# V 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. Од некоја сума најнапред се одбиени $5 \%$ за трошоци, 90 динари за заеднички потреби, а остатокот е поделен на три еднакви дела. Колку изнесүва целата сума ако секое лице добило по 160 динари?
2. Збирот од еден двоцифрен број и бројот напишан од истите цифри, но во обратен редослед е квадрат на некој природен број. Кој е тој број? (Определи ги сите двоцифрени броеви што ја имаат таа особина!).
3. Даден е четириаголникот $A B C D$ со дијагонали $\overline{A C}=18 \mathrm{~cm}$ и $\overline{B D}=24 \mathrm{~cm}$, и агол мету нив од $30^{\circ}$. Определи ја плоштината на четириаголникот $M N P Q$, каде што $M, N, P$ и $Q$ øе средини на страните $A B, B C, C D$ и DA соодветно.
4. Конструирај го триаголникот $A B C$ ако œ дадени периметарот (обиколката) L, аголот при темето $\mathrm{A}$ и виоината на страната AB .

## 29. (1980.VII.1)

I. Ако секое лице добило по 160 динари, тоа значи дека пред поделбата имало $3 \cdot 160=480$ динари. Ако на оваа сума и́ се додадат 90 дин. се добива сума од 570 дин. Овие 570 динари се $95 \%$ од целата сума, бидејќи $5 \%$ се одбиени за трошоци. Значи е:

$$
570=\frac{95}{100} x \quad \Leftrightarrow \quad x=600
$$

II. (со равенка) Ако х е вкупната сума пари, тогаш од условот на задачата е:

$$
\left(x-\frac{5}{100} x-90\right): 3=160
$$

од каде што се добива $\quad \mathrm{x}=600$.

Одговор: 600 динари.

## 30. (1980.VII.2)

I. Ако $x$ е цифрата на десетките, а у цифрата на единиците, тогаш бројот е $\overline{x y}=10 x+y$, а бројот од исіите цифри, но во обратен ред е $\overline{y x}=10 y+x$. Нивниот збир е

$$
10 x+y+10 y+x=11 x+11 y=11(x+y)
$$

За да биде овој збир полн квадрат треба биномот $x+$ у да се дели со 11

Бидејќи $x, y \in\{0,1,2, \ldots, 9\} и x \neq 0$, следува $x+y \in\{1,2, \ldots, 18\}$ r.e. $x+y=11$.

Оваа равенка е задоволена за следните парови природни броеви $(x, y):(2,9)$ $(3,8),(4,7),(5,6),(6,5),(7,4),(8,3)$ и $(9,2)$ : Значи, бараните двоцифрени броеви се: $29,38,47,56,65,74,83$ и 92.

Одговор: 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92.

## 31. (1980.VII.3)

I. Нека е даден четириаголникот $A B C D$, а $M, N, P$ и $\mathrm{O}$ средини се на неговите страни (цртеж 19). Четириаголникот MNPQ е паралелограм. (види 78.VII.5). Да ја пресметаме сега неговата плоштина. Неговите страни по должина се еднакви на половина од дијагоналите на четириаголникот $A B C D$, т.е.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-03.jpg?height=248&width=625&top_left_y=453&top_left_x=839)

Црт. 19

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{AC}}=9, \overline{\mathrm{OM}}=\frac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{DB}}=12$,

и се паралелни со нив, т.е. зафаќаат агол од $30^{\circ}$, ХРОМ $=30^{\circ}$.

Висината PR на страната QM лежи наспроти агол од $30^{\circ}$, па е еднаква на половина од страната $\mathrm{PQ}$, т.е. $\overline{\mathrm{PR}}=\frac{9}{2}$. Плоштината на четири-
аголникот MNPQе:

$$
P=\overrightarrow{Q M} \cdot \overline{P R}=12 \cdot \frac{9}{2}=54
$$

Одговор: $\mathrm{P}=54 \mathrm{~cm}^{2}$.

