# ХХХІ РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. Во $1000 \mathrm{~kg}$ свежи печурки има $77 \%$ вода. По испарување на одредено количество вода, масата на печурките била преполовена. Колку проценти вода содржат сега печурките?

Решение. Во $1000 \mathrm{~kg}$ свежи печурки има $770 \mathrm{~kg}$ вода. По испарувањето на водата масата на печурките се преполовила што значи дека испариле $500 \mathrm{~kg}$ вода. Значи во преостанатите $500 \mathrm{~kg}$ печурки има $770-500=$ $270 \mathrm{~kg}$ вода. Значи сега во печурките има $\frac{270}{500}=54 \%$ вода.

2. Најди го петцифрениот број, делив со 3 , чии што први три цифри формираат број кој е квадрат на некој природен број, а последните три цифри формираат трицифрен број кој е куб на некој природен број.

Решение. Ако бараниот петцифрен број е $\overline{a b c d e}$ тогаш $\overline{a b c}$ е квадрат на некој број и $\overline{c d e}$ е куб на некој природен број. Тогаш $\overline{c d e} \in\{125$, $216,343,512,729\}$. Бидејќи $\overline{a b c}$ е квадрат на некој број имаме $c \in\{0,1,4,5,6,9\}$, па $\overline{c d e} \in\{125,512\}$. Трицифрени броеви кои се квадрат на природен број со цифра на единици 1 или 5 се: 121, 225, 361, 441, 625 , 841 и 961 . Бидејќи $a+b+c+d+e=3 k$, бараниот петцифрен број е 22512 .

3. Даден е паралелограмот $A B C D$. Нека $E$ лежи на правата $B C$ така што $\overline{A E}=\overline{A B}$ и нека $F$ лежи на правата $A B$ така што $\overline{C F}=\overline{C B}$. Докажи дека $\overline{D E}=\overline{D F}=\overline{A C}$.

Решение. Да го означиме аголот $D A B$ со $\alpha$. Тогаш важи

$$
\begin{gathered}
\measuredangle C B F=\measuredangle C F B=\measuredangle A B E=\measuredangle A E B=\alpha, \\
\measuredangle B A E=180^{\circ}-2 \alpha \text { и } \measuredangle B C F=180^{\circ}-2 \alpha . \\
\text { За триаголниците } A D E \text { и } D A C \text { важи: }
\end{gathered}
$$

$$
\overline{A D}=\overline{D A}, \overline{A E}=\overline{A B}=\overline{D C}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_76a5beb94ad46dfe5c51g-1.jpg?height=322&width=522&top_left_y=1747&top_left_x=979)

$\measuredangle D A E=\alpha+180^{\circ}-2 \alpha=180^{\circ}-\alpha=\measuredangle A D C$

и затоа тие се складни. Тогаш $\overline{D E}=\overline{A C}$. Бидејќи

$$
\begin{gathered}
\overline{F C}=\overline{C B}=\overline{D A}, \overline{D C}=\overline{A B}=\overline{E A} \text { и } \\
\measuredangle D C F=\alpha+180^{\circ}-2 \alpha=180^{\circ}-\alpha=\measuredangle E A D
\end{gathered}
$$

триаголниците $D F C$ и $E D A$ се складни, па затоа $\overline{D F}=\overline{E D}$. Конечно, $\overline{D F}=\overline{E D}=\overline{A C}$.

4. Во рамнокрак триаголник аголот кај врвот е $108^{\circ}$. Докажи дека висината спуштена кон основата е два пати помала од симетралата на аголот на основата.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_76a5beb94ad46dfe5c51g-2.jpg?height=334&width=777&top_left_y=746&top_left_x=246)

Решение. Да ја означиме висината кон основата со $\overline{C D}$ која воедно е и симетрала на аголот кај врвот, а со $\overline{A E}$ симетралата на аголот на основата и нека пресечната точка на $C D$ и $A E$ е $O$. Аглите на основата се $\left(180^{\circ}-108^{\circ}\right): 2=36^{\circ}$. Тогаш $\measuredangle O C E=54^{\circ}$ и $\measuredangle C E O=\measuredangle C E A=180^{\circ}-108^{\circ}-18^{\circ}=54^{\circ}$.

