Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a II. mérőlap (1998/9.sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1999/január, 21 - 24. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. A háromszög kerülete 2s=70,4 egység, így s=35,2 egység. A háromszög területe Heron képlettel számolva, T2=35,22,226,46,6, ahonnan T2=(116,16)2, tehát T=116,16 területegység.
Ismeretes, hogy a háromszögbe írt kör sugara ϱ=Ts, azaz most ϱ=116,1635,2=3,3 egység.
(A háromszög területét és a beírható kör sugarát más módon is kiszámíthatjuk. Hogyan?)
 
2. Az egyenletnek minden -2x3 valós számra van értelme. Észrevehető, hogy
11+x+6x+2=(x+2)+6x+2+9=(x+2+3)2 és 4-x+23-x=(3-x)+23-x+1=(3-x+1)2.
Mivel x+2+3>0 és 3-x+1>0, ha -2x3, a2=|a|=a, ha a>0, ezért az adott egyenlet x+2+3+3-x+1=7, azaz
x+2+3-x=3,(1)
alakban írható. Az eddigi átalakítások ekvivalensek voltak, így az (1) egyenlet a megoldandó egyenlettel ekvivalens. Az (1) egyenlet sokféle módon megoldható. Oldjuk meg egyenletrendszerre való visszavezetéssel. Legyen x+2=y(0) és 3-x=z(0), akkor x+2=y2 és 3-x=z2, ahonnan 5=y2+z2, s mivel y+z=3, z=3-y, ezért y2+(3-y)2=5, ahonnan y=1 vagy y=2.
Figyelembe véve, hogy x=y2-2, ezért az adott egyenlet megoldásai x1=-1 és x2=2.
 
3. Célszerű jelöléssel az utolsó négy szám legyen a-3t, a-t, a+t, a+3t.
A feltétel szerint 4a=16, azaz a=4 és (4-3t)(4+3t)=-20, azaz 9t2=36, t=2 vagy t=-2. Ha t=2, akkor az utolsó négy szám -2, 2, 6, 10, és így q=-1, tehát a2=2, a1=-2
ha t=-2, akkor az utolsó négy szám 10, 6, 2, -2, és így q=610=35, tehát a2=503, a1=2509. (Természetesen más jelöléssel is dolgozhatunk.)
 
4. A háromszög belső szögfelezője a szemközti oldalt az őt közrezáró két oldal arányában osztja. A két oldal aránya most 10:15=2:3, ezért a harmadik oldal két része legyen 2x, illetve 3x. A két adott oldal által bezárt szög legyen α. A két részháromszögben alkalmazzuk a koszinusztételt. Így
4x2=(63)2+102-26310cosα2,(1)9x2=(63)2+152-26315cosα2.(2)
Az (1) egyenletet (-3)-mal, a (2) egyenletet 2-vel szorozva, majd az így kapott egyenleteket összeadva 6x2=42, x=7 (x>0), majd ezt valamelyik egyenletbe helyettesítve cosα2=32 adódik.
Így α2=30, α=60; a harmadik oldal a=2x+3x=5x=57 egység.
(A feladat más módokon is megoldható. Hogyan?)
 
5. A P(6;10) ponton átmenő egyenesek egyenlete x=6 vagy y-10=m(x-6) alakban írható, ahol mR.
Az x=6 egyenletű egyenes az adott egyeneseket y1=83, illetve y2=-223 ordinátájú pontokban metszi, így az y tengelyen való vetület |y1-y2|=10, tehát ez nem megoldás. Az y-10=m(x-6) egyenletű egyenes az adott két párhuzamos egyenest az
y1=8m+403m+4,illetvey2=40-22m3m+4
ordinátájú pontokban metszi. (Itt 3m+40 és m0. Ha ugyanis 3m+4=0 vagy m=0, akkor nincs megoldás.)
Azokat az m értékéket keressük, amelyekre |y1-y2|=2, azaz
|8m+403m+4-40-22m3m+4|=2,
ahonnan 30|m|=2|3m+4|. Innen 15m=3m+4 vagy 15m=-3m-4, azaz m=13 vagy m=-29.
A feltételeknek két egyenes felel meg:
y-10=13(x-6)(x-3y=-24)vagyy-10=-29(x-6)(2x+9y=102).
(A feladat más módon is megoldható. Hogyan?)
 
