Cím: Megoldásvázlatok a 2014/4. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2014/május, 258 - 266. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

I. rész
 

 
1. Számítsuk ki számológép használata nélkül a következő kifejezések pontos értékét:
a=223-22-223+22,b=(0,2-131250,4-6423-1):27,c=-4sin67π6lg0,01.

(11 pont)

 
Megoldás. A nagy négyzetgyök alatt végezzük el a kivonást:
a=223-22-223+22=22(3+22)-22(3-22)(3-22)(3+22)==62+8-62+89-8=16=4.
Alkalmazzuk a negatív és a törtkitevőkre tanult definíciókat:
b=(0,2-131250,4-6423-1):27=(15)-1(55)25-6423-127==552-(26)23-127=125-16-127=4.
Tudjuk, hogy
sin67π6=sin(7π6+52π)=sin7π6=-sinπ6=-12.
Ezt és a logaritmus definícióját felhasználva:
c=-4sin67π6lg0,01=-4(-12)lg10-2=-4(-12)(-2)=-4.

 
2. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet:
cos2x+4sin2x-4=-3cos2x+3sinx-4cos2x+3.(12 pont)


 
Megoldás. Tudjuk, hogy cos2x=1-sin2x, ezért a jobb oldalon álló tört nevezője:
cos2x+3=4-sin2x.
Vagyis az egyenletet a következő alakban is írhatjuk:
cos2x+4sin2x-4=3cos2x-3sinx+4sin2x-4.
Mivel -1sinx1, azért a törtek minden valós x esetén értelmezettek lesznek, hiszen a nevezőjük nem lesz nulla.
A két oldal nevezője egyenlő, ezért akkor lesz a két tört egyenlő, ha a számlálók is egyenlők:
cos2x+4=3cos2x-3sinx+4,0=2cos2x-3sinx.
Ismét alkalmazhatjuk, hogy cos2x=1-sin2x, ekkor a következő, sinx-re másodfokú egyenletet kapjuk:
2sin2x+3sinx-2=0.
Alkalmazzuk a megoldóképletet:
(sinx)1;2=-3±9+164=-3±54.

Két lehetőséget kapunk:
I. sinx=-2. Ez nem ad megoldást.
II. sinx=12. Ekkor
x1=π6+2k1π,   aholk1Z,x2=5π6+2k2π,aholk2Z.

 
3. Egy háromjegyű szám négyszereséhez 36-ot kell adnunk, hogy a számjegyeiből a fordított sorrendben alkotott háromjegyű számot kapjuk. Melyik volt az eredeti háromjegyű szám?  (14 pont)
 
Megoldás. Az eredeti háromjegyű számot jelöljük abc¯-vel, ahol a, b, c a szám számjegyeit jelöli. Mivel abc¯ és cba¯ is háromjegyű szám, azért a0, c0. A feladat szövege alapján a következő egyenletet írhatjuk fel:
4abc¯+36=cba¯.
Vegyük figyelembe a helyiértékeket:
4(100a+10b+c)+36=100c+10b+a,400a+40b+4c+36=100c+10b+a,399a+30b+36=96c.
Mivel a jobb oldal legnagyobb értéke 969, azaz 864 lehet, azért az a értéke vagy 1, vagy 2 lehet.
I. eset: a=1. Ekkor az egyenlet:
3991+30b+36=96c,30b+435=96c.
A bal oldal osztható 5-tel, ezért a jobb oldalon az eddigi feltételeink alapján csak a c=5 jöhetne szóba. Fejezzük ki a b-t:
b=965-43530=1,5.
Ebben az esetben nem kaptunk megfelelő háromjegyű számot.
II. eset: a=2. Ekkor az egyenlet:
3992+30b+36=96c,30b+834=96c.
Mivel a bal oldal 834-nél nem kisebb, csak a c=9 jöhet szóba. Ekkor a b-t is megkapjuk:
b=969-83430=1.
Vagyis a feladat egyedüli megoldása a 219.
(Valóban: 4219+36=912.)
 
