A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész 1. Igazoljuk, hogy , és lehet egy derékszögű háromszög három oldalhosszának mérőszáma. Igazoljuk, hogy egyenlő. (10 pont)
Megoldás. Legyen és . Ekkor , . Mivel , azért a és a Pitagorasz-tétel megfordítása szerint lehet egy derékszögű háromszög három oldalhosszának mérőszáma. Vegyük mindkét szám -szorosát.
Ebből következik, hogy az eredeti két szám is egyenlő.
2. Oldjuk meg az egész számok halmazán: . Oldjuk meg a valós számok halmazán: . Oldjuk meg a egyenletet, ha . (13 pont)
Megoldás. Két eset van: vagy . Ezek alapján az egyenlet két megoldása: , . A négyzetgyökök miatt: és , azaz és . Ilyen valós szám nincs, az egyenletnek nincs valós megoldása. Két eset van. I. eset: , ahol tetszőleges egész szám. | |
II. eset: , ahol tetszőleges egész szám. | | Az első esetben a lehetséges értékei: , , 0, 1, 2, 3. Ekkor a következő szögeket kapjuk: , , , , , . A második esetben a lehetséges értékei: , , 0, 1. Ekkor a következő szögeket kapjuk: , , , . Az egyenlet megoldásai a megadott intervallumban: | |
3. Egy fős osztályban a lányok testmagasságátlaga 165 cm, a fiúké 172 cm. Adjuk meg azt a legszűkebb intervallumot, ahová az osztály testmagasságának átlaga eshet. 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. 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: Az osztály testmagasságának átlaga akkor lesz a legnagyobb, ha csak egy lány van. Ekkor az átlag: Az osztály testmagasságának átlaga a -ba esik, és ennél szűkebb intervallumot nem adhatunk. Eredetileg legyen a lányok száma . A lányok testmagasságának átlaga az új lány érkezése után: Ezt a következő alakban is írhatjuk: Tudjuk, hogy az így kapott szám is egész, ezért lehetséges értékei: , , 1, 5, vagyis az lehetséges értékei: , , 0, 4. Mivel az csak pozitív egész szám lehet, azért az egyedüli lehetőség az . Az osztályban eredetileg csak 4 lány volt.
4. Egy téglalap alapú egyenes hasáb alapéleinek hossza és , testátlója pedig . Mekkora szöget zár be a testátló a rövidebb alapéllel? Mekkora a test felszíne? 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.
Az derékszögű háromszögben az csúcsnál lévő hegyesszög nagyságát kell meghatároznunk. Tudjuk, hogy , . Ekkor amiből . A téglalap alapú egyenes hasáb magasságát még nem ismerjük, legyen ez . Ez a test egy téglatest, ezért a testátlója: . Az ismert szakaszok hosszát behelyettesítve: Ebből kapjuk, hogy . A test felszíne: | |
Legyen a négyzetes oszlop alapéle . Mivel a négyzetes oszlop térfogata egyenlő a téglatest térfogatával, azért Ez alapján . Jelölje és azt a számot, ahányszorosára az éleket változtatni kell. így a hosszabb alapélt kb. 22,5%-kal csökkenteni, a rövidebb alapélt pedig kb. 29,1%-kal növelni kell.
II. rész 5. Az a nemnegatív valós és a a valós számok halmazán értelmezett függvények ( valós paraméter). A függvények grafikonjai és az tengely által meghatározott síkidom területe . Határozzuk meg az paraméter értékét. (16 pont)
Megoldás. A függvény elsőfokú és az paraméter a meredeksége. Ha alakban írjuk a hozzárendelési szabályát, akkor belátható, hogy az koordinátájú pont a függvény grafikonjára minden esetén illeszkedik. Ez a pont az 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 és jelzi.
A és az metszéspontja: vagy . I. eset: Meghatározzuk az síkidom területét. Az függvény -hoz tartozó görbealatti területe: Az derékszögű háromszög területe: Vagyis , amiből , azaz . Mivel , és a pont ismeretében: , azért az egyik keresett meredekség: II. eset: Meghatározzuk az síkidom területét. Az függvény -hoz tartozó görbealatti területe 4. Az derékszögű háromszög területe: Vagyis , amiből , azaz . Mivel , és a pont ismeretében: , amiből a másik keresett meredekség:
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: , , , . Az origóból felmérve kapott pontok: , . Az egyenes mentén a téglalap csúcsát szeretnénk az -val szemközti átlóra hajtani. Meg kell vizsgálnunk, hogy -re tükrözve -t, hová kerül az tükörkép. Végezzük el a tükrözést.
