Cím: Megoldásvázlatok a 2009/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2009/február, 84 - 88. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

 
1. Egy kerékpáros útjának első felét 12 km/h, a másik felét 18 km/h sebességgel tette meg. Visszafelé szeretne egyenletes sebességgel haladni és ugyanannyi idő alatt megtenni az utat, mint odafelé. Mekkora legyen a sebessége?  (11 pont)
 
Megoldás. Legyen az út hossza 2s km. Ekkor a kerékpáros az útjának első felét s12 h, a másik felét pedig s18 h alatt tette meg. Szeretné a visszautat, vagyis a 2s km utat s12+s18 h alatt megtenni. Ekkor a sebessége:
2ss12+s18=2112+118=14,4.
Vagyis 14,4 km/h legyen a kerékpáros sebessége visszafelé.
 
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert az egész számpárok halmazán:
x2-4y2-7x+14y=0,xy+x+2y=0.}(13 pont)

 
Megoldás. Az első egyenletet írhatjuk szorzatalakban: (x-2y)(x+2y-7)=0. Ebből következik, hogy x=2y vagy x=7-2y.
Mindkét esetben a második egyenletbe helyettesítjük be az x-re kapott kifejezést.
Az első esetben: 2y2+4y=0.
Az ebből kapott y értékekhez kiszámítjuk az x-et is: y1=0, x1=0, y2=-2, x2=-4. A második esetben: 2y2-7y-7=0.
Ebből az egyenletből nem kapunk egész megoldásokat.
Az egyenletrendszer megoldásai: y1=0, x1=0 és y2=-2, x2=-4.
 
3. Az AB szakaszon vegyünk fel egy C pontot, amelyre AC=x, BC=y. Az AB szakasz ugyanazon oldalára megrajzoljuk az ACDE és a CBHG négyzetet. A DC egyenest a BE egyenes a P pontban, az AH egyenes pedig a Q pontban metszi. Adjuk meg x és y ismeretében a CQ és a CP szakasz hosszát.  (13 pont)
 
Megoldás. A szöveg alapján elkészített ábrán: PCBEAB. Felírhatjuk a megfelelő oldalak arányát:
PCCB=EAAB,azazPCy=xx+y.
Ebből kapjuk, hogy PC=xyx+y.
 
 

Az előzőekhez hasonlóan: QCAHBA. Felírhatjuk a megfelelő oldalak arányát: QCCA=HBBA, azaz QCx=yx+y.
Ebből kapjuk, hogy QC=xyx+y.
Mindebből az is következik, hogy PQ.
 
4. Hány darab 1-nél nagyobb, de 2-nél kisebb tagja van az
an=-1+lg(n+3)
sorozatnak?  (14 pont)
 
Megoldás. A következő egyenlőtlenségrendszer pozitív egész megoldásainak a számát kell meghatároznunk: 1<-1+lg(n+3)<2, azaz 2<lg(n+3)<3.
A 2 és a 3 logaritmus segítségével felírható: lg100<lg(n+3)<lg1000.
Az lg függvény növekedő, ezért: 100<n+3<1000, vagyis 97<n<997.
A megfelelő n értékek: 98,99,...,995,996, vagyis 899 db pozitív egész megoldása van az egyenlőtlenségrendszernek.
 

II. rész
 

 
5. Koordináta-rendszerben adott az A(-1;4) és a B(5;2) pont. Adjuk meg az x tengelyen azt
a) a P pontot, amelyre PA=PB és az y tengelyen azt a Q pontot, amelyre QA=QB;  (5 pont)
b) az R pontot, amelyre AR+RB minimális;  (5 pont)
c) a C pontot, amelyre AC2+CB2 minimális.  (6 pont)
 
Megoldás. a) Az AB szakasz f felezőmerőlegesének minden pontjára teljesül, hogy az A-tól és a B-től vett távolsága egyenlő. Ezért ennek az egyenesnek és a tengelyeknek a közös pontját kell meghatároznunk.
 
