Cím: Megoldásvázlatok a 2010/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2010/február, 75 - 82. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. a) Igazoljuk, hogy 84, 184 és 504 lehet egy derékszögű háromszög három oldalhosszának mérőszáma.
b) Igazoljuk, hogy
6-24és23-326-33
egyenlő.  (10 pont)
 
Megoldás. a) Legyen a=84,b=184 és c=504. Ekkor c2=50, a2+b2=8+18.
Mivel a2+b2=8+18=22+32=52=50=c2, azért a 84,184 és 504 a Pitagorasz-tétel megfordítása szerint lehet egy derékszögű háromszög három oldalhosszának mérőszáma.
b) Vegyük mindkét szám 46-33-szorosát.
6-2446-33=(6-2)6-33=(6-2)2(6-33)==221-123=2(23-3)2=2(23-3).23-326-3346-33=2(23-3).
Ebből következik, hogy az eredeti két szám is egyenlő.
 
2. a) Oldjuk meg az egész számok halmazán: (5x+60)2=(-x-192)2.
b) Oldjuk meg a valós számok halmazán: 5x+60=-x-192.
c) Oldjuk meg a
sin(5α+60)=sin(-α-192)
egyenletet, ha α[-180;180].  (13 pont)
 
Megoldás. a) Két eset van: 5x+60=-x-192 vagy 5x+60=-(-x-192). Ezek alapján az egyenlet két megoldása: x1=-42, x2=33.
b) A négyzetgyökök miatt: 5x+600 és -x-1920, azaz -12x és x-192. Ilyen valós x szám nincs, az egyenletnek nincs valós megoldása.
c) Két eset van.
I. eset: (5x+60)-(-x-192)=k1360, ahol k1 tetszőleges egész szám.
6x=-252+k1360,x1=-42+k160.

II. eset: (5x+60)+(-x-192)=180+k2360, ahol k2 tetszőleges egész szám.
4x=132+k2360,x2=33+k190.
Az első esetben a k1 lehetséges értékei: -2, -1, 0, 1, 2, 3. Ekkor a következő szögeket kapjuk: -162, -102, -42, 18, 78, 138.
A második esetben a k2 lehetséges értékei: -2, -1, 0, 1. Ekkor a következő szögeket kapjuk: -147, -57, 33, 123.
Az egyenlet megoldásai a megadott intervallumban:
-162,-147,-102,-57,-42,18,33,78,123,138.

 
3. Egy 32 fős osztályban a lányok testmagasságátlaga 165 cm, a fiúké 172 cm.
a) Adjuk meg azt a legszűkebb intervallumot, ahová az osztály testmagasságának átlaga eshet.
b) Évközben érkezett az osztályba egy 170 cm magas lány. A lányok testmagasságátlaga továbbra is egész szám maradt. Hány lány lehetett eredetileg az osztályban?  (14 pont)
 
Megoldás. a) Az osztályban van fiú és lány tanuló is, hiszen beszélhetünk a testmagasságuk átlagáról.
Az osztály testmagasságának átlaga akkor lesz a legkisebb, ha csak egy fiú van. Ekkor az átlag:
31165+17232=165,21875.

Az osztály testmagasságának átlaga akkor lesz a legnagyobb, ha csak egy lány van. Ekkor az átlag:
165+3117232=171,78125.

Az osztály testmagasságának átlaga a [165,21875;171,78125]-ba esik, és ennél szűkebb intervallumot nem adhatunk.
b) Eredetileg legyen a lányok száma x. A lányok testmagasságának átlaga az új lány érkezése után:
165x+170x+1.
Ezt a következő alakban is írhatjuk:
165(x+1)+5x+1=165+5x+1.
Tudjuk, hogy az így kapott szám is egész, ezért x+1 lehetséges értékei: -5, -1, 1, 5, vagyis az x lehetséges értékei: -6, -2, 0, 4. Mivel az x csak pozitív egész szám lehet, azért az egyedüli lehetőség az x=4.
Az osztályban eredetileg csak 4 lány volt.
 
4. Egy téglalap alapú egyenes hasáb alapéleinek hossza 3 és 5, testátlója pedig 4972.
a) Mekkora szöget zár be a testátló a rövidebb alapéllel?
b) Mekkora a test felszíne?
c) A feladatban szereplő hasábbal egyenlő magasságú, egyenlő térfogatú négyzetes oszlopot szeretnénk tervezni. Hány százalékkal kell változtatni az alapélek hosszát?  (14 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.
 
