Cím:	Megoldásvázlatok a 2010/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2010/február, 75 - 82. 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. $a)$ Igazoljuk, hogy $\sqrt[4]{8}$, $\sqrt[4]{18}$ és $\sqrt[4]{50}$ lehet egy derékszögű háromszög három oldalhosszának mérőszáma. $b)$ Igazoljuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}}{4}\text{és}\frac{2\sqrt[]{3}-3}{2\sqrt[]{6-3\sqrt[]{3}}}}\end{array}$ egyenlő.  (10 pont)   Megoldás. $a)$ Legyen $a=\sqrt[4]{8}\mathrm{,}b=\sqrt[4]{18}$ és $c=\sqrt[4]{50}$. Ekkor $c^2=\sqrt[]{50}$, $a^2+b^2=\sqrt[]{8}+\sqrt[]{18}$. Mivel $a^2+b^2=\sqrt[]{8}+\sqrt[]{18}=2\sqrt[]{2}+3\sqrt[]{2}=5\sqrt[]{2}=\sqrt[]{50}=c^2$, azért a $\sqrt[4]{8}\mathrm{,}\sqrt[4]{18}$ és $\sqrt[4]{50}$ a Pitagorasz-tétel megfordítása szerint lehet egy derékszögű háromszög három oldalhosszának mérőszáma. $b)$ Vegyük mindkét szám $4\sqrt[]{6-3\sqrt[]{3}}$-szorosát. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}}{4}\cdot 4\sqrt[]{6-3\sqrt[]{3}}}& {\displaystyle =\left(\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}\right)\sqrt[]{6-3\sqrt[]{3}}=\sqrt[]{{\left(\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}\right)}^2\left(6-3\sqrt[]{3}\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =2\sqrt[]{21-12\sqrt[]{3}}=2\sqrt[]{{\left(2\sqrt[]{3}-3\right)}^2}=2\left(2\sqrt[]{3}-3\right)\mathrm{.}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \frac{2\sqrt[]{3}-3}{2\sqrt[]{6-3\sqrt[]{3}}}\cdot 4\sqrt[]{6-3\sqrt[]{3}}=2\left(2\sqrt[]{3}-3\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ebből következik, hogy az eredeti két szám is egyenlő.   2. $a)$ Oldjuk meg az egész számok halmazán: ${\left(5x+60\right)}^2={\left(-x-192\right)}^2$. $b)$ Oldjuk meg a valós számok halmazán: $\sqrt[]{5x+60}=\sqrt[]{-x-192}$. $c)$ Oldjuk meg a $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}\left(5\alpha +{60}^{\circ }\right)=\text{sin}\left(-\alpha -{192}^{\circ }\right)}\end{array}$ egyenletet, ha $\alpha \in \left[-{180}^{\circ };{180}^{\circ }\right]$.  (13 pont)   Megoldás. $a)$ Két eset van: $5x+60=-x-192$ vagy $5x+60=-\left(-x-192\right)$. Ezek alapján az egyenlet két megoldása: $x_1=-42$, $x_2=33$. $b)$ A négyzetgyökök miatt: $5x+60\ge 0$ és $-x-192\ge 0$, azaz $-12\le x$ és $x\le -192$. Ilyen valós $x$ szám nincs, az egyenletnek nincs valós megoldása. $c)$ Két eset van. I. eset: $\left(5x+{60}^{\circ }\right)-\left(-x-{192}^{\circ }\right)=k_1\cdot {360}^{\circ }$, ahol $k_1$ tetszőleges egész szám. $\begin{array}{c}{\displaystyle 6x=-{252}^{\circ }+k_1\cdot {360}^{\circ }\mathrm{,}{x}_1=-{42}^{\circ }+k_1\cdot {60}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ II. eset: $\left(5x+{60}^{\circ }\right)+\left(-x-{192}^{\circ }\right)={180}^{\circ }+k_2\cdot {360}^{\circ }$, ahol $k_2$ tetszőleges egész szám. $\begin{array}{c}{\displaystyle 4x={132}^{\circ }+k_2\cdot {360}^{\circ }\mathrm{,}{x}_2={33}^{\circ }+k_1\cdot {90}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ Az első esetben a $k_1$ lehetséges értékei: $-2$, $-1$, 0, 1, 2, 3. Ekkor a következő szögeket kapjuk: $-{162}^{\circ }$, $-{102}^{\circ }$, $-{42}^{\circ }$, ${18}^{\circ }$, ${78}^{\circ }$, ${138}^{\circ }$. A második esetben a $k_2$ lehetséges értékei: $-2$, $-1$, 0, 1. Ekkor a következő szögeket kapjuk: $-{147}^{\circ }$, $-{57}^{\circ }$, ${33}^{\circ }$, ${123}^{\circ }$. Az egyenlet megoldásai a megadott intervallumban: $\begin{array}{c}{\displaystyle -{162}^{\circ }\mathrm{,}-{147}^{\circ }\mathrm{,}-{102}^{\circ }\mathrm{,}-{57}^{\circ }\mathrm{,}-{42}^{\circ }\mathrm{,}{18}^{\circ }\mathrm{,}{33}^{\circ }\mathrm{,}{78}^{\circ }\mathrm{,}{123}^{\circ }\mathrm{,}{138}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$   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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{31\cdot 165+172}{32}=165\mathrm{,}21875.