# IX 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. Во една група натпреварувачи по математика имало 20 ученици. Од нив 14 ученици имале сини очи, 15 црна коса, 17 биле потешки од 40 килограми и 18 биле повисоки од $160 \mathrm{~cm}$. Колку најмалку ученици ги имале сите четири особини?
2. Ако на некој двоцифрен број му се допише цифрата 5 еднаш на почетокот а другпат на крајот, се добиваат два различни броја. Кој е тој двоцифрен број, ако разликата на овие два броја е 252?
3. Аце, Вӓне и Стојче заработиле заедно 6000 дин. Аце заработил двапати повеќе од Ване, а Стојче заработил 180 динари повеќе од Аце и Ване заедно. По колку динари заработил секој од нив?
4. Две кружници $k_{1}\left(O_{1}, r_{1}\right)$ и $k_{2}\left(O_{2}, r_{2}\right)$ се допираат однадвор во точката $\mathrm{A}$. Една заедничка тангента ги допира кружниците во точките $\mathrm{B}$ и С. Докажи дека аголот B AC е прав!
5. Определи ги острите агли во правоаголниот триаголник $\mathrm{ABC}$ ( $X \mathrm{C}=90^{\circ}$ ), ако аголот меі́у симетралата и медијаната на правиот агол е $1 / 5$ од тапиот агол што го образуваат симетралите на острите агли во тој триаголник.

## 61. (1984.VII.1)

1. Ако 14 ученици имале сини очи, а 15 црна коса, тогаш најголемиот број ученици, што ги имаат двете особини е 14 (помалиот од овие два броја!). Најмалиот пак број ученици што ги имаат овие две особини е:

$$
(14+15)-20=9
$$

Тоа се гледа најдобро од Ојлер-Веновиот дијаграм, каде што А е множество на ученици што имаат сини очи, а B е множество на ученици што имаат црна коса.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1f1bc03be6bf97b60537g-02.jpg?height=291&width=521&top_left_y=643&top_left_x=249)
До овој резултат може да се дојде и од следново равенство $k(A \cup B)=k A+k B-k(A \cap B)$ $k(A \cap B)=k A+k B-k(A \cup B)$ $k(A \cap B)=14+15-20$ $k(A \cap B)=9$.

Значи, првите две особини ги имаат најмалку 9 ученици. Понатаму, на сличен начин, лесно се наоѓ:

$(9+17)-20=6$; што значи дека првите три особини ги имаат најмалку 6 ученици.

$(6+18)-20=4$; што значи дека најмалку 4 ученици ги имаат сите четири особини.

Да споменеме на крајот дека најмногу 14 ученици ги имаат сите четири особини.

Одговор: 4 ученици.

## 62. (1984.VII.2)

I. Ако х е двоцифрениот број, тогаш од условот на задачата постојат две можности:

1) $\overline{5 \mathrm{x}}-\overline{\mathrm{x}}=252$, од каде што добиваме:

$$
\begin{aligned}
& 5 \cdot 100+x-(x \cdot 10+5)=252 \\
& 500+x-10 x-5=252 \\
& -9 x=-243 \\
& x=27
\end{aligned}
$$

2) $\overline{x 5}-\overline{5 x}=252$, од каде што добиваме:

$$
\begin{aligned}
& x \cdot 10+5-(5 \cdot 100+x)=252 \\
& 10 x+5-500-x=252 \\
& 9 x=747 \\
& x=83
\end{aligned}
$$

Значи, постојат два двоцифрени броја, кои што го задоволуваат условот на задачата, а тоа се броевите 27 и 83.

II. Бараниот двоцифрен број нека е $\overline{\mathrm{xy}}=10 \mathrm{x}+\mathrm{y}$. Тогаш од условот на задачата ќе следуваат две можности:

1) $\overline{5 x y}-\overline{x y 5}=252$, од каде што добиваме:

$$
\begin{aligned}
& 5 \cdot 100+x \cdot 10+y-(x \cdot 100+y \cdot 10+5)=252 \\
& 500+10 x+y-100 x-10 y-5=252 \\
& 243=90 x+9 y \\
& 9 \cdot 27=9(10 x+y) \\
& 27=10 x+y
\end{aligned}
$$

Значи бараниот двоцифрен број е 27.

