# XVIII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
Задачите и решенијата се скенирани од книгата
Десет години републички натпревари по математика '86- '95
подготвена од Илија Јанев, Никола Петрески и Милчо Аврамоски
## VII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Најди најмал природен број $n$ со кој треба да се помножи бројот 2520 за да се добие квадрат на природен број.
2. Една третина од вкупната количина на некоја стока е продадена со $10 \%$ заработувачка, а половината од истата стока е продадена со загуба од $15 \%$. За колку проценти треба да се зголеми цената на преостанатата стока, за да се надополни загубата?
3. Над страните на еден произволен триаголник $A B C$ конструирани се, надвор од него, рамностраните триаголници $A B C_{1}, B C A_{1}$ и $A C B_{1}$. Докажи дека $\overline{A A_{1}}=\overline{B B_{1}}=\overline{C C_{1}}$.
4. Во внатрешноста на еден паралелограм $A B C D$ означена е произволна точка $M$. Докажи дека збирот од плоштините на триаголниците $A B M$ и $C D M$ е еднаков на збирот од плоштините на триаголниците $B C M$ и $D A M$.
5. Најди ги аглите на триаголникот $A B C$, ако центарот $V$ на неговата впишана кружница и центарот $O$ на неговата опишана кружница се симетрични во однос на страната $A B$.
## XVIII (93.VII.1)
За еден природен број да биде точен квадрат, потребно е сите негови прости делители да бидат степенувани со парен показател. Бидејќи:
$$
2520=2^{3} \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 7
$$
заклучуваме дека бројот 2520 треба да го помножиме со бројот $2 \cdot 5 \cdot 7=70$ и тогаш добиваме:
$$
2520 \cdot 70=2^{4} \cdot 3^{2} \cdot 5^{2} \cdot 7^{2}=420^{2}
$$
Можеме да заклучуваме и вака:
$$
\begin{aligned}
& 2520 \cdot n=k^{2}, \quad n, k \in \mathbb{N} \\
& 2^{3} \cdot 3^{2} \cdot 5 \cdot 7 \cdot n=k^{2}, \quad 2^{2} \cdot 3^{2} \cdot(2 \cdot 5 \cdot 7) \cdot n=k^{2}
\end{aligned}
$$
а оттука: $n=2 \cdot 5 \cdot 7=70$.
## XVIII (93.VII.2)
Бидејќи од стоката се продадени $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$, значи преостанала уште $\frac{1}{6}$. Да го означиме со $x$ процентот со кој треба да се зголеми цената на оваа $\frac{1}{6}$ од стоката. Притоа, заработувачхата треба да биде еднаква на загубата, па имаме:
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{3} 10 \%+\frac{1}{6} x \% & =\frac{1}{2} \cdot 15 \% \\
\frac{1}{3} \frac{10}{100}+\frac{1}{6} \frac{x}{100} & =\frac{1}{2} \frac{15}{100} \\
\frac{x}{600} & =\frac{15}{200}-\frac{10}{300} \\
\frac{x}{600} & =\frac{25}{600} ; \quad x=25
\end{aligned}
$$
Значи, цената на преостанатата шестина од стоката треба да се зголеми за $25 \%$.
## XVIII (93.VII.3)
Нека однадвор над страните на $\triangle A B C$ се конструирани рамностраните триаголници $A C_{1} B, B A_{1} C$ и $C B_{1} A$ (црт. 1). Треба да докажеме дека $\overline{A A_{1}}=\overline{B B_{1}}=\overline{C C_{1}}$. За таа цел ќе докажеме дека триаголниците $A A_{1} C$ и $B_{1} B C$ се складни. Очигледно:
1) $\overline{A C}=\overline{B_{1} C}$
2) $\overline{A_{1} C}=\overline{B C}$
3) $\angle A C A_{1}=\angle A C B+60^{\circ}=\measuredangle B_{1} C B$ па според признакот САС следува дека $\triangle A A_{1} C \cong \triangle B_{1} B C$. Оттука заклучуваме дека:
$$
\overline{A A_{1}}=\overline{B B_{1}}
$$
На сличен начин, од складноста на триаголниците $A C_{1} C$ и $A B B_{1}$ заклу-
Црт. 1
чуваме дека:
$$
\overline{B B_{1}}=\overline{C C_{1}}
$$
Од (1) и (2) следува: $\overline{A A_{1}}=\overline{B B_{1}}=\overline{C C_{1}}$.
