Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (2001/4. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2001/május, 281 - 283. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. A paralelogrammát két átlója négy egyenlő területű részre osztja. Egy ilyen részháromszög oldalai 132, 10 és 212 egység hosszúak. Ennek a részháromszögnek a területe a Heron-képlettel (t2=s(s-a)(s-b)(s-c)) kiszámítható. Ha a paralelogramma területe T, akkor
(T4)2=2721427262,ahonnanT2=(972)2,T=126területegység.
Ismeretes, hogy bármely paralelogrammában az oldalak négyzetének összege egyenlő az átlók négyzetének összegével. Így ha az ismeretlen oldal hossza x egység, akkor
2x2+210,52=132+202,x2=174,25,x13,20egység.
A paralelogramma kerülete, k47,40 egység.
 
2. Azonos átalakításokkal, rendezéssel, majd felhasználva, hogy az xlgx (xR+) függvény kölcsönösen egyértelmű,
lg(x+9)+lg|x-1|+lg4=lg100,(x>-9,x1),(x+9)|x-1|=25.
Ha -9<x<1, akkor x2+8x-9=-25, (x+4)2=0, x1=-4
ha x>1, akkor x2+8x-9=25, így x2=-4+52.
(x3=-4-52 nem megoldás.) Az egyenlet megoldásai x1 és x2.
 
3. Azoknak a P(x;y) pontoknak a halmazát keressük, amelyekre PA2+PB2+PC2=30. A távolságok négyzetét a koordinátákkal kifejezve:
(x+2)2+y2+(x-2)2+y2+x2+(y-5)2=30,
azaz x2+(y-53)2=169. A keresett ponthalmaz kör. A kör középpontja C(0;53), sugara r=43.
 
4. Legyen a mértani sorozat első tagja a, hányadosa q. A feltétel szerint
7(aq+aq2)+2(a+aq3)=0,7aq(1+q)+2a(1+q)(1-q+q2)=0,a(q+1)(2q2+5q+2)=0,
így q=-1 vagy q=-2 vagy q=-12.

Mivel aq5-1q-1=22, azért  ha q=-1, akkor a=22,  ha q=-2, akkor a=2,  ha q=-12, akkor a=1116.
 
5. Ismeretes, hogy 1sin2x=1+ctg2x (xkπ, kZ), így sin2x=11+ctg2x. A feltételből ctgx+1ctgx=-4, ahonnan
ctgx=2-3vagyctgx=2+3.ctg2x=7-43vagyctg2x=7+43,sin2x=18-43=8+4316=4+238=(3+1)2(22)2vagysin2x=18+43=...=(3-122)2,ígysinx=3+122  vagy  sinx=-3+122  vagy  sinx=3-122  vagy  sinx=-3-122.
(A feladat más módon is megoldható.)
 
6. Ha p=1, akkor az x6x-1 (xR) függvénynek nincs legnagyobb értéke.
Az adott másodfokú (p1) függvénynek (xR) akkor van legnagyobb értéke, ha p-1<0, p<1. Teljes négyzetté alakítással:
x(p-1)(x+p+2p-1)2+(p-2-(p+2)2p-1).
Ennek legnagyobb értéke (-6), tehát
p-2-(p+2)2p-1=-6,ahonnanp=-8.
Ezt a legnagyobb értéket az x0=-p+2p-1 helyen veszi fel a függvény, tehát x0=-23.
 
7. Legyen D az x2+px+q=0 egyenlet diszkriminánsa; a két gyök: x1=4, x2=D2. Így az egyenlet:
x2-(4+D2)x+4D2=0,
ahonnan D=(4+D2)2-8D, tehát D=4 vagy D=16. Az egyenlet ekkor x2-6x+8=0, p=-6, q=8 vagy x2-12x+32=0, p=-12, q=32.
 
8. Mivel a parabola érinti az x tengelyt, azért egyenletét y=a(x-u)2 alakban kereshetjük. Az A pont rajta van a parabolán, tehát 2=a(3-u)2. Az A pontban a parabolához húzott érintő egyenlete: 4x+y=14, így a 14-4x=a(x-u)2 egyenlet diszkriminánsa 0.
ax2-2(au-2)x+au2-14=0, 4(au-2)2-4a(au2-14)=0, ahonnan a(7-2u)=-2, a=22u-7, tehát 2=22u-7(3-u)2, (u-4)2=0, u=4, a=2.
A parabola egyenlete: y=2(x-4)2.
Rábai Imre