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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 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 $\frac{s}{12}$ h, a másik felét pedig $\frac{s}{18}$ h alatt tette meg. Szeretné a visszautat, vagyis a $2s$ km utat $\frac{s}{12}+\frac{s}{18}$ h alatt megtenni. Ekkor a sebessége: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2s}{\frac{s}{12}+\frac{s}{18}}=\frac{2}{\frac{1}{12}+\frac{1}{18}}=14\mathrm{,}4.}\end{array}$ Vagyis 14,4 km/h legyen a kerékpáros sebessége visszafelé.   2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert az egész számpárok halmazán: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^2-4y^2-7x+14y=\mathrm{0,}}\\ \hfill {\displaystyle xy+x+2y=0.}\end{array}}\}}\end{array}$ (13 pont)   Megoldás. Az első egyenletet írhatjuk szorzatalakban: $\left(x-2y\right)\left(x+2y-7\right)=0$. Ebből következik, hogy $x=2y$ vagy $x=7-2y$. Mindkét esetben a második egyenletbe helyettesítjük be az $x$-re kapott kifejezést. Az első esetben: $2y^2+4y=0$. Az ebből kapott $y$ értékekhez kiszámítjuk az $x$-et is: $y_1=0$, $x_1=0$, $y_2=-2$, $x_2=-4$. A második esetben: $2y^2-7y-7=0$. Ebből az egyenletből nem kapunk egész megoldásokat. Az egyenletrendszer megoldásai: $y_1=0$, $x_1=0$ és $y_2=-2$, $x_2=-4$.   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: $PCB▵\cong EAB▵$. Felírhatjuk a megfelelő oldalak arányát: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{PC}{CB}=\frac{EA}{AB}\mathrm{,}\text{azaz}\frac{PC}{y}=\frac{x}{x+y}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből kapjuk, hogy $PC=\frac{xy}{x+y}$.     Az előzőekhez hasonlóan: $QCA▵\cong HBA▵$. Felírhatjuk a megfelelő oldalak arányát: $\frac{QC}{CA}=\frac{HB}{BA}$, azaz $\frac{QC}{x}=\frac{y}{x+y}$. Ebből kapjuk, hogy $QC=\frac{xy}{x+y}$. Mindebből az is következik, hogy $P\equiv Q$.   4. Hány darab $1$-nél nagyobb, de $2$-nél kisebb tagja van az $\begin{array}{c}{\displaystyle a_n=-1+\text{lg}\left(n+3\right)}\end{array}$ sorozatnak?  (14 pont)   Megoldás. A következő egyenlőtlenségrendszer pozitív egész megoldásainak a számát kell meghatároznunk: $1<-1+\text{lg}\left(n+3\right)<2$, azaz $2<\text{lg}\left(n+3\right)<3$. A 2 és a 3 logaritmus segítségével felírható: $\text{lg}100<\text{lg}\left(n+3\right)<\text{lg}1000$. Az lg függvény növekedő, ezért: $100<n+3<1000$, vagyis $97<n<997$. A megfelelő $n$ értékek: $\mathrm{98,99,}\text{...}\mathrm{,995,996}$, vagyis 899 db pozitív egész megoldása van az egyenlőtlenségrendszernek.   II. rész     5. Koordináta-rendszerben adott az $A\left(-1;4\right)$ és a $B\left(5;2\right)$ 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 $A{C}^2+C{B}^2$ 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: $F\left(2;3\right)$. Az $f$ egyenes egy normálvektora: $\text{n}\left(3;-1\right)$. Felírhatjuk az $f$ egyenes egyenletét: $3x-y=3$. Ez az egyenes a $P\left(1;0\right)$ pontban metszi az $x$ tengelyt, és a $Q\left(0;-3\right)$ pontban metszi az $y$ tengelyt. Ezek a keresett pontok. $b)$ Az $A\left(-1;4\right)$ pont $x$ tengelyre vett tükörképe $A\text{'}\left(-1;-4\right)$. Felírhatjuk az $A\text{'}B$ egyenes egyenletét: $x-y=3$. Ez az egyenes a megfelelő pontban metszi az $x$ tengelyt (ezt a tengelyes tükrözés tulajdonságainak felhasználásával beláthatjuk), vagyis $R\left(3;0\right)$. $c)$ Legyen a $C\left(c;0\right)$. Ekkor a ${\left(c+1\right)}^2+4^2+{\left(c-5\right)}^2+2^2$ minimumhelyét keressük. A kifejezést az átalakítások után a $2c^2-8c+46$, illetve a $2{\left(c-2\right)}^2+38$ alakra hozhatjuk, amely $c=2$ esetén lesz minimális. A keresett pont: $C\left(2;0\right)$.   6. $a)$ Két szabályos dobókockával dobunk, a citromsárgával dobott érték legyen $c$, a narancssárgával dobott pedig legyen $n$. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a $c{x}^2=n$ 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 $p{x}^2+fx+z=0$ egyenletnek két különböző gyöke lesz és ezek egymás reciprokai?  (8 pont)   Megoldás. $a)$ Az $\frac{n}{c}$ 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.   ${\displaystyle \begin{array}{cccccccc}\hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>c</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>n</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4 }}\hfill \end{array}}$   Az összes eset száma 36, a kedvező esetek száma pedig 7. A keresett valószínűség: $\frac{7}{36}$. $b)$ Ha a két gyök egymás reciproka, akkor a szorzatuk 1, vagyis $\frac{z}{p}=1$, azaz $p=z$. Ez a feladathoz szükséges feltétel. Azt is szeretnénk biztosítani, hogy legyen két különböző gyöke az egyenletnek, vagyis a diszkriminánsa legyen pozitív: $f^2-4pz>0$. 