Значи триаголникот $E C O$ е рамнокрак, па $\overline{O C}=\overline{O E}$. Ако $F$ е средина на $\overline{A E}$ тогаш $2 \overline{F E}=\overline{A E}$. Уште, $\overline{F D}$ е средна линија на триаголникот $A B E$ па $F D \| B C$. Тогаш $\measuredangle F D O=\measuredangle O C E=54^{\circ}$ и $\measuredangle O F D=\measuredangle O E C=54^{\circ}$. Затоа и триаголникот $F D O$ е рамнокрак и важи $\overline{O F}=\overline{O D}$. Тогаш имаме $\overline{F E}=\overline{F O}+\overline{O E}=\overline{O D}+\overline{O C}=\overline{C D}$. Значи $\overline{A E}=2 \overline{F E}=2 \overline{C D}$, па висината кон основата е два пати помала од симетралата на аголот на основата.

5. Анета и Виктор играат игра. Играта ја започнува Анета кажувајќи број од 1 до 7. Потоа Виктор го собира тој број со некој број од 1 до 7 и го кажува збирот. Анета, бројот што го кажал Виктор го собира со некој број од 1 до 7 и го кажува збирот и оваа постапка наизменично ја повторуваат, се додека некој од нив не го каже бројот 100 . Победник е оној кој прв ќе го каже бројот 100. Дали Анета, како играч што ја почнува играта, може да си обезбеди сигурна победа и како?

Решение. Анета ќе победи во оваа игра ако стигне до бројот 92 (тогаш Виктор би го добил бројот 93,94,...,98 или 99 па јасно Анета додавајќи
$7,6, \ldots, 2$ или 1 ќе го каже бројот 100). За да со сигурност го каже бројот 92, во претходниот чекор Анета треба да го каже бројот 84, односно претходно да го каже 76 итн. Бидејќи $92=11 \cdot 8+4$, Анета како прв играч, треба да почне со бројот 4 и кажувајќи ги во секој нејзин следен чекор броевите помали од сто кои при делење со 8 даваат остаток 4 си обезбедува сигурна победа.

## VII одделение

1. Најди ја вредноста на изразот $(3 x-y)(x+3 y)+(3 x+y)(x-3 y)$ ако важи $x^{2}+y^{2}+4 x-10 y+29=0$.

Решение. Од

$$
x^{2}+y^{2}+4 x-10 y+29=(x+2)^{2}+(y-5)^{2}
$$

следува

$$
(x+2)^{2}+(y-5)^{2}=0
$$

Оттука $x+2=0$ и $y-5=0$, односно $x=-2$ и $y=5$. Тогаш

$$
(3 x-y)(x+3 y)+(3 x+y)(x-3 y)=-11 \cdot 13+17=-126
$$

2. Даден е триаголникот $A B C$. На страната $A B$ дадена е точка $M$ така што $\overline{A M}=\frac{1}{5} \overline{A B}$, а на страната $B C$ точка $N$ така што $\overline{B N}=\frac{1}{3} \overline{B C}$. Ако плоштината на триаголникот $M B N$ е $16 \mathrm{~cm}^{2}$, најди ја плоштината на триаголникот $A B C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_76a5beb94ad46dfe5c51g-3.jpg?height=409&width=661&top_left_y=1521&top_left_x=246)

Решение. Плоштината на триаголникот $M B C$ е

$$
\begin{aligned}
P_{M B C} & =\frac{1}{2} \overline{M B} \cdot \overline{C E}=\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{5} \overline{A B} \cdot \overline{C E} \\
& =\frac{4}{5} \cdot \frac{1}{2} \overline{A B} \cdot \overline{C E}=\frac{4}{5} P_{A B C}
\end{aligned}
$$

Од друга страна,

$$
\begin{aligned}
P_{M B C} & =\frac{1}{2} \overline{B C} \cdot \overline{M F}=\frac{1}{2} \cdot 3 \overline{B N} \cdot \overline{M F} \\
& =3 \cdot \frac{1}{2} \overline{B N} \cdot \overline{M F}=3 P_{M B N}
\end{aligned}
$$

Значи, $3 P_{M B N}=\frac{4}{5} P_{A B C}$ и оттука $P_{A B C}=\frac{15}{4} \cdot 16=60 \mathrm{~cm}^{2}$.

