Cím: Az 1989. szeptemberben közölt felvételire gyakorló feladatok megoldásai
Füzet: 1989/október, 293 - 296. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Oldjuk meg az alábbi egyenletet:
(x-2)2=4-4x+x2.

Megoldás.
(x-2)2=|x-2|.
Ha x2, akkor
(x-2)2=x-2,
azaz x2-5x+6=0,x1=2;x2=3; ha x<2, akkor
(x-2)2=2-x,
azaz x2-3x+2=0,x3=1;x4=2.
Az x4-re nem teljesül, hogy x<2.
Az egyenlet megoldása x1,x2,x3.
 

2. Egy szimmetrikus trapéz átlói merőlegesek egymásra és két olyan részre osztják egymást, amelyek aránya 7:17. Mekkora a trapéz területe, ha kerülete 1002 egység ?
 

Megoldás. Jelölje a és c a két párhuzamos oldal, b a szárak hosszát. A feltétel szerint az átló két szelete 7x, illetve 17x. Az átlók a trapézt négy derékszögű háromszögre bontják, amelyek közül kettő egyenlő szárú.
A Pitagorasz -tétel alkalmazásával adódik, hogy
a=17x2;c=7x2ésb=13x2.
A feltétel szerint:
17x2+7x2+213x2=1002,ahonnanx=2,7x=14,17x=34.


A trapéz területe a négy derékszögű háromszög területének összege, azaz
t=1422+3422+214342,
t=1152 területegység.
 

3. Oldjuk meg és vizsgáljuk az
ax+3y=12,12x+ay=24


egyenletrendszert, ahol a valós paraméter.
 

Megoldás. Az első egyenlet a-szorosából vonjuk ki a második egyenlet 3-szorosát.
(a2-36)x=12a-72,(a-6)(a+6)x=12(a-6).


Ha a6 és a-6, akkor
x=12a+6,és kapjuk, hogyy=24a+6,
és ez a számpár ez esetben valóban megoldás.
Ha a=6, akkor az egyenletrendszernek végtelen sok megoldása van, az x=t,y=4-2t,tR számpárok, hiszen ekkor 6x+3y=12 és 12x+6y=24, azaz a két egyenlet ekvivalens, 2x+y=4,y=4-2x.
Ha a=-6, akkor az egyenletrendszernek nincs megoldása (a két egyenlet ellentmondó), hiszen ekkor
-6x+3y=12és12x-6y=24,azaz2x-y=-4,és2x-y=4.

4. Az ABC egyenlő szárú háromszögben AB=AC=4 egység. A háromszög területe 4 területegység. Számítsuk ki a háromszög szögeit és a BC oldal hosszát.
 

Megoldás. Jelölje m a BC=a oldalhoz tartozó magasságot. Ekkor
am2=4ésm2+(a2)2=16,ahonnana4-64a2+464=0,


így a1=22(3-1) vagy a2=22(3+1).
Az alapon fekvő szöget jelölje β.
Ekkor cosβ=a8, így β1=75,β2=15, és α1=30,α2=150.
 

5. Határozzuk meg az a paraméter értékét úgy, hogy az
x2-ax+2a-4=0
egyenlet egyik gyöke a másik gyökének háromszorosa legyen.
 

Megoldás. Az egyenlet diszkriminánsa
D=a2-4(2a-4)=(a-4)2.
Az egyenlet megoldásai: x1,2=a±(a-4)2,x1=a-2,x2=2.
Ha x1=3x2, akkor a-2=6,a=8, és ez megfelel a feltételeknek, hiszen x2-8x+12=0 egyenlet gyökei 2 és 6; ha x2=3x1, akkor 2=3a-6,a=83, és ez is megfelel a feltételeknek.
 

6. Egy trapéz egyik oldala 8 egység, a vele párhuzamos oldal és a magasság összege 12 egység. Hogyan kell megválasztani a trapéz magasságát, hogy a trapéz területe a lehető legnagyobb legyen ? Mekkora a legnagyobb terület ?
 

Megoldás. Alkalmazhatjuk a két pozitív szám számtani és mértani közepe közötti egyenlőtlenséget.
Ezek szerint ha a>0 és b>0, akkor
aba+b2,tehátab(a+b2)2,
ahol az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a=b. Most t(m)=12m(20-m), ahol m>0 és 20-m>0, (m a trapéz magasságát és t a trapéz területét jelöli):
12m(20-m)12(m+20-m2)2=50.


Így t(m) akkor a legnagyobb, ha m=20-m,m=10, és ez valóban 0 és 12 közé esik. A legnagyobb t(m) érték 50 területegység.
 

7. Egymástól 8 egység távolságban haladó párhuzamos egyenesek között két, egymást érintő, egyenlő sugarú kör helyezkedik el. (A körök az egyeneseket is érintik.) A két kör középpontján áthaladó, az adott párhuzamos egyenesekre merőleges egyenesek távolsága 4 egység. Számítsuk ki a körök sugarát.
 

Megoldás. A két kör középpontját összekötő szakasz hossza 2r ahol r a körök sugara. Az egyik kör középpontjából bocsássunk merőlegest a másik kör középpontján áthaladó, a párhuzamos egyenesekre merőleges egyenesre. Az így kapott derékszögű háromszög átfogója tehát 2r, a két befogó 4, illetve 8-2r.
A Pitagorasz-tétel alkalmazásával:
4r2=16+(8-2r)2,r=52.
A körök sugara tehát 52 egység.
 

8. Az ABC hegyesszögű háromszög magasságpontja M, a körülírt kör A-val átellenes pontja A'! Igazoljuk, hogy a BMCA' négyszög paralelogramma.
 

 
 

Megoldás. Az AA' a kör átmérője, tehát a Thalesz-tétel alapján A'C merőleges AC-re, és A'B merőleges AB-re. Mivel BM (magasságvonal) szintén merőleges AC-re, ezért BM párhuzamos A'C-vel, mivel CM (magasságvonal) szintén merőleges AB-re, ezért CM párhuzamos A'B-vel. A BMCA' négyszög szemközti oldalai tehát párhuzamosak, a négyszög így valóban paralelogramma.