Cím: Megoldásvázlatok, erdmények az októberi szám mérőlapjához
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1994/november, 426 - 428. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Az ABC háromszögben adott két oldal és a rövidebb oldallal szemközti szög. Legyen AC=x és alkalmazzuk a koszinusz-tételt.
81=x2+100-2x10cos60,

ahonnan x2-10x+19=0, x1=5+6, x2=5-6. A feltételeknek két háromszög felel meg, az egyikben AC=5+67,45 egység, a másikban AC=5-62,55 egység.
2. Legyen x1 a közös gyök, a további gyökök x2, illetve x3. Ekkor

x1+x2=-3p,x1x2=q
illetve
x1+x3=-p,x1x3=-q.

Innen x1(x2+x3)=0, azaz x2+x3=0 vagy x1=0. Ez utóbbi esetben x2=-3p, x3=-p, így valóban x2=3x3.
3. Az egyenletnek csak olyan megoldása lehet, ahol cos2x0. Rendezzük át az egyenletet, majd emeljünk négyzetre.

1-sin2x2=-cos2x,1-sin2x=2(1-sin22x),2sin22x-sin2x-1=0;sin2x=1vagysin2x=-12.



Ha sin2x=1, akkor cos2x=0 és ez megoldás, 2x=π2+2kπ, x1,k=π4+kπ, kZ;
ha sin2x=-12 és cos2x0, akkor 2x=7π6+2nπ, x2,n=7π12+nπ, nZ, és ezek is megoldások.
4. Legyen a beírt kör középpontja O, a BC oldal felezőpontja A1, az AA1(=m) magasság a beírt kört még az A2 pontban metszi; az A2 pontban a beírt körhöz húzott érintő az adott háromszögből egy hozzá hasonló háromszöget metsz le. A szóban forgó kör e háromszög beírt köre, sugarát jelölje ϱ1, magasságát AA2=m1.
Mivel BO az ABA1 háromszög belső szögfelezője és BA1OA1=32, azért BAOA=32. Legyen BA=3x, OA=2x. Az ABA1 derékszögű háromszögből:
(3x)2=(272)2+(2x+9)2,5x2-36x-10534=0,

s mivel x>0, x=11,7, 2x=23,4 egység. AA1=m=32,4, AA2=m1=14,4 egység. A hasonlóság miatt
ϱ1ϱ=m1m,ϱ1=914,432,4=4.

A köt sugara ϱ1=4 egység.
5. a) A két kör középpontja K1(2;-1), illetve K2(5;5). Az egyik közös külső érintő a köröket az E1, illetve E2 pontokban érinti. A körök külső érintőinek metszéspontját jelölje H, ez a körök külső hasonlósági pontja. A HK1E1 háromszög hasonló a HK2E2 háromszöghöz, a hasonlóság aránya a sugarak arányával egyezik meg, tehát 4:1, azaz K1K2K2H=3.
Mivel K1K2=(3;6), azért K2H=13K1K2=(1;2) és OH=OK2+K2H=(5;5)+(1;2)=(6;7), tahát H(6;7).
b) A H ponton átmenő egyenesek közül azok lesznek közös érintők, amelyek valamelyik kör középpontjától sugár távolságban haladnak. A H ponton átmenő egyenesek egyenlete Ax+By-6A-7B=0 (A2+B2>0) alakban írható. Így
1=|5A+5B-6A-7B|A2+B2,

ahonnan B=0, A=1, illetve A=3, B=-4 megfelel.
A két érintő egyenlete: x=6, illetve 3x-4y+10=0.
6. Jelölje a sorozatok első elemét a, különbségét d. A feltétel szerint S6nS2n=K, azaz
6n2(2a+(6n-1)d)=K2n2(2a+(2n-1)d).

Ekvivalens átalakítások után
2nd(K-9)=(2a-d)(3-K).

Ha K=S6nS2n állandó, akkor n-től független. Ez akkor teljesül, ha
1) d=0 (a0), K=3, azaz a sorozat minden eleme a;
2) d=2a0, K=9, azaz az a,3a,5a,... sorozat.
Lássuk be, hogy mindkettő megfelel a feltételeknek!
7. Mivel log3(23x)=-log13(23x), azért
log13(9x+a)=log13(23x).

Az 13 alapú logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt

9x+a=23x,9x-23x+a=0.

E 3x-re másodfokú egyenlet diszkriminánsa D=4(1-a). Ha D<0, azaz a>1, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
ha D=0, azaz a=1, akkor (3x-1)2=0; ekkor az egyenletnek egyetlen megoldása van: x0=0;
ha D>0, azaz a<1, akkor 3x=1±1-a;
3x=1+1-a, x1=log3(1+1-a) minden a<1 esetén megoldás, míg
3x=1-1-a, x2=log3(1-1-a) 0<a<1 esetén megoldás.
8.

π3(x-x2-3x-12)=kπ,kZ,x-x2-3x-12=3k,x-3k=x2-3x-12,

ezért az x2-3x-120 és az x-3k0 feltételeknek kell teljesülni.
x2-6kx+9k2=x2-3x-12,

ahonnan
x=3k2+42k-1.

Azonos átalakításokkal
x=14(6k+3+192k-1),

tehát 2k-1 osztója 19-nek.
Ha 2k-1=1, azaz k=1, akkor x=7, és ez megoldás, ha 2k-1=-1 vagy 2k-1=19, akkor x=-4 vagy x=16, és ezek nem megoldások, ha pedig 2k-1=-19, k=-9, akkor x=-13, és ez is megoldás. Az egyenletnek tehát két egész megoldása van: x=7 és x=-13.

Rábai Imre