2) Втората можност е $\overline{x y 5}-\overline{5 x y}=252$, од каде што се добива:

$$
10 x+y=83
$$

т.е. бараниот двоцифрен број е 83.

Одговор: 27 или 83.

## 63. (1984.VII.3)

I. Ако Ване заработил $\mathrm{x}$ динари, тогаш Аце заработил $2 \mathrm{x}$ динари, а Стојче $x+2 x+180=3 x+180$ динари. Тогаш од

добиваме $\quad x=970$.

Значи:

Ване заработил 970 динари;

Аце заработил $2 \cdot 970=1940$ динари;

Стојче заработил $3 \cdot 970+180=3090$ динари.

Одговор: Ване 970 дин., Аце 1940 дин., Стојче 3090 дин.

## 64. (1984.VII.4)

I. Кружниците $\mathrm{k}_{1}\left(0_{1}, r_{1}\right)$ и $k_{2}\left(\mathrm{O}_{2}, \mathrm{r}_{2}\right)$ нека се допираат во точката $A$, а заедничката тангента $t$ нека ги допира кружниците $\mathrm{k}_{1}$ п $\mathrm{k}_{2}$ во точките В и С, респективно (по тој редослед) (види цртеж 43). Ја повлекуваме заедничката тангента на кружницата низ точката $A$, која дадената тангента $t$ ja сече во точката 0.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1f1bc03be6bf97b60537g-05.jpg?height=440&width=671&top_left_y=386&top_left_x=789)

Црт. 43

Ḱе имаме:

$\overline{\mathrm{OA}}=\overline{\mathrm{OB}}$ и $\overline{\mathrm{OA}}=\overline{\mathrm{OC}}$, како тангентни отсечки на истата кружница! Од ова следува дека $O$ е центар на опишана кружница околу $\triangle \mathrm{ABC}$. Бидејќи О лежи на страната $B C$, следува (од Талесовата теорема) дека е $Х B A C=90^{\circ}$.

II. Го набљүдүваме четириаголникот $\mathrm{O}_{1} \mathrm{BCO}_{2}$. Бидејки аглите кај В и $\mathrm{C}$ се прави (види црт. 43) ќe следува дека збирот на аглите кај $\mathrm{O}_{1}$ и $\mathrm{O}_{2} \mathrm{e}$ $180^{\circ}$, т.е.

$$
\begin{aligned}
\chi \mathrm{BO}_{1} \mathrm{~A}+\not \mathrm{CO}_{2} \mathrm{~A} & =180^{\circ} \\
\alpha+\beta & =180^{\circ} \\
\mathrm{Ho} \alpha_{1}+\frac{\alpha}{2}=90^{\circ} \text { и } \beta_{1}+\frac{\beta}{2} & =90^{\circ} \\
\text { па } \alpha_{1}+\beta_{1}+\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2} & =180^{\circ} \\
\alpha_{1}+\beta_{1}+\frac{\alpha+\beta}{2} & =180^{\circ} \\
\alpha_{1}+\beta_{1}+90^{\circ} & =180^{\circ} \\
\alpha_{1}+\beta_{1} & =90^{\circ}
\end{aligned}
$$

Одовде следүва дека е $\Varangle \mathrm{BAC}=90^{\circ}$. што требаше и да се докаже !

## 65. (1984.VII.5)

1. Нека е $A B C$ правоаголен триаголник ( $X \mathrm{C}=90^{\circ}$ ) и нека е CS симетрала, а CO медијана на правиот агол, а AD и BE бисектриси на аглите кај темињата $A$ односно В (цртеж 44).

