# XII 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. Легура од бакар и олово со маса $12 \mathrm{~kg}$ содржи $45 \%$ бакар. Колку олово треба да й се додаде на легурата за да содржи $40 \%$ бакар?
2. Најди ги сите природни броеви $n$, такви што изразот $10^{n}-1$ да биде делив со 81 .
3. Во рамностраниот триаголник $A B C$ центарот на опишаната кружница е $O$, а точките $M$ и $E$ на страните $A B$ и $A C$ се избрани така што $\overline{A M}+\overline{A E}=\overline{A B}$. Докажи дека $\overline{O M}=\overline{O E}$ и $\measuredangle M O E=120^{\circ}$.
4. Висините $C M$ и $A P$ на триаголникот $A B C$ се сечат во точка $H$. Одреди го аголот $A C B$ на триаголникот $A B C$, ако $\overline{A B}=\overline{C H}$.
## XII (87.VII.1)
Прв начин. Задачата ќе ја решиме со равенка. Ако со $x$ го означиме бројот на килограмите олово што треба да ги додадеме на легурата, добиваме:
$$
\begin{aligned}
12 \cdot \frac{45}{100} & =(12+x) \cdot \frac{40}{100} \\
12 \cdot 45 & =12 \cdot 40+40 x \\
540-480 & =40 x \\
60 & =40 x, \quad x=\frac{3}{2} .
\end{aligned}
$$
Значи треба да додадеме $1,5 \mathrm{~kg}$ олово.
Вйор начин. Задачата можеме да ја решиме и со просто правило тројно. Од шемата:
ја составуваме пропорцијата $(12+x): 12=45: 40$, од каде што добиваме
$$
40(12+x)=45 \cdot 12, \quad x=1,5
$$
## XII (87.VII.2)
Бројот $A=10^{n}-1=100 \ldots 0-1=99 \ldots 9$ се запишува со $n$ деветки, па секогаш е делив со 9. При ова делење се добива како количник бројот 11...1 запишан со $n$ единици. За бројот $A$ да биде делив со 81 , треба количникот $11 \ldots 1$ да биде делив со 9, а тоа е можно само ако збирот на цифрите $1+1+\ldots+1=n$ е делив со 9 .
Следствено $n$ е содржател на 9, т.е.
$$
n=9 k, k \in \mathbb{N} \text { или } n \in\{9,18,27, \ldots\}
$$
## XII (87.VII.3)
Нека $O$ е центарот на опишаната кружница околу рамностраниот $\triangle A B C$ и нека точките $M$ и $N$ се такви што $\overline{A M}+\overline{A E}=\overline{A B}$ (црт. 1). Треба да докажеме дека $\overline{O M}=\overline{O E}$ и $\measuredangle M O E=120^{\circ}$.
Имаме:
ство.
$$
\begin{aligned}
& \overline{A M}+\overline{A E}=\overline{A B}, \text { по услов } \\
& \overline{A M}+\overline{M B}=\overline{A B}, \text { очигледно равен- }
\end{aligned}
$$
Оттука следува дека $\overline{A E}=\overline{M B}$.
Црт. 1 бидејќи:
Понатаму воочуваме дека $\triangle A O E \cong \triangle B O M$, според признакот $\mathrm{CAC}$,
1) $\overline{A O}=\overline{B O}=R$,
2) $\overline{A E}=\overline{B M}$, докажавме
3) $\measuredangle O A E=\measuredangle O B M=30^{\circ}$.
Од складноста на овие триаголници следува:
$$
\overline{O E}=\overline{O M} \quad \text { и } \quad \measuredangle A O E=\measuredangle B O M
$$
Бидејќи $\angle A O B=120^{\circ}$, тогаш добиваме:
$$
\begin{aligned}
\measuredangle E O M & =\measuredangle E O B-\measuredangle B O M \\
& =\measuredangle E O B-\measuredangle A O E \\
& =\measuredangle A O B=120^{\circ}
\end{aligned}
$$
## XII (87.VII.4)
Нека висините $A P$ и $C M$ на триаголникот $A B C$ се сечат во точката $H$ (црт. 2). Очигледно $\alpha_{1}=\gamma_{1}$, како агли со заемно нормални краци. Натаму, по услов $\overline{A B}=\overline{C H}$, па следува дека правоаголните триаголници $A B P$ и $C H P$ се складни (имаат еднакви хипотенузи и по еден остар агол).
Оттука следува дека $\overline{A P}=\overline{C P}$, т.е. триаголникот $A C P$ е рамнокрак правоаголен, бидејќи $A P \perp C P$. Значи, $\triangle A C B=45^{\circ}$.
