# XXVIII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## VI одделение

1. За три броја $a, b$ и $c$ важат равенствата

$$
a+b=332, a+c=408 \text { и } b+c=466 \text {. }
$$

Определи ги броевите $a, b$ и $c$.

Решение. Ги собираме трите равенки и добиваме

$$
2(a+b+c)=1206, \text { т.е. } a+b+c=603
$$

Ако во последната равенка последователно замениме $a+b=332$, $a+c=408$ и $b+c=466$, добиваме

$$
332+c=603,408+b=603 \text { и } a+466=603
$$

од каде наоѓаме $c=271, b=195$ и $a=137$.

2. Во правоаголен триаголник $A B C$ со прав агол кај темето $C$, точката $M$ е подножје на висината спуштена кон хипотенузата, а точката $E$ е средина на хипотенузата. Докажете дека

$$
\measuredangle A C M=\measuredangle B C E
$$

Решение. Ако е $\measuredangle C A E=\alpha$, тогаш и $\measuredangle E C A=\alpha$, бидејќи $A E=B E=C E$. Тогаш

$$
\begin{aligned}
\measuredangle A C M & =\measuredangle A C E+\measuredangle E C M \\
& =\alpha+\measuredangle E C M
\end{aligned}
$$

Од триаголникот $A B C$ добиваме $\measuredangle A B C=90^{\circ}-\alpha$, па од правоаголниот триаголник $B C M$ имаме $\measuredangle B C M=\alpha$, а

$$
\measuredangle B C E=\measuredangle B C M+\measuredangle M C E=\alpha+\measuredangle E C M .
$$

Значи, $\measuredangle A C M=\measuredangle B C E$.

3. Во триаголникот $A B C$, каде $\overline{B C}=10 \mathrm{~cm}, \overline{A C}=5 \mathrm{~cm}$, страната $B C$ се продолжува низ $C$ до точката $E$, а страната $A C$ се продолжува низ $C$ до точката $F$ така што $\overline{B E}=\frac{3}{2} \overline{B C}, \overline{C F}=2 \overline{A C}$. Ако $M=A B \cap E F$, докажи дека $\overline{M B}=\overline{M F}$.

Решение. Од условот имаме дека

$$
\overline{C E}=\overline{B E}-\overline{B C}=\frac{3}{2} \overline{B C}-\overline{B C}=\frac{1}{2} \overline{B C}=5 \mathrm{~cm} \text { и } \overline{C F}=2 \overline{A C}=10 \mathrm{~cm}
$$

Тогаш, $\triangle A C B \cong{ }_{\triangle} E C F$ (CAC) од каде следува дека

$$
\angle E F C=\angle A B C
$$

Од рамнокракиот $\triangle B F C$ следува дека

$$
\measuredangle B F C=\measuredangle F B C
$$

Од (1) и (2) се добива

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d90e5a506ec212fc3d47g-2.jpg?height=303&width=514&top_left_y=334&top_left_x=971)

$$
\measuredangle M F B=\measuredangle M F A+\measuredangle A F B=\measuredangle M B E+\measuredangle E B F=\measuredangle M B F
$$

од каде следува дека триаголникот $B F M$ е рамнокрак, па $\overline{M B}=\overline{M F}$.

4. Во едно основно училиште меѓу учениците кои завршиле 6-то одд. има 58\%момчиња. Од сите шестоодделенци 13 девојчиња и 12 момчиња го завршиле одделението со одличен успех. Меѓу учениците кои не завршиле со одличен успех има $60 \%$ момчиња. Колку момчиња, а колку девојчиња не завршиле со одличен успех?

Решение. Ако е $x$ бројот на сите шестоодделенци, тогаш ( $x-25$ ) шестоодделенци не завршиле со одличен успех. Од условот на задачата следува дека:

$$
60 \%(x-25)=58 \% x-12
$$

од каде

$$
\frac{60}{100}(x-25)=\frac{58}{100} x-12
$$

т.е.

$$
60 x-1500=58 x-1200
$$

од каде се добива дека $x=150$. Значи, со одличен успех не завршиле $150-25=125$ шестоодделенци, од кои $\frac{60}{100} 125=75$ момчиња и $125-75=50$ девојчиња.

