# II 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

## VIII ОДДЕЛЕНИЕ

1. Некој двоцифрен број е делив со 2. Ако тој број се намали за 27, ќе се добие број напишан со истите цифри, но во обратен ред. Кој е тој број?
2. Во рамнокрак триаголник $A B C$ со основа $A B$, низ пресечната точка $M$ на бисектрисите на внатрешните агли е повлечена права паралелна со основата, која ги сече краците $\mathrm{AC}$ и $\mathrm{BC}$ во точките $К$ и Т респективно (по тој редослед).

а) Докажи дека $\overline{\mathrm{KT}}=\overline{\mathrm{AK}}+\overline{\mathrm{BT}}$.

б) Пресметај го периметарот на триаголникот $A B M$, ако $\Varangle A M B=120^{\circ}$, а растојанието од точката $\mathrm{M}$ до правата $\mathrm{AB}$ е $\mathrm{s}$.

3. Правилна четиристрана пирамида SABCD, чијшто врв е во точката $S$, е пресечна со три рамнини, од кои првата минува низ точките $S, A$, M, втората низ точките $S, A, K$ и третата низ точките $S, M, K$, каде што точките $\mathrm{M}$ и $\mathrm{K}$ се средини на рабовите $\mathrm{BC}$ и $\mathrm{CD}$, респективно. Пресметај го волуменот на пирамидата SAMK, ако основниот раб на пирамидата SABCD е $6 \mathrm{~cm}$, а нејзината висина $10 \mathrm{~cm}$.
4. Учесник во авторели првиот ден изминап $\frac{3}{8}$ од патот, вториот ден $\frac{9}{20}$ од другиот дел и третиот ден $330 \mathrm{~km}$. Колку бил долг патот на авторелито?
5. Од 6 еднакви по големина топчиња, едно нема иста маса како другите. Како ќе се определи топчето со различна маса со најмал број мерења на вага без тегови?

## 5. (1977.VIII.1)

I. Ако е х цифрата на десетките, а у цифрата на единиците, тогаш двоцифрениот број е $\overline{x y}=10 x+y$, а бројот напишан со истите цифри, но во обратен ред е $\overrightarrow{\mathrm{yx}}=10 \mathrm{y}+\mathrm{x}$.

Од условот на задачата е:

$$
\overline{x y}-27=\overline{y x}
$$

или

$$
\begin{gathered}
10 x+y-27=10 y+x \\
9 x-9 y=27 \\
x-y=3 \\
x=y+3
\end{gathered}
$$

Бидејќи е $x, y, \epsilon\{0,1,2, \ldots, 9\}$ и $x \neq 0$ следуваат следниве подови за решенија $(x, y):(9,6),(8,5),(7,4),(6,3),(5,2)(4,1)$ и $(3,0)$. Бидејќи се бараат парни двоцифрени броеви, тогаш задачата ја задоволуваат само броевите 96,74 , 52 и 30.

Одговор: 96, 74, 52 и 30.

## 6. (1977.VIII.2)

I. Нека е даден $\triangle \mathrm{ABC}$ и нека $\mathrm{AM}$ и $\mathrm{BM}$ се бисектрисите на аглите при основата, а КТ е правата што минува низ точката $M$ и е паралелна со основата $A B$ (види цртеж 5).

a) Бидејќи е Х КАМ = Х КМА, како наизменични агли следува дека $\triangle$ АМК е рамнокрак, односно

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ff85f158662512f42578g-3.jpg?height=610&width=567&top_left_y=250&top_left_x=899)

(1)

Црт. 5

$$
\overline{\mathrm{KM}}=\overline{\mathrm{KA}}
$$

Аналогно се докажува дека $\triangle \mathrm{BTM}$ е рамнокрак, со основа $B M$,

т.е.

$$
\overline{\mathrm{BT}}=\overline{\mathrm{MT}}
$$

Сега ќе имаме:

$$
\overline{\mathrm{KT}}=\overline{\mathrm{KM}}+\overline{\mathrm{MT}}=\overline{\mathrm{A}} \overline{\mathrm{K}}+\overline{\mathrm{BT}}
$$

што и требаше да се докаже.

б) Од $\Varangle \mathrm{AMB}=120^{\circ}$ следува

$$
\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}=30^{\circ}, \text { т.e. } \alpha=\beta=60^{\circ}
$$

што значи дека $\triangle \mathrm{ABC}$ е рамностран.

$$
\begin{aligned}
& \text { Од } \triangle \mathrm{ADM} \text { имаме } \\
& \overline{\mathrm{MD}}=\mathrm{s} \\
& \overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{BM}}=2 \overline{\mathrm{MD}}=2 \mathrm{~s} \\
& \overline{\mathrm{AD}}=\sqrt{\overline{\mathrm{AM}}^{2}-\overline{\mathrm{MD}}^{2}}=\sqrt{4 \mathrm{~s}^{2}-\mathrm{s}^{2}}=s \sqrt{3} \Rightarrow \overline{\mathrm{AB}}=2 \mathrm{~s} \sqrt{3}
\end{aligned}
$$

Периметарот на $\triangle \mathrm{ABM}$ е

$$
L=\overline{A M}+\overline{B M}+\overline{A B}=2 s+2 s+2 s \sqrt{3}=2 s(2+\sqrt{3})
$$

Одговор: $\mathrm{L}=2 \mathrm{~s}(2+\sqrt{3}) \mathrm{cm}$.