 

a) Az ADG derékszögű háromszögben az A csúcsnál lévő α hegyesszög nagyságát kell meghatároznunk. Tudjuk, hogy AD=3, AG=4972. Ekkor
cosα=34972,
amiből α74,4.
b) A téglalap alapú egyenes hasáb magasságát még nem ismerjük, legyen ez m. Ez a test egy téglatest, ezért a d testátlója: d=a2+b2+m2. Az ismert szakaszok hosszát behelyettesítve:
4972=52+32+m2.
Ebből kapjuk, hogy m=192.
A test felszíne:
A=2(ab+am+bm)=2(15+952+572)=182.

c) Legyen a négyzetes oszlop alapéle x. Mivel a négyzetes oszlop térfogata egyenlő a téglatest térfogatával, azért
35192=x2192.
Ez alapján x=15.
Jelölje p és q azt a számot, ahányszorosára az éleket változtatni kell.
p=1550,775,q=1531,291,
így a hosszabb alapélt kb. 22,5%-kal csökkenteni, a rövidebb alapélt pedig kb. 29,1%-kal növelni kell.
 

II. rész
 

5. Az f(x)=x3 a nemnegatív valós és a g(x)=mx-2m+8 a valós számok halmazán értelmezett függvények (m valós paraméter). A függvények grafikonjai és az x tengely által meghatározott síkidom területe 2010. Határozzuk meg az m paraméter értékét.  (16 pont)
 
Megoldás. A g(x) függvény elsőfokú és az m paraméter a meredeksége. Ha g(x)=m(x-2)+8 alakban írjuk a hozzárendelési szabályát, akkor belátható, hogy az A(2;8) koordinátájú pont a függvény grafikonjára minden m esetén illeszkedik. Ez a pont az f(x) függvény képére is illeszkedik. Ezek alapján vázlatrajzot készítünk. Az elsőfokú függvény képét két helyzetben is el tudjuk képzelni úgy, hogy a feladat szövegének eleget tegyen. Ezt a rajzunkon g1(x) és g2(x) jelzi.
 
 

A g(x) és az x metszéspontja: P(p;0) vagy Q(-q;0).
I. eset: Meghatározzuk az OAP síkidom területét.
Az f(x) függvény [0;2]-hoz tartozó görbealatti területe:
02x3dx=[x44]02=4.
Az ATP derékszögű háromszög területe:
(p-2)82=4(p-2).
Vagyis 4(p-2)+4=2010, amiből p=503,5, azaz P(503,5;0).
Mivel g1(x)=m(x-2)+8, és a P pont ismeretében: 0=m(503,5-2)+8, azért az egyik keresett meredekség:
m1=-161003-0,01596.

II. eset: Meghatározzuk az OAQ síkidom területét. Az f(x) függvény [0;2]-hoz tartozó görbealatti területe 4. Az ATQ derékszögű háromszög területe:
(q+2)82=4(q+2).
Vagyis 4(q+2)-4=2010, amiből q=501,5, azaz Q(-501,5;0).
Mivel g2(x)=m(x-2)+8, és a Q pont ismeretében: 0=m(-501,5-2)+8, amiből a másik keresett meredekség:
m2=1610070,01589.

 
6. Egy 5 cm-szer 12 cm-es téglalap alakú papírlap egyik csúcsából a rövidebb oldalon felmérünk 3 cm-t, a hosszú oldalon pedig 4 cm-t. Az így kapott két pontra illeszkedő egyenes mentén a papírlap ezen csúcsát szeretnénk ráhajtani a csúccsal szemközti átlóra. Sikerülhet ez? Hová kerül a csúcs?  (16 pont)
 
Megoldás. A téglalapot helyezzük el a koordinátarendszerben az ábra szerint. A téglalap csúcsai: O(0;0), C(12;0), P(12;5), D(0;5). Az origóból felmérve kapott pontok: A(4;0), B(0;3). Az AB egyenes mentén a téglalap O csúcsát szeretnénk az O-val szemközti CD átlóra hajtani. Meg kell vizsgálnunk, hogy AB-re tükrözve O-t, hová kerül az O' tükörkép. Végezzük el a tükrözést.
 
