Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2001/7. sz. feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2001/november, 472 - 473. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Jelölje a derékszögű háromszög két befogóját a és b, a kerületét 2s. Ekkor ab=86,4, s=Tϱ=18, 2s=36.
Az érintő szakaszok egyenlősége miatt az átfogó a+b-4,8, tehát 2a+2b-4,8=3,6, a+b=20,4. Az egyenletrendszer megoldása a=14,4, b=6 egység (ab), az átfogó c=20,4-4,8=15,6 egység.
 
2. Az egyenlet diszkriminánsa
D=4(b+c)2-42(ab+bc+ca-a2)=4((a-b)2+(a-c)2)0
minden a, b, cR esetén, tehát mindig van valós megoldás. A két megoldás pontosan akkor egyenlő, ha D=0, azaz ha a=b=c. Ekkor x1=x2=a.
 
3. Jelölje az átlót e, a szárat c, a trapéz köré írt kör sugarát r. Ekkor ecosα=a+b2, c=2rsinα. Mivel c2=e2+a2-2eacosα, azért c2=e2-ab, tehát
c2=(a+b2cosα)2-ab=a2+b2+2ab-4abcos2α4cos2α=a2+b2-2abcos2α4cos2α.
A trapéz köré írt kör sugara
r=c2sinα=a2+b2-2abcos2α2sin2α.

 
4. A feltétel szerint a1=q+3 és Sn=35. Ha q=1, akkor a1=4, tehát an=4, így a1an=16100, tehát q1. Ekkor 35=a1qn-1q-1 és a12qn-1=100, tehát q-1=a1-4 és a1qn=100a1(a1-3); ezekből 35(a1-4)=100a1(a1-3)-a1,
36a12-240a1+300=0,a1=5vagya1=53.
Ha a1=5, akkor q=2 és n=3, hiszen 252n-1=254, ha a1=53, akkor q=-43, és nincs megfelelő n, hiszen 259(-43)n-1=100 egyetlen n-re sem teljesül.
 
5. A P ponton áthaladó x=5 egyenletű egyenes a feltételnek nem felel meg. Minden ettől különböző, a P ponton áthaladó egyenes egyenlete y-3=m(x-5) alakban is írható. Ha m=-32, akkor az egyenes párhuzamos az adott egyenesekkel, így m-32. A keresett egyenes az első egyenest az x1=10+10m3+2m, a második egyenest az x2=5+10m3+2m abszcisszájú pontban metszi. A feltétel szerint |x1-x2|=1, tehát 5|3+2m|=1, ahonnan m=1 vagy m=-4. A feltételnek két egyenes felel meg, ezek egyenlete: x-y=2, illetve 4x+y=23.
(A feladat más úton is megoldható. Hogyan?)
 
6. Teljes négyzetté alakítással
(x-2sinxy)2+4cos2xy=0,(1)
hiszen 4-4sin2xy=4cos2xy.
Az (1) egyenlet pontosan akkor teljesül, ha cosxy=0 és x=2sinxy.
Ha xy=π2+2nπ, nZ, akkor sinxy=1, tehát x=2 és y=π4+nπ, nZ;
ha xy=3π2+2kπ, kZ, akkor sinxy=-1, tehát x=-2 és y=-3π4+kπ, kZ.
(A feladat más módokon is megoldható. Hogyan?)
 
7. Legyen a keresett távolság x, a gúla magasságát jelölje m. A hasonló testek térfogatának arányára vonatkozó tétel alkalmazásával x=m23. A gúla akkor létezik, ha c>12a2+b2, azaz ha 4c2>a2+b2. Az átló tengelymetszet felhasználásával m2=c2-a2+b24, m=124c2-a2-b2. A szóban forgó távolság x=12234c2-a2-b2, a síkmetszet területe t=ab43.
 
8. Az eredeti feladatban az egyenlet gyökeire helyesen: x12+x22=92.
Mivel a gyökök valósak, azért p2+4q0, x1+x2=-p, x1x2=-q, így
92=x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=p2+2q,azaz4q=9-2p2,q=94-12p2.
Az f(p)=q-p=94-12p2-p=114-12(p+1)2 kifejezés értékkészletét a -3p3 intervallumban keressük, mivel p2+4q=p2+9-2p20 pontosan akkor, ha p29. Így -2p+14, amiből 0(p+1)216, ezért -8-12(p+1)20, tehát -214f(p)114.

Rábai Imre