32. (1980.VII.4)
33. 
1) Анализа. Да претпоставиме дека задачата е решена, г.е. дека $\triangle A B C$ е конструиран. На правата $A B$ ги определуваме точките $D$ и $E$ од условот: $\overline{\mathrm{BD}}=\overrightarrow{\mathrm{BC}}=$ a и

$\overline{\mathrm{AE}}=\overline{\mathrm{AC}}=\mathrm{b}$

(велиме дека триаголникот $\mathrm{ABC}$ сме го ",развиле" во една отсечка ED). На тој начин добиваме еден помошен триаголник EDC за кој ни е познато:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-04.jpg?height=375&width=1182&top_left_y=793&top_left_x=267)

Црт. 20

1) $\overline{\mathrm{ED}}=\overline{\mathrm{EA}}+\overline{\mathrm{AB}}+\overline{\mathrm{BD}}$

$$
L=\overline{A C}+\overline{A B}+\overline{B C}
$$

2) $\overline{\mathrm{CH}}=\mathrm{h}_{\mathrm{c}}$
3) $X E=\frac{\alpha}{2}$, бидејќи $\triangle E A C$ е рамнокрак, па аглите при основата $E C$, се еднакви на половината од надворешниот агол при врвот А. (Сети се на тврдењето: „Надворешниот агол кај триаголникот е еднаков на збирот од два внатрешни со него несоседни агли").

Значи, триаголникот EDC може да се конструира, бидејќи за него ја знаеме неговата основа, соодветната висина и еден агол на таа основа. Темињата $\mathrm{A}$ и $\mathrm{B}$ се добиваат во пресекот на симетралите $s_{1}$ и $s_{2}$ на страните $C D$ и $\mathrm{CE}$, со основата ED. (Да приметиме дека и $\triangle \mathrm{BCD}$ е рамнокрак, со основа $\mathrm{CD}$ ). (види црт. 20).

## 2) Конструкција

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-05.jpg?height=464&width=1197&top_left_y=335&top_left_x=264)

Црт. 21

Првин го конструираме $\triangle E D C$, со дадена основа $\overrightarrow{E D}=a+b+c$, висина $h_{c}$ и агол $E=\frac{\alpha}{2}$. На полуправата $E X$ ја нанесуваме отсечката $\overline{E D}=a+b+c ;$ потоа од една произволна точка $M$ од полуправата $E X$ ја нанесуваме нормалната отсечка $\overline{\mathrm{MN}}=\mathrm{h}_{\mathrm{c}}$. Низ точката $\mathrm{N}$ ја повлекуваме правата $l \| \mathrm{EX}$. Во темето $\mathrm{E}$ го нанесуваме аголот $\frac{\alpha}{2}$. Темето $C$ е пресек на правата $l$ и еден крак на аголот $\chi \mathrm{AEY}=\frac{\alpha}{2}$. Тогаш ги повлекуваме симетралите $s_{1}$ и $s_{2}$ на CD и СЕ и ги добиваме темињата $B$ и $A$.

3) Доказ: По конструкција $\overline{E D}=a+b+c ; \chi E=\frac{\alpha}{2} n \overline{C H}=h_{c}$. Треба да се докаже дека $X A=\alpha n \overline{A C}+\overline{A B}+\overline{B C}=\overline{E D}=a+b+c$.

Бидејќи $s_{1}$ е симетрала на отсечката $C D$ следува дека $\overline{B D}=\overline{B C}$, а бидејќи $s_{2}$ е симетрала на $C E$, следува дека $\overrightarrow{A E}=\overrightarrow{A C}$. Значи имаме: $\overrightarrow{A B}+$ $\overline{\mathrm{BC}}+\overline{\mathrm{AC}}=\overline{\mathrm{AB}}+\overline{\mathrm{BD}}+\overline{\mathrm{AE}}=\overline{\mathrm{ED}}=\mathrm{L}$. За рамнокракиот $\triangle \mathrm{AEC}$ имаме $\triangle \mathrm{BAC}=$ $X E+X C=\frac{\alpha}{2}+\frac{\alpha}{2}=\alpha .3$ начи, $\triangle \mathrm{ABC}$ ги содржи дадените елементи.

4) Дискусија: Помошниот $\triangle \mathrm{EDC}$ можеме секогаш да го конструираме. Задачата ќе има секогаш едно решение ако $\triangle E D C$ е тапоаголен, со тап агол кај темето $\mathrm{C}$, т.е. $\chi \mathrm{ZCD}>90^{\circ}$, бидејки за аголот $\mathrm{ECD}$ имаме: $\Varangle \mathrm{ECD}=$ $\frac{\alpha}{2}+\gamma+\frac{\beta}{2}=\frac{\alpha}{2}+\frac{\gamma}{2}+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=\frac{\alpha+\beta+\gamma}{2}+\frac{\gamma}{2}=90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}$.

Забелешка: Со примена на тригонометријата се докажува дека задачата има решение ако е исполнет условот.

