Cím: Az 1989. októberben közölt felvételire gyakorló feladatok megoldásai
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1989/november, 368 - 371. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Igazolja, hogy ha egy háromszög BC=a oldalával szemközti szög 150, akkor
b2+c2=r2-4t3,
ahol b, c a háromszög másik két oldala, r a háromszög köré írt kör sugara, t pedig a háromszög területe.
 

Megoldás. A koszinusztétel szerint
b2+c2=a2+2bccos150.
A háromszög területe
t=bcsin1502.
Ha r a háromszög köré írt kör sugara, akkor
a=2rsin150.
Mivel sin150=12 és cos150=-32, ezért a=r és 4t=bc.
 

Ezeket felhasználva adódik, hogy valóban
b2+c2=r2-4t3.

2. Tekintsük az
f(x)=(x-1)2+(x-2)2+...+(x-n)2
függvényt, ahol nN+. Mely helyen veszi fel a függvény a legkisebb értékét és mennyi ez a legkisebb érték?
 

Megoldás. Azonos átalakításokkal
f(x)=nx2-2(1+2...+n)x+12+22+...+n2.
Ismeretes, hogy
1+2+...+n=n(n+1)2
és
12+22+...+n2=n(n+1)(2n+1)6.
Ezeket alkalmazva, majd teljes négyzetté kiegészítve kapjuk a következőket:
f(x)=nx2-n(n+1)x+n(n+1)(2n+1)6,f(x)=n(x-n+12)2+nn2-112.


Az f(x) függvény az x0=n+12 helyen veszi fel a legkisebb értékét és a legkisebb érték n(n2-1)12.
 

3. Igazolja, hogy ha a0, b0, akkor
12(a+b)2+14(a+b)ab+ba.
Mikor egyenlő a két kifejezés?
 

Megoldás. Ekvivalens átalakításokkal az
12(a+b)(a+b+12)ab(a+b)(1)
egyenlőséget kell igazolni.
Mivel
a+b2ab,(2)

ezért elegendő igazolni a következőket:
a+b+12a+b,(3)
illetve
a-a+b-b+120.(4)
Azonos átalakításokkal kapjuk, hogy
a-a+b-b+12=(a-12)2+(b-12)2.
Mivel (a-12)2+(b-12)20, ezért a (4), a (3) és így az (1) egyenlőtlenséget is igazoltuk. A (2) illetve a (3) egyenlőtlenségben az egyenlőség akkor áll fenn, ha a=b, illetve a=14 és b=14, ezért az (1)-ben csak a=14 és b=14 esetén áll fenn egyenlőség.
 

4. Az ABC háromszög oldalai AB=13; BC=20; CA=21 egység. Számítsa ki a BC oldalhoz tartozó súlyvonal hosszát.
 

Megoldás. Jelölje a BC oldal felezőpontját A1, az AA1B szöget φ, így az AA1C szög 180-φ, végül legyen AA1=s. Az AA1B és az AA1C háromszögekben alkalmazzuk a koszinusztételt:
132=s2+102-2s10cosφ,212=s2+102+2s10cosφ


mert cos(180-φ)=-cosφ. E két egyenlet összeadása, majd a kapott egyenlet rendezése után
s2=12(132+212-2102)s2=205,s=20514,32.



Az adatok a háromszöget egyértelműen meghatározzák, igy az AA1 súlyvonal hossza 14,32 egység.
 

5. Írja fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelynek az e (egyenlete:
x-y=2
) és az f (egyenlete: x+2y=14) egyenesek közé eső szakaszát a P(2;1) pont az e egyenestől számítva 1:2 arányban osztja.
 

Megoldás. Az e egyenes egy tetszőleges pontja E(t;t-2), tR, az f egyenes egy tetszőleges pontja F(14-2u;u), uR. Azokat az E és F pontokat keressük, amelyekre
FP=2PE
azaz
FP=2PE.
Mivel FP=(2u-12;1-u),PE=(t-2;t-3), ezért
2u-12=2t-4,
és
1-u=2t-6,
ahonnan t=1, u=5, azaz a szóban forgó E pont E(1;-1) és az F pont F(4,5), így a keresett egyenes (EP) egyenlete: 2x-y=3.
 

Megjegyzés: A feladat más módon is megoldható. Az e és f egyenes metszéspontja G(6;4). Legyen Q az a pont, amelyre GQ=3PG. Most Q(-6;-5). A Q ponton áthaladó, az e egyenessel párhuzamos egyenes (egyenlete: x-y=-1 az f egyenest az F(4;5) pontban metszi ‐ miért?), így az FP egyenes egyenlete: 2x-y=3.
 

6. Egy négyzetes oszlop alapéle a, magassága m (térfogatát jelölje V1); egy szabályos háromoldalú gúla alapéle b, magassága m (térfogatát jelölje V2.)
a) Mekkora a ba arány, ha V1=3V2?
b) Mekkora az ma arány, ha V1=3V2 és a négyzetes oszlop palástfelszíne egyenlő a gúla palástfelszinével (oldallapjai területének összegével)?
 

Megoldás.
a) V1=a2m,V2=b234m3,
A feltétel szerint 3V2=V1, tehát
b2m4=a2m,     amiből   (ba)2=4,
s mivel ba>0, ezért ba=2.
b) A gúla alaplapjának magassága b232, ennek harmada b23.
 

Ha a gúla oldallapjának a b oldalhoz tartozó magassága m1, akkor
m12=m2+b212,    s mivel   b=2a,
ezért m12=m2+a23.
A feltétel szerint a palást felszínek egyenlők, tehát
4am=32am2+a232,
amiből 7m2=3a2, azaz ma=37.
 

7. Oldja meg a
loga1x2+3logx19-8
egyenlőtlenséget!

Vegyük figyelembe, hogy x>0 és x1. Azonosságok alkalmazásával, ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy
-2log3x-6logx3-8,log3x+3logx34.


Legyen log3x=z, ekkor logx3=1z, és az egyenlőtlenség a következő alakra hozható
z2-4z+3z0.
Ennek megoldása (algebrai vagy grafikus úton)
z<0vagy1z3,
így log3x<0, vagy 1log3x3.
A 3 alapú logaritmus- (vagy az exponenciális-) függvény szigorú monoton növekedése miatt az egyenlőtlenség megoldásai
0<x<1vagy3x27.

8. Mely α-ra van pontosan egy valós gyöke az
x2+2xcosα+(1sinα+22)=0
egyenletnek?
 

Megoldás.
Az egyenletnek cosα>0, sinα0 esetén van értelme, azaz ha
-π2+2kπ<α<2kπvagy2kπ<α<π2+2kπ,kZ.
Az egyenletnek akkor van pontosan egy valós gyöke, ha a
D=4cosα-4sinα-82
diszkrimináns nulla.
Ez akkor teljesül, ha
12(sinα-cosα)=sin2α.
Mivel 12=sinπ4=cosπ2, ezért sin(α-π4)=sin2α.
 


Ez utóbbi egyenlet megoldásai
2α=α-π4+2nπvagy2α=π-(α-π4)+2nπ,
n,mZ
α1,n=-π4+2nπvagyα2,m=5π12+23mπ.α1,n  esetén  cosα>0,sinα0  és  D=0,


tehát megoldások.
Ha m=3k, akkor α2,k=5π12+2kπ szintén megoldás; ha m=3k+1, akkor cosα<0, így nem megoldás, míg ha m=3k+2, akkor α3,k=7π4+2kπ szögek egybeesnek az α1,n  szögekkel, így attól nem eltérő megoldások.