# ХХ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

Задачите и решенијата се скенирани од книгата<br>Десет години републички натпревари по математика '86- '95<br>подготвена од Илија Јанев, Никола Петрески и Милчо Аврамоски

## VII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Најди четирицифрен број кој помножен со 9 дава четирицифрен број запишан со истите цифри, но во обратен ред.
2. Легура од бакар и цинк, со тежина $24 N$, при потопување во вода е полесна за $2 \frac{8}{9} \mathrm{~N}$. Одреди колку бакар и колку цинк има во легурата, ако е познато дека бакарот потопен во вода е полесен за $11 \frac{1}{9} \%$ од својата тежина, а цинкот потопен во вода е полесен за $14 \frac{2}{7} \%$ од својата тежина.
3. Двајца мотоциклисти истовремено тргнале од Скопје за Неготино. Првиот мотоциклист, половината од патот се движел со брзина од $40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а втората половина од патот со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Вториот мотоциклист половината од времето се движел со брзина од $40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а втората половина од времето со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Кој мотоциклист пристигнал прв во Неготино? Образложи го одговорот!
4. Низ темињата $B$ и $C$ на триаголникот $A B C$ повлечени се симетралите на надворешните агли. Од темето $A$ повлечени се нормали на овие симетрали кои ги сечат симетралите во точките $M$ и $N$. Докажи дека должината на отсечката $M N$ е еднаква на половина од периметарот на триаголникот $A B C$.
5. На правата $A B$ што не припаѓа на страната $A B$ на рамнокракиот триаголник $A B C(\overline{A C}=\overline{B C})$ избрана е произволна точка $M$. Докажи дека разликата на растојанијата од точката $M$ до краците на триаголникот $A B C$ е еднаква на висината на кракот на тој триаголник.

## XX (95.VII.1)

Нека $\overline{a b c d}$ е бараниот четирицифрен број, тогаш

$$
\overline{a b c d} \cdot 9=d c b a
$$

Бидејќи $1100 \cdot 9=9900$, а $1200 \cdot 9=10800$, заклучуваме дека $\overline{a b c d}<1200$, т.е. $\overline{a b}<12$. Значи: $a=1, b<2$, па имаме:

$$
\overline{1 b c d} \cdot 9=\overline{d c b 1}
$$

Оттука: $d=9$, па условот $(*)$ го добива видот:

$$
\overline{1 b c 9} \cdot 9=\overline{9 c b 1}
$$

Бројот $\overline{9 c b 1}$ е делив со 9 , следствено $b+c=8$ или $b+c=17$. Но $b<2$, т.е. $b=0$ или $b=1$, па следува дека $b+c=8$, т.е.

$$
b=0, c=8 \quad \text { или } \quad b=1, c=7
$$

Со проверка заклучуваме дека само за $b=0, c=8$ е исполнет условот (*). Значи, бараниот четирицифрен број е 1089.

## XX (95.VII.2)

Ако со $x$ ја означиме тежината на цинкот во легурата, тогаш тежината на бакарот ќе биде $24-x$. Бидејќи:

$$
11 \frac{1}{9} \%=\frac{100}{9} \cdot \frac{1}{100}=\frac{1}{9}, \quad 14 \frac{2}{7} \%=\frac{1}{7}
$$

следува дека бакарот потопен во вода е полесен за $\frac{1}{9}$ од својата тежина, а цинкот за $\frac{1}{7}$ од својата тежина, па имаме:

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{7} x+\frac{1}{9}(24-x) & =2 \frac{8}{9} \\
\frac{1}{7} x+\frac{24}{9}-\frac{1}{9} x & =\frac{26}{9} \\
\frac{1}{7} x-\frac{1}{9} x & =\frac{26}{9}-\frac{24}{9} \\
\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{9}\right) x & =\frac{2}{9} \\
\frac{2}{63} x & =\frac{2}{9}, \quad x=7 ; \quad 24-x=17
\end{aligned}
$$

Следствено, во легурата имало $17 N$ бакар и $7 N$ цинк.