 

Az AB szakasz felezőpontja: F(2;3).
Az f egyenes egy normálvektora: n(3;-1).
Felírhatjuk az f egyenes egyenletét: 3x-y=3.
Ez az egyenes a P(1;0) pontban metszi az x tengelyt, és a Q(0;-3) pontban metszi az y tengelyt. Ezek a keresett pontok.
b) Az A(-1;4) pont x tengelyre vett tükörképe A'(-1;-4). Felírhatjuk az A'B egyenes egyenletét: x-y=3. Ez az egyenes a megfelelő pontban metszi az x tengelyt (ezt a tengelyes tükrözés tulajdonságainak felhasználásával beláthatjuk), vagyis R(3;0).
c) Legyen a C(c;0). Ekkor a (c+1)2+42+(c-5)2+22 minimumhelyét keressük. A kifejezést az átalakítások után a 2c2-8c+46, illetve a 2(c-2)2+38 alakra hozhatjuk, amely c=2 esetén lesz minimális. A keresett pont: C(2;0).
 
6. a) Két szabályos dobókockával dobunk, a citromsárgával dobott érték legyen c, a narancssárgával dobott pedig legyen n. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a cx2=n egyenletnek két egész gyöke lesz?  (8 pont)
b) Három szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen p, a fehérrel dobott legyen f, a zölddel dobott pedig legyen z. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a px2+fx+z=0 egyenletnek két különböző gyöke lesz és ezek egymás reciprokai?  (8 pont)
 
Megoldás. a) Az nc értékének négyzetszámnak kellene lennie. Mivel a dobott számok: 1, 2, 3, 4, 5, 6, ezért a hányados megfelelő értékei: 1 és 4.
A kedvező eseteket a táblázatból kiolvashatjuk.
 
c1234561n1234564  
 
Az összes eset száma 36, a kedvező esetek száma pedig 7.
A keresett valószínűség: 736.
b) Ha a két gyök egymás reciproka, akkor a szorzatuk 1, vagyis zp=1, azaz p=z. Ez a feladathoz szükséges feltétel. Azt is szeretnénk biztosítani, hogy legyen két különböző gyöke az egyenletnek, vagyis a diszkriminánsa legyen pozitív: f2-4pz>0.
Ha p=z=1, akkor f lehetséges értékei: 3, 4, 5, 6. Ha p=z=2, akkor f lehetséges értékei: 5, 6. A további p=z esetekhez már nincs megfelelő f. Vagyis a jó számhármasok száma: 6.
Három különböző kockával dobva az összes eset száma: 63. A keresett valószínűség:
663=136.

 
7. a) Mutassuk meg, hogy az y=x3+(a-3)x2-3x+2 görbesereg minden tagja egy ponton megy át. Adjuk meg ennek a fixpontnak a koordinátáit.  (6 pont)
b) Hogyan kell megválasztani az a paraméter értékét, hogy a hozzá tartozó görbe x0=3 pontjában húzott érintője áthaladjon a (0;2) ponton?  (10 pont)
 
Megoldás. a) Két tetszőleges a értékhez tartozó görbe közös pontja megadja a fix pontot. Legyen a=0, illetve a=1.
Ha a=0, akkor y=x3-3x2-3x+2. Ha a=1, akkor y=x3-2x2-3x+2 (1. ábra).
 

 
1. ábra
 

A két görbe közös pontja: P(0;2) (A két egyenlet kivonásával kaptuk meg a közös pont koordinátáit). Ez valóban kielégíti a görbesereg minden tagjának egyenletét.
b) Felhasználjuk, hogy a keresett görbe x0=3 pontjához tartozó érintőjének meredekségét a derivált helyettesítési értéke adja:
f'(x)=3x2+2(a-3)x-3.