4. Csúcsainak koordinátáival adott egy háromszög: A(1;2), B(13;2), C(5;10). Számítással igazoljuk ebben a háromszögben, hogy az MK szakasz K ponthoz közelebbi harmadoló pontja az ABC háromszög S súlypontja lesz. (M a magasságpontot, K a háromszög köré írt kör középpontját jelöli.)  (14 pont)
 
Megoldás. Készítsünk ábrát. Mivel AB oldal párhuzamos az x tengellyel, azért az M magasságpont rajta van a C csúcsra illeszkedő y tengellyel párhuzamos egyenesen. Ez azt jelenti, hogy az M pont első koordinátája egyenlő a C csúcs első koordinátájával, ami 5. Írjuk fel az A csúcsra illeszkedő magasság egyenletét. Ez a magasság merőleges a BC egyenesre, ezért a C-ből B-be mutató vektor az egyik normálvektora lesz. A megadott koordinátákkal ez a (8;-8) vektor, aminek vehetjük a nyolcadát, hiszen az is merőleges lesz a kérdéses magasságra. Az A(1;2) pontra illeszkedő, n(1;-1) normálvektorú egyenes egyenlete: x-y=-1. Mivel az M pont erre az egyenesre is illeszkedik, és az első koordinátáját már ismerjük, azért a második koordinátát is megkapjuk behelyettesítéssel: M(5;6).

 
 

Mivel AB oldal párhuzamos az x tengellyel, azért a K középpont rajta van az AB szakasz y tengellyel párhuzamos felező merőlegesén. Vagyis a K pont első koordinátája egyenlő az A és a B csúcs első koordinátáinak számtani közepével, ami 7. Írjuk fel a BC oldal felező merőlegesének egyenletét. Ez az egyenes párhuzamos az A-ra illeszkedő magassággal, ezért normálvektoraik megegyeznek. Meghatározzuk a BC oldal felezőpontjának koordinátáit a megadott csúcsokkal: (9;6). Vagyis a felező merőleges egyenes egyenlete: x-y=3. Mivel a K pont erre az egyenesre is illeszkedik, és az első koordinátáját már ismerjük, azért a második koordinátát is megkapjuk: K(7;4).
Az M és a K ismeretében írjuk fel az MK szakasz K-hoz közelebbi S' harmadolópontjának koordinátáit:
S'(27+53;24+63).
Vagyis a keresett harmadolópont:
S'(193;143).

Végezetül számoljuk ki az ABC háromszög S súlypontjának koordinátáit:
S(1+13+53;2+2+103).
A háromszög súlypontja:
S(193;143).

Ezzel az állítást igazoltuk.
Megjegyzés. Általában is igazolható, hogy az M, K, S pontok egy egyenesre, az Euler-egyenesre illeszkednek, és az S az MK szakaszon a K-hoz közelebbi harmadoló pont. Most azonban nem hivatkozhattunk erre, mert a feladat kérése az volt, hogy számítással ebben a megadott háromszögben igazoljuk az állítást.
 

II. rész
 

 
5. Az ábrán látható építményt három derékszögű vonalzóból úgy raktuk össze, hogy az azonos hosszúságú befogójuknál illeszkedjenek egymáshoz, a további befogók pedig az asztallapon legyenek.

 
 

A középső vonalzó egyenlő szárú, az egyik szélsőnek a hosszú, a másiknak a rövid befogója érintkezik az asztallappal. Az ábrán látható A, B és C pontok egy egyenesre illeszkednek, és AB=BC=8 cm.
a) Adjuk meg az ADE, BDE és CDE derékszögű háromszögek területének arányát.
b) Milyen magasan van az asztallap fölött az E pont?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Készítsünk vázlatrajzot. Az ADE derékszögű háromszögben: tg30=mAD. Vagyis az AD hossza kifejezhető az m segítségével:
AD=mtg30=m3.
Hasonlóan adódik a BDE és a CDE derékszögű háromszögekben a BD és a CD szakaszok hossza: BD=m, CD=m3.

 
 

Ezek segítségével a területeket is fel tudjuk írni. Mivel a területek arányát kell megadnunk, azért most kényelmesebb a területek kétszeresével számolnunk:
  Az  ADE  területének kétszerese:  2T1=m23.  A  BDE  területének kétszerese:  2T2=m2.  A  CDE  területének kétszerese:  2T3=m23.  

Ezek alapján a területek aránya:
T1:T2:T3=3:1:13=3:3:1.

b) Az ábrán látható jelöléseket használva (és felhasználva, hogy az AD, BD és CD szakaszok hosszát ki tudjuk fejezni az m segítségével) alkalmazzuk az ABD és a CBD háromszögre a koszinusz-tételt az ABD háromszögre:
(m3)2=82+m2-28mcosε,3m2=64+m2-16mcosε.