## XX (95.VII.3)

Прв начин. Прв ќе пристигне мотоциклистот чија средна брзина е поголема. Очигледно, средната брзина на вториот мотоциклист е:

$$
y=\frac{v_{1}+v_{2}}{2}=\frac{40+60}{2}=50, \quad y=50 \mathrm{~km} / \mathrm{h}
$$

Да ја одредиме сега и средната брзина $x$ на првиот мотоциклист. Ако co $2 S$ го означиме патот од Скопје до Неготино, тогаш: првата половина $S$ од патот е измината со брзина од $40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ за време $t_{1}$, втората половина $S$ е измината со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ за време $t_{2}$, а целиот пат $2 S$ е изминат со брзина $x$ за време $t_{1}+t_{2}$. Значи имаме:

$$
\begin{aligned}
t_{1}+t_{2} & =t \\
\frac{S}{v_{1}}+\frac{S}{v_{2}} & =\frac{2 S}{x} \\
\frac{1}{40}+\frac{1}{60} & =\frac{2}{x} \\
\frac{3+2}{120} & =\frac{2}{x} \\
\frac{1}{24} & =\frac{2}{x}, \quad x=48 \mathrm{~km} / \mathrm{h}
\end{aligned}
$$

Значи, прв во Неготино ќе пристигне вториот мотоциклист.

Вйор начин. Задачата можеме да ја решиме и со споредување на времињата, т.е. прв ќe пристигне оној мотоциклист чие време на движење е помало.

Нека вториот-мотоциклист го изминал патот од Скопје до Неготино за време $t_{2}=2 x$ часови. Тогаш растојанието $S$ од Скопје до Неготино е $(S=v \cdot t)$

$$
S=40 x+60 x=100 x
$$

а половина од патот е $50 x$.

Првиот мотоциклист растојанието $\frac{S}{2}=50 x$ го минува со брзина од $40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а втората половина од патот - со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, па за времето $t_{1}$ добиваме:

$$
t_{1}=\frac{50 x}{40}+\frac{50 x}{60}=\frac{150 x+100 x}{120}=\frac{250 x}{120}=2 \frac{1}{12} x
$$

Бидејќи $t_{2}=2 x$, а $t_{1}=2 \frac{1}{12} x$, следува $t_{2}<t_{1}$, т.е. прв во Неготино ќе пристигне вториот мотоциклист и тоа за 5 минути порано од првиот.

## XX (95.VII.4)

Нека $p$ и $q$ се симетралите на надворешните агли во темињата $B$ и $C$ на $\triangle A B C, m$ и $n$ нормали повлечени од темето $A$ на тие симетрали, а $M$ и $N$ пресеците на $p$ и $m$, односно $q$ и $n$ (црт. 1). Треба да докажеме дека: $\overline{M N}=\frac{1}{2}(\overline{A B}+\overline{B C}+\overline{C A})$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-05.jpg?height=298&width=1100&top_left_y=558&top_left_x=320)

Црт. 1

Нека со $M_{1}$ и $N_{1}$ ги означиме пресеците на правите $m$ и $n$ со правата $B C$, тогаш триаголникот $A M_{1} B$ е рамнокрак, бидејќи симетралата на аголот низ неговиот врв $B$ е нормална на основата $A M_{1}$. Значи $M$ е средина на отсечката $A M_{1}$ и $\overline{A B}=\overline{M_{1} B}$. На сличен начин заклучуваме дека $\triangle A N_{1} C$ е рамнокрак, т.е. дека $N$ е средина на отсечката $A N_{1}$ и $\overline{C A}=\overline{C N}_{1}$.

Следствено, $M N$ е средна линија на $\Delta M_{1} N_{1} A$, па имаме:

$$
\overline{M N}=\frac{1}{2} \overline{M_{1} N_{1}}=\frac{1}{2}\left(\overline{M_{1} B}+\overline{B C}+\overline{C N_{1}}\right)=\frac{1}{2}(\overline{A B}+\overline{B C}+\overline{C A})
$$

Со тоа доказот е завршен.