 

Írjuk fel az AB egyenes egyenletét, két pontja ismeretében: 3x+4y=12. Írjuk fel az O pontra illeszkedő AB-re merőleges egyenes egyenletét: -4x+3y=0. Számítsuk ki a két egyenes M metszéspontjának koordinátáit: M(3625;4825). Ezután az O' koordinátái is meghatározhatók, hiszen OO'-n M felezőpont: O'(7225;9625).
Írjuk fel a CD egyenes egyenletét (két pontját ismerjük): 5x+12y=60. Helyettesítsük be az O' koordinátáit:
57225+129625=151225=60,
4860, vagyis az O' nem illeszkedik a CD átlóra. Az átlóra illeszkedő, 7225 első koordinátájú Q pont második koordinátáját is kiszámoljuk behelyettesítéssel: 9525.
Vagyis a Q ponthoz képest az O' magasabban van. Az O csúcs a hajtás után átkerül az átló túloldalára.
 
7. Adott az AB1C1, AB2C2, ..., ABnCn, ... egyenlőszárú háromszögek sorozata (n pozitív egész szám). Minden n esetén a háromszög ABn alapja az x tengely pozitív felére esik olyan módon, hogy az A csúcs az origóban van, az alap hossza pedig 2n. Tudjuk továbbá, hogy a harmadik csúcs illeszkedik az f(x)=x2+5 függvény grafikonjára.
a) Számítsuk ki az AB1C1 háromszög kerületét és területét.
b) Melyik háromszögtől kezdve lesz a háromszögek kerülete nagyobb, mint 190?
c) Igazoljuk, hogy mindegyik háromszög területének mérőszáma osztható hattal.  (16 pont)
 
Megoldás. a) A háromszög csúcsai: A(0;0), B1(2;0), C1(1;6). Mivel AB1=2, AC1=B1C1=37, azért a háromszög kerülete: k1=2+23714,17. Mivel az AB1 oldalhoz tartozó magasság 6, azért a háromszög területe: t1=262=6.
b) Legyen az első megfelelő háromszög az ABnCn. Ennek a háromszögnek a csúcsai: A(0;0), Bn(2n;0), Cn(n;n2+5). Mivel
ABn=2n,ACn=BnCn=n2+(n2+5)2=n4+11n2+25,
azért a háromszög kerülete: kn=2n+2n4+11n2+25.
Keressük a legkisebb pozitív n értéket, amelyre
2n+2n4+11n2+25>190,azazn4+11n2+25>95-n.
Az egyenlőtlenség bal oldalán álló kifejezés növekedő, a jobb oldalon álló pedig csökkenő, ezért néhány próba után megtaláljuk a megfelelő értéket.
Ha n=8, akkor
84+1182+25=482569,46,k8=16+269,46=154,92<190.
Vagyis még nem teljesül az egyenlőtlenség.
Ha n=9, akkor
94+1192+25=747786,47,k9=18+286,47=190,94>190.
Vagyis már teljesül az egyenlőtlenség.
A kilencedik háromszögtől kezdve mindegyiknek a kerülete nagyobb lesz, mint 190.
c) A következő képlet minden n esetén megadja az ABnCn háromszög területét:
tn=2n(n2+5)2=n(n2+5).
Megmutatjuk, hogy n(n2+5) minden pozitív egész n esetén osztható hattal. Végezzük el a következő átalakításokat:
n(n2+5)=n3+5n=n3-n+6n=(n-1)n(n+1)+6n.
A második tag osztható hattal. Az első tag három egymást követő egész szám szorzata. Ezen tényezők valamelyike osztható hárommal, és legalább egy tényező a három közül páros. Ezért ez a tag is osztható hattal.
Ezzel beláttuk, hogy mindegyik háromszög területének mérőszáma osztható hattal.
 
8. Egy iskola ablakainak formáját láthatjuk a mellékelt ábrán.
 
 

Az egyik osztályban elhatározták, hogy az ablakok téglalap alakú üveglapjainak közepére legfeljebb egy üvegmatricát ragasztanak.
a) Hányféleképpen lehet elhelyezni a matricákat egy ablakra, ha a hat üvegtáblára négyet terveznek, és a matricák egyformák?
b) Hányféleképpen lehet elhelyezni a matricákat egy ablakra, ha a hat üvegtáblára hármat terveznek, és a matricák különbözők?
c) Hányféleképpen lehet elhelyezni a matricákat, ha a díszítéshez tengelyesen szimmetrikusan választják ki az üveglapokat, amelyekre egyforma matricákat ragasztanak?
d) Az ablak mind a hat része külön-külön nyitható. Kiválasztanak kettőt véletlenszerűen (egyforma valószínűséggel), amelyeket szellőztetés miatt kinyitnak. Mekkora az esélye, hogy egy hárommatricás ablak esetén, két nem díszített részt fognak kinyitni?  (16 pont)
 
