Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a I. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1997/november, 470 - 471. 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. Legyen a ${30}^{\circ }$-os szöggel szemközti oldal $x$ hosszúságú. Ekkor szinusztétellel $\frac{x}{14-x}=\frac{\text{sin}{30}^{\circ }}{\text{sin}{70}^{\circ }}$, $x\approx \mathrm{4,86}$, $14-x=\mathrm{9,14}$ egység. A ${80}^{\circ }$-os szöggel szemközti oldal szintén szinusztétellel számítható ki, $y=\mathrm{9,57}$ egység. A háromszög területe $T=\mathrm{21,87}$ területegység, a háromszög köré írható kör sugara $r=x=\mathrm{4,86}$ egység, a háromszög beírt körének sugara $\varrho =\frac{T}{s}=\mathrm{1,86}$ egység, ahol $s$ a háromszög kerületének a fele.   2. A feltétel szerint $a_1=30$, $d=-3$ és $8a_n=S_{n-1}$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle 8\left(30+\left(n-1\right)\left(-3\right)\right)=\frac{n-1}{2}\left(60+\left(n-2\right)\left(-3\right)\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $n^2-39n+198=0$, azaz $n=6$ vagy $n=33$. Így $a_6=30+5\cdot \left(-3\right)=15$ és $a_{33}=30+32\left(-3\right)=-66$.   3. A trapéz magassága $m=4\sqrt[]{3}\text{sin}{60}^{\circ }=6$ egység. A $C$ ponton át az $AD$-vel párhuzamos egyenes az $AB$ egyenest $E$ pontban metszi. Legyen $EB=x$. A $CEB$ háromszögben a koszinusztétel alkalmazásával $40=48+x^2-2\cdot 4\sqrt[]{3}\cdot x\cdot \text{cos}{60}^{\circ }$, ahonnan $x^2-4\sqrt[]{3}x+8=0$, $x_1=2\sqrt[]{3}+2$, $x_2=2\sqrt[]{3}-2$ egység. A feltételeknek két trapéz felel meg, ezekben ${\left(AB\right)}_1=10+2\sqrt[]{3}$, ${\left(AB\right)}_2=6+2\sqrt[]{3}$ egység, így a területek: $T_1=54+6\sqrt[]{3}$, illetve $T_2=42+6\sqrt[]{3}$ területegység.   4. A második egyenletből $y=-4x$ vagy $x-y=-20$. Ha $y=-4x$, akkor $2\sqrt[]{\frac{5x}{5x}}+\sqrt[]{\frac{5x}{5x}}=3$, azaz minden 0-tól különböző $x$ szám megoldás, tehát ekkor az $x=t$, $y=-4t$, $t\in \text{R}\setminus \left\{0\right\}$ számpárok a megoldások. Ha $x-y=-20$, akkor $2\sqrt[]{\frac{5x}{-20}}+\sqrt[]{\frac{-20}{5x}}=3$, ahonnan $x_1=-4$, $x_2=-1$, így $y_1=16$, $y_2=19$. Ez a két számpár is megoldás. (Az $\left(x_1\mathrm{,}{y}_1\right)$ számpár közte van az előbb kapott végtelen sok számpár között.)   5. A szinusztétel, majd a $\text{sin}x-\text{sin}y=2\text{cos}\frac{x+y}{2}\cdot \text{sin}\frac{x-y}{2}$ és a $\text{sin}x=2\text{sin}\frac{x}{2}\text{cos}\frac{x}{2}$ azonosságok alkalmazásával, felhasználva, hogy $\text{cos}\frac{\beta +\gamma }{2}\ne 0$, adódik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{b-c}{a}=\frac{\text{sin}\beta -\text{sin}\gamma }{\text{sin}\alpha }=\frac{2\text{cos}\frac{\beta +\gamma }{2}\cdot \text{sin}\frac{\beta -\gamma }{2}}{\text{sin}\left(\beta +\gamma \right)}=\frac{2\text{cos}\frac{\beta +\gamma }{2}\cdot \text{sin}\frac{\beta -\gamma }{2}}{2\text{cos}\frac{\beta +\gamma }{2}\cdot \text{sin}\frac{\beta +\gamma }{2}}=\frac{\text{sin}\frac{\beta -\gamma }{2}}{\text{sin}\frac{\beta +\gamma }{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ (Az állítást geometriai ábra segítségével is igazolhatjuk.)   