## XVIII (93.VII.4)
Нека $M$ е внатрешна точка во паралелограмот $A B C D$, и нека $h_{1}=\overline{M P}$, $h_{2}=\overline{M Q}$ и $P Q \perp A B$ (црт. 2). За да докажеме дека $P_{A B M}+P_{C D M}=P_{B C M}+P_{A D M}$, доволно е да докажеме дека $P_{A B M}+P_{C D M}=\frac{1}{2} P$, каде што $P$ е плоштината на паралелограмот $A B C D$. Ако ставиме $\overline{A B}=a$, добиваме:
Црт. 2
$$
P_{A B M}+P_{C D M}=\frac{1}{2} a h_{1}+\frac{1}{2} a h_{2}=\frac{1}{2} a\left(h_{1}+h\right)=\frac{1}{2} a h=\frac{1}{2} P
$$
бидејќи $h_{1}+h_{2}=h$, а $P=a h$.
## XVIII (93.VII.5)
Прв начин. Ако центарот $V$ на впишаната кружница и центарот $O$ на опишаната кружница на $\triangle A B C$ се симетрични во однос на страната $A B$, тоа значи дека симетралата на $A B$ е воедно и симетрала на аголот кај темето $C$, т.е. $\triangle A B C$ е рамнокрак (црт.3).
Нека $\alpha=\beta=2 x$.
Очигледно, $\triangle A S V \cong \triangle A S O$, па оттука следува дека
$$
\measuredangle S A V=\measuredangle S A O=\frac{\alpha}{2}=x
$$
Понатаму $\measuredangle A O C=4 x$, како централен агол над тетивата $A C$, чиј периферен агол $\beta=2 x$. Би-
Црт. 3 дејќи $\triangle A S O$ е правоаголен, следува дека $x+4 x=90^{\circ}$, од каде што $x=18^{\circ}$.
Следствено, аглите во $\triangle A B C$ се: $36^{\circ}, 36^{\circ}$ и $108^{\circ}$.
Bйор начин. Од симетричноста на $O$ и $V$ во однос на $A B$ и условот $\overline{O A}=\overline{O B}$, следува и $\overline{V A}=\overline{V B}$, т.е. $\triangle A B V$ е рамнокрак, па следува $\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}$, т.е. $\alpha=\beta$. Но тоа значи дека и $\triangle O V A$ е рамнокрак ( $\overline{O A}=\overline{V A})$, па следува дека $\measuredangle O A S=\frac{\alpha}{2}$. Значи, аголот $O A C$ е поделен на три еднакви дела. Од друга страна и $\triangle A C O$ е рамнокрак ( $\overline{O A}=\overline{O C})$, па следува дека $\measuredangle O A C=\measuredangle O C A$, т.е. $\frac{3}{2} \alpha=\frac{\gamma}{2}, 3 \alpha=\gamma$. Тогаш за аглите во $\triangle A B C$ имаме:
$$
\begin{aligned}
\alpha+\beta+\gamma & =180^{\circ} \\
\alpha+\alpha+3 \alpha & =180^{\circ} \\
5 \alpha & =180^{\circ} ; \alpha=36^{\circ}, \beta=36^{\circ}, \gamma=108^{\circ}
\end{aligned}
$$
## VIII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Збирот на цифрите на четирицифрениот број $\overline{a b b a}$ е 24 . Бројот што го образуваат последните две цифри е за 36 поголем од бројот што го образуваат првите две цифри. Одреди го тој четирицифрен број.
2. Билјана потрошила извесна сума пари за да купи тетратка, молив и гума. Кога кажала каде ги купила, татко иे рекол: "Има продавница каде што тетратката е 2 пати поевтина, моливот 4 пати поевтин, а гумата 3 пати поевтина и така ќe потрошеше 24 денари". Мајката рекла: "Јас знам продавница каде што тетратката е 5 пати поевтина, моливот 2 пати поевтин, а гумата 2,5 пати поевтина и така Билјана ќе потрошеше само 16 денари". Колку денари потрошила Билјана ?
