Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az I. mérőlap (1998/7.sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1998/november, 479 - 481. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

*Helyesbítés. Októberi számunkban a mérőlap ajánlásában szereplő szegedi Radnóti Miklós Gimnázium korábban Klauzál Gábor nevét viselte. A 6. feladatban C helyett X-et írtunk.
 
1. A bal, illetve a jobb oldalon álló két-két törtkifejezés összeadása után a
2x2-4x2-1=2x2-24x2-9-2815
egyenletet kapjuk. Rendezés után 7x4-55x2+108=0, ahonnan x2=4 vagy x2=277. Az egyenletnek négy megoldása van: x1=2, x2=-2, x3=337, x4=-337.
 
2. Az ismert a=2rsinα, b=2rsinβ, c=2rsinγ összefüggések alkalmazásával, ahol r a háromszög köré írható kör sugara,
sin2β+sin2γ-2sinβsinγcosα=b24r2+c24r2-2b2rc2rcosα==14r2(b2+c2-2bccosα)=a24r2=sin2α.

 
3. Mivel -x2+x-1=-(x-12)2-34 minden valós x-re negatív, ezért a két egyenlőtlenséggel ekvivalens:
-3x2+3x-3<x2+ax-2<2x2-2x+2,
tehát a
4x2+(a-3)x+1>0és azx2-(a+2)x+4>0
minden valós x-re. Ezért mindkét másodfokú kifejezésnek negatív lesz a diszkriminánsa.
(a-3)2-16<0,és az(a+2)2-16<0,-4<a-3<4és-4<a+2<4,-1<a<7és-6<a<2.

Az egyenlőtlenség -1<a<2 esetén teljesül minden valós x-re.
 
4. Az APDB húrnégyszög köré írt kör két szelője CA, illetve CB.
A szelőtétel szerint CPCA=CDCB. Mivel CA2=2,42+4,52=5,12, ezért CA=5,1. Legyen AP=y. Most 5,1(5,1-y)=2,44,8, ahonnan y=5,1-2,4-4,85,1, y=AP2,84 egység.
 

A feladat hasonlóság, területszámítás és trigonometria alkalmazásával is megoldható.
 
5. Mivel (a szokásos jelölésekkel)
(n+k)(Sn-Sk)=(n+k)n2((2a1+(n-1)d)-k2(2a1+(k-1)d))==n+k2(n-k)(2a1+(n+k-1)d),
és (n-k)Sn+k=(n-k)n+k2(2a1+(n+k-1)d), ezért igaz az állítás.
 
6. Mivel AB2=16+25=41, AB=41, ezért a C ponthoz tartozó m magasság (a C pont távolsága az AB egyenestől) m=1841, hiszen 9=41m2.
Az AB egyenes egyenlete: 5x-4y+20=0. A C(x;7) pont távolsága ettől az egyenestől 1841 egység, tehát |5x-47+20|41=1841, azaz
5x-8=18,vagy5x-8=-18x1=265vagyx2=-2.C1(265;7),C2(-2;7).

 
7. Mivel az x2 együtthatója pozitív, ezért x1<a<x2 pontosan akkor teljesül, ha a másodfokú kifejezés az x=a helyen negatív, azaz
2a2-2(2a+1)a+a(a-1)<0,-a2-3a<0.
Ez akkor teljesül, ha a<-3 vagy a>0. Ezekre az a értékekre az eredeti egyenlet diszkriminánsa pozitív, tehát létezik két (valós) gyöke.
 
8. a) Az egyenletnek pontosan akkor van két egyenlő valós gyöke, ha az egyenlet diszkriminánsa nulla.
D=4(1+2sinαcosα)-4(1+2cosα).
D=0, ha cosα(sinα-cosα)=0, azaz ha α=π2+kπ vagy α=π4+kπ, kZ.

(Az egyenlet ekkor: (x-1)2=0, (x+1)2=0, (x-2)2=0, (x+2)2=0.)
b) Az egyenletnek két különböző valós gyöke akkor van, ha a diszkriminánsa pozitív.
Mivel sinα-cosα=2(12sinα-12cosα)=2sin(α-π4), azért
cosαsin(α-π4)>0
kell teljesüljön. Ez akkor teljesül, ha cosα>0 és sin(α-π4)>0 vagy cosα<0 és sin(α-π4)<0, tehát

vagy -π2+2nπ<α<π2+2nπ és 2kπ<α-π4<π+2kπ (k, nZ)

vagy π2+2nπ<α<3π2+2nπ és π+2kπ<α-π4<2π+2kπ, (n, kZ),

azaz π4+2mπ<x<π2+2mπ vagy 5π4+2lπ<α<3π6+2lπ esetén (m, lZ).
 

Rábai Imre

**