# XVII 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
## VI ОДДЕЛЕНИЕ
1. Aко $3 n=3+3^{2}+3^{3}+\ldots+3^{1992}$, тогаш $2 n+1=3^{1992}$. Докажи!
2. Една група работници може да заврши една работа за 12 дена, друга за 6 дена, а трета за 4 дена. Бројот на работниците во сите три групи е 30 . По колку работници има во секоја група ?
3. Даден е полиномот $P(x, y)=x^{2}+y^{2}-x y-x-y+1$. Докажи дека за кои било реални броеви $x$ и $y$ важи $P(x, y) \geq 0$.
4. Нека во четириаголникот $A B C D$ точките $M, N, P, Q, R, S$ се средини на отсечките $A B, B C, C D, D A, A C$ и $B D$-соодветно. Докажи дека правите $M P$, $N Q$ и $R S$ се сечат во иста точка.
5. Во правоаголниот триаголник $A B C$ симетралите на острите агли $A$ и $B$ ги сечат катетите во точките $D$ и $F$ - соодветно. Од точките $D$ и $F$ се повлечени нормали на хипотенузата $A B$, и истата ја сечат во точките $M$ и $N$. Најди го аголот $M C N$.
## XVII (92.VII.1)
Од $3 n=3+3^{2}+3^{3}+\ldots+3^{1992}=3\left(1+3+3^{2}+\ldots+3^{1991}\right)$ следува дека
$$
n=1+3+3^{2}+\ldots+3^{1991}
$$
Понатаму имаме:
$$
\begin{aligned}
2 n=3 n-n & =\left(3+3^{2}+\ldots+3^{1991}+3^{1992}\right)-\left(1+3+3^{2}+\ldots+3^{1991}\right) \\
2 n & =3^{1992}-1 \\
2 n+1 & =3^{1992}
\end{aligned}
$$
## XVII (92.VII.2)
Бројот 2 е НЗД за броевите 12, 6 и 4. Затоа нека $x$ работници ја завршуваат работата за 2 дена. Тогаш за 12 дена се потребни $\frac{x}{6}$ работници, т.е. во првата група има $\frac{x}{6}$ работници. Аналогно заклучуваме дека во втората група има $\frac{x}{3}$ работници, а во третата - $\frac{x}{2}$ работници. Нивниот збир е 30, па имаме:
$$
\begin{aligned}
\frac{x}{6}+\frac{x}{3}+\frac{x}{2} & =30 \\
x\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\right) & =30 \\
x \cdot \frac{1+2+3}{6} & =30 \\
x & =30
\end{aligned}
$$
Значи, сите работници ја завршуваат работата за 2 дена. Бројот на работниците во првата група е $\frac{x}{6}$ т.е. 5 работници, во втората група е 10 работници, а во третата 15 работници.
Забелешка. Дека сите работници ја завршуваат работата за 2 дена можеме да заклучиме и поинаку. Првата група за еден ден завршува $\frac{1}{12}$ од работата, втората $\frac{1}{6}$, а третата $\frac{1}{4}$. Ако сите работници ја завршуваат работата за $y$ дена, тогаш за еден ден ќе завршат $\frac{1}{y}$ од работата. Оттука имаме:
$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{12}+\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=\frac{1}{y} \\
& \frac{1+2+3}{12}=\frac{1}{y}, \frac{6}{12}=\frac{1}{y}, y=2
\end{aligned}
$$
## XVII (92.VII.3)
За да докажеме дека $P(x, y) \geq 0$ треба полиномот $P(x, y)$ да го претставиме како збир од биноми на квадрат. Имаме:
$$
\begin{aligned}
P(x, y) & =x^{2}+y^{2}-x y-x-y+1 \\
& =\frac{1}{2}\left(2 x^{2}+2 y^{2}-2 x y-2 x-2 y+2\right) \\
& =\frac{1}{2}\left[\left(x^{2}-2 x y+y^{2}\right)+\left(x^{2}-2 x+1\right)+\left(y^{2}-2 y+1\right)\right] \\
& =\frac{1}{2}\left[(x-y)^{2}+(x-1)^{2}+(y-1)^{2}\right]
\end{aligned}
$$
Бидејќи $(x-y)^{2} \geq 0,(x-1)^{2} \geq 0,(y-1)^{2} \geq 0$ следува дека и $P(x, y) \geq 0$.