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: $6^3$. A keresett valószínűség: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{6}{6^3}=\frac{1}{36}\mathrm{.}}\end{array}$   7. $a)$ Mutassuk meg, hogy az $y=x^3+\left(a-3\right)x^2-3x+2$ 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 $x_0=3$ pontjában húzott érintője áthaladjon a $\left(0;2\right)$ 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 $y=x^3-3x^2-3x+2$. Ha $a=1$, akkor $y=x^3-2x^2-3x+2$ (1. ábra).     1. ábra   A két görbe közös pontja: $P\left(0;2\right)$ (A két egyenlet kivonásával kaptuk meg a közös pont koordinátáit). Ez valóban kielégíti a görbesereg minden tagjának egyenletét. $b)$ Felhasználjuk, hogy a keresett görbe $x_0=3$ pontjához tartozó érintőjének meredekségét a derivált helyettesítési értéke adja: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=3x^2+2\left(a-3\right)x-3.}\end{array}$ Ebből $f\text{'}\left(3\right)=6a+6=m_e$. Az érintési pont második koordinátája $f\left(3\right)=9a-7$, ezért az érintési pont $E\left(3;9a-7\right)$. Az érintő egyenlete az $a$ paraméter függvényében $y-9a+7=\left(6a+6\right)\cdot \left(x-3\right)$. Mivel az érintőnek át kell mennie a $P\left(0;2\right)$ ponton, azért $9-9a=-18a-18$, amiből $a=-3$. A görbe egyenlete $y=x^3-6x^2-3x+2$, az érintési pont $E\left(3;-34\right)\mathrm{,}$ 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 ${\varrho }_a=s-b$ és ${\varrho }_b=s-a$. A két összefüggés összeadásával kapjuk, hogy ${\varrho }_a+{\varrho }_b=c$. A megadott adatok szerint: $c=13$.     Derékszögű háromszög esetén ${\varrho }_c=s$. Ha a háromszög beírt körének a $BC$ oldallal vett érintési pontja és a $B$ csúcs közti távolság $x$, akkor: ${\left(x+2\right)}^2+{\left(15-x\right)}^2=169$, amiből $x^2-13x+30=0$, $x_1=10$, $x_2=3$. Innen $a=5$, $b=12$. A derékszögű háromszög mindhárom oldalát ismerve az átfogóhoz hozzáírt kör sugarát kiszámolhatjuk: ${\varrho }_c=s=\frac{5+12+13}{2}=15$.   Megjegyzés. Általában is megmutathatjuk, hogy derékszögű háromszög esetén: ${\varrho }_a+{\varrho }_b+\varrho ={\varrho }_c$.   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: $A\left(13;0\right)$, $B\left(12;5\right)$, $C\left(5;12\right)$. Ha érintőtizenkétszög lenne, akkor lenne beírt köre. Egy origó középpontú körnek érintenie kellene az $AB=\sqrt[]{26}$ és a $BC=7\sqrt[]{2}$ hosszúságú oldalakat is. Az $OAB$ egyenlő szárú háromszögben az $O$-ból húzható $O{T}_1$ magasság hosszát Pitagorasz-tétellel kiszámíthatjuk (1. ábra): $\begin{array}{c}{\displaystyle O{T}_1=\sqrt[]{{13}^2-{\left(\frac{\sqrt[]{26}}{2}\right)}^2}=5\cdot \sqrt[]{\frac{13}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$     1. ábra   Az $OBC$ egyenlő szárú háromszögben az $O$-ból húzható $O{T}_2$ magasság hosszát is a Pitagorasz-tétellel számíthatjuk ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle O{T}_2=\sqrt[]{{13}^2-{\left(\frac{7\sqrt[]{2}}{2}\right)}^2}=\frac{17\sqrt[]{2}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $O{T}_1\ne O{T}_2$, 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{OAB}=\frac{\sqrt[]{26}\cdot 5\cdot \sqrt[]{\frac{13}{2}}}{2}=\frac{65}{2}\mathrm{,}{t}_{OBC}=\frac{7\sqrt[]{2}\cdot \frac{17\sqrt[]{2}}{2}}{2}=\frac{119}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Az előzőek alapján a tizenkétszög területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=8\cdot t_{OAB}+4\cdot t_{OBC}=8\cdot \frac{65}{2}+4\cdot \frac{119}{2}=498.}\end{array}$ $c)$ A kúp csúcsa legyen $P$. Az eddigi jelöléseket is használva a $POT$${}_1$ és a $POT$${}_2$ derékszögű háromszögekből kapjuk a keresett szögek tangensét. (Csak kétféle dőlésű oldallap van, 2. ábra.) ${\displaystyle \begin{array}{cccccc}\hfill {\displaystyle \text{tg}{\alpha }_1}& {\displaystyle =\frac{PO}{O{T}_1}=\frac{13}{5\cdot \sqrt[]{\frac{13}{2}}}\approx 1\mathrm{,}\mathrm{0198,}}\hfill & {\displaystyle \text{amiből}}\hfill & \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle {\alpha }_1}\hfill & {\displaystyle \approx 45\mathrm{,}{56}^{\circ }\mathrm{.}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{tg}{\alpha }_2}& {\displaystyle =\frac{PO}{O{T}_2}=\frac{13}{\frac{17\sqrt[]{2}}{2}}\approx 1\mathrm{,}\mathrm{0815,}}\hfill & {\displaystyle \text{amiből}}\hfill & \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle {\alpha }_2}\hfill & {\displaystyle \approx 47\mathrm{,}{24}^{\circ }\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$     2. ábra