Забелешка. За еднаквоста на аглите $\alpha_{1}$ и $\gamma_{1}$ можеме да заклучиме и од условите:
$$
\begin{array}{ll}
\alpha_{1}+\beta=90^{\circ}, & \text { од } \triangle A B P \\
\gamma_{1}+\beta=90^{\circ}, & \text { од } \triangle B C M
\end{array}
$$
Црт. 2
## VIII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Двајца велосипедисти тргнуваат истовремено од местата $A$ и $B$, еден спроти друг и се среќаваат по извесно време. Првиот велосипедист патот од $A$ до $B$ го поминал за 4 часа и 48 минути повеќе од времето поминато до среќавањето, а вториот патот од $B$ до $A$ го поминал за 3 часа и 20 минути повеќе од времето поминато до среќавањето. За колку време секој од велосипедистите може да го мине растојанието меѓу двете места ?
2. Ако збирот на два цели броја е делив со 10 , тогаш квадратите на тие броеви завршуваат на иста цифра. Докажи!
3. Докажи дека кај секој паралелограм збирот од квадратите на дијагоналите е еднаков на двојниот збир од квадратите на неговите страни.
4. Во правоаголниот триаголник $A B C$, со хипотенуза $A B$, симетралата на аголот кај темето $A$ ја дели страната $B C$ на два дела со должини $5 \mathrm{~cm}$ и $13 \mathrm{~cm}$. Пресметај ги периметарот и плоштината на тој триаголник.
## XII (87.VIII.1)
Ако со $x$ го означиме времето до средбата, тогаш првиот велосипедист ќе го помине патот за $\left(x+4 \frac{4}{5}\right)$ часа, а вториот за $\left(x+3 \frac{1}{3}\right)$ часа. Бидејќи до средбата, по $x$ часа, велосипедистите заедно го минале целиот пат, ќе следува дека за 1 час тие ќе поминат само $\frac{1}{x}$ дел од патот. Од друга страна, секој од нив за еден час го поминува следниот дел од патот:
$$
\begin{aligned}
& \text { првиот: } \quad \frac{1}{x+\frac{24}{5}}=\frac{5}{5 x+24} \\
& \text { вториот: } \quad \frac{1}{x+\frac{10}{3}}=\frac{3}{3 x+10}
\end{aligned}
$$
Според тоа ја добиваме следната равенка:
$$
\frac{5}{5 x+24}+\frac{3}{3 x+10}=\frac{1}{x}
$$
Ако равенката ја помножиме со $x(5 x+24)(3 x+10) \neq 0$, добиваме:
$$
\begin{aligned}
5 x(3 x+10)+3 x(5 x+24) & =(5 x+24)(3 x+10) \\
15 x^{2}+50 x+15 x^{2}+72 x & =15 x^{2}+50 x+72 x+240 \\
15 x^{2}=240, \quad x^{2} & =16, \quad x= \pm 4
\end{aligned}
$$
Бидејќи $x$ е позитивен број, следува дека $x=4$. Според тоа, патот помеѓу местото $A$ и $B$ првиот велосипедист ќе го помине за 8 часа и 48 минути, а вториот - за 7 часа и 20 минути.
## XII (87.VIII.2)
Прв начин. Ако збирот на два цели броја е делив со 10 , тогаш настануваат следните можности:
1) Двата броја завршуваат на 0 или на 5 , но тогаш и нивните квадрати завршуваат на 0 или на 5 , т.е. завршуваат на иста цифра.
2) Едниот број завршува на 1 , другиот на 9 , а нивните квадрати завршуваат на 1.
3) Едниот број завршува на 2, другиот на 8, а нивните квадрати на 4.
4) Едниот број завршува на 3 , другиот на 7 , а нивните квадрати на 9.
5) Едниот број завршува на 4, другиот на 6 , а нивните квадрати на 6.
Значи, во секој случај кога збирот на два броја е делив со 10 , квадратите на тие броеви завршуваат на иста цифра.
Вйор начин. Нека $a$ и $b$ се два цели броја чиј збир $a+b$ е делив со 10, т.е. $a+b=10 \mathrm{~m}$. Тогаш и производот $(a+b)(a-b)$ е делив со 10 . Бидејќи $(a+b)(a-b)=a^{2}-b^{2}$, следува дека и разликата $a^{2}-b^{2}$ е делива со 10 , т.е. завршува на 0 . Оттука следува дека $a^{2}$ и $b^{2}$ завршуваат на иста цифра.
