Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/1. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Füzet: 2003/február, 85 - 88. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Egy derékszögű háromszögben a befogók összege 10,5 egység, a beírható kör sugara ϱ=1,5 egység. Számítsuk ki a derékszögű háromszög
a) körülírt körének sugarát;
b) területét;
c) a hozzáírható körök sugarát.
 
Megoldás. Legyen a derékszögű háromszög két befogója a és b, az átfogója c=2r, ahol r a körülírt kör sugara. Egy külső pontból a körhöz húzható érintőszakaszok hosszának egyenlőségét felhasználva
a) 2r=c=a-ϱ+b-ϱ=10,5-3=7,5r=3,75 egység.
b) A háromszög területe T=12ab. Mivel c2=a2+b2=(a+b)2-2ab, azért 7,52=10,52-4TT=13,5 területegység.
c) A háromszöghöz írható körök sugara rendre ϱa=Ts-a, ϱb=Ts-b, ϱc=Ts-c, ahol s a félkerület hossza. Tudjuk, hogy ab=2T=27; a+b=10,5, amiből a=4,5 és b=6, vagy fordítva. Mivel 2s=10,5+7,5, azért s=9 egység, ezért ϱa=3, ϱb=4,5 és ϱc=9 egység.
 
2. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a)x+xx3-13=xxx3-13;b)logx94logx278=94278;c)tg(x+π)+ctg(3π2-x)=2tgx.

 
Megoldás. a) Az egyenlet xR{1} halmazon értelmezett és minden ilyen szám megoldás, mert azonos átalakításokkal mindkét oldalon álló kifejezés x4x3-13-gyel azonos.
b) Az egyenlet minden x>0, x1 valós számra értelmezett és minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen logx94logx278=log(32)3(32)2=23 és 94278=23.
c) Az egyenlet az xR{π2+nπ;nZ} halmazon értelmezett és itt azonosság, mert azonos átalakításokkal
tg(x+π)+ctg(3π2-x)=tgx+ctg(π2-x)=2tgx.

 
3. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán, ahol a valós paraméter:
x-y=1-a-a2;%\hskip 2em\mathop{\rm log}\nolimitsx(2x2+4x-y+1)=2.

\vskip6pt\hbox{\bf Megoldás.} A második kifejezés akkor értelmezett, ha
x>0,\hskip 1emx1\hskip 1emés\hskip 1em2x2+4x-y+1>0.

Az első egyenletből y=x+a2+a-1, a másodikból 2x2+4x-y+1=x2, y=x2+4x+1, ahonnan
x2+3x-a2-a+2=0,\hskip 1emx1=a-1,\hskip 1emx2=-a-2.

Ha x1=a-1, akkor a-1>0 és a-11, tehát a>1 és a2.
Ekkor y1=a2+2a-2, és ez a számpár valóban megoldás, hiszen ekkor
2x2+4x-y+1=(a-1)2>0.
Ha x2=-a-2, akkor -a-2>0 és -a-21, tehát a<-2 és a-3. Ekkor y2=a2-3, és ez a számpár is megoldás, hiszen ekkor
2x2+4x-y+1=(a+2)2>0.