6. A cos2x=1-2sin2x azonosságot alkalmazva a
2sin2x+(5m-7)sinx+3m2-9m+6=0(1)
egyenletet kapjuk. Az (1) egyenletnek akkor van megoldása, ha az egyenlet diszkriminánsa nemnegatív, és teljesül a -1sinx1 egyenlőtlenség. Most D=(5m-7)2-8(3m2-9m+6)=(m+1)20, így sinx=2-m vagy sinx=32(1-m).
Az |2-m|1 és a 34|1-m|1 egyenlőtlenség közül legalább az egyik akkor teljesül, ha 13m3, így ezekre az m-ekre van az egyenletnek megoldása.
Ha m=13, akkor sinx=1; ha m=1, akkor sinx=1 vagy sinx=0; ha m=32, akkor sinx=12 vagy sinx=-34; ha m=53, akkor sinx=13 vagy sinx=-1; ha m=3, akkor sinx=-1. Oldja meg ezeket az alapegyenleteket!
 
7. Az egyenlőtlenség x>0, x1 valós számokra értelmezett. Azonosságok alkalmazásával, majd rendezéssel:
-2log4x-8logx4+100,log4x+41log4x-50,(log4x)2-5log4x+4log4x0,(log4x-1)(log4x-4)log4x0.
Ez pontosan akkor teljesül, ha log4x<0 vagy 1log4x4. Az egyenlőtlenség megoldásai tehát: 0<x<1 vagy 4x256.
 
8. Az x2-re másodfokú egyenletnek csak akkor lehet négy különböző valós gyöke, ha a diszkriminánsa pozitív, azaz ha
D=(3a+2)2-4a2=5a2+12a+4=(a+2)(5a+2)>0,
azaz a<-2 vagy a>-25. Most
x1,42=12(3a+2+D)vagyx2,32=12(3a+2-D);
x1=-12(3a+2+D),x4=12(3a+2+D),x2=-12(3a+2-D),x3=12(3a+2-D).

Mivel x1=-x4, x2=-x3 és x3<x4, azért -x4, -x3, x3, x4 pontosan akkor egy számtani sorozat négy egymást követő eleme, ha 2x3=-x3+x4, azaz 3x3=x4. (Ekkor -2x3=-x4+x3 is teljesül). Tehát
312(3a+2-5a2+12a+4)=12(3a+2+5a2+12a+4),92(3a+2-5a2+12a+4)=12(3a+2+5a2+12a+4),8(3a+2)=105a2+12a+4,19a2-108a-36=0,a=6vagya=-619.
(Ha a=6, akkor x4-20x2+36=0, x2=2 vagy x2=18, x1=-32, x2=-2, x3=2, x4=32, ha a=-619, akkor x4-2019x2+(619)2=0, x2=219 vagy x2=1819, x1=-3219, x2=-219, x3=219, x4=3219.)

Megjegyzés. A negyedfokú egyenletben x3 együtthatója nulla, így a gyökök összege nulla. Jelölje a négy gyököt x1=b-3t, x2=b-t, x3=b+t, x4=b+3t. Innen 4b=0, b=0. A gyökök tehát -3t, -t t, 3t. Az x2-re másodfokú egyenlet két gyöke: x2=t2 vagy x2=9t2. Az egyenlet
(x2-t2)(x2-9t2)=0,x4-10t2x2+9t4=0
alakban írható. Hasonlítsuk össze a kitűzött egyenlettel. Ebből 9t4=a2 és 10t2=3a+2, azaz 3t2=a vagy 3t2=-a, így
10a3=3a+2vagy10(-a3)=3a+2,
így a=6 vagy a=-619.

Rábai Imre