Cím: Megoldásvázlatok a 2012/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Gedeon Veronika 
Füzet: 2012/november, 467 - 474. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2012/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

I. rész
 

 
1. Melyik az a három természetes szám, melyek egy számtani sorozat egymást követő elemei, négyzetösszegük 264, valamint a szorzatuk egyenlő 1792 és a középső szám hányadosával?  (10 pont)
 
Megoldás. A számtani sorozat három egymást követő tagja: b-d, b, b+d, ahol b a középső elem és d a sorozat differenciája. A feladat szövege szerint:
(b-d)2+b2+(b+d)2=b2-2bd+d2+b2+b2+2bd+d2=3b2+2d2=264,(b-d)b(b+d)=b(b2-d2)=b3-bd2=1792b.
Az így kapott egyenletrendszer:
3b2+2d2=264b4-b2d2=1792}.
Az első egyenletből: d2=132-32b2, ezt behelyettesítve a másodikba:
b4-b2(132-32b2)=1792.
Ebből átalakításokkal b2-re nézve a következő másodfokú egyenletet kapjuk:
5b4-264b2-3584=0,
melynek egyik gyöke negatív, ezért nem lehet négyzetszám, a másik gyöke b2=64, azaz b=8 (a b=-8 nem lehet, hiszen b természetes szám). Visszahelyettesítünk az első egyenletbe, így kapjuk, hogy d=6.
Tehát a három természetes szám a 2, 8 és 14.
 
2. Mekkora annak az érintőtrapéznak a területe, amelynek egyik szára a 7 cm hosszú párhuzamos oldallal 120 fokos szöget zár be, valamint beírt körének sugara 5 cm?
  (13 pont)

Megoldás. Az ábrán a feladatban szereplő trapéz méretarányos rajzát látjuk, ahol AB=7, KE=KF=KG=KH=5 és ABC=120. Használjuk az ábra jelöléseit.
 
 
A trapéz magassága a beírt kör átmérője, azaz AV=EG=BT=10. A terület kiszámításához a DC hosszára van szükség. TCB=60, ezért a TCB derékszögű háromszögben BT=32BC=322TC=3TC, innen TC=1035,77.
A DV szakasz hosszát az ADV derékszögű háromszögben kiszámolhatjuk, ehhez szükség van még egy szögre. Tudjuk, hogy a KEB derékszögű háromszögben B-nél 60-os szög van. Ezért
KE=32KB=322EB=3EB,
innen EB=532,89, vagyis AE=7-2,89=4,11. Ezt felhasználva az AEK derékszögű háromszögben tgEAK=54,11, innen EAK=50,58.
DAV=2EAK-90=250,58-90=11,16,
azaz
DV=AVtg11,16=10tg11,161,97.
A keresett DC=DV+VT+TC=1,97+7+5,77=14,74. A trapéz területe:
T=AB+DC2AV=7+14,74210=108,7(cm2).

 
3. Az ábrán egy egység oldalú négyzet, annak beírt köre, oldalfelező pontjai által meghatározott négyzet és annak is a beírt köre látható.
a) Hány százalékát színeztük ekkor szürkére a nagy négyzetnek?
b) Ismételjük meg ezt az eljárást végtelen sokszor. Hány százalékát színeztük így szürkére a nagy négyzetnek?  (14 pont)

 
 

 
Megoldás. a) A szürke terület a nagy négyzet és a nagy kör, illetve a kis négyzet és a kis kör területkülönbségének összege, vagyis:
Tszürke=12-(12)2π+(12)2-(24)2π=1-14π+12-18π0,322.
Tehát a négyzet területének kb. 32,2%-a szürke.
b) Észrevehetjük, hogy az egymásba írt négyzetek oldalai, illetve körök sugarai egy-egy mértani sorozatot alkotnak. Ezért a szürke terület:
Tszürke=1-14π+12-18π+14-116π+...=1+12+14+...-(14+18+116+...)π.
A kérdéses terület meghatározásához két mértani sort kell összegeznünk:
Tszürke=11-12-141-12π=2-12π0,429.
Vagyis ebben az esetben a négyzet kb. 42,9%-a szürke.
Megjegyzés: A feladat mértani sorozat nélkül is megoldható.
 
