Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a III. mérőlap (2001/2. sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2001/március, 147 - 149. 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 $C$ vetülete az $AB$ egyenesen $T$. A szerkesztés vizsgálata vagy az előjeles szakasszal való számolás is mutatja, hogy két megfelelő háromszög létezik. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle B{T}^2=5^2-4^2=3^2\text{és}A{T}^2=\mathrm{5,}{8}^2-4^2=\mathrm{4,}{2}^2\mathrm{,}}\end{array}$ azért $AB=\mathrm{4,2}+3=\mathrm{7,2}$ egység vagy $AB=\mathrm{4,2}-3=\mathrm{1,2}$ egység. A háromszög területe így $t_1=\mathrm{14,4}$ vagy $t_2=\mathrm{2,4}$ területegység.   2. Vonjuk ki az első egyenletből a másodikat, majd rendezzük az így kapott egyenletet 0-ra és alakítsunk szorzattá: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2-y^2=2\left(y-x\right)\mathrm{,}\left(x-y\right)\left(x+y+2\right)=0.}\end{array}$ Ha $x=y$, akkor $x^2-2x-8=0$, az egyenletrendszer megoldásai ekkor $x_1=4$, $y_1=4$ vagy $x_2=-2$, $y_2=-2$. Ha $x+y+2=0$, akkor $x^2+2x-4=0$, a megoldások: $x_3=-1+\sqrt[]{5}$, $y_3=-1-\sqrt[]{5}$ vagy $x_4=-1-\sqrt[]{5}$, $y_4=-1+\sqrt[]{5}$.   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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{EA}{\frac{60\sqrt[]{2}}{17}}=\frac{17}{12}\mathrm{,}EA=5\sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $ECA$ háromszög tehát derékszögű, így az $ABC$ háromszög $C$ csúcsánál fekvő szöge ${90}^{\circ }$. $\begin{array}{c}{\displaystyle A{B}^2=5^2+{12}^2={13}^2\mathrm{,}AB=13\text{egység}\mathrm{.}}\end{array}$   4. a) $4x-x^2\ge 0$ kell, hogy teljesüljön, azaz $0\le x\le 4$. Ha $6-2x<0$, azaz $x>3$, akkor a $3<x\le 4$ számok megoldások. Ha $6-2x\ge 0$, $x\le 3$, akkor a négyzetre emeléssel kapott $\begin{array}{c}{\displaystyle 4x-x^2>36-24x+4x^2\mathrm{,}5x^2-28x+36<\mathrm{0,}2<x<\mathrm{3,6}}\end{array}$ egyenlőtlenség a megengedett halmazon az eredetivel ekvivalens, így a $2<x\le 3$ számok is megoldások. Az egyenlőtlenség megoldása tehát $2<x\le 4$. b) Az $x^2-63>0$ és a $\text{log}{}_{18}\left(x^2-63\right)>0$ egyenlőtlenségeknek kell teljesülni. Az $x\mapsto \text{log}{}_{18}x$ függvény szigorúan monoton növekedő, az $x\mapsto \text{log}{}_{\frac{3}{4}}x$ szigorúan monoton csökkenő, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle 0<\text{log}{}_{18}\left(x^2-63\right)\le \mathrm{1,}1<x^2-63\le \mathrm{18,}}\end{array}$ azaz $64<x^2\le 81$,  $8<|x|\le 9$. Az egyenlőtlenség megoldásai: $-9\le x<-8$ vagy $8<x\le 9$.   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 $\overrightarrow{FE}=\left(9;-3\right)$. Mivel az $\overrightarrow{EA}$, $\overrightarrow{EB}$, $\overrightarrow{FD}$, $\overrightarrow{FC}$ vektorok merőlegesek az $\overrightarrow{FE}$ vektorra, és $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle |\overrightarrow{EA}|=|\overrightarrow{EB}|=|\overrightarrow{FD}|=|\overrightarrow{FC}|=\frac{1}{6}|\overrightarrow{FE}|\mathrm{,}\text{azért}}\\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{EA}=\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)=\overrightarrow{FD}\text{és}\overrightarrow{EB}=\left(-\frac{1}{2};-\frac{3}{2}\right)=\overrightarrow{FC}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Jelölje $O$ az origót $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \overrightarrow{OA}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{EA}=\left(\frac{7}{2};-\frac{3}{2}\right)+\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)=\left(4;0\right)\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>A</mi><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mn>4</mn><mi>;</mi><mn>0</mn></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>; }}\\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{OB}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{EB}=\left(\frac{7}{2};-\frac{3}{2}\right)+\left(-\frac{1}{2};-\frac{3}{2}\right)=\left(3;-3\right)\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>B</mi><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mn>3</mn><mi>;</mi><mo stretchy="false">-</mo><mn>3</mn></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>; }}\\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{OD}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AD}=\left(4;0\right)+\left(-9;3\right)=\left(-5;3\right)\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>D</mi><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mo stretchy="false">-</mo><mn>5</mn><mi>;</mi><mn>3</mn></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>; }}\\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{OC}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{BC}=\left(3;-3\right)+\left(-9;3\right)=\left(-6;0\right)\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>C</mi><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mo stretchy="false">-</mo><mn>6</mn><mi>;</mi><mn>0</mn></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>. }}\end{array}}}\end{array}$ A téglalap csúcspontjai: $A\left(4;0\right)$, $B\left(3;-3\right)$, $C\left(-6;0\right)$, $D\left(-5;3\right)$.   6. A feltételi egyenletből $\begin{array}{c}{\displaystyle a\left(b-1\right)=2b+\mathrm{33,}a=\frac{2b-2+35}{b-1}\mathrm{,}\left(b\ne 1\right)\mathrm{,}}\end{array}$ $a=2+\frac{35}{b-1}$, 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 $p^2-4q\ge 0$, $x_1+x_2=p$, $x_1{x}_2=q$, $x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=p^2-2q$, tehát $p^2-2q=4$, azaz $2p-2q=2p-\left(p^2-4\right)=5-{\left(p-1\right)}^2$ és $p^2-2\left(p^2-4\right)\ge 0$, $p^2\le 8$, $-2\sqrt[]{2}\le p\le 2\sqrt[]{2}$. Az $5-{\left(p-1\right)}^2$ értékkészletét keressük, ha $-2\sqrt[]{2}\le p\le 2\sqrt[]{2}$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle -1-2\sqrt[]{2}}& {\displaystyle \le p-1\le -1+2\sqrt[]{2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle \le {\left(p-1\right)}^2\le {\left(-1-2\sqrt[]{2}\right)}^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -\left(9+4\sqrt[]{2}\right)}& {\displaystyle \le -{\left(p-1\right)}^2\le \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 5-\left(9+4\sqrt[]{2}\right)}& {\displaystyle \le 5-{\left(p-1\right)}^2\le \mathrm{5,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -4-4\sqrt[]{2}}& {\displaystyle \le 2p-2q\le 5.}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ezért}}\end{array}}}\end{array}$   8. Az egyenletnek $x=2p$ és $x=-2p$ nem lehet megoldása. Legyen tehát $x\ne 2p$, $x\ne -2p$. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát $\left(x^2-2p^2\right)$-tel, majd rendezzünk. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(5p+3\right)x=14p^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $5p+3=0$, $p=-\frac{3}{5}$, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha $p\ne -\frac{3}{5}$, akkor $x_0=\frac{14p^2}{5p+3}$ a megoldás, de $x_0\ne 2p$ és $x_0\ne -2p$. $\frac{14p^2}{5p+3}\ne 2p$, $p\ne 0$, $p\ne \frac{3}{2}$ és $\frac{14p^2}{5p+3}=-2p$, $p\ne 0$, $p\ne -\frac{1}{4}$. Összefoglalva: ha $p\ne -\frac{3}{5}$, $p\ne 0$, $p\ne \frac{3}{2}$, $p\ne -\frac{1}{4}$, akkor az egyenletnek egyetlen megoldása van: $x_0=\frac{14p^2}{5p+3}$, ha $p=-\frac{3}{5}$ vagy $p=0$ vagy $p=\frac{3}{2}$ vagy $p=-\frac{1}{4}$, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Rábai Imre