Забелешка. За оние што сакаат да истражуваат и до целта да стигнат и по друг пат, им предлагаме поинаква идеја за решавање на оваа задача. Најдете $B_{1}=S_{M}(B)$ и $C_{1}=S_{N}(C)$ и докажете дека четириаголникот $B C C_{1} B_{1}$ е трапез со средна линија $M N$.

## XX (95.VII.5)

Нека $M P$ и $M R$ се нормали на краците на рамнокракиот $\triangle A B C$, а $B Q=h_{b}$ е висина на кракот (црт.2).

Треба да докажеме дека:

$$
\overline{M P}-\overline{M R}=h_{b}
$$

Прв начин. За таа цел повлекуваме $B N \perp P M$, тогаш четириаголникот $B N P Q \mathrm{e}$ правоаголник (има три прави агли). Ḱe покажеме дека:

$$
\triangle B M N \cong \triangle B M R
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-06.jpg?height=528&width=527&top_left_y=255&top_left_x=938)

Црт. 2

Тоа се два правоаголни триаголника со заедничка хипотенуза $B M$, па според тоа доволно е да докажеме дека $\measuredangle B M N=\measuredangle B M R$. Имаме:

$$
\begin{aligned}
& \measuredangle B M N=\measuredangle A C D=\frac{\gamma}{2} \\
& \measuredangle B M R=\measuredangle B C D=\frac{\gamma}{2}
\end{aligned}
$$

а оттука следува дека $\measuredangle B M N=\measuredangle B M R$.

Од складноста на овие триаголници следува дека $\overline{M N}=\overline{M R}$. Конечно добиваме:

$$
\begin{aligned}
& \overline{M P}=\overline{M N}+\overline{N P} \\
& \overline{M P}=\overline{M R}+\overline{B Q} \\
& \overline{M P}-\overline{M R}=h_{b}
\end{aligned}
$$

Вйор начин. Ја поврзуваме точката $M$ со темето $С$ и го добиваме триаголникот AMC. Имаме:

$$
\begin{aligned}
& P_{A B C}=P_{A M C}-P_{B M C} \\
& \frac{\overline{A C} \cdot h_{b}}{2}=\frac{\overline{A C} \cdot \overline{M P}}{2}-\frac{\overline{B C} \cdot \overline{M R}}{2}
\end{aligned}
$$

Имајќи предвид дека $\overline{A C}=\overline{B C}$, добиваме:

$$
h_{b}=\overline{M P}-\overline{M R}
$$

Забелешка. Обиди се, на сличен начин, да докажеш дека $h_{b}=\overline{M P}+\overline{M R}$, ако $M$ е произволна точка од отсечката $A B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-06.jpg?height=520&width=511&top_left_y=1593&top_left_x=951)

Црт. 3

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Докажи дека збирот $2+2^{2}+2^{3}+\ldots+2^{1995}$ е делив со 7 .
2. Од Скопје за Неготино тргнал автобус и за да стигне навреме се движел со брзина од $45 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Кога изминал $40 \%$ од патот, се задржал 12 минути. Останатиот дел од патот го изминал со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ и во Неготино пристигнал пет минути порано од предвиденото време. Одреди го растојанието од Скопје до Неготино.
3. Во еден рамнокрак трапез дијагоналата е два пати поголема од средната линија. Пресметај ја плоштината на трапезот, ако должината на средната линија е $s$.
4. Дијагоналите на тетивниот четириаголник $A B C D$ се сечат во точката $E$ и притоа $\overline{A B}=\overline{B C}$. Пресметај ја должината на дијагоналата $B D$, ако $\overline{A B}=6 \mathrm{~cm}$ и $\overline{B E}=4 \mathrm{~cm}$.
5. Во триаголник $A B C$ избрана е произволна точка $M$. Нека $d_{1}, d_{2}$ и $d_{3}$ се растојанијата од точката $M$ до страните $a, b$ и $c$, соодветно, а $h_{a}, h_{b}$ и $h_{c}$ висини на триаголникот на тие страни. Докажи дека

$$
\frac{d_{1}}{h_{a}}+\frac{d_{2}}{h_{b}}+\frac{d_{3}}{h_{c}}=1
$$

## XX (95.VIII.1)

Од

$$
\begin{aligned}
& 2+2^{2}+2^{3}=2\left(1+2+2^{2}\right)=2 \cdot 7 \\
& 2^{4}+2^{5}+2^{6}=2^{4}\left(1+2+2^{2}\right)=2^{4} \cdot 7
\end{aligned}
$$