 
 

A CBD háromszögre:
(m3)2=82+m2-28mcos(180-ε),m23=64+m2-16mcos(180-ε),m23=64+m2+16mcosε.
Adjuk össze a koszinusz-tétellel felírt két egyenletet:
10m23=128+2m2,m2=96.
Így megkaptuk a keresett magasságot: m=969,8.
Vagyis az E pont az asztallapja fölött kb. 9,8 cm magasan van.
 
6. Tekintsük az f(x)=x2 hozzárendelésű függvény grafikonjára illeszkedő, az
An(-n;f(-n)),Bn(n;f(n)),Cn(n+1;f(n+1)),Dn(-n-1;f(-n-1))
pontok által meghatározott húrtrapézokat (n pozitív egész számot jelöl). Az AnBnCnDn körülírt körének sugara legyen rn.
a) Adjuk meg az r1+r2+r3 összeget.
b) Határozzuk meg a limnr12+r22+...+rn2n3 határértéket.  (16 pont)

 
Megoldás. a) A feladat szövegét értelmezve készítsünk egy ábrát.

 
 

Az A1B1C1D1 húrnégyszög körülírt körének középpontja: K1(0;k1). Tudjuk, hogy r1=K1B1=K1C1. A koordinátákkal kifejezve:
(1-0)2+(1-k1)2=(2-0)2+(4-k1)2,1+1-2k1+k12=4+16-8k1+k12,k1=3.
Vagyis K1(0;3), és r1=K1B1=5.
Az A2B2C2D2 húrnégyszög körülírt körének középpontja: K2(0;k2). Tudjuk, hogy r2=K2B2=K2C2. A koordinátákkal kifejezve:
(2-0)2+(4-k2)2=(3-0)2+(9-k2)2,4+16-8k2+k22=9+81-18k2+k22,k2=7.
Vagyis K2(0;7), és r2=K2B2=13.
Az A3B3C3D3 húrnégyszög körülírt körének középpontja: K3(0;k3). Tudjuk, hogy r3=K3B3=K3C3. A koordinátákkal kifejezve:
(3-0)2+(9-k3)2=(4-0)2+(16-k3)2,9+81-18k3+k32=16+256-32k3+k32,k3=13.
Vagyis K3(0;13), és r3=K3B3=5.
Ezek alapján: r1+r2+r3=5+13+510,84.
b) Az előző részben látottak alapján járunk el most is. Az AnBnCnDn húrnégyszög körülírt körének középpontja: Kn(0;kn). Tudjuk, hogy rn=KnBn=KnCn. A koordinátákkal kifejezve:
(n-0)2+(n2-kn)2=(n+1-0)2+(n2+2n+1-kn)2,n2+n4-2n2kn+kn2=n2+2n+1+(n2+2n+1)2-2kn(n2+2n+1)+kn2,(4n+2)kn=4n3+6n2+6n+2,kn=2n3+3n2+3n+12n+1=(2n+1)(n2+n+1)2n+1=n2+n+1.
Vagyis Kn(0;n2+n+1), és rn2=(n-0)2+(n2-n2-n-1)2=n2+(n+1)2.
Most már felírhatjuk a tört számlálójában szereplő összeget:
r12+r22+...+rn2=(12+22)+(22+32)+...+(n2+(n+1)2).
A zárójeles kifejezések első tagjai 1-től n-ig a négyzetszámok összegét adják, a második tagjai pedig 1-től (n+1)-ig a négyzetszámok összegénél 1-gyel kisebb összeget adnak:
r12+r22+...+rn2=n(n+1)(2n+1)6+(n+1)(n+2)(2n+3)6-1==(n+1)(2n2+n+2n2+7n+6)-66==4n3+8n2+6n+4n2+8n+6-66=2n3+6n2+7n3.
Ezt a képletet és a határértékre vonatkozó tételeket felhasználva:
limnr12+r22+...+rn2n3=limn2n3+6n2+7n3n3=limn2+6n+7n23=23.

 
7. Egy terepasztalon az ábrán látható folt egy tó alakját mutatja. Ha ezt a síkidomot 1 cm egységű koordinátarendszerbe helyezzük, akkor a határvonalát az
f(x)=x4-2x2+x+3
és a
g(x)=-x2+x+15
hozzárendeléssel adott függvények grafikonja adja.