6. Az $r=4\sqrt[]{2}$ egység sugarú körben a 8 egység hosszú húrok a középponttól $d=4$ egység távolságra vannak. (Ezért az $x=0$ egyenletű egyenes megoldás.) Minden olyan egyenes egyenlete, amely átmegy az origón, $Ax+By=0$ alakban írható ($A^2+B^2>0$). A kör $\left(4;8\right)$ középpontja a keresett egyenestől 4 egység távolságra van, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 4=\frac{|4A+8B|}{\sqrt[]{A^2+B^2}}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $\sqrt[]{A^2+B^2}=|A+2B|$,  $B\left(3B+4A\right)=0$. Ha $B=0$, akkor $A=1$ megfelel, így $x=0$ a keresett egyenes, és a metszéspontok $P_1\left(0;4\right)$, $P_2\left(0;12\right)$. Ha $3B+4A=0$, akkor $A=3$, $B=-4$ megfelel, a keresett egyenes egyenlete $3x-4y=0$, a metszéspontok $\begin{array}{c}{\displaystyle P_3\left(\frac{16}{5};\frac{12}{5}\right)\mathrm{,}{P}_2\left(\frac{48}{5};\frac{36}{5}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (A feladat sokféle módon, így trigonometria alkalmazásával is egyszerűen megoldható. Hogyan?)   7. Alkalmazhatjuk a $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{}^{4}x={\left(\frac{1-\text{cos}2x}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(1-2\text{cos}2x+\text{cos}{}^{2}2x\right)}\end{array}$ és a $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}{}^{4}x={\left(\frac{1+\text{cos}2x}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(1+2\text{cos}2x+\text{cos}{}^{2}2x\right)\mathrm{,}\text{majd}\text{cos}{}^{2}2x=1-\text{sin}{}^{2}2x}\end{array}$ azonosságokat. Rendezés után a $\text{sin}{}^{2}2x-2\text{sin}2x-2-2a=0$, azaz a ${\left(\text{sin}2x-1\right)}^2=3+2a$ egyenletet kapjuk. Ennek akkor van megoldása, ha $0\le 3+2a\le 4$, azaz ha $-\frac{3}{2}\le a\le \frac{1}{2}$. Ha $a=-\frac{3}{2}$, akkor $\text{sin}2x=1$, $x=\frac{\pi }{4}+k\pi$, $k\in \text{Z}$, ha $a=\frac{1}{2}$, akkor $\text{sin}2x=-1$, $x=\frac{3\pi }{4}+k\pi$, $k\in \text{Z}$.   8. Legyen $x$ a $P$ pont távolsága az $e$ egyenestől, ekkor $0\le x\le 4\sqrt[]{2}$. Az $ABP$ és a $CDP$ háromszögek hasonlósága folytán $\frac{DC}{3\sqrt[]{2}}=\frac{4\sqrt[]{2}}{x}-x$, azaz $DC=3\sqrt[]{2}\cdot \frac{4\sqrt[]{2}-x}{x}$. A szóbanforgó két háromszög területének összege $\begin{array}{c}{\displaystyle T\left(x\right)=\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[]{2}x+\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt[]{2}\frac{{\left(4\sqrt[]{2}-x\right)}^2}{x}=\frac{3\sqrt[]{2}}{2}\left(2x+\frac{32}{x}\right)-\mathrm{24,}}\end{array}$ ahol $0\le x\le 4\sqrt[]{2}$. Tudjuk, hogy ha $A>0$ és $B>0$, akkor $A+B\ge 2\sqrt[]{AB}$, és az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha $A=B$. Most $2x+\frac{32}{x}\ge 2\cdot \sqrt[]{2x\cdot \frac{32}{x}}=16$ és $2x=\frac{32}{x}$, ha $x=4$. Így $T\ge \frac{3\sqrt[]{2}}{2}\cdot 16-24=24\left(\sqrt[]{2}-1\right)$. A legkisebb területösszeg $T_{\underset{}{\overset{}{\text{min}}}}=24\left(\sqrt[]{2}-1\right)$ területegység, és akkor a $P$ pont $x=4$ ($0<4<4\sqrt[]{2}$) távolságra van az $e$ egyenestől. Rábai Imre