Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a I. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1995/december, 517 - 519. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Felvételi előkészítő feladatsor

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   1. $C$ ponton át a $DA$-val húzott párhuzamos az $AB$ oldalt az $E$ pontban metszi. $AE=26$, $EB=39-26=13$ egység. Az $EBC$ háromszög derékszögű, hiszen $EC=5$ egység és $E{C}^2+C{B}^2=5^2+{12}^2=169={13}^2=E{B}^2$. A trapéz $m$ magassága megegyezik az $ECB$ háromszög $EB$ átfogóhoz tartozó magasságával, így $13m=5\cdot 12$, $m=\frac{60}{13}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{A trapéz területe:}T=\frac{26+39}{2}\cdot \frac{60}{13}=150\text{területegység.}}\end{array}}}\end{array}$ A trapéz szögei: $\mathrm{67,}{38}^{\circ }$, $\mathrm{22,}{62}^{\circ }$, $\mathrm{157,}{38}^{\circ }$ és $\mathrm{112,}{62}^{\circ }$.   2. Legyen $B{B}_1=s$ és $B{B}_{1}A\sphericalangle =\phi$. Ekkor $A{B}_1=B_{1}C=2s$ és $B{B}_{1}C\sphericalangle ={180}^{\circ }-\phi$. Az $A{B}_{1}B$ és a $C{B}_{1}B$ háromszögekben az $AB$, illetve $BC$ oldalra írjuk fel a koszinusztételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle 10=s+4s^2-2\cdot s\cdot 2s\cdot \text{cos}\phi \mathrm{,}30=s^2+4s^2+2\cdot s\cdot 2s\cdot \text{cos}\phi }\end{array}$ ahonnan $40=10s^2$, $s=2$ és így $\text{cos}\phi =\frac{5}{8}$. $AC=4s=8$ egység, és $T=s\cdot 2s\cdot \text{sin}\phi$. Mivel $\text{sin}{}^2\phi =1-\frac{25}{64}=\frac{39}{64}$ és $\text{sin}\phi >0$, azért $\text{sin}\phi =\frac{\sqrt[]{39}}{8}$, tehát a háromszög területe $\begin{array}{c}{\displaystyle T=2\cdot 4\cdot \frac{\sqrt[]{39}}{8}=\sqrt[]{39}\text{területegység}\mathrm{.}}\end{array}$   3. a) A negyedik év végén $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 20000\left(\mathrm{1,}{25}^4+\mathrm{1,}{25}^3+\mathrm{1,}{25}^2+\mathrm{1,25}\right)=20000\cdot \mathrm{1,25}\cdot \frac{\mathrm{1,}{25}^4-1}{\mathrm{1,25}-1}=}\\ \hfill {\displaystyle =100000\cdot \left(\mathrm{1,}{25}^4-1\right)\approx 144141\text{Ft}}\end{array}}}\end{array}$ pénzünk lesz. b) $B\cdot \mathrm{1,}{25}^4=144141$, $B\approx 59040$ Ft.   4. a) Azonos átalakításokkal $4^{\frac{4}{y}+2}=4^{2+\frac{3y}{2y+4}}$. A 4 alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt $\frac{4}{y}+2=2+\frac{3y}{2y+4}$, ahonnan $y_1=4$, $y_2=-\frac{4}{3}$, és mindkettő megoldása az egyenletnek. b) Mivel $1-2\text{sin}{}^{2}x=\text{cos}2x$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{cos}2x+\text{sin}x-2\text{sin}{}^{3}x=\mathrm{0,}}\\ \hfill {\displaystyle \text{cos}2x+\left(\text{sin}x\right)\left(1-2\text{sin}{}^{2}x\right)=\mathrm{0,}}\\ \hfill {\displaystyle \left(\text{cos}2x\right)\left(1+\text{sin}x\right)=\mathrm{0,}}\end{array}}}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle \begin{array}{cccccc}\hfill \text{ahonnan}\hfill & \hfill \hfill & \hfill \text{vagy}\hfill & \hfill \text{cos}2x=\mathrm{0,}\hfill & \hfill 2x=\frac{\pi }{2}+k\pi \hfill & \hfill x_{\mathrm{1,}k}=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}\mathrm{,}k\in \text{Z};\hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \text{vagy}\hfill & \hfill \text{sin}x=-\mathrm{1,}\hfill & \hfill \hfill & \hfill x_{\mathrm{2,}n}=\frac{3\pi }{2}+2n\pi \mathrm{,}n\in \text{Z}\mathrm{.}\hfill \end{array}}\end{array}$   5. A  $P\left(2;5\right)$  ponton áthaladó egyenesek egyenlete  $Ax+By-2A-5B=0$ ($A^2+B^2>0$) alakban írható. A feltétel szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{|5A+3B-2A-5B|}{\sqrt[]{A^2+B^2}}=2\cdot \frac{\left|-A-2A-5B\right|}{\sqrt[]{A^2+B^2}}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle |3A-2B|=2|3A+5B|\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle 3A-2B=6A+10B\text{vagy}-3A+2B=6A+10B\mathrm{.