Ḱе покажеме дека тапиот агол што го образуваат бисектрисите на острите агли во правоаголниот триаголник изнесува $135^{\circ}$ т.е. дека е $\triangle \mathrm{APB}=135^{\circ}$. Збирот

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1f1bc03be6bf97b60537g-06.jpg?height=440&width=632&top_left_y=342&top_left_x=845)

Црт. 44.

$$
\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\delta=180^{\circ}
$$

$$
\begin{aligned}
& \frac{\alpha+\beta}{2}+\delta=180^{\circ} \\
& \frac{90^{\circ}}{2}+\delta=180^{\circ}
\end{aligned}
$$

$$
\delta=135^{\circ}
$$

Тогаш аголот $\varphi=\chi \mathrm{SCO} \mathrm{e}$ :

$$
\varphi=\frac{1}{5} \cdot 135^{\circ}=27^{\circ}
$$

Понатаму, триаголникот $\mathrm{BCO}$ е рамнокрак ( $\overline{\mathrm{BO}}=\overline{\mathrm{CO}}$ ), па имаме:

$$
\beta=\chi \mathrm{OCB}=\frac{\gamma}{2}-\varphi=45^{\circ}-27^{\circ}=18^{\circ}
$$

Тогаш од $\alpha+\beta=90^{\circ} \Rightarrow \alpha=72^{\circ}$. Значи, острите агли во $\triangle \mathrm{ABC}$ се $72^{\circ}$ и $18^{\circ}$.

Одговор: $72^{\circ}$ и $18^{\circ}$.

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Еден велосипедист се движи по автобуска линија мегі две места во еден град. При движењето забележал дека на секој 9 минути го престигнува, а на секој 6 минути го пресретнува по еден автобус од таа линија. Во кој временски интервал тргнуваат автобусите од почетната станица? (Автобусите се движат со еднакви брзини и тргнуваат во исти временски интервали, а велосипедистот се движи со рамномерна брзина).
2. За кои цели вредности на $n$, изразот $\frac{n^{2}+1}{n+2}$ е цел број?
3. Четворица работници ако работат заедно, можат да завршат една работа за 9 дена. Но работниците не започнале да работат едновремено, туку еден по друг во еднакви временски интервали. Тие ја завршиле работата кога првиот што почнал да работи, работел петпати повеке од оној што започнал да работи последен. Пресметај за колку дена е завршена работата.
4. Во правоаголниот триаголник $\mathrm{ABC}\left(\mathrm{XC}=90^{\circ}\right.$ ) еден остар агол е $30^{\circ}$ а катетата спроти тој агол е $15 \mathrm{~cm}$. Во триаголникот е впишан правилен шестаголник, така што по две темиња лежат на зададената катета и хипотенузата, а едно теме на другата катета. Пресметај ги плоштините на сите добиени делови од дадениот триаголник.
5. Страната $\mathrm{BC}$ од триаголникот $\mathrm{ABC}$ е продолжена преку точките $\mathrm{B}$ и $\mathrm{C}$ до точките $\mathrm{B}_{1}$ и $\mathrm{C}_{1}$ така што $\overline{\mathrm{BB}}_{1}=\overline{\mathrm{CC}}_{1}=\overline{\mathrm{BC}}$. Низ точките $\mathrm{B}_{1}$ и $\mathrm{C}_{1}$ се повлечени прави паралелни со страните $A B$ и $A C$, во чиј пресек е точката $A_{1}$. Докажи дека точката $A$ е тежиште на триаголникот $A_{1} B_{1} C_{1}$.

## 66. (1984.VIII.1)

1. Ако велосипедистот почнува да го мери времето откако двата автобуса ќе се разминат, тогаш за 18 минути ќe го пресретнат 3 автобуса, а ќе го престигнат 2 автобуса; (бројот 18 е н.з.д. за броевите 6 и 9). За уште 18 минути, во спротивен правец, велосипедистот ќe го пресретнат 3 , а ќе го престигнат 2 автобуса.

Значи, за 36 минути тој ќе сретне во обете насоки по 5 автобуса, т.е. за 36 минути од почетната стачица А или В ќе тргнат точно 5 автобуса. Од ова заклучуваме дека автобусите трннуваат во временски интервал од $\frac{36}{5}=\frac{72}{10}=7,2$ односно 7 минути и 12 секунди.