воочуваме дека збирот на три последователни степени на бројот 2 е делив со 7. Бидејќи бројот 1995 е делив со 3 , за збирот $S=2+2^{2}+\ldots+2^{1995}$ добиваме:

$$
\begin{aligned}
S & =\left(2+2^{2}+2^{3}\right)+\left(2^{4}+2^{5}+2^{6}\right)+\ldots+\left(2^{1993}+2^{1994}+2^{1995}\right) \\
& =2\left(1+2+2^{2}\right)+2^{4}\left(1+2+2^{2}\right)+\ldots+2^{1993}\left(1+2+2^{2}\right) \\
& =7\left(2+2^{4}+2^{7}+\ldots+2^{1993}\right)
\end{aligned}
$$

од каде што следува дека $71 S$.

Забелешка. Можеш ли да докажеш дека збирот $S$ е делив со 31 ?

## XX (95.VIII.2)

Прв начин. Нека со $t$ го означиме времето за коешто автобусот требало да го измине патот $S$ од Скопје до Неготино, со брзина од $45 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Ако со $t_{1}$ го означиме времето за кое автобусот се движел со брзина од $45 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$ и изминал $40 \%$ од патот, т.е. изминал само $\frac{2}{5}$ од $S$, а со $t_{2}$ го означиме времето за кое автобусот ги изминал останатите $\frac{3}{5}$ од патот $S$ со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, тогаш, имајќи предвид дека се задржал 12 минути на патот и дека стигнал 5 минути порано од предвиденото време $t$, добиваме:

$$
\begin{aligned}
t & =t_{1}+t_{2}+\frac{12}{60}+\frac{5}{60} \\
\frac{S}{45} & =\frac{2 S}{225}+\frac{S}{100}+\frac{12}{60}+\frac{5}{60} / 900 \\
20 S & =8 S+9 S+180+75 \\
3 S & =255, \quad S=85
\end{aligned}
$$

Значи, растојанието од Скопје до Неготино е $85 \mathrm{~km}$.

Вйор иачин. Нека со $t$ го означиме предвиденото време за коешто автобусот требало да стигне од Скопје до Неготино, тогаш имајќи ги предвид условите на задачата, равенствата $40 \%=\frac{2}{5}$ и $60 \%=\frac{3}{5}$ и цртежот 4 , добиваме:

$$
\begin{aligned}
& \overline{A B}=45 t \\
& \overline{A C}=45 \cdot \frac{2}{5} t \\
& \overline{C B}=60\left(\frac{3}{5} t-\frac{17}{60}\right) \\
& \overline{A C}+\overline{C B}=\overline{A B}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-09.jpg?height=147&width=615&top_left_y=1491&top_left_x=863)

Црт. 4

$$
\begin{gathered}
45 \cdot \frac{2}{3} t+60\left(\frac{3}{5} t-\frac{17}{60}\right)=45 t \\
18 t+36 t-17=45 t \\
9 t=17, \quad t=\frac{17}{9} \\
\overline{A B}=45 \cdot \frac{17}{9}=85
\end{gathered}
$$

Значи, растојанието од Скопје до Неготино е $85 \mathrm{~km}$.

## XX (95.VIII.3)

Прв начин. Нека должината на средната линија во рамнокракиот трапез $A B C D$ е $s$, тогаш неговата дијагонала e $2 s$ (црт. 5). Треба да ја изразиме плоштината на трапезот во зависност од $s$.