3. Дали може секоја цена на стока што е изразена во цел број денари и е поголема од 7 денари да се плати со парични бонови од 3 денари и 5 денари? Образложи!
4. Триаголникот $A B C$ е зададен со страните $\overline{A B}=6 \mathrm{~cm}, \overline{B C}=3 \mathrm{~cm}$ и аголот $\beta=120^{\circ}$. Пресметај ја должината $B B_{1}$ на симетралата на аголот $\beta$.
5. Впишаната кружница во правоаголниот триаголник $A B C$ ја допира хипотенузата $A B$ во точката $M$. Ако $\overline{A M}=m$, а $\overline{B M}=n$, тогаш плоштината на триаголникот $A B C$ е еднаква на $m \cdot n$. Докажи!
## XViII (93.VII.1)
Од условот збирот на цифрите на бројот $\overline{a b b a}$ да е 24 добиваме $a+b+b+a=24$, т.е. $a+b=12$.
Од вториот услов на задачата имаме:
$$
\begin{aligned}
& \overline{a b}+36=\overline{b a} \Leftrightarrow 10 a+b+36=10 b+a \Leftrightarrow \\
& 9 a+36=9 b \Leftrightarrow b-a=4
\end{aligned}
$$
Решавајќи го системот равенки $\left\{\begin{array}{l}b+a=12 \\ b-a=4\end{array}\right.$ наоѓаме $a=4, b=8$.
Значи, четирицифрениот број е 4884.
## XVIII (93.VIII.2)
Нека тетратката чини $x$ денари, моливот $y$ денари, а гумата $z$ денари. Се бара збирот $x+y+z$. Според условите имаме:
$$
\begin{aligned}
& \frac{x}{2}+\frac{y}{4}+\frac{z}{3}=24 \\
& \frac{x}{5}+\frac{y}{2}+\frac{z}{2,5}=16 \quad \text { т.е. } \quad 2 x+5 y+4 z=160
\end{aligned}
$$
Ако ги собереме последните две равенки добиваме:
$$
8 x+8 y+8 z=448, \quad 8(x+y+z)=448
$$
од каде што: $x+y+z=56$.
Значи, Билјана потрошила 56 денари.
Забележувате дека го одредивме збирот $x+y+z$, без посебно да ги одредиме собироците $x, y$ и $z$.
## XVIII (93.VIII.3)
Тврдењето во задачата се сведува на тоа да докажеме дека секој природен број $n$ поголем од 7 може да се запише во видот $3 x+5 y$, каде што $x, y \in \mathbb{N}_{0}$.
Секој природен број $n$ поголем од 7 може да се запише во видот:
$$
n=3 k \text { или } n=3 k+1 \text { или } n=3 k+2
$$
1) Ако $n=3 k$, тогаш $n=3 \cdot k+0 \cdot 5$. Во овој случај $x=k, y=0$, т.е. исплатата се врши само со бонови од 3 денари.
2) Ако $n=3 k+1$, тогаш $n=3 k-9+10=3 \cdot(k-3)+2 \cdot 5$. Во овој случај $x=k-3, \quad y=2$.
3) Ако $n=3 k+2$, тогаш $n=3 k-3+5=3(k-1)+1 \cdot 5$; тука $x=k-1$, $y=1$.
Покажавме дека секоја цена изразена со природен број поголем од 7 може да се исплати само со парични бонови од 3 денари и 5 денари.
Може ли да заклучуваме и поинаку? Да ја користиме деливоста со 5 , т.е. секој природен број $n$ да го запишеме во еден од видовите: $5 k, 5 k+1,5 k+2,5 k+3$ или $5 k+4$. Во тој случај треба да разгледаме пет можности. На пример:
$$
n=5 k+2=5 k-10+12=5(k-2)+3 \cdot 4 \text { итн. }
$$
Можеме и вака да резонираме. Доволно е да провериме дали тврдењето е точно за $n \in\{8,9 ., 15\}$. Имаме:
$$
\begin{aligned}
& 8=1 \cdot 3+1 \cdot 5,9=3 \cdot 3+0 \cdot 5,10=0 \cdot 3+2 \cdot 5,11=2 \cdot 3+1 \cdot 5 \\
& 12=4 \cdot 3+0 \cdot 5,13=1 \cdot 3+2 \cdot 5,14=3 \cdot 3+1 \cdot 5,15=5 \cdot 3+0 \cdot 5
\end{aligned}
$$
Наредните осум природни броја, од 16 до 23 ги запишуваме вака:
$$
16=8+8, \quad 17=8+9, \ldots, \quad 23=8+15
$$
па заклучуваме дека секој од нив може да се претстави во видот $3 x+5 y$, бидејки така можат да се претстават двата нивни собироци. На сличен начин заклучуваме дека тврдењето важи и за наредните осум природни броја, од 24 до 31 , потоа и за наредните осум итн., т.е. тврдењето важи эа секој природен број $n$ поголем од 7.