3. Најди ја цифрата на илјадите во бројот

$$
2 \cdot 7^{2009}+6 \cdot 7^{2008}+3 \cdot 7^{2007}-7^{2006}
$$

Решение. Имаме

$$
\begin{aligned}
n & =2 \cdot 7^{2009}+6 \cdot 7^{2008}+3 \cdot 7^{2007}-7^{2006} \\
& =7^{2006}\left(2 \cdot 7^{3}+6 \cdot 7^{2}+3 \cdot 7-1\right) \\
& =7^{2004} \cdot 7^{2} \cdot 1000 \\
& =\left(7^{4}\right)^{501} \cdot 49 \cdot 1000 \\
& =2401^{501} \cdot 49 \cdot 1000
\end{aligned}
$$

Бидејќи $2401^{501}$ за цифра на единици ја има цифрата 1 , следува дека $2401^{501} .49$ завршува на цифрата 9, па последните четири цифри на $n$ се 9000 . Значи цифрата на илјадите на бројот $n$ е 9 .

4. Аголот $B C A$ на триаголникот $A B C$ е $30^{\circ}$. Нека триаголникот $A B D$ е рамностран така што триаголниците $A B C$ и $A B D$ се во различна полурамнина во однос на правата $A B$. Докажи дека важи $\overline{C D}^{2}=\overline{C A}^{2}+\overline{C B}^{2}$.

Решение. Нека $M$ е точка така што триаголникот $C B M$ е рамностран и триаголниците $A B C$ и $C B M$ се во различни полурамнини во однос на правата $C B$. Тогаш

$$
\measuredangle A C M=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}
$$

па триаголникот $A M C$ е правоаголен. Значи

$$
\overline{A M}^{2}=\overline{A C}^{2}+\overline{C M}^{2}=\overline{A C}^{2}+\overline{C B}^{2}
$$

Од друга страна, триаголниците

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_76a5beb94ad46dfe5c51g-4.jpg?height=536&width=529&top_left_y=1246&top_left_x=935)

$D B C$ и $A B M$ се складни ( $\overline{D B}=\overline{A B}, \measuredangle D B C=\measuredangle A B M$ и $\overline{B C}=\overline{B M}$ и затоа $\overline{C D}=\overline{A M}$. Значи, $\overline{A C}^{2}+\overline{C B}^{2}=\overline{A M}^{2}=\overline{C D}^{2}$.

5. Даден е конвексен четириаголник $A B C D$. Над страните $\overline{A B}, \overline{B C}, \overline{C A}$ и $\overline{D A}$ како над дијаметри се конструирани полукругови кон внатрешноста на четириаголникот $A B C D$. Докажи дека не постои точка од
внатрешноста на четириаголникот која е надворешна точка за сите четири полукругови.

Решение. Нека точката $P$ е внатрешна за четириаголникот $A B C D$, а е надворешна точка за четирите полукругови. Нека правата $A P$ ја сече полукружницата со дијаметар $\overline{A B}$ во точка $Q$, па $\measuredangle A Q B=90^{\circ}$. Тогаш

$$
90^{\circ}=\measuredangle A Q B=\measuredangle Q P B+\measuredangle P B Q>\measuredangle Q P B=\measuredangle A P B
$$

Слично, $\measuredangle B P C<90^{\circ}, \measuredangle C P D<90^{\circ}$ и $\measuredangle D P A<90^{\circ}$. Тогаш

$$
360^{\circ}=\measuredangle A P B+\measuredangle B P C+\measuredangle C P D+\measuredangle D P A<360^{\circ},
$$

што не е можно.

Значи, не постои точка од внатрешноста на четириаголникот која е надворешна точка за сите четири полукругови.

## VIII одделение

1. Ако за ненултите броеви $a, b, c$ важи $\frac{a y-b x}{c}=\frac{c x-a z}{b}=\frac{b z-c y}{a}$ тогаш $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}$. Докажи.