Бидејќи $P=m \cdot h$, треба прво да ја одредиме висината $h$ на трапезот. Неа ја одредуваме од правоаголниот триаголник $A E C$, за чија катета $\overline{A E}$ нао́аме:

$$
\begin{aligned}
& \overline{A E}=\overline{A B}-\overline{B E}=\overline{A B}-\frac{\overline{A B}-\overline{C D}}{2} \\
& \overline{A E}=\frac{\overline{A B}+\overline{C D}}{2}=s
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-10.jpg?height=486&width=486&top_left_y=418&top_left_x=997)

Црт. 5

Тогаш: $h^{2}=(2 s)^{2}-s^{2}=3 s^{2}, h=s \sqrt{3}$, па за плоштината добиваме:

$$
P=m \cdot h=s \cdot s \sqrt{3}=s^{2} \sqrt{3}
$$

Вйор начин. Повлекуваме $C F \| B D$ и го добиваме триаголникот $A F C$, чија плоштина е еднаква на плоштината на рамнокракиот трапез $A B C D$ (црт. 6). Овој триаголник е рамностран, (зошто?), со страна $2 s$, па неговата плоштина е:

$$
P=\frac{(2 s)^{2} \sqrt{3}}{4}=s^{2} \sqrt{3}
$$

Значи, плоштината на трапезот $A B C D$ е $s^{2} \sqrt{3}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-10.jpg?height=462&width=543&top_left_y=1158&top_left_x=937)

## XX (95.VIII.4)

Нека дијагоналите на тетивниот четириаголник $A B C D$ се сечат во точката $E$ и нека $\overline{A B}=\overrightarrow{B C}=6$ и $\overline{B E}=4$ (црт. 7). Треба да ја најдеме должината на дијагоналата $B D$.

Од:

тиви)

$\measuredangle A D B=\measuredangle B D C$ (над еднакви те-

$\measuredangle B A C=\measuredangle B D C$ (над ист лак)

следува дека:

$$
\measuredangle A D B=\measuredangle B A C
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-11.jpg?height=521&width=552&top_left_y=268&top_left_x=933)

Црт. 7

Бидејќи $\angle A B D$ е заеднички за триаголниците $A B E$ и $D B A$, следува дека тие се слични, од каде што имаме:

$$
\begin{aligned}
\overline{A B}: \overline{B E} & =\overline{D B}: \overline{B A} \\
6: 4 & =\overline{D B}: 6, \quad \overline{D B}=9
\end{aligned}
$$

Значи, дијагоналата $B D$ на четириаголник $A B C D$ е $9 \mathrm{~cm}$.

## XX (95.VIII.5)

Нека $M$ е произволна точка во $\triangle A B C$, а $d_{1}, d_{2}$ и $d_{3}$ нека се растојанијата од точката $M$ до неговите страни $a, b, c$, соодветно. Со отсечките $A M, B M$ и $C M$ триаголникот $A B C$ е поделен на три триаголника (црт. 8), чиј збир на плоштините е еднаков на плоштината $P$ на $\triangle A B C$. Значи имаме:

$$
\begin{aligned}
P_{B C M}+P_{C A M}+P_{A B M} & =P \\
\frac{a d_{1}}{2}+\frac{b d_{2}}{2}+\frac{c d_{3}}{2} & =P \quad /: P \\
\frac{a d_{1}}{2 P}+\frac{b d_{2}}{2 P}+\frac{c d_{3}}{2 P} & =1
\end{aligned}
$$

Имајќи предвид дека:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_36fd836ef9f6c59982d6g-12.jpg?height=430&width=534&top_left_y=477&top_left_x=913)

добиваме:

$$
2 P=a h_{a}=b h_{b}=c h_{c}
$$

$$
\begin{array}{r}
\frac{a d_{1}}{a h_{a}}+\frac{b d_{2}}{b h_{b}}+\frac{c d_{3}}{c h_{c}}=1 \\
\frac{d_{1}}{h_{a}}+\frac{d_{2}}{h_{b}}+\frac{d_{3}}{h_{c}}=1
\end{array}
$$