Cím: Megoldásvázlatok a 2005/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2005/novemberi melléklet, 34 - 38. oldal  PDF file
Témakör(ök): Ábrázoló geometria

I. rész
 

1. Az ABC háromszög csúcsainak koordinátái: A(-2;-3), B(8;1) és C(2;5).
a) Írjuk fel a háromszög oldalegyeneseinek egyenletét.
b) Számítsuk ki a háromszög legnagyobb belső szögét.  (11 pont)
 
Megoldás. a) A BC-re illeszkedő a oldalegyenes egyik irányvektora: va(3;-2). Az a egyenes egyenlete: 2x+3y=19.
Az AC-re illeszkedő b oldalegyenes egyik irányvektora: vb(1;2). A b egyenes egyenlete: 2x-y=-1.
Az AB-re illeszkedő c oldalegyenes egyik irányvektora: vc(5;2). Az c egyenes egyenlete: 2x-5y=11.
b) Mivel AB=116, BC=52 és AC=80, azért az AB-vel szemközti γ szög lesz a legnagyobb. A koszinusztételből cosγ=852800,1240, így γ82,9.
 
2. a) Döntsük el, hogy az alábbi állítások közül melyik igaz, melyik hamis.
1) Egy négyszögnek lehet két oldalegyenese párhuzamos.
2) Egy négyszögnek lehet két szemközti oldalegyenese párhuzamos.
3) Egy négyszögnek lehet két szomszédos oldalegyenese párhuzamos.
4) Egy négyszögnek lehet két oldalegyenese merőleges.
5) Egy négyszögnek lehet két szemközti oldalegyenese merőleges.
6) Egy négyszögnek lehet két szomszédos oldalegyenese merőleges.
b) Ha valaki csak véletlenszerűen írja az igaz vagy hamis válaszokat az előző feladatban, akkor mekkora valószínűséggel lesz minden válasza helyes?
c) Az a) feladatban az is elképzelhető, hogy valaki nem tud dönteni. Valamelyik állítás esetén nem ír semmit. Hányféle válaszadás képzelhető el így összesen?  (12 pont)
 
Megoldás. a) 1) igaz, 2) igaz, 3) hamis, 4) igaz, 5) igaz, 6) igaz.
b) Az összes lehetőség: 26=64, a kedvező esetek száma: 1.
A keresett valószínűség: 1640,016.
c) Egy válasz lehet: igaz, hamis, vagy üres: a lehetséges esetek száma: 36=729.
 
3. Mely x-ekre értelmezhetők az alábbi kifejezések:
a) lgx2+4x-12;
b) lg(x2+4x-12)?  (14 pont)
 
Megoldás. a) A négyzetgyök miatt: x2+4x-120. Szorzat alakban
(x+6)(x-2)0.
Innen: x]-;-6][2;[.
A logaritmus miatt: x2+4x-12>0, a négyzetgyök miatt x2+4x-120, azaz (x+6)(x-2)>0. Innen x]-;-6[]2;[.
 
 

A két feltételnek egyszerre kell teljesülnie, ezért: x]-;-6[]2;[.
b) A logaritmus miatt: x2+4x-12>0. Az a) részben ezt már megvizsgáltuk, tehát x]-;-6[]2;[.
A négyzetgyök miatt: lg(x2+4x-12)0, azaz lg(x2+4x-12)lg1. A tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növő, így
x2+4x-121,azazx2+4x-130.

 
 

A másodfokú egyenlőtlenséget megoldva:
x]-;-2-17][-2+17;[.
Ez utóbbi feltétel az erősebb, tehát ennek kell teljesülnie.
 
4. Legyen f(x)=x6-3x4+3x2. Számítsuk ki az f(33+1) helyettesítési értéket.  (14 pont)
 
Megoldás. Ha y=x2, akkor a g(y)=y3-3y2+3y értéket kell kiszámolnunk, ahol y=33+1. Látható, hogy g(y)=(y-1)3+1=4.
 

II. rész
 

5. A koordinátarendszerben az origót kössük össze kétféleképpen az (a;a2) koordinátájú ponttal (a pozitív valós szám), először a két pontra illeszkedő egyenessel, majd a két pontra illeszkedő f(x)=x2 hozzárendeléssel megadott függvény görbéjével. Mindkét esetben forgassuk meg az összekötő vonalat az x tengely körül.
a) Számítsuk ki az így keletkezett két forgástest térfogatát, ha a=2.
b) Adjuk meg az a függvényében, hogy a kisebb test térfogata hány százaléka a nagyobb test térfogatának.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az első esetben keletkezett egyenes kúp alapkörének sugara 4, a magassága 2. A kúp térfogata: V1=r2πm3=32π333,51. A második esetben kapott forgástest térfogata:
V2=π02x4dx=π[x55]02=32π520,11.

b) Számoljunk az a paraméterrel! Az első esetben keletkezett egyenes kúp alapkörének sugara a2, a magassága a. A kúp térfogata: V1=a4πa3=a5π3. A második esetben kapott forgástest térfogata:
V2=π0ax4dx=π[x55]0a=a5π5.

