Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a III. mérőlap (2001/2. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2001/március, 147 - 149. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Legyen a C vetülete az AB egyenesen T. A szerkesztés vizsgálata vagy az előjeles szakasszal való számolás is mutatja, hogy két megfelelő háromszög létezik. Mivel
BT2=52-42=32ésAT2=5,82-42=4,22,
azért AB=4,2+3=7,2 egység vagy AB=4,2-3=1,2 egység. A háromszög területe így t1=14,4 vagy t2=2,4 területegység.
 
2. Vonjuk ki az első egyenletből a másodikat, majd rendezzük az így kapott egyenletet 0-ra és alakítsunk szorzattá:
x2-y2=2(y-x),(x-y)(x+y+2)=0.
Ha x=y, akkor x2-2x-8=0, az egyenletrendszer megoldásai ekkor x1=4, y1=4 vagy x2=-2, y2=-2.
Ha x+y+2=0, akkor x2+2x-4=0, a megoldások: x3=-1+5, y3=-1-5 vagy x4=-1-5, y4=-1+5.
 
3. Az A ponton át a CD szögfelezővel párhuzamosan húzott egyenes a BC egyenest olyan E pontban metszi, amelyre CE=AC=5 (Miért?). Az AEB és a CDB háromszögek hasonlóságából
EA60217=1712,EA=52.
Az ECA háromszög tehát derékszögű, így az ABC háromszög C csúcsánál fekvő szöge 90.
AB2=52+122=132,AB=13egység.

 
4. a) 4x-x20 kell, hogy teljesüljön, azaz 0x4. Ha 6-2x<0, azaz x>3, akkor a 3<x4 számok megoldások. Ha 6-2x0, x3, akkor a négyzetre emeléssel kapott
4x-x2>36-24x+4x2,5x2-28x+36<0,2<x<3,6
egyenlőtlenség a megengedett halmazon az eredetivel ekvivalens, így a 2<x3 számok is megoldások. Az egyenlőtlenség megoldása tehát 2<x4.
b) Az x2-63>0 és a log18(x2-63)>0 egyenlőtlenségeknek kell teljesülni. Az xlog18x függvény szigorúan monoton növekedő, az xlog34x szigorúan monoton csökkenő, ezért
0<log18(x2-63)1,1<x2-6318,
azaz 64<x281,  8<|x|9.
Az egyenlőtlenség megoldásai: -9x<-8 vagy 8<x9.
 
5. A feladatot vektorok segítségével oldjuk meg. (Más módon is megoldható. Hogyan?) A feltételeknek pontosan egy téglalap felel meg. Legyen az AB oldal felezőpontja E, a DC felezőpontja F. Ekkor FE=(9;-3). Mivel az EA, EB, FD, FC vektorok merőlegesek az FE vektorra, és
|EA|=|EB|=|FD|=|FC|=16|FE|,azértEA=(12;32)=FDésEB=(-12;-32)=FC.
Jelölje O az origót
OA=OE+EA=(72;-32)+(12;32)=(4;0),A(4;0)OB=OE+EB=(72;-32)+(-12;-32)=(3;-3),B(3;-3)OD=OA+AD=(4;0)+(-9;3)=(-5;3),D(-5;3)OC=OB+BC=(3;-3)+(-9;3)=(-6;0),C(-6;0)
A téglalap csúcspontjai: A(4;0), B(3;-3), C(-6;0), D(-5;3).
 
6. A feltételi egyenletből
a(b-1)=2b+33,a=2b-2+35b-1,(b1),
a=2+35b-1, így b-1 osztója 35-nek, tehát b=2, a=37 vagy b=6, a=9 vagy b=8, a=7 vagy b=36, a=3.
Mivel a és b osztható 3-mal, valamint a háromszög-egyenlőtlenségnek is teljesülnie kell, azért a következő négy megoldást kapjuk: a=9, b=6, c=6 vagy a=9, b=6, c=9 vagy a=9, b=6, c=12 vagy a=3, b=36, c=36.
 
7. A feltételekből p2-4q0, x1+x2=p, x1x2=q, x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=p2-2q, tehát p2-2q=4, azaz 2p-2q=2p-(p2-4)=5-(p-1)2 és p2-2(p2-4)0, p28, -22p22.
Az 5-(p-1)2 értékkészletét keressük, ha -22p22.
Ekkor
-1-22p-1-1+22,0(p-1)2(-1-22)2,-(9+42)-(p-1)20,5-(9+42)5-(p-1)25,-4-422p-2q5.ezért

 
8. Az egyenletnek x=2p és x=-2p nem lehet megoldása. Legyen tehát x2p, x-2p. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát (x2-2p2)-tel, majd rendezzünk. Ekkor
(5p+3)x=14p2.
Ha 5p+3=0, p=-35, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha p-35, akkor x0=14p25p+3 a megoldás, de x02p és x0-2p. 14p25p+32p, p0, p32 és 14p25p+3=-2p, p0, p-14.
Összefoglalva: ha p-35, p0, p32, p-14, akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van: x0=14p25p+3, ha p=-35 vagy p=0 vagy p=32 vagy p=-14, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
Rábai Imre