}\end{array}$ Az osztály testmagasságának átlaga akkor lesz a legnagyobb, ha csak egy lány van. Ekkor az átlag: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{165+31\cdot 172}{32}=171\mathrm{,}78125.}\end{array}$ Az osztály testmagasságának átlaga a $\left[165\mathrm{,}21875;171\mathrm{,}78125\right]$-ba esik, és ennél szűkebb intervallumot nem adhatunk. $b)$ Eredetileg legyen a lányok száma $x$. A lányok testmagasságának átlaga az új lány érkezése után: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{165x+170}{x+1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezt a következő alakban is írhatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{165\left(x+1\right)+5}{x+1}=165+\frac{5}{x+1}\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $\frac{\sqrt[]{497}}{2}$. $a)$ 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 $\alpha$ hegyesszög nagyságát kell meghatároznunk. Tudjuk, hogy $AD=3$, $AG=\frac{\sqrt[]{497}}{2}$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\alpha =\frac{3}{\frac{\sqrt[]{497}}{2}}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $\alpha \approx 74\mathrm{,}{4}^{\circ }$. $b)$ A téglalap alapú egyenes hasáb magasságát még nem ismerjük, legyen ez $m$. Ez a test egy téglatest, ezért a $d$ testátlója: $d=\sqrt[]{a^2+b^2+m^2}$. Az ismert szakaszok hosszát behelyettesítve: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\sqrt[]{497}}{2}=\sqrt[]{5^2+3^2+m^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből kapjuk, hogy $m=\frac{19}{2}$. A test felszíne: $\begin{array}{c}{\displaystyle A=2\left(ab+am+bm\right)=2\left(15+\frac{95}{2}+\frac{57}{2}\right)=182.}\end{array}$ $c)$ Legyen a négyzetes oszlop alapéle $x$. Mivel a négyzetes oszlop térfogata egyenlő a téglatest térfogatával, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle 3\cdot 5\cdot \frac{19}{2}=x^2\cdot \frac{19}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez alapján $x=\sqrt[]{15}$. Jelölje $p$ és $q$ azt a számot, ahányszorosára az éleket változtatni kell. $\begin{array}{c}{\displaystyle p=\frac{\sqrt[]{15}}{5}\approx 0\mathrm{,}\mathrm{775,}q=\frac{\sqrt[]{15}}{3}\approx 1\mathrm{,}\mathrm{291,}}\end{array}$ így a hosszabb alapélt kb. 22,5%-kal csökkenteni, a rövidebb alapélt pedig kb. 29,1%-kal növelni kell.   II. rész   5. Az $f\left(x\right)=x^3$ a nemnegatív valós és a $g\left(x\right)=mx-2m+8$ 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 $g\left(x\right)$ függvény elsőfokú és az $m$ paraméter a meredeksége. Ha $g\left(x\right)=m\left(x-2\right)+8$ alakban írjuk a hozzárendelési szabályát, akkor belátható, hogy az $A\left(2;8\right)$ koordinátájú pont a függvény grafikonjára minden $m$ esetén illeszkedik. Ez a pont az $f\left(x\right)$ 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 $g_1\left(x\right)$ és $g_2\left(x\right)$ jelzi.     A $g\left(x\right)$ és az $x$ metszéspontja: $P\left(p;0\right)$ vagy $Q\left(-q;0\right)$. I. eset: Meghatározzuk az $OAP$ síkidom területét. Az $f\left(x\right)$ függvény $\left[0;2\right]$-hoz tartozó görbealatti területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{0}{\overset{2}{\int }}{x}^{3}dx={\left[\frac{x^4}{4}\right]}_0^2=4.}\end{array}$ Az $ATP$ derékszögű háromszög területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left(p-2\right)\cdot 8}{2}=4\left(p-2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis $4\left(p-2\right)+4=2010$, amiből $p=503\mathrm{,}5$, azaz $P\left(503\mathrm{,}5;0\right)$. Mivel $g_1\left(x\right)=m\left(x-2\right)+8$, és a $P$ pont ismeretében: $0=m\left(503\mathrm{,}5-2\right)+8$, azért az egyik keresett meredekség: $\begin{array}{c}{\displaystyle m_1=-\frac{16}{1003}\approx -0\mathrm{,}01596.