}}\end{array}$ Egy megfelelő $\left(A;B\right)$ számpár így $\left(4;-1\right)$ vagy $\left(8;-9\right)$. A keresett egyenesek egyenlete: $4x-y=3$ vagy $8x-9y=-29$. (A keresett egyenesek átmennek azon a $C$, illetve $D$ ponton, amelyekre $\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{CB}$, illetve $\overrightarrow{AD}=2\overrightarrow{BD}$, azaz a $C$ pont az $AB$ szakasz $B$-hez közelebb eső harmadolópontja ($C\left(1;1\right)$), a $B$ pont az $AD$ szakasz felezőpontja ($D\left(-7;-3\right)$).   6. Az első egyenletből $y=3x$ és $x>0$, $y>0$. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle x^{\text{log}{}_{3}3x}+2\cdot {\left(3x\right)}^{\text{log}{}_{3}x}=27.}\end{array}$ Azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^{1+\text{log}{}_{3}x}+2\cdot 3^{\text{log}{}_{3}x}\cdot x^{\text{log}{}_{3}x}=\mathrm{27,}}\\ \hfill {\displaystyle x\cdot x^{\text{log}{}_{3}x}+2\cdot x\cdot x^{\text{log}{}_{3}x}=\mathrm{27,}}\\ \hfill {\displaystyle x\cdot x^{\text{log}{}_{3}x}=9.}\end{array}}}\end{array}$ A $\text{log}{}_{3}x$ szigorúan monoton függvény, alkalmazzuk az egyenlet mindkét oldalára: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{3}x+{\left(\text{log}{}_{3}x\right)}^2=\mathrm{2,}}\end{array}$ ahonnan $\text{log}{}_3{x}_1=1$, $x_1=3$, $y_1=9$ vagy $\text{log}{}_3{x}_2=-2$, $x_2=\frac{1}{9}$, $y_2=\frac{1}{3}$.   7. Az $x\mapsto x^2-2\cdot \frac{k+3}{k-2}x+\frac{4k}{k-2}$, $x\in \text{R}$ másodfokú függvény egyik zérushelye 2-nél kisebb, a másik pedig 3-nál nagyobb pontosan akkor, ha ez a függvény $x=2$-nél és $x=3$-nál is negatív értéket vesz fel, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle 4-2\cdot \frac{k+3}{k-2}\cdot 2+\frac{4k}{k-2}<0\text{és}9-2\cdot \frac{k+3}{k-2}\cdot 3+\frac{4k}{k-2}<\mathrm{0,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{k-5}{k-2}<0\text{és}\frac{7\left(k-\frac{36}{7}\right)}{k-2}<\mathrm{0,}}\end{array}$ tehát $2<k<5$.   8. Készítsünk ábrát. A feltétel szerint $B\text{'}C\text{'}$ hossza megegyezik az $AEF$ háromszög kerületével. Legyen $AP=x$, az $ABC$ háromszög $BC$ oldalához tartozó magasság $m$. Az $ABC$ háromszög területe az oldalak ismeretében kiszámítható: $T=84$. Így $14\cdot m=2\cdot 84$, $m=12$ egység. Az $AEF▵\sim ABC▵$, így $\frac{B\text{'}C\text{'}}{42}=\frac{x}{12}$, $B\text{'}C\text{'}=\frac{7}{2}x$. A szóban forgó trapéz területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle t\left(x\right)=\frac{\left(14+\frac{7}{2}x\right)\left(12-x\right)}{2}\mathrm{,}\text{ahol <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mo stretchy="false"><</mo><mi>x</mi><mo stretchy="false"><</mo><mn>12</mn></math>.}}\\ \hfill {\displaystyle t\left(x\right)=\frac{7}{4}\left(4+x\right)\left(12-x\right)=\frac{7}{4}\left(-x^2+8x+48\right)=\frac{7}{4}\left(64-{\left(x-4\right)}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ $t\left(x\right)$ akkor a legnagyobb, ha $x-4=0$, $x=4$, így $AP=4$, azaz $P$ az $A$ ponthoz tartozó magasság $A$-hoz közelebb eső harmadolópontja. (Dolgozhatunk differenciálszámítással vagy a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséggel is: $\begin{array}{c}{\displaystyle t\left(x\right)=\frac{7}{4}\left(4+x\right)\left(12-x\right)\le \frac{7}{4}{\left(\frac{\left(4+x\right)+\left(12-x\right)}{2}\right)}^2=112.}\end{array}$ Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha $4+x=12-x$, azaz ha $x=4$.) Rábai Imre