## XVIII (93.VIII.4)
Прв пачин. Нека $\overline{B B_{1}}=x$ е симетрала на аголот $\beta=120^{\circ}$ на $\triangle A B C$ (црт. 4). Низ $B_{1}$ повлекуваме права $\dot{p} \| B C$ и нека $p \cap A B=\{D\}$. Бидејќи $\angle D B B_{1}=60^{\circ}=\frac{1}{2} 120^{\circ}$ и $\angle B D B_{1}=\angle M B C=60^{\circ}$ (агли со заемно паралелни краци), заклучуваме дека $\triangle D B B_{1} \mathrm{e}$ рамностран, т.е. $\overline{D B}_{1}=x$. Очигледно е дека:
$$
\triangle A D B_{1} \sim \triangle A B C
$$
а оттука:
$\overline{A D}: \overline{D B}_{1}=\overline{A B}: \overline{B C} \quad$ т.е. $(6-x): x=6: 3$
од каде што $x=2$. Значи:
$$
\overline{B B_{1}}=2 \mathrm{~cm}
$$
Црт. 4
Вй $\bar{u}$ начин. Нека $\overline{B B_{1}}=x$ е симетрала на аголот $\beta=120^{\circ}$ и џека $C D \| B_{1} B$ (црт. 5). Лесно заклучуваме дека $\triangle B C D$ е рамностран и дека:
$$
\Delta B B_{1} \sim \triangle A D C
$$
а оттука:
$$
\begin{aligned}
& \overline{A B}: \overline{B B}_{1}=\overline{A D}: \overline{D C} \\
& 6: x=(6+3): 3
\end{aligned}
$$
т.е. $x=2$. Значи: $\overline{B B}_{1}=2 \mathrm{~cm}$.
Црт. 5
Tре $\bar{u}$ начин. Нека $S$ е средина на страната $A B$, тогаш $\overline{B S}=\overline{B C}=3 \mathrm{~cm}$, па следува дека $S C B$ е рамнокрак триаголник (црт. 6). Цртаме точка $D$ симетрична на точката $B$, во однос на правата $S C$. На таков начин го добиваме ромбот $S B C D$, чии дијагонали се преполовуваат во точката $O$. Бидејќи $\angle B C D=30^{\circ}+30^{\circ}=60^{\circ}=\angle B C D$ следува дека триаголниците $S B D$ и $B C D$ се рамнострани, со страни еднакви на $3 \mathrm{~cm}$. Значи, $\overline{B D}=3 \mathrm{~cm}$, а $\overline{O D}=1,5 \mathrm{~cm}$. Бидејќи $S M \| B C$, следува дека $S M$ е средна линија во $\triangle A B C$, т.е. $\overline{S M}=\frac{1}{2} \overline{B C}=\frac{3}{2} \mathrm{~cm}$. Но $\overline{S D}=3 \mathrm{~cm}$, па значи $M$ е средина на отсечката $S D$.
Следствено, отсечката $C M$ е тежишна линија во $\triangle S C D$. Исто така, и $D O$ е тежишна линија во истиот триаголник. Значи, нивниот пресек, точката $B_{1}$, е тежиште во $\triangle S C D$, тогаш:
$$
\begin{aligned}
& \overline{O B_{1}}=\frac{1}{3} \overline{O D}=\frac{1}{3} \cdot 1,5=0,5 \\
& \overline{B O}=\frac{1}{2} \overline{B D}=\frac{1}{2} \cdot 3=1,5
\end{aligned}
$$
Конечно:
$$
\overline{B B_{1}}=\overline{B O}+\overline{O B_{1}}=1,5+0,5=2
$$
Значи: $\overline{B B_{1}}=2 \mathrm{~cm}$.
