Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2004/3.sz felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2004/április, 215 - 217. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Oldjuk meg a következő egyenleteket:
a)x3-4x2-x=0;b)x3-4x2-x=32;c)lgx3-4x2-x=0.

 
Megoldás. a) A nevező miatt: x2. A számlálót szorzattá bontjuk: x(x-2)(x+2). A megoldások: x1=-2 vagy x2=0.
b) A nevező miatt: x2, a négyzetgyök miatt: x3-4x2-x0, ami az egyszerűsítés után: -x(x+2)0, a feladat értelmezési tartománya: x[-2;0]. A négyzetgyök alatt elvégezzük az egyszerűsítést, négyzetre emelünk, majd 0-ra rendezzük az egyenletet:
0=x2+2x+34.
Ennek a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van: x1=-32, x2=-12. Mindkettő megoldása az eredeti egyenletnek is.
c) A nevező miatt: x2, a logaritmus miatt: x3-4x2-x>0, ami az egyszerűsítés után: -x(x+2)>0, a feladat értelmezési tartománya: x]-2;0[. Elvégezzük az egyszerűsítést, majd a logaritmus definíciója szerint kapjuk a következő egyenletet: -x2-2x=100, azaz 0=x2+2x+1. Az egyenlet egyedüli megoldása: x=-1.
 
2. Igazoljuk, hogy ha a+1 osztható 6-tal, akkor n minden egész értékére n(an2+1) is osztható 6-tal.
 

Megoldás. Ha az a+1 osztható 6-tal, akkor a felírható 6k-1 alakban (kZ). Ekkor n(an2+1)=n[(6k-1)n2+1]=6kn3-(n-1)n(n+1). Az első tag 6-nak többszöröse, ezért osztható 6-tal. A második tag három egymást követő egész szám szorzata, így az is osztható 6-tal.
 
3. Az 5cm sugarú körbe írt AB húr egyenlő a körbe írható szabályos nyolcszög, a BC húr pedig a körbe írható szabályos hatszög oldalával. Mekkora az AC szakasz?
 

Megoldás. Jelöljük O-val a kör középpontját. I. eset: OBA=67,5, OBC=60, és ezek összege: ABC=127,5. Az OAB háromszögből koszinusztétellel meghatározzuk az AB hosszát:
AB=50-2523,8268.
Az ABC háromszögből koszinusztétellel meghatározzuk az AC hosszát:
AC2=14,6444+25-23,82685cos127,562,94,AC7,9(cm).  

II. eset: OBA=67,5, OBC=60, és ezek különbsége: ABC=7,5. Az OAB háromszögből koszinusztétellel most is AB3,8268. Az ABC háromszögből koszinusztétellel meghatározzuk az AC hosszát: AC1,3 (cm).
Az AC hosszának lehetséges értékei: 7,9 cm vagy 1,3 cm.
 
4. Az a paraméter mely értékeire van az
a2(x-1)=4(ax-x-1)
egyenletnek egész gyöke?
 

Megoldás. Az egyenlet (a-2)2x=a2-4 alakúra rendezhető.
Ha a=2, akkor a 0x=0 egyenletet kapjuk, amelynek minden valós szám megoldása, ekkor van az egyenletnek egész gyöke.
Ha a2, akkor
x=(a-2)(a+2)(a-2)2=a+2a-2=1+4a-2,
ez akkor egész, ha a-2 osztója a 4-nek. Ekkor a lehetséges értékei: -2; 0; 1; 3; 4; 6, összesen hét megfelelő a értéket kaptunk: {-2;0;1;2;3;4;6}.
 
5. A 13 egység területű ABC háromszög két csúcsa: A(3;-1) és B(-1;5). Határozzuk meg a C csúcs koordinátáit úgy, hogy a háromszög kerülete minimális legyen.
 