## VII одделение

1. Одреди ги цифрите $a, b$ и $c$ така што да важи $\overline{a b}^{a}=\overline{b c b}$. Решение, За $a=1$ бројот $\overline{a b}^{a}$ е двоцифрен, па $a=1$ не го исполнува условот на задачата. За $a \geq 3$ бројот $\overline{a b}^{a} \geq 1000$, што значи дека повторно не е исполнет условот на задачата. За $a=2$ следува дека
$\overline{2 b}^{2}=(2 \cdot 10+b)^{2}$, т.е. $400+40 b+b^{2}=\overline{b c b}$. Бидејки $b \in\{1,2, \ldots, 9\}$ и последната цифра на $b^{2}$ треба да биде иста со $b$, мора $b=1$ и $b=6$. Ако $b=1$ тогаш $21^{2} \neq \overline{c 1} 1$, што значи $b=6$, т.е. $26^{2}=676$.
2. Во кружница е впишан четириаголник $A B C D$ чии дијагонали $A C$ и $B D$ се сечат во точката $S$ под прав агол. Докажи дека правата која минува низ $S$ и е нормална на $A B$ ја преполовува страната $C D$.

Решение. Нека правата повлечена низ точката $S$ и е нормална на страната $A B$ ги сече $A B$ и $C D$ во точки $M$ и $N$, соодветно. Имаме $\measuredangle C D B=\measuredangle C A B$ како периферни над лакот $C B$, a $\Varangle C A B=\measuredangle B S M$ како агли со нормални краци. Аглите $\angle B S M=\measuredangle D S N$ како накрсни агли, па $\measuredangle C D B=\measuredangle D S N$ од каде следува дека $\overline{D N}=\overline{S N}$. Слично $\angle A C D=\measuredangle A B D=\measuredangle A S M=\measuredangle C S N$, па $\overline{C N}=\overline{S N}$. Значи $\overline{D N}=\overline{C N}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d90e5a506ec212fc3d47g-3.jpg?height=397&width=365&top_left_y=777&top_left_x=1115)

3. Одреди ги сите четирицифрени броеви $a$ на кои сите цифри им се различни, ако се знае дека броевите 586016749432и 3017содржат точно по две цифри од бројот $a$ така што тие цифри во бројот $a$ не се наоѓаат на иста позиција како во дадените броеви.

Решение: Броевите 586Си 9432имаат осум различни цифри, па, $a$ не ги содржи цифрите 1 и 7. Значи, $a$ ги содржи цифрите $0,3,4,6$ (од броевите 3017и 586). 0 не е на првото, второто и четвртото место, па значи е на третото место. 4 не е на второто, третото и четвртото место, па мора да е на првото место. 6 не е на првото, второто и третото место, па мора да е на четвртото место. Значи бараниот број е $a=4306$.

4. Нека $A B C$ е триаголник во кој $\overline{B C} \leq \overline{A C} \leq \overline{A B}$ и нека $M$ е точка во внатрешноста на $\triangle A B C$ која се наоѓа на растојание $x, y$ и $z$ од страните $A B, B C$ и $C A$ соодветно. Ако $h_{a}$ и $h_{c}$ се висини во $\triangle A B C$ кон страните $B C$ и $A B$ соодветно, тогаш докажи дека $h_{c} \leq x+y+z \leq h_{a}$.

Решение. Имаме

$$
P_{\triangle A B C}=P_{\triangle A B M}+P_{\triangle A C B}+P_{\triangle B C M}=\frac{1}{2} x C+\frac{1}{2} z b+\frac{1}{2} y a=\frac{1}{2}(x C+z b+y a)
$$

Од $x, y, z>0$ и од условот $a \leq b \leq c$ следува

## $a x+a y+a z \leq a y+b z+c x \leq c x+c y+c z$.

Сега, заради последното неравенство:

$$
\begin{aligned}
P_{\triangle A B C} & =\frac{1}{2} a h_{a}=\frac{1}{2}(x c+y a+z b) \\
& \geq \frac{1}{2} a(x+y+z)
\end{aligned}
$$

од каде следува дека $h_{a} \geq x+y+z$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d90e5a506ec212fc3d47g-4.jpg?height=406&width=617&top_left_y=230&top_left_x=881)

Аналогно,

$$
P_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} c h_{C}=\frac{1}{2}(x c+y a+z b) \leq \frac{1}{2} c(x+y+z)
$$

од каде следува дека $h_{c} \leq x+y+z$.

## VIII одделение

1. Една група на девојчиња и момчиња собрала 1700 денари за роденденски подарок на свој другар. Девојчињата давале по 200 денари, а момчињата по 300 денари. Колку биле девојчиња, а колку момчиња, ако групата имала непарен број на членови.

Решение. Нека има $d$ - девојчиња а $m$ - момчиња. Имаме

$$
300 m+200 d=170 C \text { т.е. } 3 d+2 m=17
$$

Па добиваме $2 d=17-3 m$. $m$ може да прима вредности од 1 до 5 , а бидејќи $2 d$ е парен $m$ може да биде 1,3 и 5 . Ако $m=1, d=7, m+d=8$; ако $m=3, d=4, m+d=7$; ако $m=5, d=1, m+d=6$,. Бидејќи $m+d$ е непарен добиваме дека бројот на момчињата е 3 а бројот на девојчињата е 4.