Забелешка. Можеби некои од вас брзо (но и погрешно) би заклучиле дека бараното време е $\frac{6+9}{2}=7,5$ минути, што очигледно не е точно.

Одговор: 7 минути и 12 секунди.

## 67. (1984.VIII.2)

I. При делењето на биномот $\mathrm{n}^{2}+1$ со биномот $\mathrm{n}+2$ се добива количникот $n-2$ и остатокот 5 , т.е.

$$
\frac{n^{2}+1}{n+2}=n-2+\frac{5}{n+2}
$$

значи; изразот $\frac{n^{2}+1}{n+2}$ ќе биде цел број само ако изразот $\frac{5}{n+2}$ е цел број.

Тоа е можно само ако $n+2$ има вредност $1,-1,5$ или - 5 .

Ḱе имаме:

$n+2=1 \Rightarrow n=-1$

$n+2=-1 \Rightarrow n=-3$

$n+2=5 \Rightarrow n=3$

$n+2=-5 \Rightarrow n=-7$.

Конечно, множеството на бараните вредности на $n$, за кои изразот $\frac{n^{2}+1}{n+2}$ е цел број е множеството $\{-1,-3,3,-7\}$

Одговор: $\mathrm{n} \in\{-7,-3,-1,3\}$.

## 68. (1984.VIII.3)

1. Ако првиот работник работел $\mathrm{x}$ дена, тогаш вториот работел $x-y$ дена, третиот работел $x-2 y$ дена; а четвртиот $\dot{x}-3 y(x>3 y)$ дена. (Со y е означен бројот на деновите за кои секој нареден работник ја започнувал работата подоцна од претходниот).

Условот дека четворицата работници заедно ја свршуваат работата за 9 дена, œга ќе го напишеме вака:

$$
x+(x-y)+(x-2 y)+(x-3 y)=4 \cdot 9
$$

Вториот услов на задачата се запишува со следнава равенка:

$$
x=5(x-3 y)
$$

Сега ќe го решиме системот

$$
\left\{\begin{array}{l}
x+x-y+x-2 y+x-3 y=36 \\
x=5(x-3 y)
\end{array}\right.
$$

Овој систем е еквивалентен, по ред со системите:

$$
\begin{aligned}
& \left\{\begin{array} { l } 
{ 4 x - 6 y = 3 6 } \\
{ - 4 x + 1 5 y = 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
4 x-6 y=36 \\
9 y=36
\end{array}\right.\right. \\
\Leftrightarrow & \left\{\begin{array}{l}
2 x-3 y=18 \\
y=4
\end{array}\right. \\
\Leftrightarrow & \left\{\begin{array} { l } 
{ 2 x = 3 0 } \\
{ y = 4 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
x=15 \\
y=4
\end{array}\right.\right.
\end{aligned}
$$

Значи, со ваков начин на работа работниците би ја завршиле работата за 15 дена, т.е. ако секој работник почнувал да работи со 4 дена задоцнување од преткодниот.

Првиот работник работел 15 дена, вториот $15-4=11$ дена, третиот $15-2 \cdot 4=7$ дена и четвртиот $15-3 \cdot 4=3$ дена, т.е. петпати помалку од првиот.

Одговор: 15 дена.

## 69. (1984.VIII.4)

I. Нека е даден триаголникот $\mathrm{ABC}$ со агли $\chi \mathrm{C}=90^{\circ}, \Varangle \mathrm{B}=30^{\circ}$, $X A=60^{\circ}$ и $\overline{A C}=15 \mathrm{~cm}$, а правилниот шестоаголник нека е $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4} M_{5} M_{6}$ (цртеж 45).

Страната на шестоаголникот нека е $\mathbf{x}$, т.е. $\overline{\mathrm{M}}_{1} \mathrm{M}_{2}=\mathrm{x}$.