Црт. 6
Чейврйи иачин. Бидејќи $\angle A B B_{1}=60^{\circ}=\angle C B B_{1}$, конструираме два рамнострани триаголниха $A B D$ и $B C E$ со страни $6 \mathrm{~cm}$ и $3 \mathrm{~cm}$ (црт. 7). Нивните висини се однесуваат како $2: 1$, т.е. $\overline{A E}: \overline{C L}=2: 1$.
Правоаголните триаголници $A E B_{1}$ и $C L B_{1}$ се слични, па имаме:
$$
\begin{aligned}
& \overline{A E}: \overline{C L}=\overline{E B}_{1}: \overline{L B}_{1} \\
& 2: 1=\overline{E B}_{1}: \overline{L B}_{1}
\end{aligned}
$$
Значи: $\overline{L B}_{1}=\frac{1}{3} \overline{E L}=\frac{1}{3} \overline{B L}$.
Имајќи предвид дека $\overline{B E}=3$, добиваме:
Црт. 7
$$
\overline{B B}_{1}=\overline{B L}+\overline{L B}_{1}=\overline{B L}+\frac{1}{3} \overline{B L}=\frac{4}{3} \overline{B L}=\frac{4}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot \overline{B E}=\frac{2}{3} \overline{B E}=\frac{2}{3} \cdot 3=2
$$
Следователно, $\overline{B B}_{1}=2 \mathrm{~cm}$.
Пеййи начин. Нека $S$ е средина на страната $A B$, тогаш $\triangle S C B$ е рамнохрак (црт. 8), со агол при основата од $30^{\circ}$. Од правоаголниот триаголник $S B O$ следува:
$$
\overline{B O}=\frac{1}{2} \overline{S B}=\frac{1}{2} \cdot 3=1,5
$$
(катета наспроти агол од $30^{\circ}$ е еднаква на половина од хипотенузата). Низ $S$ повлекуваме $S B_{2} \| O B_{1}$. Бидејќи $O$ е средина на отсечката $S C$, следува дека
$\overline{O B_{1}}=x$ е средна линија во. $\triangle S \mathrm{SB}_{2}$; тогаш $\overline{S B_{2}}=2 x$. Ho, $S B_{2}$ e средна линија во $\triangle A B B_{1}$, па следува дека $\overline{B B_{1}}=2 \overline{S B}_{1}=4 x$.
Тогаш:
$$
\overline{B O}=\overline{B B}_{1}-\overline{O B}_{1}=4 x-x=3 x
$$
Црт. 8
Имајки предвид (1), добиваме:
$$
3 x=1,5, \quad x=0,5, \quad \overline{B B}_{1}=4 x=2 .
$$
Значи: $\overline{B B}_{1}=2 \mathrm{~cm}$.
## XVIII (93.VIII.5)
Нека впишаната кружница во правоаголникот $\triangle A B C$ ја допира хипотенузата $A B$ во точката $M$ и нека $\overline{A M}=m, \overline{B M}=n$. Треба да докажеме дека $P=m$. Очигледно е:
$$
\overline{A M}=\overline{A N}=m, \overline{B M}=\overline{B L}=n, \overline{C N}=\overline{C L}=r
$$
Плоштината на правоаголникот $\triangle A B C$ e:
$$
P=\frac{1}{2} a b=\frac{1}{2}(n+r)(m+r)
$$
(1) $P=\frac{1}{2}\left(m n+m r+n r+r^{2}\right)$.
Црт. 9
Ако ја примениме Питагоровата теорема за $\triangle A B C$, ќе добиеме:
$$
\begin{aligned}
(m+n)^{2} & =(n+r)^{2}+(m+r)^{2} \\
m^{2}+2 m n+n^{2} & =n^{2}+2 n r+r^{2}+m^{2}+2 m r+r^{2} \\
2 m n & =2 m r+2 n r+2 r^{2} \\
m n & =m r+n r+r^{2}
\end{aligned}
$$
Заменувајќи (2) во (1) добиваме:
$$
P=\frac{1}{2}(m n+m n)=\frac{1}{2} 2 m n=m n
$$