Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2004/1.sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2004/február, 79 - 81. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket:
a)(2y-1)(y-1)=0;b)22x+1-32x+1=0;c)2sin2x-3sinx+1=0;d)2log22x-log2x3+1=0.

 
Megoldás. a) y1=12, y2=1.
b) Legyen 2x=y. Ekkor 2x=12 vagy 2x=1; x1=-1, x2=0.
c) Legyen sinx=y. Ekkor sinx=12 vagy sinx=1; x1,n=π6+2nπ, x2,k=5π6+2kπ, x3,m=π2+2mπ, ahol n,k,mZ.
d) Legyen log2x=y. Ekkor log2x=12 vagy log2x=1; x1=2, x2=2.
 
2. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenségeket:
a)2y2-3y+1>0;b)22x+1-32x+1>0;c)2sin2x-3sinx+1<0;d)2log22x-log2x3+1>0.

 
Megoldás. a) y<12 vagy y>1.
b) 2x<12 vagy 2x>1; x<-1 vagy x>0.
c) 12<sinx<1; π6+2kπ<x<π2+2kπ vagy π2+2kπ<x<5π6+2kπ.
d) log2x<12 vagy log2x>1; 0<x<2 vagy 2<x.
 
3. Egy egyenlő szárú derékszögű háromszög egyik befogójának végpontjai: A(-2;3) és B(1;2). Számítsuk ki a háromszög harmadik csúcspontjának koordinátáit.
 
Megoldás. A feltételeknek négy egyenlő szárú derékszögű háromszög felel meg. Állítsunk az AB szakasz két különböző partjára 1‐1 négyzetet, ABCD-t és ABC1D1-et. A negyedik csúcs a C, D, C1, D1 pontok bármelyike lehet. A feladatot a vektorszerkesztés módszerével oldhatjuk meg (természetesen más módokon is). Most AB=(3;-1), így BC=AD=(1;3) és BC1=AD1=(-1;-3), hiszen ezek a vektorok az AB 90-os elforgatottjai. Ekkor
OC=OB+BC=(1;2)+(1;3)=(2;5),OC1=OB+BC1=(1;2)+(-1;-3)=(0;-1),OD=OA+AD=(-2;3)+(1;3)=(-1;6),OD1=OA+AD1=(-2;3)+(-1;-3)=(-3;0).

A harmadik csúcspontok: C(2;5), C1(0;-1), D(-1;6), D1(-3;0).
 
4. Számítsuk ki p és q értékét, ha az x2+px+q=0 egyenlet egyik gyöke 2, a másik gyöke pedig az egyenlet diszkriminánsának háromszorosa.
 
Megoldás. Mivel x1=2, x2=3D, azért az egyenlet x2-(2+3D)x+6D=0 alakban írható és így
D=(2+3D)2-24D.
9D2-13D+4=0, D=1, vagy D=49. Ha D=1, akkor p=-5, q=6; ha D=49, akkor p=-103, q=83.
 
5. Az ABC háromszögben AC=10, BC=15 és ACB=60.
a) Mekkora annak a félkörnek a sugara, amelynek átmérője az AB oldalra esik, és érinti a másik két oldalt?
b) Mekkora annak a körnek a sugara, amely érinti az előbbi félkört, valamint az AC és BC oldalakat?
 
Megoldás. Legyen a félkör sugara r, a keresett kör sugara x. A félkör középpontját jelölje O, a kör középpontját O1, a félkör és a kör érintési pontját E. A kör, illetve a félkör az AC és a BC oldalt az E1 és E2, illetve F1 és F2 pontban érinti. A C, O1, E és O pontok az ACB szög szögfelezőjére illeszkednek. Az E1CO1=30, az E1O1C háromszög derékszögű, mint az F1OC háromszög is. O1E1=x, O1C=2x, OF1=r, OC=2r, OC=OE+EC=r+3x, tehát 2r=r+3x, r=3x. Az ABC háromszög területe
egyrészt1015sin602=7532,másrészt10r2+15r2=25r2,
így a félkör sugara r=33, a kör sugara x=3.
 
6. Egy számtani sorozat differenciája 23, az első n tag összege 83, az első (n+3) tag összege 443. Számítsuk ki n értékét és a sorozat első tagját.
 
Megoldás. A feltételből következik, hogy an+1+an+2+an+3=443-83, azaz 3an+2=12, an+2=4; így 4=a1+(n+1)23, 3a1+2n=10.
n2(2a1+(n-1)23)=83,
amiből n(6a1+2n-2)=16, s mivel 3a1=10-2n, azért n2-9n+8=0. Ha n=8, akkor a1=-2, ha n=1, akkor a feltételek nem teljesülnek.
 
7. Tekintsük az f:RR, xf(x)=(x+5)2-(x-5)2(2x+5)2+(2x-5)2 függvényt. Számítsuk ki a függvény legnagyobb és legkisebb értékét, valamint azokat az x értékeket, ahol ezeket a függvény felveszi.
 
Megoldás. Az f(x) kifejezés minden valós x-re értelmezett. Azonos átalakításokkal f(x)=10x4x2+25. Az f függvény páratlan, hiszen f(-x)=10(-x)4(-x)2+25=-f(x).
Ismeretes, hogy ha A>0 és B>0, akkor A+B2AB, és az egyenlőség pontosan A=B esetén áll fenn.
Ha x>0, akkor f(x)>0 és f(x)=104x+25x, tehát a számláló pozitív állandó, a nevező pozitív, így f(x) akkor a legnagyobb, amikor a nevező a legkisebb. Most
4x+25x24x25x=20,tehátf(x)1020=12
és az egyenlőség 4x=25x (x>0) esetén áll fenn, azaz x=52.
Ha x<0, akkor f(x)<0 és f(x)-12, egyenlőség x=-52 esetén áll fenn. Így -12f(x)12, a minimumot (-12) az x=-52 helyen, a maximumot (12) az x=52 helyen veszi fel a függvény.
 
8. Az ABCD konvex négyszög AC és BD átlóinak metszéspontja K. Az ABK, BCK, CDK és a DAK háromszögek területe rendre t1, t2, t3 és t4. Igazoljuk, hogy a négyszög AB és DC oldalai pontosan akkor (akkor és csak akkor) párhuzamosak, ha a négyszög T területe T=(t1+t3)2.
 
Megoldás. A t1 és t2, illetve a t3 és t4 területű háromszögek egy-egy magassága megegyezik, így t1t2=t4t3, t1t3=t2t4.
Ha AB és DC párhuzamosak (azaz a négyszög trapéz), akkor t1+t2=t1+t4, t2=t4; a négyszög területe T=t1+t2+t3+t4=t1+t3+2t2 és t1t3=t22, t1t3=t2, T=t1+t3+2t1t3=(t1+t3)2.
Legyen T=(t1+t3)2, ekkor t1+t3+2t1t3=t1+t2+t3+t4, 2t1t3=t2+t4, de t1t3=t2t4, így t2+t4-2t2t4=0, (t2-t4)2=0, amiből t2=t4.
Így t1+t2=t1+t4, a közös AB oldalú ABC és ABD háromszögek területe egyenlő, az AB oldalhoz tartozó magasság is egyenlő, azaz a D és a C pontok az AB oldaltól egyenlő távolságra vannak, tehát AB párhuzamos CD-vel.