Триаголникот $A B C$ е сличен со триаголникот $\mathrm{M}_{1} \mathrm{M}_{6} \mathrm{C}$ (Зошто?), па е $\overline{\mathrm{CM}}_{1}=$ $=\frac{1}{2} \overline{\mathrm{M}_{1} \mathrm{M}_{6}}=\frac{1}{2}$ х. Значи, $\overline{\mathrm{CM}}=\frac{1}{2}$ х. Од друга страна $\triangle \mathrm{AM}_{3} \mathrm{M}_{2}$ е рамностран, па е $\begin{aligned} \overline{M_{2} A}=x . \text { Од } \frac{1}{2} x+x+x & =15 \text { добиваме } \\ x & =6 \mathrm{~cm} .\end{aligned}$

Нека P е плоштина на $\triangle \mathrm{ABC}$,

$P_{1}$ е плоштина на $\Delta M_{2} A M_{3}$.

$P_{2}$ е плоштина на $\triangle \mathrm{CM}_{1} \mathrm{M}_{6}$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1f1bc03be6bf97b60537g-10.jpg?height=555&width=382&top_left_y=441&top_left_x=999)

Црт. 45

$P_{3}$ е плоштина на шестоаголникот $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4} M_{5} M_{6}$

$\mathrm{P}_{4}$ е плоштина на четириаголникот $\mathrm{BM}_{6} \mathrm{M}_{5} \mathrm{M}_{4}$.

Ḱе имаме:

$$
\begin{aligned}
P & =\frac{1}{2} \overline{A C} \cdot \overline{B C}=\frac{1}{2} \cdot 15 \cdot 15 \sqrt{3}=\frac{225 \sqrt{3}}{2} \\
P_{1} & =\frac{x^{2} \sqrt{3}}{4}=\frac{36 \sqrt{3}}{4}=9 \sqrt{3} \\
P_{2} & =\frac{1}{2} \cdot P_{1}=\frac{9 \sqrt{3}}{2} \\
P_{3} & =6 P_{1}=54 \sqrt{3} \\
P_{4} & =P-\left(P_{1}+P_{2}+P_{3}\right)=\frac{225 \sqrt{3}}{2}-\left(9 \sqrt{3}+\frac{9 \sqrt{3}}{2}+54 \sqrt{3}\right)= \\
& =\frac{225 \sqrt{3}}{2}-\frac{(18+9+108) \sqrt{3}}{2}=\frac{(225-135) \sqrt{3}}{2}=\frac{90 \sqrt{3}}{2}= \\
& =45 \sqrt{3}
\end{aligned}
$$

Одговор: $P_{1}=9 \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{2} ; P_{2}=\frac{9 \sqrt{3}}{2} \mathrm{~cm}^{2}$

$$
P_{3}=54 \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{2} \text { и } P_{4}=45 \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{2}
$$

70. (1984.VIII.5)
I. $\triangle \mathrm{ABC}$ нека е дадениот триаголник и нека е $\overline{\mathrm{BB}}_{1}=$ $=\overline{C C}_{1}=\overline{\mathrm{BC}}$ и $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}\left\|\mathrm{AB}, \mathrm{A}_{1} \mathrm{C}_{1}\right\|$ || $A C$ (цртеж 46).

Очигледно е дека триаголниците $\mathrm{ABC}$ и $\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1}$ се слични (страните им се паралелни).

$$
\text { Имаме: } \overline{\mathrm{BC}}=\frac{1}{3}{\overline{\mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1}}}_{1}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_1f1bc03be6bf97b60537g-11.jpg?height=444&width=601&top_left_y=321&top_left_x=863)

Црт. 46

Ако $M$ е средина на $B C$, тогаш $M$ е средина и на $B_{1} C_{1}$, т.е. $A M$ и $A_{1} M_{1}$ се тежишни линии на триаголниците $A B C$ и $A_{1} B_{1} C_{1}$. Од сличноста на триаголниците следува:

$$
\overline{\mathrm{AM}}: \overline{\mathrm{A}_{1} \mathrm{M}_{1}}=\overline{\mathrm{BC}}:{\overline{\mathrm{B}_{1} C_{1}}}_{1}=1: 3
$$

значи, $A$ е тежиште на $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$, што требаше и да се докаже.