Решение. Од $\frac{a y-b x}{c}=\frac{c x-a z}{b}$ имаме $y=\frac{c^{2} x-a c z+b^{2} x}{a b}$, а од $\frac{c x-a z}{b}=\frac{b z-c y}{a}$ имаме $y=\frac{b^{2} z-a c x+a^{2} z}{b c}$. Тогаш од $\frac{c^{2} x-a c z+b^{2} x}{a b}=\frac{b^{2} z-a c x+a^{2} z}{b c}$ добиваме $c x\left(c^{2}+b^{2}+a^{2}\right)=a z\left(c^{2}+b^{2}+a^{2}\right)$.

Бидејќи $a, b, c \neq 0$, имаме $c^{2}+b^{2}+a^{2} \neq 0$. Затоа $c x=a z$, т.е. $\frac{x}{a}=\frac{z}{c}$. Од $c x=a z$ следува $\frac{a y-b x}{c}=\frac{c x-a z}{b}=0$, односно $a y-b x=0$. Значи $a y=b x$, односно $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}$.

2. Најди ги сите трицифрени броеви $\overline{a b c}$ со различни цифри за кои важи $a^{2}-b^{2}-c^{2}=a-b-c$.

Решение. Ако $b=0$ тогаш $a^{2}-c^{2}=a-c$, односно $(a-c)(a+c)=a-c$. Бидејќи од условот во задачата $a \neq c$ добиваме дека $a+c=1$, а оттука $a=1$ и $c=0$, односно цифрите $b$ и $c$ се еднакви што е контрадикција. Значи $b \neq 0$ и аналогно се докажува дека $c \neq 0$. Слично се докажува дека $b \neq 1$ и $c \neq 1$. Ако $a=1$, тогаш од условот следува дека
$b^{2}+c^{2}=b+c$, т.е. $b(b-1)+c(c-1)=0$, а од друга страна бидејќи $b, c \neq 0$ и $b, c \neq 1$ имаме $b(b-1)+c(c-1)>0$. Значи, $a \neq 1$. Натаму ќе го разгледуваме еквивалентното равенство

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

Производот на левата страна на ова равенство припаѓа во множеството

$$
\{2,6,12,20,30,42,56,72\}
$$

а збирот на производите на десната страна во множеството

$$
\begin{aligned}
& \{8,14,22,32,44,58,74,18,26,36,48,62,78,42 \\
& 54,68,84,50,76,92,72,86,102,98,114,128\}
\end{aligned}
$$

Бидејќи 42 и 72 се во пресекот на двете множества имаме:
i) $42=12+30$, односно $7 \cdot 6=4 \cdot 3+6 \cdot 5$, па ги добиваме броевите 746 и 764 ;

ii) $72=30+42$, односно $9 \cdot 8=6 \cdot 5+7 \cdot 6$, па ги добиваме броевите 967 и 976. Значи, бараните броеви се 746, 764, 967 и 976.

3. Нека $T$ е тежиште на триаголникот $A B C$. Правата $p$ која минува низ $T$ и е паралелна со $A C$ ја сече страната $A B$ во точка $M$, правата $q$ која минува низ $T$ и е паралелна со $A B$ ја сече страната $B C$ во точка $N$ и правата $r$ која минува низ $T$ и е паралелна со $B C$ ја сече страната $A C$ во точка $P$. Докажи дека трапезите $M B N T, N C P T$ и PAMT имаат еднакви плоштини.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_76a5beb94ad46dfe5c51g-6.jpg?height=476&width=837&top_left_y=1430&top_left_x=242)

Решение. Нека $\overline{C S}$ е тежишна линија во триаголникот $A B C$. Тогаш триаголниците $\operatorname{CSB}$ и $C T N$ се слични и важи

$$
\frac{\overline{T N}}{\overline{S B}}=\frac{\overline{C T}}{\overline{C S}}=\frac{2}{3}
$$