## XVII (92.VII.4)
Нека точките $M, N, P, Q, R$ и $S$ се средини на отсечките $A B, B C, C D, D A$, $A C$ и $B D$ во четириаголникот $A B C D$ (црт. 1). Треба да докажеме дека правите $M P, N Q$ и $R S$ минуваат низ иста точка. За таа цел ќе покажеме дека четириаголниците $M N P Q$ и $M S P R$ се паралелограми, а потоа ќe го користиме својствотодека дијагоналите во паралелограмот се преполовуваат.
Отсечката $M N$ е средна линија во $\triangle A B C$, па следува:
$$
\overline{M N}=\frac{1}{2} \overline{A C} \text { и } M N \| A C
$$
Црт. 1
Отсечката $P Q$ е средна линија во $\triangle A D C$, па следува:
$$
\overline{P Q}=\frac{1}{2} \overline{A C} \text { и } P P Q \| A C
$$
Од (1) и (2) следува дека $\overline{M N}=\overline{P Q}$ и $M N \| P Q$, т.е. дека четириаголникот $M N P Q$ е паралелограм (според признакот: четириаголникот на кој две спротивни страни му се еднакви и паралелни е паралелограм). Неговите дијагонали $M P$ и $N Q$ се преполовуваат од пресечната точка $O$, т.е. $\overline{N O}=\overline{O Q}$ и $\overline{M O}=\overline{O P}$.
На сличен начин, користејќи дека $M S$ е средна линија во $\triangle A B D$, а $P R$ средна линија во $\triangle A C D$, заклучуваме дека $\overline{M S}=\overline{R P}$ и $M S \| R P$, т.е. дека четириаголникот $M S P R$ е паралелограм. Неговите дијагонали $M P$ и $R S$ се преполовуваат. Бидејќи $O$ е средина на $M P$, ќе следува дека и $R S$ е преполовена од точката $O$, т.е. и $R S$ минува низ точката $O$. Со тоа докажавме дека правите $M P, N Q$ и $R S$ минуваат низ иста точка.
## XVII (92.VII.5)
Нека правоаголниот $\triangle A B C$ ги исполнува условите на задачата. Треба да го одредиме аголот $\varphi=\measuredangle M C N$ (црт. 2). Бидејќи $D$ е точка од симетралата на аголот $\alpha$, следува дека $\overline{D C}=\overline{D M}$, т.е. $\triangle M C D$ е рамнокрак, па оттука:
$$
\measuredangle 1=\measuredangle 2 \text {. }
$$
Но, $\angle M D B=90^{\circ}-\beta=\alpha$ е надворешен агол за $\triangle M C D$ и е еднаков на збирот од двата внатрешни, со него несоседни агли, т.е.
$$
\measuredangle 1=\not 2=\alpha, \quad \measuredangle 2=\frac{\alpha}{2}
$$
На сличен начин од $\overline{F N}=\overline{F C}$ заклучуваме дека $\measuredangle 3=\angle 4$, а би-
Црт. 2 дејќи $\angle N F A==\beta$ е надворешен агол за $\triangle N C F$ добиваме дека:
$$
\measuredangle 4=\frac{\beta}{2}
$$
Тогаш за бараниот агол $\varphi$ имаме:
$$
\varphi=90^{\circ}-(\angle 2+\angle 4)=90^{\circ}-\left(\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}\right)=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}
$$
Значи, $\angle M C N=45^{\circ}$.
Забелешка. Воочи дека $A D \perp C M$ и $B F \perp C N$, т.е. аглите $A O B ~ i \varphi$ се со заемно нормални краци, а потоа искористи го равенството:
$$
\angle A O B+\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=180^{\circ}, \quad \text { т.е. } \quad \angle A O B=135^{\circ}
$$
## VII ОДДЕЛЕНИЕ
1. Во една месарница се донесени 100 глави живина: гуски, кокошки и пилиња - со вкупна маса од $100 \mathrm{~kg}$. Секоја гуска има $10 \mathrm{~kg}$, секоја кокошка $3 \mathrm{~kg}$, а секое пиле $0,5 \mathrm{~kg}$. Колку биле гуски, колку кокошки и колку пилиња?
