Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az I. mérőlap (2000/7. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rádai Imre 
Füzet: 2000/november, 473 - 475. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Legyen a sorozat első tagja a, hányadosa pedig q. Ekkor a(1+q2+q4)=126 és
q(a(1+q2)-30)=0. Ha q=0, akkor a=126. Ha q0, akkor 1+q2+q41+q2=12630, ahonnan 5q4-16q2-16=0, q2=4 (q2=-45 nem ad megoldást). Ha q=2, akkor a=6, ha q=-2, akkor is a=6.
 
2. Mivel a>0, azért 4a+1<4a2+4a+1=2a+1. Hasonlóan 4b+1<2b+1 és 4c+1<2c+1, tehát valóban
4a+1+4b+1+4c+1<2a+1+2b+1+2c+1=2(a+b+c)+3=9.
(A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség alkalmazásával 4a+1=1(4a+1)1+4a+12=2a+1. Az egyenlőség most nem állhat fenn, hiszen 1=4a+1 akkor teljesül, ha a=0, de a feladatban a pozitív.)
 
3. A P pont a BD átlóra illeszkedik, hiszen BPA+DPA=180. Az ABP, az ADP és az ABD derékszögű háromszögek hasonlóak. A befogó- és a magasságtételt alkalmazva
102=PDBD,202=PBBDésPA2=PBPD.
Mivel BD=105, azért PD=25, PB=85 és PA=45.

A PC távolságot a PDC háromszögből a koszinusztétel alkalmazásával számíthatjuk ki. Legyen PDC=δ, cosδ=20105=25.  PC2=(25)2+202-2252025,  PC=265.
 
4. a) x1, x-2 és (x-1)2(x+2)2=4, vagyis (x-1)(x+2)=-2 vagy (x-1)(x+2)=2. A kapott x1=0, x2=-1, x3=-1+172, x4=-1-172 számok az adott egyenletnek megoldásai.
b) x1 és x>-2. Ennek az egyenletnek x1, x2 és x3 a gyökei.
c) és d) x>1. Ekkor x3 az egyetlen megoldás.
 
5. A koszinusztétel alkalmazásával c2-a2-b2=-2abcosγ, a háromszög területe pedig T=12absinγ. A feltétel szerint
12absinγ=-234abcosγ,
ahonnan tgγ=-3, γ=120. Most c2=a2+b2-2abcos120,  c=a2+b2+ab.
Mivel c=2rsinγ, azért a2+b2+ab=2r32. A háromszög köré írt kör sugara
r=a2+ab+b23.

 
6. Az x2+3ax-43b=0 egyenlet gyökei legyenek x1, x2, az x2-a2x-2ab=0 egyenlet gyökei ekkor x1+2, x2+2. A gyökök és az együtthatók összefüggései alkalmazásával
x1+x2=-3a,x1x2=-43bés(x1+2)+(x2+2)=a2,(x1+2)(x2+2)=-2ab.
Innen -3a+4=a2, tehát a=1 vagy a=-4 és -43b-6a+4=-2ab, ahonnan (3a-2)(b-3)=0. Innen b=3. Az első esetben az egyenletek x2-x-6=0, illetve x2+3x-4=0, a gyökök x1=-2, x2=3, illetve -4, 1; a második esetben az egyenletek x2-16x+24=0, illetve x2-12x-4=0, a gyökök x1=8+210, x2=8-210, illetve 6+210 és 6-210.
 
7. Az egyenleteket 2cos3x=-siny, illetve 2sin3x=-cosy alakban írhatjuk. Emeljük négyzetre az egyenletek mindkét oldalát, majd adjuk össze az egyenleteket. Ekkor a 4(sin6x+cos6x)=1 egyenletet kapjuk. Mivel (sin2α+cos2α)3=1, sin2αcos2α=14sin22α és sin22α=12(1-cos4α),  ezért  4(sin6x+cos6x)=52+32cos4x,  tehát  52+32cos4x=1,
cos4x=-1,  4x=π+2kπ,  x=π4+kπ2,  kZ.
a) Ha x1=π4, akkor siny=-12 és cosy=-12,  y1=5π4;
b) ha x2=3π4, akkor siny=12 és cosy=-12,  y2=5π4;
c) ha x3=5π4, akkor  y3=π4;
d) ha x4=7π4, akkor  y4=7π4.
 
8. Mivel AB=10, azért a hozzá tartozó mc magasság 8 egység, hiszen 10mc2=40. Az AB egyenes egy irányvektora v(8;6), egy normálvektora n(3;-4). A keresett C csúcspont a B ponttól 45 egységre van, így rajta van az (x+1)2+(y-3)2=80 egyenletű körön, és a BC egyenestől 8 egység távolságra van, így rajta van a 3x-4y+k=0 egyenletű egyenesen is, amely a B(-1;3) ponttól 8 egységre van. Így 8=|-3-12+k|32+42, ahonnan k=55 vagy k=-25.
A feltételeknek négy C pont felel meg.
A 3x-4y+55=0 egyenletű egyenes és az (x+1)2+(y-3)2=80 egyenletű kör metszéspontjai: C1(-9;7), C2(-2,6;11,8), a 3x-4y-25=0 egyenletű egyenes és az (x+1)2+(y-4)2=80 egyenletű kör metszéspontjai: C3(7;-1), C4(35;-295).
Rábai Imre