 
 

a) Milyen messze van egymástól a grafikonok metszéspontja?
b) Mekkora a folt területe?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Szükségünk van a két függvény grafikonjának a metszéspontjaira. Ezért a következő egyenletet kell megoldanunk:
x4-2x2+x+3=-x2+x+15,x4-x2-12=0,(x2-4)(x2+3)=0.
Vagyis x1=-2, x2=2.
Ezeken a helyeken a közös függvényértéket visszahelyettesítéssel kapjuk:
f(-2)=g(-2)=9,f(2)=g(2)=13.
A metszéspontok: M1(-2;9), M2(2;13). Ezek távolsága:
M1M2=(-2-2)2+(9-13)2=325,7.

A két metszéspont kb. 5,7 cm-re van egymástól.
b)g(x) függvény és az f(x) függvény [-2;2] intervallumban pozitív, így a görbe alatti területek különbségét véve megkapjuk a kérdéses területet1. Ezt határozott integrállal tudjuk meghatározni:
T=-22(-x2+x+15)dx--22(x4-2x2+x+3)dx=-22(-x4+x2+12)dx==[-x55+x33+12x]-22=-255+233+24+(-2)55-(-2)33+24==-325+83-325+83+48=-645+163+48=40,53˙.

Vagyis a folt területe kb. 40,53 cm2.
 
8. Adjuk meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy az
{xy+x+y+2=0,x-p=y(px+1)
egyenletrendszernek pontosan egy valós (x;y) számpár legyen a megoldása.  (16 pont)

 
Megoldás. Mindkét egyenletből kifejezzük az xy-t:
xy=-x-y-2,illetvepxy=x-y-p.
Ha p=0, akkor a fenti egyenletből az x=y adódna, de ezt behelyettesítve a másik egyenletbe nem kapunk megoldást.
Ha p0, akkor xy=x-y-pp. A kapottak alapján:
x-y-pp=-x-y-2,x-y-p=-px-py-2p,(p-1)y=-x-px-p.
Ha p=1, akkor pontosan egy számpár a megoldása az egyenletrendszernek:
x=-12,y=-3.
Ha p1, akkor y=-x-px-pp-1. Ezt visszahelyettesítjük az eredeti egyenletrendszer első egyenletébe:
x(-x-px-p)p-1+x+-x-px-pp-1+2=0.
Szorozzunk (p-1)-gyel, végezzük el a beszorzásokat, összevonásokat és rendezzük a következő alakra:
(p+1)x2+(p+2)x+(2-p)=0.
Ha p=-1, akkor pontosan egy számpár a megoldása az egyenletrendszernek:
x=-3,y=-12.
Ha p-1, akkor az egyenlet másodfokú. Egyféle x-et akkor kapunk, ha a diszkrimináns nulla:
D=(p+2)2-4(p+1)(2-p)=5p2-4=0.
Ez p1=-25, vagy p2=25 esetén következik be.
Tehát a p lehetséges értékei: -1, -25, 25, 1.
 
9. Az egységsugarú gömbbe olyan kúpot írunk, amelyben a tengely és az alkotó szöge α. Adjuk meg a kúp felszínét és térfogatát sinα függvényében.  (16 pont)
 
Megoldás. Készítsünk vázlatrajzot a térbeli ábra tengelyre illeszkedő síkmetszetéről.

 
 

A kerületi és a középponti szögek közötti összefüggést használva, ha ACT=α, akkor AKT=2α. Az ATK derékszögű háromszögben:
r=r1=sin2α.
Az ATC derékszögű háromszögben sinα=ra, vagyis
a=rsinα=sin2αsinα=2sinαcosαsinα=2cosα.
Az ATC derékszögű háromszögben tgα=rm, vagyis
m=rtgα=sin2αsinαcosα=2sinαcos2αsinα=2cos2α.
Most már felírhatjuk a felszínt és a térfogatot α segítségével. A feladat kérésének megfelelően a kapott kifejezéseket úgy alakítjuk, hogy csak szinusz szögfüggvény maradjon bennük:
A=πr(r+a)=πsin2α(sin2α+2cosα)=2πsinαcosα(2sinαcosα+2cosα)==4πsinαcos2α(sinα+1)=4πsinα(1-sin2α)(sinα+1).V=r2πm3=2πsin22αcos2α3=8πsin2αcos2αcos2α3=8πsin2α(1-sin2α)23.

1Az f és g függvények grafikonja közötti terület a [-2;2] intervallumban:
-22g(x)-f(x)dx.