2. Најди четирицифрен број, кој е еднаков на квадратот од бројот, кој е образуван од неговите последни две цифри земени по ред.
3. Основата на права четириаголна призма $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ е трапез, со основи $\overline{A B}=24 \mathrm{~cm}$ и $\overline{C D}=16 \mathrm{~cm}$, и краци $\overline{B C}=9 \mathrm{~cm}$ и $\overline{A D}=7 \mathrm{~cm}$. Колкав е волуменот на призмата, ако дијагоналата $B D_{1}$ на призмата со дијагоналата $B D$ на основата образуваат агол од $45^{\circ}$.
4. Во правоаголен триаголник, во кој едната катета е два пати поголема од другата, повлечена е висината $C D$ на хипотенузата $A B$. Докажи дека едниот од деловите на кои висината ја дели хипотенузата е четири пати поголем од другиот.
5. Правоаголен триаголник има катети $60 \mathrm{~cm}$ и $80 \mathrm{~cm}$. Точките $M$ и $N$ се средини на тие катети. Кружницата со дијаметар $M N$ ја сече хипотенузата на триаголникот во точките $P$ и $Q$. Пресметај ја должината на отсечката $P Q$.
## XVII (92.VIII.1)
Нека $x$ е бројот на гуските, $y$ бројот на кокошките, а $z$ бројот на пилињата ( $x, y, z \in \mathbb{N})$, тогаш:
$$
\left\{\begin{array} { l }
{ 1 0 x + 3 y + 0 , 5 z = 1 0 0 } \\
{ x + y + z = 1 0 0 }
\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}
20 x+6 y+z=200 \\
x+y+z=100
\end{array}\right.\right.
$$
Ако од првата равенка ја одземеме втората, ќе добиеме:
$$
\begin{aligned}
& 19 x+5 y=100 \\
& y=\frac{100-19 x}{5}=20-3 x-\frac{4 x}{5}
\end{aligned}
$$
За $y$ да биде природен број треба $4 x$ да е делив со 5 . Но, бројот на гуските не може да биде поголем од 9 (зошто?), па заклучуваме дека $x=5$. Тогаш $y=20-15-\frac{4 \cdot 5}{5}=1$, a $z=100-5-1=94$.
Значи, имало 5 гуски, 1 кокошка и 94 пилиња.
## XVII (92.VIII.2)
Нека $\overline{a b c d}$ е четирицифрен број кој е еднаков на квадратот на својот двоцифрен завршеток, т.е.
$$
\overline{a b c d}=\overline{c d}^{2}
$$
Доколку $x=\overline{a b}, y=\overline{c d}$, тогаш добиваме:
$$
\begin{aligned}
& \overline{x y}=y^{2} \\
& 100 x+y=y^{2} \\
& 100 x=y^{2}-y \\
& 100 x=y(y-1)
\end{aligned}
$$
Од последното равенство заклучуваме дека производот $y(y-1)$ е делив со 100 ( $y<100$, бидејќи у е двоцифрен број). Значи, еден од последователните броеви $y$ или $y-1$ е делив со 4 , а другиот со 25 .
$1^{0}$ Нека $y=25$, тогаш $y-1=24$ е делив со 4 , па имаме:
$$
100 x=25 \cdot 24, x=6
$$
Оваа можност отпаѓа, бидејќи $x$ е двоцифрен број.
$2^{0}$ Ако $y-1=25$, тогаш $y=26$ - не е делив со 4 .
$3^{0}$ Ако $y=50$, тогаш $y-1=49$ - не е делив со 4 .
$4^{0}$ Ако $y-1=50$, тогаш $y=51$ - не е делив со 4 .
$5^{0}$ Ако $y=75$, тогаш $y-1=74$ - не е делив со 4 .
$6^{0}$ Ако $y-1=75$, тогаш $y=76$ - е делив со 4 , па имаме:
$$
\begin{aligned}
100 x & =76 \cdot 75 \\
x & =57
\end{aligned}
$$
Според тоа, бараниот четирицифрен број е 5776. Навистина $5776=76^{2}$.