}\end{array}$ II. eset: Meghatározzuk az $OAQ$ síkidom területét. Az $f\left(x\right)$ függvény $\left[0;2\right]$-hoz tartozó görbealatti területe 4. Az $ATQ$ derékszögű háromszög területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left(q+2\right)\cdot 8}{2}=4\left(q+2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis $4\left(q+2\right)-4=2010$, amiből $q=501\mathrm{,}5$, azaz $Q\left(-501\mathrm{,}5;0\right)$. Mivel $g_2\left(x\right)=m\left(x-2\right)+8$, és a $Q$ pont ismeretében: $0=m\left(-501\mathrm{,}5-2\right)+8$, amiből a másik keresett meredekség: $\begin{array}{c}{\displaystyle m_2=\frac{16}{1007}\approx 0\mathrm{,}01589.}\end{array}$   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: $O\left(0;0\right)$, $C\left(12;0\right)$, $P\left(12;5\right)$, $D\left(0;5\right)$. Az origóból felmérve kapott pontok: $A\left(4;0\right)$, $B\left(0;3\right)$. 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 $O\text{'}$ 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: $M\left(\frac{36}{25};\frac{48}{25}\right)$. Ezután az $O\text{'}$ koordinátái is meghatározhatók, hiszen $OO\text{'}$-n $M$ felezőpont: $O\text{'}\left(\frac{72}{25};\frac{96}{25}\right)$. Írjuk fel a $CD$ egyenes egyenletét (két pontját ismerjük): $5x+12y=60$. Helyettesítsük be az $O\text{'}$ koordinátáit: $\begin{array}{c}{\displaystyle 5\cdot \frac{72}{25}+12\cdot \frac{96}{25}=\frac{1512}{25}=\mathrm{60,}}\end{array}$ $48\ne 60$, vagyis az $O\text{'}$ nem illeszkedik a $CD$ átlóra. Az átlóra illeszkedő, $\frac{72}{25}$ első koordinátájú $Q$ pont második koordinátáját is kiszámoljuk behelyettesítéssel: $\frac{95}{25}$. Vagyis a $Q$ ponthoz képest az $O\text{'}$ magasabban van. Az $O$ csúcs a hajtás után átkerül az átló túloldalára.   7. Adott az $A{B}_1{C}_1$, $A{B}_2{C}_2$, $\text{...}$, $A{B}_n{C}_n$, $\text{...}$ egyenlőszárú háromszögek sorozata ($n$ pozitív egész szám). Minden $n$ esetén a háromszög $A{B}_n$ 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 $f\left(x\right)=x^2+5$ függvény grafikonjára. $a)$ Számítsuk ki az $A{B}_1{C}_1$ 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: $A\left(0;0\right)$, $B_1\left(2;0\right)$, $C_1\left(1;6\right)$. Mivel $A{B}_1=2$, $A{C}_1=B_1{C}_1=\sqrt[]{37}$, azért a háromszög kerülete: $k_1=2+2\sqrt[]{37}\approx 14\mathrm{,}17$. Mivel az $A{B}_1$ oldalhoz tartozó magasság 6, azért a háromszög területe: $t_1=\frac{2\cdot 6}{2}=6$. $b)$ Legyen az első megfelelő háromszög az $A{B}_n{C}_n$. Ennek a háromszögnek a csúcsai: $A\left(0;0\right)$, $B_n\left(2n;0\right)$, $C_n\left(n;n^2+5\right)$. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle A{B}_n=2n\mathrm{,}A{C}_n=B_n{C}_n=\sqrt[]{n^2+{\left(n^2+5\right)}^2}=\sqrt[]{n^4+11n^2+25}\mathrm{,}}\end{array}$ azért a háromszög kerülete: $k_n=2n+2\sqrt[]{n^4+11n^2+25}$. Keressük a legkisebb pozitív $n$ értéket, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle 2n+2\sqrt[]{n^4+11n^2+25}>\mathrm{190,}\text{azaz}\sqrt[]{n^4+11n^2+25}>95-n\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{8^4+11\cdot 8^2+25}=\sqrt[]{4825}\approx 69\mathrm{,}\mathrm{46,}{k}_8=16+2\cdot 69\mathrm{,}46=154\mathrm{,}92<190.}\end{array}$ Vagyis még nem teljesül az egyenlőtlenség. Ha $n=9$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{9^4+11\cdot 9^2+25}=\sqrt[]{7477}\approx 86\mathrm{,}\mathrm{47,}{k}_9=18+2\cdot 86\mathrm{,}47=190\mathrm{,}94>190.