Трей начин. Нека $a=10 m+r$ и $b=10 n+p$ се два цели броја, кои при делење со 10 даваат остатоци $r$ и $p$, соодветно. За збирот $a+b$ да биде делив со 10, треба да важи:
$$
r+p=10, \text { т.e. } p=10-r
$$
За квадратите на броевите $a$ и $b$ добиваме:
$$
\begin{aligned}
& a^{2}=(10 m+r)^{2}=100 m^{2}+20 m r+r^{2} \\
& b^{2}=(10 n+p)^{2}=100 n^{2}+20 n p+p^{2}
\end{aligned}
$$
Имајќи го предвид равенството $(*)$, добиваме:
$$
\begin{aligned}
& p^{2}=(10-r)^{2}=100-20 r+r^{2} \\
& b^{2}=100 n^{2}+20 n(10-r)+100-20 r+r^{2}
\end{aligned}
$$
Следствено, од равенствата:
$$
\begin{aligned}
& a^{2}=10\left(10 m^{2}+2 m r\right)+r^{2} \\
& b^{2}=10\left(10 n^{2}+20 n-2 n r+10-2 r\right)+r^{2}
\end{aligned}
$$
заклучуваме дека броевите $a^{2}$ и $b^{2}$ завршуваат на иста цифра со која завршува и $r^{2}$.
## XII (87.VII.3)
Нека $A B C D$ е произволен паралелограм и нека $\overline{A C}=d_{1}, \overline{B D}=d_{2}$. Треба да докажеме дека:
$$
d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=a^{2}+b^{2}+a^{2}+b^{2}
$$
За таа цел ги повлекуваме висините од $C$ и $D$ и добиваме два складни правоаголни триаголници $A E D$ и $B F C$ (црт. 3).
Од правоаголниот $\triangle A E D$ имаме
$$
h^{2}=b^{2}-x^{2}
$$
Црт. 3
Од правоаголните триаголници $A F C$ и $B E D$, имајќи го предвид равенството (1), добиваме:
$$
\begin{aligned}
& d_{1}^{2}=(a+x)^{2}+h^{2}=a^{2}+2 a x+x^{2}+b^{2}-x^{2}=a^{2}+b^{2}+2 a x \\
& d_{2}^{2}=(a-x)^{2}+h^{2}=a^{2}-2 a x+x^{2}+b^{2}-x^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a x
\end{aligned}
$$
Ако ги собереме последните две равенства, добиваме:
$$
d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=a^{2}+b^{2}+2 a x+a^{2}+b^{2}-2 a x
$$
т.е.
$$
d_{1}^{2}+d_{2}^{2}=2\left(a^{2}+b^{2}\right)
$$
## XII (87.VIII.4)
Прв начин. Нека $A D$ е симетрала на остриот агол $\alpha$ во правоаголниот $\triangle A B C$ и нека $\overline{B D}=13 \mathrm{~cm}, \overline{C D}=5 \mathrm{~cm}$ (црт. 4).
За да ги пресметаме периметарот $L$ и плоштината $P$ на правоаголниот $\triangle A B C$, треба да ги најдеме уште страните $c=\overline{A B}$ и $b=\overline{A C}$.
За таа цел повлекуваме $D N \perp A B ;$ тогаш
$\triangle A C D \cong \triangle A N D$
(Зошто?)
Црт. 4
Од складноста на овие триаголници следува $\overline{D N}=\overline{D C}=5$, па од правоаголниот триаголник $N B D$ наобаме:
$$
\overline{N B}^{2}=13^{2}-5^{2}=144, \quad \overline{N B}=12
$$
Понатаму, од сличноста на триаголниците $A B C$ и $D B N$ добиваме:
$$
\begin{aligned}
\overline{A C}: \overline{B C} & =\overline{D N}: \overline{B N} \\
\overline{A C}: 18 & =5: 12 \\
\overline{A C} & =\frac{5 \cdot 18}{12}=7,5
\end{aligned}
$$
Значи, $b=7,5$. Од $\overline{A N}=\overline{A C}=7,5$, имаме:
Конечно:
$$
c=\overline{A B}=\overline{A N}+\overline{N B}=7,5+12=19,5
$$
$$
\begin{aligned}
& L=a+b+c=18+7,5+19,5=45 \\
& P=\frac{1}{2} a b=\frac{1}{2} \cdot 18 \cdot 7,5=67,5
\end{aligned}
$$
Значи, периметарот на $\triangle A B C$ с $45 \mathrm{~cm}$, а плоштината $67,5 \mathrm{~cm}^{2}$.
Забелешка. За одредување на страните $b$ и $c$ на $\triangle A B C$ можеме да го користиме својството на симетралата на аголот $\alpha$, па имаме:
$$
\begin{aligned}
\overline{A C}: \overline{B C} & =\overline{C D}: \overline{B D} \\
b & : c=5: 13, \text { we } c=\frac{13}{5} b
\end{aligned}
$$
## Од Питагоровата теорема за $\triangle A B C$ добиваме:
$$
\begin{aligned}
c^{2} & =a^{2}+b^{2} \\
\left(\frac{13}{5} b\right)^{2} & =18^{2}+b^{2} \\
\left(\frac{169}{25}-1\right) b^{2} & =18^{2} \\
\frac{144}{25} b^{2} & =18^{2}, \text { т.e. } \frac{12}{5} b=18
\end{aligned}
$$
од каде што $b=\frac{15}{2}$; а потоа и $c=\frac{39}{2}$.