\vskip6pt\hbox{\bf 4.} \hbox{\it Az ABCD húrtrapéz (ABDC) rövidebb párhuzamos oldalának hossza, DC=13 egység, magassága, m=CC1=15,6 egység (C1 a C pont merőleges vetülete az AB oldalon), az AC átló merőleges a BC oldalra. Számítsuk ki a hosszabb párhuzamos oldal (AB), a szárak (BC) és az átlók (AC) hosszát.}
\vskip6pt\hbox{\bf Megoldás.} A feladat szövegében adott jelölés szerint legyen C1B=x, ekkor AC1=x+13. Az ACB derékszögű háromszögben a magasságtétel alkalmazásával x(x+13)=15,62, ahonnan x=10,4 egység, tehát AB=33,8 egység. A Pitagorasz-tétel alkalmazásával BC=DA=351,5218,75 egység, az átlók hossza AC=BD28,12 egység.
\vskip6pt\hbox{\bf 5.} \hbox{\it Az y=x2+x+1 egyenletű parabola melyik pontja van a legközelebb az y=2x-2 egyenletű egyeneshez? Mennyi ez a legkisebb távolság?}
\vskip6pt\hbox{\bf Megoldás.} A parabolának az a P pontja van legközelebb az adott egyeneshez, amelyben az adott egyenessel párhuzamos y=2x+b egyenletű egyenes érinti a parabolát. Az y=2x+b egyenletű egyenes pontosan akkor érinti az y=x2+x+1 egyenletű parabolát, ha az x2+x+1=2x+b egyenlet diszkriminánsa nulla: x2-x+1-b=0, D=1-4(1-b)=0, b=34. Ekkor x2-x+14=0, (x-12)2=0, az érintési pont P(12;74). A legkisebb távolság: 1145 egység.
\vskip6pt\hbox{\bf 6.} \hbox{\it Az ABC háromszögben AC=8, BC=24, a C csúcsból induló belső szögfelezőszakasz, CC1=62-2 egység. Számítsuk ki az ACB szöget, a háromszög területét és az AB oldal hosszát.}
\vskip6pt\hbox{\bf Megoldás.} Legyen az ACB=2γ. Az A ponton át a CC1-gyel párhuzamos egyenes a BC egyenest a D pontban metszi. Mivel
DAC=ACC1=γ\hskip 1emés\hskip 1emADC=C1CB=γ,
azért DC=AC=8 egység és AD=16\mathop{\rm cos}\nolimitsγ. DABCC1B, tehát
16\mathop{\rm cos}\nolimitsγ62-2=8+2424,\hskip 1em\mathop{\rm cos}\nolimitsγ=122-2,\hskip 1emγ=67,5,\hskip 1em2γ=135.

A háromszög területe T=824\mathop{\rm sin}\nolimits1352=482 területegység, AB2=82+242+282422, AB30,19 egység.
\vskip6pt\hbox{\bf 7.} \hbox{\it Tekintsük az xxx2+x+1, x{\bf R} függvényt. Határozzuk meg a függvény értékkészletét. Mely x helyen veszi fel a függvény a legkisebb, illetve a legnagyobb értékét?}
\vskip6pt\hbox{\bf Megoldás.} A függvény azokat a k{\bf R} értékeket veszi fel, amelyekre az
xx2+x+1=k
egyenletnek van valós megoldása. x2+x+1>0 minden valós számra, hiszen
x2+x+1(x+12)2+34.
kx2+(k-1)x+k=0 egyenletnek pontosan akkor van valós megoldása, ha az egyenlet diszkriminánsa
D=(k-1)2-4k20.
Ez pontosan akkor teljesül, ha -1k13. A függvény értékkészlete a [-1;13] intervallum. A legkisebb értékét (ez -1) az x1=-1 helyen, a legnagyobb értékét (ez 13) az x2=1 helyen veszi fel.
\vskip6pt\hbox{\bf 8.} \hbox{\it Legyen az (an) számtani sorozat n. tagja an, k. tagja ak, az első n tag összege Sn, az első k tag összege Sk, valamint a10, n1, k1 és nk.}
Igazoljuk, hogy
SnSk=n2k2(1)
akkor és csak akkor teljesül, ha
anak=2n-12k-1.(2)

\vskip6pt\hbox{\bf Megoldás.} Azt kell belátni, hogy ha (1) teljesül, akkor (2) is, és fordítva, ha (2) teljesül, akkor (1) is.
Ha a sorozatban
n2(2a1+(n-1)d)k2(2a1+(k-1)d)=n2k2,
akkor átalakításokkal 2a1(k-n)=d(k-n), s mivel kn, d=2a1. Így
anak=a1+(n-1)2a1a1+(k-1)2a1=2n-12k-1,
hiszen a10. Ha pedig a1+(n-1)da1+(k-1)d=2n-12k-1, akkor azonos átalakításokkal d=2a1 adódik (kn), tehát valóban
SnSk=n2(2a1+(n-1)2a1)k2(2a1+(k-1)2a1)=n2k2.