2. На кракот $O B$ на аголот $\Varangle A O B=45^{\circ}$ се наоѓа точка $M$ така што $\overline{O M}=6 \mathrm{~cm}$. Низ точката $M$ е повлечена права $p$ паралелна со кракот $O A$. Ако кракот $O B$ изротира околу темето $O$ до положбата $O B_{1}$, тогаш аголот ќе се зголеми за $15^{\circ}$. Одреди на кое растојание од темето $O$ е точката $M_{1}$ во која правата $p$ го сече кракот $O B_{1}$ на новиот

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d90e5a506ec212fc3d47g-4.jpg?height=541&width=538&top_left_y=1604&top_left_x=978)
агол $\Varangle A O B_{1}$.

Решение. Од $\overline{O M}^{2}={\overline{O M^{\prime}}}^{2}+{\overline{M M^{\prime}}}^{2}$ и ${\overline{O M^{\prime}}}^{\prime}=\overline{M M^{\prime}}=h$ добиваме дека $\overline{O M}^{2}=2 h^{2}$. Значи, $36=2 h^{2}$, односно $h^{2}=18$. Сега, бидејќи катетета спроти агол од $30^{\circ}$ е половина од хипотенузата добиваме $\overline{\mathrm{OM}^{\prime}}=\frac{1}{2} \overline{O M}_{1}$. Значи,

$$
\begin{aligned}
& \overline{O M}_{1}^{2}={\overline{O M^{\prime}}}_{1}^{2}+h^{2} \\
& \overline{O M}_{1}^{2}=\frac{1}{4} \overline{O M}_{1}^{2}+18 \\
& \frac{3}{4} \overline{O M}_{1}^{2}=18, \overline{O M}_{1}=2 \sqrt{6}
\end{aligned}
$$

3. Две кружници со еднакви радиуси се допираат во точката $C$ и допираат однадвор трета кружница со радиус $r=5 \mathrm{~cm}$ во точките $A$ и $B$. Пресметај ја плоштината на триаголникот $A B C$, ако $\overline{A B}=6 \mathrm{~cm}$.

Решение. Нека

$$
\overline{A O}_{3}=5 \mathrm{~cm}, \overline{A B}=6 \mathrm{~cm}, \overline{C D}=x
$$

Од $\triangle \mathrm{O}_{1} C \mathrm{O}_{3} \sim{ }_{\triangle} A D O_{3}$ добиваме

$$
\begin{aligned}
& \overline{O_{1} C}: \overline{A D}={\overline{O_{1}}}_{3}: \overline{A O}_{3} \Rightarrow \\
& \overline{O_{1} C}: \frac{\overline{A B}}{2}=\overline{O_{1} A}: \overline{A O}_{3} \Rightarrow \\
& \overline{O_{1} C}: 3=\left(\overline{O_{1} C}+5\right): 5 \Rightarrow \\
& 5 \overline{O_{1} C}=3 \overline{O_{1} C}+15 \Rightarrow \\
& \overline{O_{1} C}=\frac{15}{2}=7,5 \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$

Според тоа,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_d90e5a506ec212fc3d47g-5.jpg?height=553&width=493&top_left_y=1031&top_left_x=955)

$$
\overline{O_{3} D}=\sqrt{\overline{A D}_{3}^{2}-\overline{A D}^{2}}=\sqrt{25-7}=4
$$

Од

$$
\overline{O_{1} C}: \overline{A D}=\overline{O_{3} C}: \overline{C D}
$$

добиваме $\frac{15}{2}: 3=(x+4): 4$, т.е. $x=6 \mathrm{~cm}$. Конечно, $P=\frac{\overline{A B} X}{2}=18 \mathrm{~cm}^{2}$.

4. Докажи дека во произволен конвексен седумаголник, постојат две дијагонали кои градат агол помал од $13^{\circ}$ (агол меѓу две паралелни прави е $0^{\circ}$ ).

Решение. Вкупниот број на дијагонали во седумаголникот изнесува $\frac{7(7-3)}{2}=14$. Ако две од нив се паралелни, тогаш аголот меѓу нив е $0^{\circ}<$ $13^{\circ}$. Нека не постојат дијагонали кои се паралелни меѓу себе. Избираме точка во рамнината на седумаголникот и низ неа повлекуваме 14 прави паралелни на дијагоналите на седумаголникот. Овие прави ја делат рамнината на 28агли чиј збир е $360^{\circ}$. Ако ниту еден од овие агли не е помал од $13^{\circ}$, тогаш нивниот збир не би бил помал од $28 \cdot 13^{\circ}=364^{\circ}$, што е контрадикција. Според тоа постои агол меѓу две дијагонали кој е помал од $13^{\circ}$.