4. Adjuk meg azt a két egymást követő egész számot, amelyek közé esik a következő összeg:
lg(1113)+lg(11235)+lg(11357)+...+lg(115009991001).
  (14 pont)

 
Megoldás. Használjuk a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosságot:
lg11+lg13+lg112+lg35+lg113+lg57+...+lg11500+lg9991001.
Csoportosítsuk a tagokat:
(lg11+lg112+...+lg11500)+(lg13+lg35+...+lg9991001).

Az első zárójeles kifejezést tovább alakítjuk, a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával:

lg11+lg112+...+lg11500=1lg11+2lg11+...+500lg11==(1+2+3+...+500)lg11=500(500+1)2lg11=125250lg11.



Most a második zárójelben lévő összeget hozzuk egyszerűbb alakra:

lg12+lg23+...+lg9991000=lg(1335...9991001)==lg1335...9991001=lg11001.

A keresett összeg: 125250lg11+lg11001130432,93.
A két egymást követő egész szám: 130 432 és 130 433.
 

II. rész
 

 
5. A 2 cm sugarú gömb alakú bonbonokat ötösével négyzet alapú, gúla alakú dobozokba csomagolják úgy, hogy négy kerül alulra, egy a tetejére. Minden alsó gömb érinti a felsőt és két szomszédos alsót, továbbá érinti a gúla alaplapját és két szomszédos oldallapját. A felső gömb mind a négy oldallapot érinti.
a) Milyen magas a doboz?
b) Mekkora a doboz felszíne?  (16 pont)

 
Megoldás. a) A feladat szövege szerint a gömbök K1, K2, K3, K4, K5 középpontjai az ABCD dobozhoz hasonló, olyan négyzet alapú kis gúlát határoznak meg, melynek minden éle 4 cm, a magasságegyenese pedig egybeesik a ,,doboz'' magasságegyenesével. (Ezek a gömbközéppontok a doboz megfelelő lapjaitól 2-2 centiméterre vannak.) A doboz magasságát a gúla három részre osztja.
 
 

Van egy alsó rész, ez a=2, mert ilyen távol vannak az alsó gömbök középpontjai az alaplaptól, azaz a kis gúla alaplapja a doboz aljától.
A második darab a kis gúla magassága, ezt a szakaszt a magasság, az egyik oldalél és az alaplap átlójának fele által meghatározott derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétel segítségével számoljuk ki:
b2=42-(224)2=16-8=8,ebbőlb=82,83.

 
 

A harmadik, a felső szakasz meghatározásához azt a derékszögű háromszöget használjuk, melynek csúcsai: a két gúla csúcsa, és a felső gömb egyik oldallappal vett érintési pontja (azaz az EPK5 háromszög). Ennek a háromszögnek a keresett c szakasz az átfogója, 2 cm az egyik befogója, vagyis sinα=2c. Ennek a szögnek a szinusza a gúla két szemközti oldallapjának magassága által α meghatározott síkmetszeten, a K5T'F' derékszögű háromszögben is felírható:
sinα=2324=13,azazc=2sinα=233,46.
A doboz magassága tehát: m=a+b+c=2+2,83+3,46=8,29 (cm).
b) A felszín kiszámolásához szükségünk van a doboz éleinek hosszára.
 
 
Ezt a magasság, az egyik oldalél és az alaplap átlójának fele által meghatározott ATE derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétel segítségével számoljuk ki:
m2=x2-(22x)2=x22,
ebből
x=2m2=28,29211,72,Adoboz=Talap+4Toldallap=11,722+43411,722375,27.
Vagyis a doboz felszíne kb. 375,27 cm2.
 
6. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket:
a) x+2x+1=3x+13;
b) log2(x3+26)log4(x+2)=6;
c) 2sin2x+sin22x=2.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Mivel a négyzetgyökjelek alatti kifejezések nem lehetnek negatívak, azért a kikötés: x0.
Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát:
x+2x+1+2x2x+1=3x+13.
Átrendezve: x(2x+1)=6. Ismét négyzetre emelünk:
x(2x+1)=36,2x2+x-36=0.
A másodfokú egyenlet gyökei x1=4 és x2=-92, amelyek közül a második nem tesz eleget a kikötésnek.
Tehát a megoldás az x=4, amit ellenőriztünk is.
b) A kikötés a logaritmusban szereplő kifejezésekre: x3+26>0 és x+2>0. A nevező pedig nem lehet nulla: x-1. Összefoglalva: x>-2, de x-1.

log2(x3+26)=6log4(x+2),log4(x3+26)log42=6log4(x+2),log4(x3+26)=3log4(x+2),log4(x3+26)=log4(x+2)3,x3+26=(x+2)3,0=6x2+12x-18,0=x2+2x-3.