A második esetben kapott forgástest térfogata kisebb, mint az elsőé:
V2V1=a5π5a5π3=35=0,6.
A kisebb test térfogata 60%-a a nagyobb test térfogatának, ami nem függ a-tól.
 
6. Határozzuk meg azokat a valós x értékeket, amelyekre
x+5-2x+7+3:x+6-1x+8+40.(16 pont)

 
Megoldás. A négyzetgyökök miatt tett kikötések összegzése: x-5. A két tört nevezője pozitív. Az osztás miatt a második tört számlálója nem lehet 0, azaz x-5. Az értelmezési tartomány: x]-5;].
Mindkét tört nevezője pozitív, így az egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha a másik két tényező szorzata nem pozitív:
(x+5-2)(x+6-1)0.

Szorozzuk meg az egyenlőtlenség mindkét oldalát a pozitív (x+5+2)(x+6+1) szorzattal: (x+1)(x+5)0, ahonnan x[-5;-1].
Az értelmezési tartományt figyelembe véve a megoldás: x]-5;-1].
Megjegyzés. Ha az értelmezési tartomány meghatározása után (x>-5) észrevesszük, hogy az egyenlőtlenségben szereplő négy tényező közül három pozitív, akkor rövidebb úton jutunk a megoldáshoz.
 
7. a) Számítsuk ki annak a háromszög alapú egyenes hasábnak a térfogatát, amelynek alapélei a=8cm, b=10cm, c=14cm, a hasáb m magasságáról pedig tudjuk, hogy m=ma, ahol ma az alapháromszög a oldalához tartozó magassága.
b) Mekkora a térfogata annak a legnagyobb hengernek, amely elfér az előzőekben megadott hasábban és a tengelye párhuzamos a hasáb magasságával?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Készítünk egy vázlatrajzot, és használjuk az ábra jelöléseit.
 
 

Mivel AB2>BC2+AC2, azért az ACB tompaszög, így az a oldalhoz tartozó m magasság a háromszögön kívül halad. A magasság talppontját T-vel jelöltük, legyen CT=x.
Az ABT háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint:
(8+x)2+m2=196,64+16x+x2+m2=196.
Az ACT háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint: x2+m2=100.
Ezt beírhatjuk az előző egyenletbe: 64+16x+100=196, amiből x=2 (cm). Ezt felhasználva: m=100-4=96=46 (cm). Most már kiszámolhatjuk az ABC háromszög területét: t=am2=8462=166(cm2). Végül meghatározzuk a hasáb térfogatát: V1=tm=16646=384(cm3).
b) A henger alapkörének sugara egyenlő az ABC háromszög beírt körének ϱ sugarával. Az ABC háromszög területe: t=166cm2, a kerület fele: s=16 cm. Alkalmazzuk a t=ϱs képletet: ϱ=16616=6.
A keresett henger térfogata: V2=ϱ2πm=6π46=24π6184,7(cm3).
 
8. Egy trapéz alakú telket a szárak egy-egy pontját összekötő, a párhuzamos oldalakkal párhuzamos kerítéssel szeretnék két egyenlő területű részre vágni. Adjuk meg az építendő kerítés hosszát a trapéz két párhuzamos oldalhosszának függvényében.  (16 pont)
 
Megoldás. A területet felező párhuzamos szakasz hossza legyen N1N2¯. A KDC, KN1N2, KAB háromszögek hasonlóak. A területeik aránya egyenlő a K-val szemközti oldalak négyzeteinek arányával. Ezért van olyan λ pozitív valós szám, hogy a három terület rendre: λc2, λ(N1N2¯)2, λa2.
 
 

A területfelezés miatt a középső háromszög területe a másik két háromszög területének a számtani közepe: λ(N1N2¯)2=λa2+λc22. Vagyis
N1N2¯=a2+c22.

 
9. Adjuk meg a k paraméter azon értékeit, amelyekre a
sin4x+cos4x=k-14,  és a  sin4x+cos4x=k+14
egyenletnek is van megoldása.  (16 pont)
 
Megoldás. Nézzük az első egyenletet:
k-14=sin4x+cos4=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x=1-124sin2xcos2x==1-12sin22x.
Mivel 0sin22x1, azért 121-12sin22x1. Ha 12k-141, azaz 34k54, akkor az első egyenletnek van valós megoldása.
Nézzük a második egyenletet, az előzőekben látott átalakításokat végezzük el most is: k+14=sin4x+cos4x=1-12sin22x. Mivel 0sin22x1, azért 121-12sin22x1. Ha 12k+141, azaz 14k34, akkor a második egyenletnek van valós megoldása.
Azt szeretnénk, ha a két egyenletnek egyszerre lenne megoldása, ezért a két halmaz közös elemeit kell vennünk. Az egyedüli megoldás: k=34.