Cím: Megoldások és eredmények a II. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1996/február, 76 - 78. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Azonos átalakításokkal (x-1)(x-4)=x2-5x+4,  (x-2)(x-3)=x2-5x+6, tehát
f(x)=(x2-5x)2+10(x2-5x)+34,f(x)=(x2-5x+5)2+9.
Innen látható, hogy f(x)9 és a legkisebb értéket, a 9-et akkor veszi fel, ha x2-5x+5=0, azaz ha x=12(5+5) vagy x=12(5-5).
 
2. Az ABC háromszög területe (pl. Heron-képlettel) t=3,3 területegység. Legyen C merőleges vetülete az AB oldalon C1. A trapéz területe T=AC1CC1 (miért?). Mivel ABCC1=23,3, azért CC1=1,5 egység, és innen AC1=3,6 egység, tehát
T=3,61,5=5,4területegység.

 
3. Ha az x2+px-q=0 és az x2+qx-p=0 egyenleteknek van közös gyöke, akkor az a
(p-q)x-q+p=0
egyenletnek is gyöke. Mivel pq, azért x0=-1 a közös gyök. Ha az első egyenlet gyökei x0, x1, a másodiké x0, x2, akkor egyrészt x1=q, x2=p, másrészt -1+q=-p  (-1+p=-q), azaz valóban x1+x2=p+q=1. Egy olyan másodfokú egyenlet, amelynek gyökei x2 és x3 (x2=p, x3=1-p), x2-x+p(1-p)=0.
 
4. Mivel 1+sin2x=(sinx+cosx)2 és a2=|a|, ezért |sinx+cosx|sinx+cosx=-1 pontosan akkor, ha sinx+cosx<0, amiből sin(x+π4)<0, π+2kπ<x+π4<2π+2kπ, 3π4+2kπ<x<7π4+2kπ, kZ.
 
5. Az egyenlet (y-x)(x-2y)=6 alakban írható. Mivel 6=16=61=(-1)(-6)=(-6)(-1)=23=32=(-2)(-3)=(-3)(-2), azért
 

  y-x    1    6    -1    -6    2    3    -2    -3    x-2y    6    1    -6    -1    3    2    -3    -2    y    y<0    y<0    7    7    y<0    y<0    5    5    x            8    13            7    8  
 

A megoldások a táblázatból leolvashatók.
 
6. Mivel a=2rsinα, b=2rsinβ és c=2rsinγ, azért
4r2sin2α-4r2sin2β=4r2sinγ,ahonnan(sinα+sinβ)(sinα-sinβ)=sinγ,2sinα+β2cosα-β22cosα+β2sinα-β2=sin(α+β).sin(α+β)sin(α-β)=sin(α+β).
Mivel most sin(α+β)>0, azért sin(α-β)=1, α-β=90. A feltételből α+β=144, tehát α=117 és β=27.
 
7. Az adott (x-6)2+(y+1)2=4 kör C(6;-1) középpontjának az x-2y=-2 egyenletű egyenesre eső merőleges vetülete T(4;3). A szóban forgó két kör közös külső érintői merőlegesek az x-2y=-2 egyenletű egyenesre, így egyenletüket 2x+y+k=0 alakban kereshetjük. A C(6;-1) pont távolsága az érintőktől r=2 egység, így
2=|12-1+k|5,
ahonnan k=-11+25 vagy k=-11-25, azaz a külső érintők egyenlete
2x+y-11+25=0és2x+y-11-25=0.
A belső érintők átmennek a T(4;3) ponton, és a C(6;-1) ponttól r=2 egység távolságra vannak. A belső érintők egyenletét
Ax+By-4A-3B=0(A2+B2>0)
alakban kereshetjük. Így
2=|6A-B-4A-3B|A2+B2,
2A2+B2=2|A-2B|,  A2+B2=A2-4AB+4B2,  B(3B-4A)=0.
Ha B=0, akkor A tetszőleges (nem nulla) szám lehet, így az egyik belső érintő egyenlete x=4, ha A=3, akkor B=4, így a másik belső érintő egyenlete 3x+4y-24=0.
 
8. Az egyenletnek x=2 és x=-2 nem lehet megoldása. Szorozzuk meg (x2-4)-gyel az egyenlet mindkét oldalát. Az
x2+(12-a)x+2(12-a)=0
egyenlet diszkriminánsa D=(12-a)2-8(12-a)=(a-4)(a-12).
Ha D<0, azaz ha 4<a<12, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
Ha a=4, akkor az eredeti egyenlet egyetlen megoldása x1=-4.
Ha a=12, akkor az eredeti egyenlet megoldása x2=0.
Ha a<4 vagy a>12 és a13, akkor az eredeti egyenletnek két megoldása van:
x3=a-12+(a-4)(a-12)2ésx4=a-12-(a-4)(a-12)2.

Ha a=13, akkor az egyetlen megoldás x5=-1.
Rábai Imre