Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az 1992. januári szám mérőlapjához
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1992/február, 76 - 77. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. A befogókat ezúttal 2a és 2b-vel, az átfogót 2c-vel jelölve a keresett súlyvonal hosszára sc2=c2=a2+b2. Az adatokból Pitagorasz tételével sa2=a2+4b2=9 és sb2=4a2+b2=16, összegük ötödrésze a2+b2=5, tehát sc=5 egység. ‐ Célhoz értünk a befogók külön-külön való kiszámítása nélkül is.
2. A körhöz B-ből húzott két szelő szakaszainak szorzata egyenlő, BABD=(BD+DA)BD= =5BD2=BEBC=4(4+1)=20, innen BD=2 és BA=10. A β=ABC=DBC-re a DBC háromszögből cosβ=13/20. A keresett terület
12BABCsinβ=5231/419,0 területegység.
Mérethű ábra szerkesztése: 1. oldalaiból a BCD háromszög, 2. az E osztópont, 3. kör a C,D,E pontokon át, végül 4. ebből BD kimetszi A-t.
3. A bal oldalnak akkor van értelme, ha egyrészt az alap x+1>0, de x+11, azaz x>-1, de x0, és ekkor a jobb oldalon 2=logx+1(x+1)2, másrészt ha a zárójelben 2x2-3x+1=(2x-1)(x-1) pozitív, ez kizárja a 0,5x1 értékeket.
Mármost ha az alapra x+1>1, azaz x>0, akkor a logaritmus-függvény monoton növő, a követelmény: 2x2-3x+1(x+1)2, rendezve x(x-5)0, azaz 0x5. Egybevetve a követelményeket, x megoldás, ha 0<x<0,5 és ha 1<x5.
A bal oldal értéke pl. x=0,4 mellett log1,40,12=(lg0,12):(lg1,4)-6,301 és x=3 mellett lg410=1,661, valóban kisebbek, mint 2.
Ha pedig az alapra 0<x+1<1,  azaz  -1<x<0, akkor 2x2-3x+1(x+1)2, tehát ha x0 és ha x5. Egybevetve -1<x<0.
Az adott egyenlőtlenség teljesül, ha -1<x<0,5, de x0 és ha 1<x5.
4. A sin2x2=1-cos2x2 helyettesítés után a négyzetgyökjel alatt
(4cos2x2-1)2=(2cosx+1)2
áll, tehát az egyenlet
|2cosx+1|=2cosx+1.
Ez teljesül, ha a jobb oldal nem negatív: cosx-0,5 és
-2π3+2nπx2π3+2nπnZ

5. Az EAB háromszögben E-nél derékszög van. E távolsága AB-től EAEB/AB=2,4. A térfogat akkor a legnagyobb, ha e lap forgatásával E legmagasabbra jut, vagyis ha ez a lap merőleges az ABCD alapra. Ekkor a térfogat 5222,4/3=8 térfogategység. Ekkor EAD és EBC is derékszögű háromszögek, ED=13, EC=20 egység.
6. Az OAB egyenlő szárú derékszögű háromszög területe 200 területegység, a levágott BDC háromszögé 96 területegység. Legyen D abszcisszája d, vetülete OB-re E, ekkor BE=d és EC=d/3, ezekkel BDC területe 2d2/3, tehát d=12. C kordinátája 4, a keresett egyenlet y=x/3+4, másképpen x=3y-12.
7. A gyökvonás miatt csak m0-ról lehet szó, és ekkor 2m1. A diszkriminánsra D/16=m2m-2m+1-m+2=(m-2)(2m-1), a második tényező nem lehet negatív. D=0 és két egyenlő gyök adódik, ha m=2 ‐ ekkor x1,2=2 ‐ és ha 2m-1=0, azaz m=0, ekkor x1,2=0. m>2 esetén két különböző valós gyök van:
x1,2=12(m2m±(m-2)(2m-1)).

8. A három ismeretlen szerepe egyenrangú. Nullára redukálások után bármelyik két egyenlet különbsége szorzattá alakítható. Az első kettőből (x-y)(x+y+1)=0, a megoldás kettéágazik aszerint, hogy
(1a)x-y=0,   azaz   x=y      vagy   (1b)x+y+1=0.
Ezt ismételve a második és harmadik egyenletre:
(2a)y-z=0vagy   (2b)y+z+1=0.
Ezeknek az elsőfokú egyenleteknek a négyféle párbaállítása mellé bármelyiket vehetjük az eredeti másodfokú egyenletek közül, mindegyik esetben két megoldást kapunk. Az első kettőben x=y=z és közös értékük 1+3, illetve 1-3. A további 3‐3 megoldás az 1,1,-2 és a -1,-1,0 számhármasok permutálásával adódik. Lényegében tehát négy különböző számhármas elégíti ki az egyenletrendszert.
Harmadszor nem ismételhettük volna a fenti fogást, gyökrendszert vesztenénk, mert az úgy adódó x-z=0 egyenletet már megkaphatnánk, mint (1a)+(2a)-t is és mint (1b)-(2b)-t is.