Cím: Megoldásvázlatok a 2011/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2011/november, 468 - 474. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

Megoldásvázlatok a 2011/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 
 

I. rész
 

1. Adjuk meg a következő egyenletek valós megoldásait:
a) (x+500)2=252012-1011x;
b) lg2x+2011lgx-2012=0;
c) x+2011x-7-2019=0.  (11 pont)
 

Megoldás. a) Végezzük el a négyzetre emelést és rendezzük nullára az egyenletet:
x2+2011x-2012=0.
A gyökök és együtthatók közötti összefüggés alkalmazásával vagy megoldóképlettel (x1+x2=-2011, x1x2=-2012) gyorsan megkapható, hogy x1=1, x2=-2012.
b) Az egyenlet lgx-re másodfokú, az értelmezési tartománya: x>0. A két lehetséges érték lgx-re a) megoldása alapján: (lgx)1=1, (lgx)2=-2012. Vagyis: x1=10, x2=10-2012. Mindkettő megoldása az egyenletnek, mert benne van az értelmezési tartományban.
c) Az értelmezési tartomány: x7. A következő alakban is írhatjuk a megadott egyenletet:
x-7+2011x-7-2012=0.
Másodfokú egyenletet kaptunk x-7-re. A két lehetséges érték x-7-re: (x-7)1=1, (x-7)2=-2012. Az első esetben x=8, a második esetben nincs megfelelő x. Az x=8 megoldása az egyenletnek, mert benne van az értelmezési tartományban.
 

2. Egy mértani sorozat első eleme 2. Ha a sorozat második elemét 20-szal csökkentjük, a harmadik elemét pedig az első kettő elé írjuk, akkor egy számtani sorozat három, egymást követő tagját kapjuk. Adjuk meg az eredeti három számot.  (12 pont)
 

Megoldás. Legyen a mértani sorozat hányadosa q, ekkor a feladatban szereplő három tag: 2; 2q; 2q2. A szöveg alapján a 2q2; 2; 2q-20 egy számtani sorozat három, egymást követő tagja lesz, azaz: 2-2q2=2q-20-2. Rendezéssel a 0=q2+q-12 másodfokú egyenletet kapjuk, amelyből: q1=3, q2=-4.
Két megfelelő számhármast találtunk. Megoldás a 2; 6; 18, illetve a 2; -8; 32.
 

3. Az ABC egyenlőszárú háromszögben AB=6, CF=9, ahol F az AB alap felezőpontja. Az A csúcstól indulva és a körüljárási irányt tartva az oldalakon a harmadoló pontok: A1, A2, B1, B2, C1, C2. Mekkora a C1B1, C2B2, C1A2, A1B2 egyenesek által meghatározott négyszög területe?  (14 pont)
 

Megoldás. Az ABC háromszöget tegyük koordinátarendszerbe a következő módon: A(-3;0), B(3;0), C(0;9). A feladatban szereplő harmadoló pontok koordinátáit is meg tudjuk adni: A1(-1;0), A2(1;0), B1(2;3), B2(1;6), C1(-1;6), C2(-2;3).
A harmadoló pontok ismeretében a megfelelő egyenesek egyenlete felírható, hiszen minden kérdéses egyenes két pontjával adott.
 
 
A C1 és a B1 pontokra illeszkedő a egyenes egyenlete: y=-x+5.
A C2 és a B2 pontokra illeszkedő b egyenes egyenlete: y=x+5.
Az A2 és a C1 pontokra illeszkedő c egyenes egyenlete: y=-3x+3.
Az A1 és a B2 pontokra illeszkedő d egyenes egyenlete: y=3x+3.
Meghatározzuk a megfelelő metszéspontok koordinátáit.
Az a és b metszéspontja: K(0;5).
A c és d metszéspontja: M(0;3).
Az a és d metszéspontja: L(12;92).
Az ábra szimmetriája miatt
a c és b metszéspontja: N(-12;92). A szimmetria miatt KLMN négyszögről belátható, hogy deltoid.
Csúcsainak ismeretében az átlók hossza: KM=2, NL=1. Vagyis a kérdéses terület: tKLMN=122=1.
 