Megoldás. a) A hat üvegtábla közül bármelyik négy kiválasztható, ezért az esetek száma:
(64)=(62)=6512=15.
Vagyis ebben az esetben 15-féleképpen díszíthető az ablak.
b) A hat üvegtábla közül bármelyik három kiválasztható, ezen választások száma:
(63)=654123=20.
Mivel különbözők, azért minden kiválasztás esetén 6-féleképpen lehet felragasztani a matricákat. Ezek alapján ebben az esetben 120 lehetőség van.
c) Az ablakokon a hat üvegtábla egy függőleges tengelyre szimmetrikusan helyezkedik el, három-három a tengely egy-egy oldalán található. Ha a díszítést is tengelyesen szimmetrikusan szeretnénk elhelyezni, akkor az ablak egyik felét az összes lehetséges módon díszítjük, a másik felén pedig szimmetrikusan helyezzük el a matricákat.
Az ablak egyik felén lehet 1, 2 vagy 3 darab matrica.
I. Ha 1 db van, akkor az összes eset száma: 3.
II. Ha 2 db van, akkor az összes eset száma: 3.
III. Ha 3 db van, akkor az összes eset száma: 1.
Vagyis ebben az esetben 7-féleképpen díszíthető az ablak.
d) A hatból kettőt kiválasztani 15-féleképpen lehet. Bármelyik kettő kiválasztásának ugyanannyi az esélye. Háromra nem ragasztottak matricát. Ezek közül kell kettőt kinyitni, ami háromféleképpen tehető meg. Ezek alapján a keresett valószínűség 315, ami egyszerűsítve 15.
 
9. A Fő tér szabályos háromszög alakú vízszintes részét díszburkolattal fedték le. A háromszög közepén áll egy magas zászlórúd. A háromszög csúcsaiban egy-egy kb. 180 cm magas ember tartózkodik. Ketten elindulnak a zászlórúd felé. Az egyik akkor áll meg, amikor a rúd tetejét 72-os szögben látja. A másik sétáló akkor áll meg, amikor a rúd tetejét 65-os szögben látja. A helyben maradó társuk 50-os szögben látja a zászlórúd tetejét. Ekkor a három ember által meghatározott háromszög területe 23,74m2.
a) Milyen magas a zászlórúd?
b) Mekkora a díszburkolattal lefedett rész területe?  (16 pont)
 
Megoldás. Készítsünk ábrát és használjuk az ábra jelöléseit. A szabályos háromszög csúcsai A, B és C, a zászlórúd teteje Z, talppontja az ABC síkon T. Az A pontból induló megfigyelő az AT szakaszon az A' pontig megy, a B-ből induló BT-n a B' pontig. Az A', B', C pontban álló megfigyelők szemmagasságának megfelelő pontokat jelölje A1, B1, C1. Az A1B1C1 háromszög nyilván egybevágó az A'B'C háromszöggel. Az A1B1C1 középpontja legyen T1.
 
 

a) Tudjuk, hogy ZA1T1=72, ZB1T1=65, ZC1T1=50, továbbá
ATB=BTC=CTA=A1T1B1==B1T1C1=C1T1A1=120.

Legyen T1Z=x, ekkor
T1C1=xtg50,T1B1=xtg65,T1A1=xtg72.


A szöveg szerint az A'B'C és a vele egybevágó A1B1C1 háromszög területe 23,74 m2.
Ezen háromszög területe egyenlő az A1T1B1, B1T1C1, C1T1A1 háromszögek területének összegével. Használjuk a szinuszos területképletet, ekkor:
12(x2tg72tg65+x2tg65tg50+x2tg50tg72)sin120=23,74.
Ebből kapjuk, hogy x8,2 m. Tudjuk, hogy TT1=1,8 m (az emberek magassága a szöveg szerint ennyinek vehető).
Vagyis a zászlórúd magassága kb. 10 méter.
b) Tudjuk, hogy T1C1=8,2tg50, és T1C1=TC=TB=TA. Most is használhatjuk a szinuszos területképletet. Ekkor
tABC=tATB+tBTC+tCTA=3128,22tg250sin12061,5.

A díszburkolattal lefedett rész területe kb. 61,5 m2.