}\end{array}$ 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 $A{B}_n{C}_n$ háromszög területét: $\begin{array}{c}{\displaystyle t_n=\frac{2n\left(n^2+5\right)}{2}=n\left(n^2+5\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Megmutatjuk, hogy $n\left(n^2+5\right)$ minden pozitív egész $n$ esetén osztható hattal. Végezzük el a következő átalakításokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle n\left(n^2+5\right)=n^3+5n=n^3-n+6n=\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+6n\mathrm{.}}\end{array}$ 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{4}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=\frac{6\cdot 5}{1\cdot 2}=15.}\end{array}$ Vagyis ebben az esetben 15-féleképpen díszíthető az ablak. $b)$ A hat üvegtábla közül bármelyik három kiválasztható, ezen választások száma: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=\frac{6\cdot 5\cdot 4}{1\cdot 2\cdot 3}=20.}\end{array}$ 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 $\frac{3}{15}$, ami egyszerűsítve $\frac{1}{5}$.   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 ${72}^{\circ }$-os szögben látja. A másik sétáló akkor áll meg, amikor a rúd tetejét ${65}^{\circ }$-os szögben látja. A helyben maradó társuk ${50}^{\circ }$-os szögben látja a zászlórúd tetejét. Ekkor a három ember által meghatározott háromszög területe $23\mathrm{,}74\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$. $a)$ 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 $A\text{'}$ pontig megy, a $B$-ből induló $BT$-n a $B\text{'}$ pontig. Az $A\text{'}$, $B\text{'}$, $C$ pontban álló megfigyelők szemmagasságának megfelelő pontokat jelölje $A_1$, $B_1$, $C_1$. Az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszög nyilván egybevágó az $A\text{'}B\text{'}C$ háromszöggel. Az $A_1{B}_1{C}_1▵$ középpontja legyen $T_1$.     $a)$ Tudjuk, hogy $Z{A}_1{T}_1\sphericalangle ={72}^{\circ }$, $Z{B}_1{T}_1\sphericalangle ={65}^{\circ }$, $Z{C}_1{T}_1\sphericalangle ={50}^{\circ }$, továbbá ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle ATB\sphericalangle }& {\displaystyle =BTC\sphericalangle =CTA\sphericalangle =A_1{T}_1{B}_1\sphericalangle =}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =B_1{T}_1{C}_1\sphericalangle =C_1{T}_1{A}_1\sphericalangle ={120}^{\circ }\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Legyen $T_{1}Z=x$, ekkor ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle T_1{C}_1=\frac{x}{\text{tg}{50}^{\circ }}\mathrm{,}{T}_1{B}_1=\frac{x}{\text{tg}{65}^{\circ }}\mathrm{,}{T}_1{A}_1=\frac{x}{\text{tg}{72}^{\circ }}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A szöveg szerint az $A\text{'}B\text{'}C$ és a vele egybevágó $A_1{B}_1{C}_1$ háromszög területe 23,74 m${}^2$. Ezen háromszög területe egyenlő az $A_1{T}_1{B}_1$, $B_1{T}_1{C}_1$, $C_1{T}_1{A}_1$ háromszögek területének összegével. Használjuk a szinuszos területképletet, ekkor: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \left(\frac{x^2}{\text{tg}{72}^{\circ }\text{tg}{65}^{\circ }}+\frac{x^2}{\text{tg}{65}^{\circ }\text{tg}{50}^{\circ }}+\frac{x^2}{\text{tg}{50}^{\circ }\text{tg}{72}^{\circ }}\right)\cdot \text{sin}{120}^{\circ }=23\mathrm{,}74.}\end{array}$ Ebből kapjuk, hogy $x\approx 8\mathrm{,}2$ m. Tudjuk, hogy $T{T}_1=1\mathrm{,}8$ m (az emberek magassága a szöveg szerint ennyinek vehető). Vagyis a zászlórúd magassága kb. 10 méter. $b)$ Tudjuk, hogy $T_1{C}_1=\frac{8\mathrm{,}2}{\text{tg}{50}^{\circ }}$, és $T_1{C}_1=TC=TB=TA$. Most is használhatjuk a szinuszos területképletet. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{ABC}=t_{ATB}+t_{BTC}+t_{CTA}=3\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{8\mathrm{,}{2}^2}{{\text{tg}}^2{50}^{\circ }}\cdot \text{sin}{120}^{\circ }\approx 61\mathrm{,}5.}\end{array}$ A díszburkolattal lefedett rész területe kb. 61,5 m${}^2$.