Cím: Megoldásvázlatok az 1993. novemberi szám mérőlapjához
Szerző(k):  Gyimesi Róbert 
Füzet: 1993/december, 500 - 502. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Amennyiben a két adott pont a háromszög
a) alapjának két végpontja, úgy a harmadik csúcs az adott szakasz felező merőlegesén van, kivéve a szakasz felezőpontját, így
C{(x;y)|3x+2y=2}\{(-2;4)};

b) egyik szárának két végpontja, akkor az egyiküktől a másik távolságában lévő pontok és csak ezek jöhetnek szóba, tehát
C{(x;y)|(x-1)2+(y-6)2=52}\{(-5;2),(7;10)}
vagy
C{(x;y)|(x+5)2+(y-2)2=52}\{(1;6),(-11;-2)}.

2. Az a,aq,aq2 természetes számok. aq2=a+6,q2=1+6a,q=1+6a. Az aq=a2+6a természetes számra
a<a2+6a<a+3,ígya2+6a={(a+1)2vagy(a+2)2.

Az egyetlen pozitív egész megoldás a=2, így q=1+62=2, tehát az első három elem összege 14.
 

3. Mivel CO felezi a szárak 120-os szögét, azért OCA'=60, továbbá  OA'C=90, így az OCA' háromszögben OA'=r miatt CA'=r3 és CO=2CA'=2r3.
 
 

A CC'B háromszög szögei szintén 60,90 illetve 30 nagyságúak, ezért
C'B=3CC'=3(r+2r3).
A háromszög oldalai így:
AB=2C'B=23(r+2r3)=(23+4)r
és
AC=BC=2CC'=2(r+2r3)=(2+43)r;
a kerülete és területe az előzőek szerint
k=AB+BC+CA=AB+2BC=(23+4)r+2(2+43)r=(23+8+83)r;
és
t=12ABCC'=C'BCC'=(3+4+43)r2.

 

4. Az egyenletrendszer pontosan akkor értelmezhető, ha x és y egyaránt 1-től különböző pozitív számok. Az első egyenlet, logxy+1logxy=52 alapján logxy=2 vagy logxy=12, azaz y=x2 vagy x=y2. Ezeket a második egyenletbe helyettesítve ‐ egyúttal figyelemmel x és y pozitív előjelére, ‐ kapjuk, hogy
i) 4x-3x=1, szorzattá alakítva (x-1)(3x-1)=0,x=1 vagy x=19. Az első érték nem felel meg az eredeti kikötésünknek, a második alapján y=181 illetve
ii) 4y-3y=1, másképpen (y-1)(4y+1)=0,y=1 (mivel a második tényező biztosan pozitív). Ezen az ágon tehát nem kaptunk megoldást.
Az egyenletrendszer egyetlen megoldása tehát az (19;181) pár.
 

5. Mivel AP=BP, azért P-nek illeszkednie kell az AB szakasz felező merőlegesére, amellyel az eredeti háromszöget az AFC és BFC ‐ szintén egyenlő szárú derékszögű ‐ háromszögekre oszthatjuk.
 
 

Legyen AF=FC=x! i) Ha P a háromszögön belül van, akkor Pitagorasz tétele szerint
AF2+FP2=AP2,
azaz x2+(x-1)2=5, így x=2, a háromszög területe T=12ABFC=x2=4 területegység.
ii) Amennyiben P a szakaszfelező merőleges C-n túli meghosszabbításán van, úgy az előzőek mintájára x2+(x+1)2=5, vagyis x=1, így a terület is 1.
iii) P nem lehet az FC egyenes F-en túli meghosszabbításán, mivel akkor az APC háromszögben az AP=5 hosszú oldallal szemben 45-os, míg a CP=1 oldallal szemben egy 45-osnál nagyobb szög volna, ami nem lehetséges.
 

6. Az adott kifejezés értelmezhetőségének szükséges és elégséges feltétele, hogy

i) a négyzetgyök miatt3cosx-cos2x-20,ésii) a logaritmus miatt2-x-x2>0,ésiii) a nevező miatt2-x-x21teljesüljön.
Az egyes feltételeket külön-külön vizsgálva:
i) 3cosx-cos2x-2=-(2cos2x-3cosx+1)=-(2cosx-1)(cosx-1), ami éppen akkor nemnegatív, ha 12cosx1;
ii) 2-x-x2=-(x+2)(x-1), akkor és csak akkor pozitív, ha -2<x<1;
iii) 2-x-x21, tehát x nem lehet sem (5-1)/2, sem (-5-1)/2.
Összefoglalva ‐ például a számegyenesen történő ábrázolással ‐
x[-π3;1)\{(5-1)/2}.

 

7. Legyen az egysíkú AF és A'B' egyenesek metszéspontja M. Ekkor ‐ mivel F a BB' felezőpontja ‐ az ABF és FB'M háromszögek egybevágósága miatt B'M=AB.
 
 

Összekötve az A'B'C'D síkban lévő M és D' pontokat, ez az egyenes a B'C' szakaszt annak G felezőpontjában metszi. Ez a pont szintén eleme a metsző síknak, tehát az a kockából az AFGD' egyenlő szárú trapézt metszi ki, egyúttal az AD'A'FGB' csonkagúlát vágja le, ennek térfogata az AD'A'M gúla térfogatának 78-része, vagyis ‐ a kocka élét egységnyinek választva:
V1=7813122=724,
így a maradék test V2 térfogata 1-724=1724, tehát: V1:V2=7:17.
 

8. a) Igazoljuk először, hogy minden konvex négyszögben t1t3=t2t4, ahol t1,t2,t3 és t4 az átlók által létrehozott háromszögek területét jelölik. Például a trigonometrikus területképlettel

t1t3=12MAMDsinx12MBMCsinx==12MAMBsin(180-x)12MCMDsin(180-x)=t2t4.

b) Mivel feladatunkban a négyszög egészének területéről kell mondanunk valamit, keressünk kapcsolatot a t1,t2,t3 és t4 mennyiségek összege (a teljes terület) és szorzataik (ezek közül két egyenlő adott) között. A ‐ számtani és mértani középre vonatkozó ‐ Cauchy-egyenlőtlenség szerint az a és b nemnegatív számokra (a+b)/2ab, kis átrendezéssel a+b2ab. Esetünkben ez azt jelenti, hogy
T=t1+t2+t3+t4=t1+t3+t2+t42t1t3+2t2t4=2,
ezért a négyszög területe legalább 2 egység.
c) Egy adott körbe írható négyszögek területe nyilván nem lehet tetszőlegesen nagy, a maximális területtel közülük a négyzet rendelkezik. Ez belátható ‐ többek között ‐ úgy, hogy a négyszög két szemközti csúcsát rögzítettnek gondolva, a másik kettőt az ívfelező pontokba ‐ tehát egy átmérő két végpontjába ‐ mozgatva a terület növekszik (biztosan nem csökken), majd a szemközti csúcsok szerepét megcserélve ismét nő. Ekkor az eredeti négyszögünket ‐ területét nem csökkentve ‐ négyzetté alakítottuk, annak területe tehát bármely más négyszögét meghaladja. Feladatunkban egy egységnyi sugarú körbe írtunk négyszöget. Az előzőek szerint tehát ennek területe nem lehet nagyobb, mint a körbe írható négyzet területe, azaz 2 területegység.
A b) és c)-beli eredményeink alapján állíthatjuk, hogy a vizsgált négyszög területe 2 egység.