Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/3.sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Pintér Ferenc 
Füzet: 2003/április, 212 - 214. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

Pintér Ferenc
 

1. Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezést:
[1+x3+x231-x-(x-23-x-13)-1]-1(1+x3).

 
Megoldás. Áttekinthetőbbé teszi a számolást, ha x3-et új változóval jelöljük. A műveletek elvégzése után 1-et kapunk eredményül.
 
2. Határozzuk meg az x és y számjegyeket úgy, hogy igaz legyen a következő egyenlőség:
3xxxxx¯=yxxxxx¯-y.

 
Megoldás. Vezessük be az a=xxxxx¯ jelölést. Ekkor a következőt kapjuk:
2a=y00000¯-y,azaz2a=99999y=9y11111.
Másrészt 2a=2x11111, ezért 2x=9y. Ebből következik, hogy x=9, y=2.
 
3. Adott az ABCD rombusz. Az ABD háromszög köré írt R sugarú kör áthalad a BCD háromszögbe írt kör középpontján. Fejezzük ki R segítségével a rombusz területét.
 
Megoldás. Jelölje O a BCD háromszögbe írt kör középpontját, a pedig a rombusz oldalát. Ekkor a BAO=BDO, hiszen az OB húrhoz tartozó kerületi szögek. Ebből pedig következik, hogy a BCD háromszög és így az ABD háromszög is szabályos.
Így a rombusz területe: TABCD=a232, és ha figyelembe vesszük, hogy a=2Rsin60, a területre TABCD=332R2 adódik.
 
4. A k paraméter mely értéke esetén lesz a
(k2-5k+3)x2+(3k-1)x+2=0
egyenlet egyik gyöke kétszerese a másiknak?

 
Megoldás. Az egyenlet akkor másodfokú, ha a főegyüttható, k2-5k+30 és akkor vannak valós gyökei, ha D=(3k-1)2-8(k2-5k+3)0.
A két feltétel teljesüléséről a kapott k ellenőrzésével is meggyőződhetünk, válasszuk most ezt az utat.
Ha x1 és x2 az egyenlet gyökei, akkor a feltétel pontosan akkor teljesül, ha a
P=(2x1-x2)(2x2-x1)
szorzat nulla. A műveletek elvégzése után P=5x1x2-2(x12+x22)=9x1x2-2(x1+x2)2. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések felhasználásával
P=18k2-5k+3-2(3k-1)2(k2-5k+3)2=2(k2-5k+3)2(-39k+26),
így P=0 pontosan akkor teljesül, ha k=23.
Ebben az esetben a főegyüttható nem 0 (19), a diszkrimináns pozitív (19), így két gyök létezik.
 
Megjegyzés: Ha k=23, akkor az egyenlet 19x2+x+2=0, a gyökei -6 és -3.
 
5. Az ABC háromszögben a B csúcsnál lévő szög, β=60. Megrajzoljuk az A és C csúcsokból induló szögfelezőket, melyek egymást az O pontban, a szemközti oldalakat pedig a D és E pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy OD=OE.
 
Megoldás. Mivel az AOE az ACO háromszög külső szöge, azért
AOE=α2+γ2=(180-β)2=60.
Ez azt jelenti, hogy a BDOE négyszög húrnégyszög. Körülírt körének B pontjából a DO és az EO húrok egyenlő, 30-os szögben látszanak (BO szögfelező), azért ez a két húr valóban egyenlő.
 
6. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget a valós számok halmazán:
0,2log0,72x+12x-3<1.

 
Megoldás. A logaritmus értelmezése miatt a tört csak pozitív értéket vehet fel, ez x<-12, vagy x>32 esetén teljesül. 1-nél kisebb pozitív alap hatványa akkor és csak akkor kisebb 1-nél, ha a kitevő, log0,72x+12x-3 pozitív. A 0,7 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton fogyó, így ez pontosan akkor teljesül, ha 2x+12x-3<0,70=1. Ez az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha x<32, ezen a halmazon pedig az eredeti kifejezés akkor értelmes, ha x<-12, így ez a halmaz az egyenlőtlenség megoldása.
 
7. Egy tetraéderben két szemközti él hossza x, a többi él hossza pedig egységnyi. Számoljuk ki a tetraéder térfogatát, mint az x függvényét! Milyen x érték esetén lesz a tetraéder térfogata a legnagyobb? Mennyi ez a legnagyobb térfogat?
 
Megoldás. Legyen ABCD az adott tetraéder, CD=AB=x, M és N az AB és CD élek felezőpontja.
Mivel AN és BN egy-egy egyenlő szárú háromszög súlyvonala és így magassága is, azért ANCD és BNCD, a CD él merőleges az ABN síkra és így az abban fekvő NM egyenesre. Hasonló indokkal kapjuk, hogy NMAB.
Az elmondottakból következik, hogy VABCD=13TABNCD¯=16AB¯CD¯MN¯, ahol TABN az ABN háromszög területét jelöli.
A Pitagorasz-tétel alkalmazásával
MN¯2=BN¯2-BM¯2=(1-x24)-x24=1-x22
adódik. Így V=112x24-2x2, ahol 0<x<2. A V>0 térfogat legnagyobb értéke nyilván ugyanazon x értéknél van, mint a 122V2(x)=x4(4-2x2) függvény legnagyobb értéke.
Utóbbi meghatározására használjuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget:
x4(4-2x2)=x2x2(4-2x2)(x2+x2+4-2x23)3=(43)3,
egyenlőség akkor van, ha x2=4-2x2, ahonnan x2=43 adódik, ami lehetséges.
Így a térfogat x=23 esetén lesz a legnagyobb, értéke pedig Vmax=2327.
 
8. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög AA1 és BB1 súlyvonalai akkor és csak akkor merőlegesek egymásra, ha a szokásos jelölésekkel:
ctgγ=2(ctgα+ctgβ).

 
Megoldás. A koszinusztétel, illetve a 2T=bcsinα összefüggés felhasználásával (T az ABC háromszög területe) cosα=-a2+b2+c22bc és sinα=2Tbc, ahonnan ctgα=-a2+b2+c24T. Így
2(ctgα+ctgβ)-ctgγ=2(-a2+b2+c24T+-b2+a2+c24T)--c2+a2+b24T==14T(5c2-a2-b2).
Megmutatjuk, hogy ez az érték akkor és csak akkor nulla, ha az AA1 és BB1 súlyvonalak merőlegesek.
Ha S a háromszög súlypontja, akkor Thalész tétele szerint az ASB szög akkor és csak akkor derékszög, ha AB=2SC1, ahol CC1 a C-ből induló súlyvonal, tehát c=23sc, vagyis c2-49sc2=0.
A súlyvonal-tétel szerint 4sc2=2a2+2b2-c2, tehát
c2-49sc2=c2-2a2+2b2-c29=29(5c2-a2-b2).

Azt kaptuk, hogy mind az AA1, BB1 súlyvonalak merőlegessége, mind pedig a 2(ctgα+ctgβ)=ctgγ összefüggés az a2+b2=5c2 egyenlőséggel ekvivalens, amiből a bizonyítandó állítás következik.