$\mathrm{h}_{\mathrm{c}}<\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}}{2} \sin \alpha$, a тогаш $\mathrm{XECD}>90^{\circ}$.

## 11.

## 1. Анализа:

Да претпоставиме дека задачата е решена, т.е. дека $\triangle A B C$ е конструиран. $\overline{\mathrm{CH}}=\mathrm{h}_{\mathrm{c}}$ е висина на страната АВ. Помошниот триаголник $\mathrm{AHC}$ можеме да го конструираме, бидејќи за него знаеме една страна $\overline{C H}=h_{c}$ и два агли

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-06.jpg?height=351&width=661&top_left_y=243&top_left_x=876)

Црт. 22

$\Varangle \mathrm{A}=\alpha и \quad \mathrm{H}=90^{\circ}$. На тој начин ја определуваме и страната, $\mathrm{b}_{2}$ т.е. $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\mathrm{b}$. Останува да го определиме уште темето $B$. За таа цел ја продолжүваме страната $A B$ за $\overline{B D}=\widehat{B C}$. Триаголникот $B D C$ е рамнокрак со основа $C D$ и со еднакви агли при основата, па затоа симетралата $s$ на основата $C D$ ќе минува низ врвот B. Тогаш e:

$\overline{A D}=\overline{A B}+\overline{B D}=\overline{A B}+\overline{B C}=c+a=(c+a+b)-b=l-b$.

Значи, од темето $\mathrm{A}$ ја нанесуваме должината $\overline{\mathrm{AD}}=l-\mathrm{b}$ и ја добиваме точката B. Симетралата s на CD ќe ја сече страната AD во точката B.

Конструкцијата и.нејзиниот доказ се јасни од анализата, а дискусијата е аналогна како при првото решение.

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Еден воз тргнал од станицата $A$ кон станицата $C$ преку станицата В. Патот од А до В го минал со брзина од $48 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а од В до C со брзина намалена за $25 \%$. По пристигнувањето во станицата $\mathrm{C}$, возот се вратил назад. Патот од С до В го минал со брзина од $48 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а од В до А со брзина намалена за $25 \%$.

Колку време патувал возот од $\mathbf{A}$ до $\mathrm{C}$ ако се знае дека патот од А до $\mathrm{B}$ го минал за исто време како и патот од $\mathrm{B}$ до $\mathrm{C}$, а времето за минување на патот од $\mathrm{A}$ до $\mathrm{C}$ е $\frac{5}{12}$ часа помало од времето минато во обратна насока.

2. Триаголникот е заграден со апцисната оска и со графиците на правите дадени со: $3 x+4 y=12$ и $5 x+12 y=60$. Определи ги:

a) Плоштината и периметарот на триаголникот;

б) Волуменот на телото добиено со ротација на тој триаголник околу х-оската.

3. Дадена е коцка со раб а. Средините на рабовите на една страна на коцката и центарот на спротивна страна се темиња на пирамида.

a) Изрази ја како функција од а плоштината и волуменот на пирамидата.

б) Определи го односот на плоштините и волумените на пирамидата и коцкатта.

4. Во круг со радиус $r$, од иста страна во однос на центарот се повлечени две паралелни тетиви $A B$ и $C D$, така што нивните растојанија до центарот се $\frac{3}{5}$, односно $\frac{4}{5}$ од радиусот на кругот. Определи го периметарот и аглите на трапезот $A B C D$, каде што $A B$ е поголемата, а $C D$ помалата тетива.

## 33. (1980.VIII.1)

1. 

Од А до В возот се движи со $48 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а од В до $\mathrm{C}$ со брзина намалена за $25 \%$ т.е.: $48-\frac{25}{100} \cdot 48=36 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Патот $x$ од А до $B$ и у од $B$ до $C$ го минува за исто време, од каде што е:

$$
\frac{x}{48}=\frac{y}{36} \Leftrightarrow 3 x-4 y=0
$$

Од другиот үслов на задачата ќе имаме:

$$
\frac{x}{48}+\frac{y}{36}+\frac{5}{12}=\frac{y}{48}+\frac{x}{36}
$$

По средувањето ќе добиеме

$$
3 x+4 y+60=3 y+4 x
$$

$x-y=60$.

Сега ќе го решиме системот:

Имаме

$$
\left\{\begin{array}{l}
3 x-4 y=0 \\
x-y=60
\end{array}\right.
$$

или

$$
\left\{\begin{array}{l}
-3 x+4 y=0 \\
3 x-3 y=180
\end{array}\right.
$$

Toraw e: $\mathrm{x}=60+\mathrm{y}=60+180=240$

Значи патот од А до В е $240 \mathrm{~km}$, а од В до С $180 \mathrm{~km}$.