Ebből f'(3)=6a+6=me. Az érintési pont második koordinátája f(3)=9a-7, ezért az érintési pont E(3;9a-7). Az érintő egyenlete az a paraméter függvényében y-9a+7=(6a+6)(x-3). Mivel az érintőnek át kell mennie a P(0;2) ponton, azért 9-9a=-18a-18, amiből a=-3. A görbe egyenlete y=x3-6x2-3x+2, az érintési pont E(3;-34), és az érintő egyenlete
y=-12x+2 (2. ábra).
 

 
2. ábra
 

8. Egy derékszögű háromszög beírt körének sugara 2, a befogókhoz hozzáírt köreinek sugara 3 és 10. Mekkora az átfogóhoz hozzáírt kör sugara?  (16 pont)
 
Megoldás. Ha elkészítjük az ábrát (és a szokásos jelöléseket használjuk), akkor könnyen igazolható, hogy ϱa=s-b és ϱb=s-a. A két összefüggés összeadásával kapjuk, hogy ϱa+ϱb=c. A megadott adatok szerint: c=13.
 
 

Derékszögű háromszög esetén ϱc=s.
Ha a háromszög beírt körének a BC oldallal vett érintési pontja és a B csúcs közti távolság x, akkor: (x+2)2+(15-x)2=169, amiből x2-13x+30=0, x1=10, x2=3. Innen a=5, b=12.
A derékszögű háromszög mindhárom oldalát ismerve az átfogóhoz hozzáírt kör sugarát kiszámolhatjuk: ϱc=s=5+12+132=15.
 
Megjegyzés. Általában is megmutathatjuk, hogy derékszögű háromszög esetén: ϱa+ϱb+ϱ=ϱc.
 
9. Az origó középpontú 13 sugarú körvonalra illeszkedő 12 darab rácspont (olyan pont, amelyek mindkét koordinátája egész szám) meghatároz egy tizenkétszöget.
a) Az így kapott síkidom érintőtizenkétszög?  (5 pont)
b) Számítsuk ki a tizenkétszög területét.  (7 pont)
c) Legyen egy 13 magasságú egyenes gúla alaplapja ez a tizenkétszög. Mekkora szöget zárnak be az oldallapok az alaplappal?  (4 pont)
 
Megoldás. a) A tizenkétszög három szomszédos csúcsa: A(13;0), B(12;5), C(5;12).
Ha érintőtizenkétszög lenne, akkor lenne beírt köre. Egy origó középpontú körnek érintenie kellene az AB=26 és a BC=72 hosszúságú oldalakat is.
Az OAB egyenlő szárú háromszögben az O-ból húzható OT1 magasság hosszát Pitagorasz-tétellel kiszámíthatjuk (1. ábra):
OT1=132-(262)2=5132.

 

 
1. ábra
 

Az OBC egyenlő szárú háromszögben az O-ból húzható OT2 magasság hosszát is a Pitagorasz-tétellel számíthatjuk ki:
OT2=132-(722)2=1722.
Mivel OT1OT2, így nincs beírt köre a tizenkétszögnek, vagyis nem érintőtizenkétszög.
b) A feladatban szereplő tizenkétszög 8 db OAB háromszöggel egybevágó, és 4 db OBC háromszöggel egybevágó háromszögből rakható össze. Ezen egyenlő szárú háromszögek alapjainak és az alapokhoz tartozó magasságoknak ismeretében kiszámítjuk a területüket:
tOAB=2651322=652,tOBC=7217222=1192.
Az előzőek alapján a tizenkétszög területe:
T=8tOAB+4tOBC=8652+41192=498.

c) A kúp csúcsa legyen P. Az eddigi jelöléseket is használva a POT1 és a POT2 derékszögű háromszögekből kapjuk a keresett szögek tangensét. (Csak kétféle dőlésű oldallap van, 2. ábra.)
tgα1=POOT1=1351321,0198,amibőlα145,56.tgα2=POOT2=1317221,0815,amibőlα247,24.

 

 
2. ábra