Írjuk fel az egyenes egyenletét, két pontja ismeretében: . Írjuk fel az pontra illeszkedő -re merőleges egyenes egyenletét: . Számítsuk ki a két egyenes metszéspontjának koordinátáit: . Ezután az koordinátái is meghatározhatók, hiszen -n felezőpont: . Írjuk fel a egyenes egyenletét (két pontját ismerjük): . Helyettesítsük be az koordinátáit: | | , vagyis az nem illeszkedik a átlóra. Az átlóra illeszkedő, első koordinátájú pont második koordinátáját is kiszámoljuk behelyettesítéssel: . Vagyis a ponthoz képest az magasabban van. Az csúcs a hajtás után átkerül az átló túloldalára.
7. Adott az , , , , egyenlőszárú háromszögek sorozata ( pozitív egész szám). Minden esetén a háromszög alapja az tengely pozitív felére esik olyan módon, hogy az csúcs az origóban van, az alap hossza pedig . Tudjuk továbbá, hogy a harmadik csúcs illeszkedik az függvény grafikonjára. Számítsuk ki az háromszög kerületét és területét. Melyik háromszögtől kezdve lesz a háromszögek kerülete nagyobb, mint ? Igazoljuk, hogy mindegyik háromszög területének mérőszáma osztható hattal. (16 pont)
Megoldás. A háromszög csúcsai: , , . Mivel , , azért a háromszög kerülete: . Mivel az oldalhoz tartozó magasság 6, azért a háromszög területe: . Legyen az első megfelelő háromszög az . Ennek a háromszögnek a csúcsai: , , . Mivel | | azért a háromszög kerülete: . Keressük a legkisebb pozitív értéket, amelyre | | Az egyenlőtlenség bal oldalán álló kifejezés növekedő, a jobb oldalon álló pedig csökkenő, ezért néhány próba után megtaláljuk a megfelelő értéket. Ha , akkor | | Vagyis még nem teljesül az egyenlőtlenség. Ha , akkor | | Vagyis már teljesül az egyenlőtlenség. A kilencedik háromszögtől kezdve mindegyiknek a kerülete nagyobb lesz, mint 190. A következő képlet minden esetén megadja az háromszög területét: Megmutatjuk, hogy minden pozitív egész esetén osztható hattal. Végezzük el a következő átalakításokat: | | 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. Hányféleképpen lehet elhelyezni a matricákat egy ablakra, ha a hat üvegtáblára négyet terveznek, és a matricák egyformák? Hányféleképpen lehet elhelyezni a matricákat egy ablakra, ha a hat üvegtáblára hármat terveznek, és a matricák különbözők? Hányféleképpen lehet elhelyezni a matricákat, ha a díszítéshez tengelyesen szimmetrikusan választják ki az üveglapokat, amelyekre egyforma matricákat ragasztanak? 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 hat üvegtábla közül bármelyik négy kiválasztható, ezért az esetek száma: Vagyis ebben az esetben 15-féleképpen díszíthető az ablak. A hat üvegtábla közül bármelyik három kiválasztható, ezen választások száma: Mivel különbözők, azért minden kiválasztás esetén 6-féleképpen lehet felragasztani a matricákat. Ezek alapján ebben az esetben 120 lehetőség van. 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. 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 , ami egyszerűsítve .
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 -os szögben látja. A másik sétáló akkor áll meg, amikor a rúd tetejét -os szögben látja. A helyben maradó társuk -os szögben látja a zászlórúd tetejét. Ekkor a három ember által meghatározott háromszög területe . 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⋅(x2tg72∘tg65∘+x2tg65∘tg50∘+x2tg50∘tg72∘)⋅sin120∘=23,74. | Ebből kapjuk, hogy x≈8,2 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=3⋅12⋅8,22tg250∘⋅sin120∘≈61,5. |
A díszburkolattal lefedett rész területe kb. 61,5 m2. |