A két gyök: x1=1 és x2=-3. Az egyenlet kikötései miatt csak az x=1 a megoldás.
c) Alakítsuk az egyenletet:

2sin2x+4sin2xcos2x=2,2sin2x+4sin2x(1-sin2x)=2,2sin2x+4sin2x-4sin4x=2,0=4sin4x-6sin2x+2,0=2(sin2x)2-3sin2x+1.



A másodfokú egyenlet gyökei 1 és 12, ebből sinx-re 4 egyenlet adódik:
sinx=1,  ekkor  x1=π2+2l1π, ahol  l1Z;sinx=-1,  ekkor  x2=-π2+2l2π, ahol  l2Z;sinx=22,  ekkor  x3=π4+2mπ, ahol  mZ,x4=3π4+2nπ, ahol  nZ;sinx=-22,  ekkor  x5=5π4+2pπ, ahol  pZ,x6=7π4+2qπ, ahol  qZ.  

Az egyenlet megoldása összefoglalva: x=kπ4, ahol k néggyel nem osztható egész szám.
 
7. Adott a koordinátarendszerben a k1:x2+y2=9 és a k2:(x-17)2+(y-7)2=100 kör. Igazoljuk, hogy a két kör vízszintes közös külső és a pozitív meredekségű közös belső érintőjének metszéspontjából derékszögben látszik a két kör középpontja által meghatározott szakasz.  (16 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.
 

 

Kiszámoljuk a két érintő M metszéspontját, majd megvizsgáljuk a K1MK2 nagyságát. Az adatok alapján a két kör vízszintes közös külső érintőjének egyenlete: y=-3. A pozitív meredekségű közös belső e érintő párhuzamos és 3 egység távolságra van a K2 középpontú, 13 sugarú körhöz a K1-ből (az origóból) húzott f érintővel.
A K1K egyenes normálvektorának meghatározásához szükségünk van a K pont koordinátáira. A K1K2K derékszögű háromszög két oldalának ismeretében számoljuk ki a harmadik oldal hosszát. Mivel K1K2=172+72=338, KK2=10+3=13, azért K1K=338-132=13.
A K pont koordinátáit úgy számoljuk ki, hogy az F pontba mutató helyvektorhoz, azaz OF(8,5;3,5) vektorhoz hozzáadjuk az FK1 vektor -90 fokos elforgatottját, vagyis az FK(-3,5;8,5) vektort. Így tehát a keresett koordináták: K(5;12). Az (5;12) a belső érintő egyik irányvektorának a koordinátája, így egy normálvektorának (12;-5) a koordinátája. Ez lesz a belső érintő normálvektora is.
A belső érintő egyenletének felírásához számoljuk ki a belső érintő és a középpontokat összekötő egyenes P metszéspontjának koordinátáit, mely a két kör hasonlóságának középpontja, ezért a K1K2 szakaszt 3:13 arányban osztja. Ezek alapján a P pont koordinátái: (17313;7313), azaz P(5113;2113). A belső érintő egyenlete:
12x-5y=125113-52113=39.
A két érintő M metszéspontját a következő egyenletrendszer megoldása adja:
y=-312x-5y=39}.
Vagyis: M(2;-3).
Végezetül megmutatjuk, hogy K1MMK2=0. Az ismert koordináták alapján: K1M(2;-3), MK2(15;10). Tehát valóban K1MMK2=215-310=0. Ez azt jelenti, hogy a két érintő M metszéspontjából valóban derékszögben látszik a K1K2 szakasz.
 
Megjegyzés. A B. 4468. feladatból következik, hogy az itt megfogalmazott állítás nem csak erre a konkrét esetre igaz, vagyis: Két kör közös külső és közös belső érintőjének metszéspontjából mindig derékszögben látszik a két kör középpontja által meghatározott szakasz.
 