4. Az ABCD téglalap alakú 20-os emelkedő alsó, vízszintes, 20 méter hosszúságú AB oldalának az A csúcsából egy egyenes mentén szeretnénk feljutni a CD oldal valamely pontjába. Ezeknek a párhuzamos oldalaknak 12 méter a távolsága. Hová érkezhetünk, ha az útvonal vízszintessel bezárt hajlásszöge nem haladhatja meg a 12-ot?  (14 pont)
 

Megoldás. A szöveg alapján készítsünk ábrát.
 
 


Az AED derékszögű háromszögben sin20=m12, azaz m=12sin204,10.
Az ATP derékszögű
háromszögben sin12=mx=4,1x, azaz x=4,1sin1219,72.
Végül az ADP derékszögű háromszögben
y=x2-122=19,722-12215,65.

Vagyis ha DP15,65 m, akkor AP vízszintessel bezárt hajlásszöge nem nagyobb, mint 12.
 

II. rész
 

5.Tekintsük a K(5;2) középpontú, r=3 egység sugarú k kört. Az origóból az e1 és az e2 érintők húzhatók a k körhöz.
a) Írjuk fel e1 és e2 egyenletét.
b) Mekkora szöget zár be egymással e1 és e2?
c) Mekkora területű az a síkidom, amelynek pontjaiból a k kör 60-nál nem kisebb, 90-nál pedig nem nagyobb szögben látható?  (16 pont)
 

Megoldás. a) A k kör egyenlete: (x-5)2+(y-2)2=9. Az origóra illeszkedő egyenesek egyenlete: y=mx. Ezek közül az lesz az érintő, amelynek a körrel pontosan egy közös pontja van. Tehát az
(x-5)2+(y-2)2=9,
 
y=mx
}
paraméteres egyenletrendszerben azokat az m paramétereket keressük, amelyekre az egyenletrendszernek csak egyféle megoldása van.
Végezzük el a behelyettesítést:
(x-5)2+(mx-2)2=9,
 
x2-10x+25+m2x2-4mx+4=9,
 
(m2+1)x2-(4m+10)x+20=0.


A keresett m értékeket akkor kapjuk, ha a fenti paraméteres másodfokú egyenletben:

D=(4m+10)2-80(m2+1)=0,
 
16m2+80m+100-80m2-80=0,
 
16m2-20m-5=0.
 
m1;2=20±400+32032=20±72032=5±358.


A keresett két érintő egyenlete: e1:y=5+358x, e2:y=5-358x.
b) Legyen az e1 érintőn E1, az e2 érintőn E2 az érintési pont. A két érintő hajlásszöge az E1OE2, ami az OKE1 derékszögű háromszög O-nál lévő φ hegyesszögnek a kétszerese. Az origó és a K középpont távolságát ki tudjuk számolni: OK=52+22=29. Tudjuk, hogy E1K=3, ezért sinφ=329.
Ebből kapjuk: φ33,85, a hajlásszög pedig: 2φ67,7.
 
Megjegyzés. A hajlásszöget természetesen a két meredekség ismeretében is meg tudnánk határozni, most azonban egy olyan gondolatmenetet láttunk, amely nem épült az előző kérdésre adott válaszra.
 
 

c) Ha egy P pontból a kör 60-os szögben látható, jelölje R1 a P-ből húzott egyik érintő érintési pontját. Ekkor a KPR1 derékszögű háromszögben KR1=3, KP=6. Vagyis az ilyen P pontok halmaza egy K középpontú, 6 sugarú körvonal lesz.
Ha egy Q pontból a kör 90-os szögben látható, jelölje T1 a Q-ból húzott egyik érintő érintési pontját. Ekkor a KQT1 derékszögű háromszögben KT1=3, KQ=32. Vagyis az ilyen Q pontok halmaza egy K középpontú, 32 sugarú körvonal lesz.
A megfelelő pontok e két körvonal által meghatározott körgyűrű pontjai lesz- nek.
Ezek szerint a terület: (36-18)π=18π.
 

6. Miskolcon a Tiszai pályaudvar várótermének kövezéséhez az ábrán látható burkolólapokat is használtak. Ezeken a lapokon egy ötször ötös négyzethálót színeztek három színnel (sötétzöld, világoszöld, fehér).
Ezt a mintát jobbra és felfelé tovább folytathatjuk, és bármely ötnél nagyobb páratlan számhoz elkészíthetjük az ábra színezését. Lerajzoltuk az így készített hétszer hetes négyzethálót is.
 