Времето е: $t=\frac{240}{48}+\frac{180}{36}=5+5=10$

Одговор: 10 часа.

## 34. (1980.VIII.2)

I. Нулите на функциите се:

$$
\begin{aligned}
& \left\{\begin{array} { l } 
{ 3 x + 4 y = 1 2 } \\
{ y = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=4 \\
y=0
\end{array} \Rightarrow A(4,0)\right.\right. \\
& \left\{\begin{array} { l } 
{ 5 x + 1 2 y = 6 0 } \\
{ y = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=12 \\
y=0
\end{array} \Rightarrow B(12,0)\right.\right.
\end{aligned}
$$

Темето $\mathrm{C}$ го добиваме во пресекот на двете прави:

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ 3 x + 4 y = 1 2 } \\
{ 5 x + 1 2 y = 6 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}
-9 x-12 y=-36 \\
5 x+12 y=60
\end{array} \Rightarrow-4 x=24 \Leftrightarrow x=-6\right.\right.
$$

Од првата равенка добиваме

$3 \cdot(-6)+4 y=12$

$4 y=12+18$

$y=\frac{15}{2} \Rightarrow C\left(-6, \frac{15}{2}\right)$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-09.jpg?height=327&width=606&top_left_y=829&top_left_x=805)

Црт. 23

a) Плоштината на $\triangle \mathrm{ABC} \mathrm{e}$ :

$$
P=\frac{1}{2} \overline{A B} \cdot \overline{C D}=\frac{1}{2} 8 \cdot \frac{7}{2}=28
$$

За периметарот на $\triangle A B C$, прво ќе ги определиме страните $A C$ и $B C$.

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{AC}}=\sqrt{10^{2}+7,5^{2}}=\sqrt{100+56,25}=\sqrt{156,25}=12,5 \\
& \overline{\mathrm{BC}}=\sqrt{18^{2}+7,5^{2}}=\sqrt{324+56,25}=\sqrt{380,25}=19,5 \\
& L=\overline{A B}+\overline{A C}+\overline{B C}=8+12,5+19,5=40
\end{aligned}
$$

б) Со ротација на $\triangle \mathrm{ABC}$ околу $\mathrm{x}$-оската се добива конус, од кој $\mathrm{e}$ отстранет друг конус, со иста основа а помала висина. Заедничкиот радиус е $r=7,5$, а висините се:

$h_{1}=18, \quad h_{2}=10$

Тогаш, волуменот на ротационото тело е:

$V=V_{1}-V_{2}=\frac{\pi}{3} r^{2} \cdot h_{1}-\frac{\pi}{3} r^{2} \cdot h_{2}=\frac{\pi}{3} r^{2}\left(h_{1}-h_{2}\right)=\frac{\pi}{3} \cdot 7,5^{2} \cdot 8=150 \pi$.

Одговор: а) $\mid P=28$ кв. единици и 40 единици.

б) $V=150$ кубни единици.

35. (1980.VIH.3)
36. 

a) Очигледно, пирамидата е правилна четиристрана (цртеж бр. 24).со основен раб

$\mathrm{b}=\overline{\mathrm{AB}}=\frac{1}{2} \mathrm{~d}=\frac{1}{2} \mathrm{a} \sqrt{2}$, висина

$\mathrm{H}=\overline{\mathrm{SO}}=$ а и виянна на бочната страна (апотемет):

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-10.jpg?height=487&width=582&top_left_y=278&top_left_x=846)

Црт. 24

$\mathrm{h}=\overline{\mathrm{SE}}=\sqrt{\mathrm{H}^{2}+\overline{\mathrm{OE}}^{2}}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\left(\frac{\mathrm{d}}{4}\right)^{2}}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\left(\frac{\mathrm{a} \sqrt{2}}{4}\right)^{2}}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\frac{\mathrm{a}^{2}}{8}}=\sqrt{\frac{9 \mathrm{a}^{2}}{8}}=$ $=\frac{3 a}{2 \sqrt{2}}=\frac{3 a \sqrt{2}}{4}$.