8. A szabó egy farsangi pillangójelmezhez az ábrán látható mintát használja, amit a boltban vásárolt téglalap alakú anyagból vág ki. A szabásminta egy parabolaívből és egy körívből áll.
a) Az anyag hány százaléka lesz hulladék?
b) Adjuk meg a parabola és a kör összes metszéspontját.  (16 pont)

 

 

Megoldás. a) Tegyünk a szabásmintára egy koordinátarendszert az ábrán látható módon. Ekkor a parabola az f(x)=x2 hozzárendeléssel megadott függvény képe lesz. A parabola alatti területet (az x tengelyig) a következő integrállal határozhatjuk meg:
-32x2dx=[x33]-32=233-(-3)33=353.
Az x tengely alatti rész területe 5, így az itt keletkezett hulladék:
353+5=50316,667.
A jobb felső rész esetén egy ötször ötös négyzetből hiányzik egy öt sugarú negyedkör. Vagyis ennek a hulladéknak a területe:
25-25π45,365.
Ezek alapján az összes hulladék: 22,032. Az eredeti téglalap területe 50, vagyis az anyagnak kb. a 44,1%-a lesz hulladék.
b) A parabola egyenlete y=x2. A kör sugara 5 egység, középpontjának koordinátája pedig (-3;4). A kör egyenlete: (x+3)2+(y-4)2=25. A metszéspontok meghatározásához a két egyenletből álló egyenletrendszert kell megoldanunk.
A második egyenlet az x2 behelyettesítése után így írható:
x2+6x+9+x4-8x2+16=25,x4-7x2+6x=0,x(x3-7x+6)=0.
Mivel az eredeti szabásmintán adott volt két metszéspont (az x=-3-nál és az x=2-nél), azért könnyen felírhatjuk a gyöktényezős alakot: x(x+3)(x-2)(x-1)=0. Visszahelyettesítéssel az első koordinátákhoz meghatározzuk a metszéspontok második koordinátáját is. Négy metszéspontot kaptunk. Helyüket az általunk bevezetett koordinátarendszer segítségével adjuk meg: (-3;9), (0;0), (1;1), (2;4).
 
9. A 2012-es londoni olimpián csapatunk 8 arany-, 4 ezüst- és 5 bronzérmet szerzett. Nem volt olyan versenyszám, amiben két magyar érem született.
a) Hányféleképpen sorolhatjuk föl azokat a versenyszámokat, amelyekben csapatunk érmet szerzett, úgy, hogy először az aranyérmesek, utána az ezüstérmesek, végül a bronzérmesek versenyszámait nevezzük meg?
b) Hányféleképpen sorolhatjuk fel a fenti 17 versenyszámot, ha az azonos színű érmet hozó számok közül mindig azt soroljuk fel hamarabb, amelyik korábban ért véget?
c) Mekkora a valószínűsége annak, hogy az érmes versenyszámaink közül véletlenszerűen hármat választva az azokhoz tartozó érmek különböző színűek lesznek?  (16 pont)

 
Megoldás. a) A 8 aranyérem, a 4 ezüstérem és az 5 bronzérem permutációinak szorzatát kell vennünk: 8!4!5!=116121600.
b) A feladat szerint három, egyenként 8, 4 és 5 hosszú, meghatározott sorrendű sorozatot kell egymásba fésülni.
 
A 8 aranyérmeshez 9 helyre kerülhetnek az ezüstérmesek, de akár többen is egy helyre. Vagyis ismétléses kombinációval kell számolnunk, és így ez (124)-féleképpen
 
lehetséges. Az így kapott 12 hosszú sorozatban 13 helyre kerülhetnek a bronzérmesek, ez (175)-féle lehetőség.
Összesen tehát (124)(175)=3063060 felsorolás létezik.
c) A 17 éremből hármat választunk, ezért az összes eset száma (173).
A 8 aranyéremből egyet, a 4 ezüstéremből egyet és az 5 bronzéremből egyet 845-féleképpen lehet kiválasztani.
Vagyis a keresett valószínűség:
P=kedvező esetek számaösszes eset száma=845(173)0,235.

 Gedeon Veronika
 (Budapest)