Megoldás. Az ABC háromszög c oldalának hossza a megadott koordináták segítségével kiszámítható: c=AB=213. Mivel a háromszög területe 13, azért mc=13. Az AB szakaszt az F(1;2) felezőpontja körül 90-kal elforgatva kapjuk a KL szakaszt: K(-2;0), L(4;4).
Az AB egyenessel párhuzamos, K-ra illeszkedő f1, illetve L-re illeszkedő f2 egyeneseken van a keresett háromszög C csúcsa (hiszen FL=FK=13). Az A pont tengelyes tükörképét f1-re jelölje A'. AC+CB=A'C+CB, ami akkor minimális, ha A'B és f1 metszéspontja a C csúcs. Az f2-vel hasonlóan járhatunk el. Az így kapott metszéspontok éppen K, illetve L.
A C lehetséges koordinátái: (-2;0) vagy (4;4).
 
6. Egy 60cm kerületű téglalap két szomszédos oldalára, mint átmérőre kifelé félköröket rajzolunk. Mekkorának válasszuk a téglalap oldalhosszúságait, hogy a kapott síkidom
a) kerülete minimális legyen;
b) területe maximális legyen?
 

Megoldás. A téglalap egyik oldalának a hosszát jelölje x, ekkor a másik oldal 30-x.
a) A síkidom kerülete x-szel kifejezve:
k(x)=30+x2π+30-x2π=30+15π.
A kerület így nem függ x-től, állandó.
b) A síkidom területe x-szel kifejezve:
t(x)=x(30-x)+12(x2)2π+12(30-x2)2π,
elvégezzük a kijelölt műveleteket:
t(x)=(π4-1)x2+60-15π2x+225π2.
Felhasználjuk, hogy ha a másodfokú függvény főegyütthatója negatív, akkor az együtthatók szokásos jelölésével az x=-b2a helyen maximuma van, ami most
x=-60-15π22(π4-1)=15π-60π-4=15-nek adódik.
A terület tehát akkor maximális, ha a téglalap négyzet.
 
7. Egy háromszög α és β szögeire
(1+ctgα)(1+ctgβ)=2ctgαctgβ.
Határozzuk meg a háromszög harmadik szögét.
 

Megoldás. Az egyenletet alakítsuk át:
(1+cosαsinα)(1+cosβsinβ)=2cosαcosβsinαsinβ.
Szorozzuk meg mindkét oldalt sinαsinβ-val:
(sinα+cosα)(sinβ+cosβ)=2cosαcosβ.
Végezzük el a beszorzást és rendezzük:
sinαcosβ+cosαsinβ=cosαcosβ-sinαsinβ,
tehát sin(α+β)=cos(α+β).
Az egyenlőség mindkét oldalát oszthatjuk sin(α+β)-val (ami nem nulla, mert 0<α+β<180), ekkor ctg(α+β)=1. Ebből a két szög összege 45, vagyis a harmadik szög 135-os.
 
8. Az ABCDE konvex ötszög A csúcsát kössük össze a BE átló, valamint a BC, CD és DE oldalak felezőpontjával. Az így kapott négy szakaszon az A csúcstól távolabbi harmadoló pontok által meghatározott négyszög területe az eredeti ötszög területének az ötödével egyenlő. Hányadrésze az ABE háromszög területe az eredeti ötszög területének?
 

Megoldás. Az A csúcstól indulva (a B felé) az oldalfelező pontok legyenek F1, F2, F3, F4 és F5, a BE átló felezőpontja pedig F. A feladat szövege szerint a BCDE négyszög F2, F3, F4 és F oldalfelező pontjait kell összekötnünk az A csúccsal, majd ezt a négyszöget kell az A-ból 23 arányban kicsinyítenünk. Ekkor kapjuk az F2'F3'F4'F' négyszöget. Megmutatható, hogy F2F3F4F négyszög (ami egyébként egy paralelogramma) területe fele a T területű, BCDE négyszög területének. A hasonlóságból következik, hogy F2'F3'F4'F' területe 29T. Legyen az ABE háromszög területe μT. Ekkor a feladat szövege szerint:
15=29TμT+T=29μ+9,
amiből μ=19. Ez azt jelenti, hogy az ABE háromszög területe tizede az ötszög területének.