Оттука

$$
\overline{T N}=\frac{2}{3} \overline{S B}=\frac{1}{3} \overline{A B}
$$

Исто така, триаголниците $A S C$ и $M S T$ се слични и важи $\frac{\overline{M S}}{\overline{A S}}=\frac{\overline{T S}}{C S}=\frac{1}{3}$, па $\overline{M S}=\frac{1}{3} \overline{A S}=\frac{1}{6} \overline{A B}$. Тогаш $\overline{M B}=\overline{M S}+\overline{S B}=\frac{1}{6} \overline{A B}+\frac{1}{2} \overline{A B}=\frac{2}{3} \overline{A B}$. Ако $\overline{C Q}$ е висина во триаголникот $A B C$, а $\overline{T R}$ е висина во трапезот $M B N T$
тогаш триаголниците $Q S C$ и $R S T$ се слични и имаме $\frac{\overline{T R}}{\overline{C Q}}=\frac{\overline{T S}}{\overline{C S}}=\frac{1}{3}$. Значи, $\overline{T R}=\frac{1}{3} \overline{C Q}$ и за плоштината на трапезот $M B N T$ добиваме

$$
P_{M B N T}=\frac{\frac{2}{3} \overline{A B}+\frac{1}{3} \overline{A B}}{2} \cdot \frac{1}{3} \overline{C Q}=\frac{1}{3} \cdot \frac{\overline{A B} \cdot \overline{C Q}}{2}=\frac{1}{3} P_{A B C}
$$

Слично, се добива дека $P_{N C P T}=\frac{1}{3} P_{A B C}$ и $P_{P A M T}=\frac{1}{3} P_{A B C}$.

4. Нека $O$ е центар на впишаната кружница во рамнокракиот триаголник $A B C(\overline{A C}=\overline{B C})$. Правата $C O$ ја сече страната $A B$ во точката $D$. Ако важи $\overline{A B} \cdot \overline{O D}=\overline{A C} \cdot \overline{C O}$ тогаш триаголникот $A B C$ е правоаголен. Докажи!

Решение. Да означиме со $\overline{O D}=r, \overline{C D}=h$. Тогаш $\overline{C O}=h-r$.

Од $\overline{A B} \cdot \overline{O D}=\overline{A C} \cdot \overline{C O}$ имаме

$$
\overline{A B} \cdot r=\overline{A C} \cdot(h-r)
$$

од каде што $h=\frac{\overline{A B}+\overline{A C}}{\overline{A C}} r$.

Од $\frac{\overline{A B} \cdot h}{2}=\frac{(\overline{A B}+2 \overline{A C}) r}{2}$ имаме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_76a5beb94ad46dfe5c51g-7.jpg?height=389&width=675&top_left_y=916&top_left_x=804)
$h=\frac{\overline{A B}+2 \overline{A C}}{\overline{A B}} r$. Значи, $\frac{\overline{A B}+\overline{A C}}{\overline{A C}} r=\frac{\overline{A B}+2 \overline{A C}}{\overline{A B}} r$ и оттука

$$
\overline{A B}^{2}+\overline{A C} \cdot \overline{A B}=\overline{A C} \cdot \overline{A B}+2 \overline{A C}^{2}
$$

Конечно,

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

односно триаголникот $A B C$ е правоаголен.

5. Дадено е множество од 7 природни броеви кои имаат различни остатоци при делење со 20. Докажи дека од тоа множество може да избереме 4 броеви $a, b, c$ и $d$ така што бројот $a+b-c-d$ е делив со 20.

Решение. Од даденото множество може да избереме два броја $a$ и $b$ на $\frac{7.6}{2}=21$ начини. За секој таков избор го формираме збирот $a+b$ и го одредуваме остатокот при делење со 20. Значи добиени се 21 остатоци.

Но при делење со 20 можат да се добијат 20 остатоци, па меѓу добиените остатоци има барем два исти. Според тоа постојат два пара броеви, пар $a$ и $b$ и пар $c$ и $d$, така што $a+b$ и $c+d$ имаат ист остаток при делење со 20. Броевите $a, b, c$ и $d$ се различни меѓу себе, бидејќи во спротивно, ако $a=c$, тогаш $b$ и $d$ ќе имаат ист остаток при делење со 20 , што не е можно. Значи, бараниот број е $a+b-c-d$.