## XVII (92.VIII.3)
Нека призмата $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ ги исполнува условите на задачата (црт. 3). Да ја пресметаме првин плоштината на основата, т.е. плоштината на трапезот $A B C D$. Треба да ја одредиме висината на трапезот. Повлекуваме $D M \| B C$ (црт. 4). Четириаголникот $M B C D$ е паралелограм, па имаме $\overrightarrow{D M}=\overline{B C}=9, \overline{M B}=\overline{D C}=16$; тогаш $\overline{A M}=24-16=8$. Ако $\overline{A N}=x$, тогаш $\overline{N M}=8-x$. Применувајќи ја Питагоровата теорема за триаголниците $A N D$ и $M N D$, добиваме:
$$
\begin{gathered}
h^{2}=49-x^{2}, h^{2}=81-(8-x)^{2} \\
49-x^{2}=81-64+16 x-x^{2} \\
32=16 x, x=2
\end{gathered}
$$
Toraw $h^{2}=49-4=45, h=\sqrt{45}=\sqrt{9 \cdot 5}=3 \sqrt{5}$.
Црт. 4
Црт. 3
Плоштината на основата е:
$$
B=\frac{24+16}{2} \cdot 3 \sqrt{5}=60 \sqrt{5}
$$
Од рамнокракиот правоаголен $\triangle B D D_{1}$ следува $H=f$. Значи, треба да ја најдеме дијагоналата $f$ на трапезот $A B C D$. Ја применуваме Питагоровата теорема за $\triangle N B D$ (црт. 4):
$$
\begin{gathered}
f^{2}=h^{2}+(24-x)^{2}=45+484=529 \\
f=\sqrt{529}=23 . \text { Значи } H=23
\end{gathered}
$$
Конечно, за волуменот на призмата добиваме:
$$
V=B \cdot H=60 \sqrt{5} \cdot 23=1380 \sqrt{5}
$$
Значи, волуменот на призмата е $1380 \sqrt{5} \mathrm{~cm}^{3}$ или приближно $3087,774 \mathrm{~cm}^{3}$.
## XVII (92.VIII.4)
Нека во правоаголниот триаголник $A B C$ важи $b=2 a$. Треба да покажеме дека $q=4 p$ (црт. 5). Од Евклидовите формули имаме:
$$
a^{2}=c \cdot p, \quad b^{2}=c \cdot q
$$
Тогаш:
$$
\begin{aligned}
& b^{2}: a^{2}=c q: c p \\
& 4 a^{2}: a^{2}=q: p \\
& 4: 1=q: p, \quad q=4 p
\end{aligned}
$$
Црт. 5
## XVII (92.VIII.5)
Нека кружницата $k$ со дијаметар $M N$ ја сече хипотенузата $A B$ на правоаголниот $\triangle A B C$ во точките $P$ и $Q$ (црт. 6). Треба да ја одредиме должината на отсечката $P Q$.
За хипотенузата $A B$ наоѓаме:
$$
\overline{A B}^{2}=\overline{A C}^{2}+\overline{B C}^{2}=60^{2}+80^{2}=10000
$$
$$
\overline{A B}=\sqrt{10000}=100
$$
Бидејќи $M N$ е средна линија во $\triangle A B C$, следува $\overline{M N}=50$. Кружницата $k$ минува низ темето $C$, бидејќи $\angle M C N=90^{\circ}$.
Симетричната точка $P$ на точката $C$ во однос на правата $M N$ лежи на хипотенузата и на кружницата $k$, па значи $\triangle C P Q$ е правоаголен. Но, тогаш $C Q$ е дија-
Црт. 6
метар на кружницата и затоа $\overline{C Q}=\overline{M N}=50$, а $C P$ е висина на $\triangle A B C$, па имаме:
$$
\overline{A B} \cdot \overline{C P}=\overline{A C} \cdot \overline{B C}, \quad \overline{C P}=\frac{\overline{A C} \cdot \overline{B C}}{\overline{A B}}=\frac{60 \cdot 80}{100}=48
$$
Од правоаголниот $\triangle P Q C$ имаме:
$$
\begin{gathered}
\overline{P Q}^{2}=\overline{C Q}^{2}-\overline{C P}^{2}=50^{2}-48^{2}=196 \\
\overline{P Q}=\sqrt{196}=14
\end{gathered}
$$
Значи, должината на отсечката $P Q$ е $14 \mathrm{~cm}$.