4 \%}$

## 60. (1983.VIII.4)

1. За $\triangle \mathrm{ABC}$ нека важи

$\overline{A C} \cdot \overline{B C}=2 \overline{A P} \cdot \overline{P B} \ldots$ (1). каде што $P$ е допирната точка на страната $A B$ со впишаната кружница. Имаме:

$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\overrightarrow{\mathrm{AR}}=x$ $\left.\begin{array}{l}\overline{\mathrm{AP}}=\overline{\mathrm{AR}}=\mathrm{x} \\ \overline{\mathrm{BP}}=\overline{\mathrm{BQ}}=y \\ \overline{\mathrm{CO}}=\overline{\mathrm{CR}}=z\end{array}\right\}$ како тангентни отсечки.

Условот (1) можеме да го напишеме:

$$
\begin{aligned}
& (x+z)(y+z)=2 x y \quad \text { или } \\
& x y+x z+y z+z^{2}=2 x y \\
& x z+y z+z^{2}=x y \ldots
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_c08421e4fa8a36e6c2cdg-8.jpg?height=380&width=577&top_left_y=351&top_left_x=882)

Црт. 42

Ако $\triangle \mathrm{ABC}$ е правоаголен, ќе важи:

$$
\begin{aligned}
& (x+z)^{2}+(y+z)^{2}=(x+y)^{2} \text { или } \\
& x^{2}+2 x z+z^{2}+y^{2}+2 y z+z^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2} \\
& 2 x z+2 y z+2 z^{2}=2 x y \\
& x z+y z+z^{2}=x y \ldots
\end{aligned}
$$

Поради еквивалентност на (2) и (3) следува тврдењето на задачата.

II. $x, y, z$ нека се должини од претходното означување. Тогаш е:

$$
a=y+z, \quad b=x+z \quad \text { и } \quad c=x+y
$$

Од условот на задачата е:

$$
(x+z)(y+z)=2 x y \ldots
$$

каде што $x+y+z=s-$ полупериметарот на триаголникот $\mathrm{ABC}$.

Од $x+y+z=s \Rightarrow x+a=s \Rightarrow x=s-a$.

Од $x+y+z=s \Rightarrow y+b=s \Rightarrow y=s-b$.

Од $x+y+z=s \Rightarrow z+c=s \Rightarrow z=s-c$.

Од равенството (4) имаме:

$$
\begin{aligned}
& b \cdot a=2 \cdot(s-a)(s-b) \\
& \left.a \cdot b=2 \frac{a+b+c}{2}-a\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right) \\
& a b=2 \frac{b+c-a}{2} \cdot \frac{a+c-b}{2} \\
& 2 a b=a b+a c-a^{2}+b c+c^{2}-a c-b^{2}-b c+a b \\
& \text { или } \quad a^{2}+b^{2}=c^{2}
\end{aligned}
$$

Од ова следува дека $\triangle \mathrm{ABC}$ е правоаголен, со хипотенуза с и катети а и b.