Плоштината на пирамидата :

$P_{n}=B+M=b^{2}+4 \cdot \frac{b \cdot h}{2}=\frac{a^{2}}{2}+\frac{4}{2} \cdot \frac{a \sqrt{2}}{2} \cdot \frac{3 a \sqrt{2}}{4}=\frac{a^{2}}{2}+\frac{3 a^{2}}{2}=\frac{4 a^{2}}{2}=2 a^{2}$

Волуменот на пирамидата е:

$$
V_{n}=\frac{1}{3} B \cdot H=\frac{1}{3} \cdot b^{2} \cdot a=\frac{1}{3}\left(\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^{2} \cdot a=\frac{1}{3} \cdot \frac{a^{2}}{2} \cdot a=\frac{a^{3}}{6}
$$

б) Односот на плоштините на пирамидата и коцката е:

$$
\frac{P_{\Pi}}{P_{K}}=\frac{2 a^{2}}{6 a^{2}}=\frac{1}{3}
$$

а на волумените:

$$
\frac{V_{n}}{V_{K}}=\frac{a^{3}}{a^{3}}=\frac{1}{6}
$$

Одговор: а) $P_{\Pi}=2 a^{2} ; \quad V_{\Pi}=\frac{a^{3}}{6}$;

б) $P_{\Pi}: P_{K}=1: 3 ; \quad V_{\Pi}: V_{K}=1: 6$.

36. (1980.VIII.4)
37. $A B$ и $C D$ нека се две паралелни тетиви од истата страна на центарот 0 од кружницата $\mathrm{k}, \mathrm{M}$ и $\mathrm{N}$ нека се средините на $\mathrm{AB}$ и $\mathrm{CD}$; тогаш од условот на задачата е $\widehat{O M}=\frac{3}{5} \mathrm{r}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_614264d5c7890098822fg-11.jpg?height=325&width=584&top_left_y=520&top_left_x=246)

Црт. 25 $\overline{O N}=\frac{4}{5}$ г. Од правоаголниот триаголник ОВМ имаме :

$\overline{\mathrm{MB}}^{2}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}^{2}-\overrightarrow{\mathrm{OM}}^{2}$

$r^{2}-\left(\frac{3}{5} r\right)^{2}=\frac{16 r^{2}}{25}$.

r.e. $\left.\overline{M B}=\frac{4}{5} r\right) ; \quad \overline{A B}=\frac{8}{5} r$.

Од правоаголниот триаголник OCN имаме:

$\overline{\mathrm{NC}}^{2}=\overline{\mathrm{OC}}^{2}-\overline{\mathrm{ON}}^{2}=\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{4}{5} \mathrm{r}\right)^{2}=\frac{9 \mathrm{r}^{2}}{25}$,

т.е. $\overline{N C}=\frac{3 r}{5}, \quad \overline{C D}=\frac{6 r}{5}$.

$\overline{\mathrm{DP}}=\mathrm{h}$ нека е висина на трапезот $\mathrm{ABCD}$. Од правоаголниот $\triangle \mathrm{APD}$ имаме:

$$
\begin{aligned}
& \overline{\mathrm{AD}}^{2}=\overline{\mathrm{AP}}^{2}+\overline{\mathrm{PD}}^{2}=x^{2}+h^{2} \\
& \mathrm{x}=\frac{\overline{\mathrm{AB}}-\overline{\mathrm{CD}}}{2}=\frac{\frac{8}{5} r-\frac{6}{5} r}{2}=\frac{1}{5} r \\
& \mathrm{~h}=\frac{4}{5} \mathrm{r}-\frac{3}{5} \mathrm{r}=\frac{1}{5} \mathrm{r}
\end{aligned}
$$

Toraw : $\overline{A D}=\sqrt{\left(\frac{r}{5}\right)^{2}+\left(\frac{r}{5}\right)^{2}}=\frac{r}{5} \sqrt{2}$.

Периметарот на рамнокракиот трапез $\mathrm{ABCD}$ е:

$$
\begin{aligned}
& L=\overline{A B}+\overline{C D}+2 \overline{A D}=\frac{8}{5} r+\frac{6}{5} r+2 \cdot \frac{r \sqrt{2}}{5} \\
& l=\frac{2 r}{5}(7+\sqrt{2)}
\end{aligned}
$$

Аглите во трапезот $A B C D$ се: $\Varangle A=\not B=45^{\circ}$ (бидејки во триаголникот APD $h=x) n X C=X D=135^{\circ}$.

Одговор: $l=\frac{2 \mathrm{r}}{5}(7+\sqrt{2})$

$$
X A=X B=45^{\circ} ; \quad X C=X D=135^{\circ}
$$