## 7. (1977.VIII.3)

I. Нека е дадена пирамидата $S A B C D$, со основа квадрат и со врв $S$. По отстранувањето на отсечените делови, се добива пирамидата SAMK, чијашто основа е рамнокракиот $\triangle$ АМК. (црт. 6). За да го пресметаме нејзиниот волумен, треба прво да ја пресметаме плоштината на основата, т.е. плоштината на $\triangle \mathrm{AMK}$.

## Плоштината на осно-

вата е: (види црт. 7.).

$$
\begin{aligned}
\mathrm{B} & =\mathrm{P}_{\mathrm{ABCD}}-\left(\mathrm{P}_{\mathrm{ABM}}+\dot{\mathrm{P}}_{\mathrm{MCK}}+\mathrm{P}_{\mathrm{ADK}}\right) \\
& =36-\left(\frac{6 \cdot 3}{2}+\frac{3 \cdot 3}{2}+\frac{6 \cdot 3}{2}\right) \\
& =36-22,5=13,5
\end{aligned}
$$

Волуменот на пирамидата SAMK e:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ff85f158662512f42578g-4.jpg?height=478&width=603&top_left_y=256&top_left_x=862)

Црт. 6

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_ff85f158662512f42578g-4.jpg?height=378&width=389&top_left_y=854&top_left_x=976)

Црт. 7

$V=\frac{1}{3} \cdot B \cdot H=\frac{1}{3} \cdot 13,5 \cdot 10=45$.

II. Плоштината B на $\triangle$ АМК можеме да ја определиме и поинаку:

$$
B=\frac{1}{2} \overline{M K} \cdot \overline{L A}
$$

Од $\triangle$ МСК имаме $\overline{K M}=3 \sqrt{2}$. Понатаму е

Cera e:

$$
\overline{\mathrm{AL}}=\overline{\mathrm{AC}}-\overline{\mathrm{CC}}=6 \sqrt{2}-\frac{3 \sqrt{2}}{2}=\frac{9 \sqrt{2}}{2}
$$

$$
B=\frac{1}{2} \cdot 3 \sqrt{2} \cdot \frac{9 \sqrt{2}}{2}=\frac{27}{2}
$$

За волуменот и во овој случај добиваме

$$
\mathrm{V}=45 \mathrm{~cm}^{3}
$$

Одговор: $\mathrm{V}=45 \mathrm{~cm}^{3}$.

## 8. (1977.VIII.4)

I. Нека ја означиме со х должината на патот на авторелито. Првиот

ден учесникот изминал $\frac{3}{8}$ од патот, т.е. изминал $\frac{3}{8} x$ од патот, а му останало уште: $x-\frac{3}{8} x=\frac{5}{8} x$ од патот.

Вториот ден изминал $\frac{9}{20}$ од преостанатиот пат, т.е. $\frac{9}{20} \cdot\left(\frac{5}{8} x\right)$.

Третиот ден изминал $330 \mathrm{~km}$.

Тогаш вкупниот пат би бил:

$\frac{3}{8} x+\frac{9}{20} \cdot\left(\frac{5}{8} x\right)+330=x$,

од каде што имаме

$$
60 x+45 x+52800=160 x
$$

$$
52800=55 x
$$

или

$$
x=960
$$

Одгов ор: $960 \mathrm{~km}$.

## 9. (1977.VIII.5)

I. Шесте топчиња ќе ги поделиме во три групи од по две топчиња. Нека ги обележиме со A и B, C и D, E и F. За првото мерење ги ставаме топчињата A и B на еден тас, а C и D на друг тас. Постојат две можности.

10. Вагата е во рамнотежа, што значи дека топчињата A, B, C и D се "исправни", па затоа "неисправното" топче е или E или F. За да определиме кое то́пче е, неисправно ќе извршиме уште едно мерење, со кое, на пример, топчето $E$ го споредуваме со ,исправното" топче А. Ако вагата е во рамнотежа, тогаш неисправно е топчето $\mathrm{F}$; ако пак в эгата не е во рамнотежа, тогаш очигледно топчето $E$ е ,неисправното". Значи, во овој случај со две мерења дознаваме кое топче е "неисправно".
11. Вагата не е во рамнотежа. Во овој случај неисправното топче е едно од топчињата $A, B, C$ или $D, a$ "исправни" с топчињата $E$ и F.

Со второто мерење ги споредүваме топчињата А и В. Ако ,неисправното" топче е мегі нив тоа ќе биде потешкото од нив. Ако пак $\mathrm{A}$ и $\mathrm{B}$ се "исправни", вагата е во рамнотежа, што пак значи дека едно од топчињата C и D е полесно од другите топчиња. Тоа го дознаваме со третото мерење, со кое ги споредуваме топчињата $\mathrm{C}$ и $\mathrm{D}$.

Значи со намјалку три мерења можеме со сигурност да утврдиме кое топче има различна маса од другите топчиња.

Одговор: три мерења.