 

a) Hányadrésze lesz világoszöld az 51 egység oldalú négyzetnek?
b) Hányadrésze lesz sötétzöld a 101 egység oldalú négyzetnek?
c) Igazoljuk, hogyha a négyzet oldalhosszát minden határon túl növeljük, akkor mind a világoszöld, mind a sötétzöld részek területe a négyzet területének a feléhez tart.  (16 pont)
 

Megoldás. a) Az 51 egység oldalú négyzet 512, azaz 2601 területű. A világoszöld téglalapok területe sorban: 1,3,5,7,...,49. Mindegyikből kettő van, ezért területük összege: 2(1+3+5+...+49)=2252=1250. (Felhasználtuk, hogy az első 25 pozitív páratlan szám összege 252.)
Vagyis az 125026010,48058 része lesz világoszöld az 51 egység oldalú négyzetnek.
b) A 101 egység oldalú négyzet 1012, azaz 10 201 területű. A sötétzöld téglalapok területe sorban: 2,4,6,8,...,100. Mindegyikből kettő van, ezért területük összege:
2(2+4+6+...+100)=4(1+2+3+...+50)=450512=5100.
Vagyis az 5100102010,49995 része lesz sötétzöld a 101 egység oldalú négyzetnek.
c) A 2n+1 egység oldalú négyzet (2n+1)2 területű, ahol n tetszőleges 1-nél nagyobb pozitív egész számot jelöl. A világoszöld téglalapok területe sorban: 1,3,...,(2n-1). Mindegyikből kettő van, ezért területük összege:
2[1+3+5+...+(2n-1)]=2n2.
A következő értéket kell meghatároznunk:
limn2n2(2n+1)2.
Végezzük el a kijelölt műveleteket és alkalmazzuk a határértékre megismert tulajdonságokat:
limn2n2(2n+1)2=limn2n24n2+4n+1=limn24+4n+1n2=0,5.
A sötétzöld téglalapok területe sorban: 2,4,6,...,2n. Mindegyikből kettő van, ezért területük összege:
2(2+4+...+2n)=4(1+2+...+n)=4n(n+1)2=2n(n+1).
Most a következő értéket kell meghatároznunk:
limn2n(n+1)(2n+1)2.
Végezzük el a kijelölt műveleteket és alkalmazzuk a határértékre megismert tulajdonságokat:
limn2n(n+1)(2n+1)2=limn2n2+2n4n2+4n+1=limn2+2n4+4n+1n2=0,5.
Ezzel mindkét esetben igazoltuk az állítást.
 

7. A [0;4]-on értelmezett f(x)=x216+1 hozzárendeléssel adott függvény képét megforgatjuk az x tengely körül. Az így kapott felület egy olyan forgástest alakú edény palástját adja, melynek az alja a kisebb kör. A koordinátarendszer egysége a valóságban 1 dm-t jelent.
a) Hány literes az edény, ha falvastagságát elhanyagolhatónak vehetjük?
b) Az edény aljának középpontjában áll egy elhanyagolható vastagságú egyenes pálca. Ezt a pálcát úgy döntjük el, hogy az alsó vége nem mozdul el. Milyen magasságban érinti a pálca az edény falát?  (16 pont)
 

Megoldás. a) A [0;4]-on értelmezett f(x)=x216+1 hozzárendeléssel adott függvény forgatásával kapott forgástest térfogata (1. ábra):
V=π04(x216+1)2dx=π04(x4256+x28+1)dx=π[x51280+x324+x]04=
 
=π(451280+4324+4-051280-0324-0)=52π1523,5.

Az edény kb. 23,5 literes.
 
 
1. ábra
 
 
2. ábra
 

b) A rajz a forgástengelyre illeszkedő keresztmetszetet mutatja az eldöntött pálcával (2. ábra). A kérdéses magasság legyen x0.
Írjuk fel az origóból az f függvényhez húzható érintő egyenletét. Az origóra illeszkedő egyenesek egyenlete: y=mx (most m>0), az f függvény görbéjének
egyenlete: y=x216+1.
A behelyettesítés után kapjuk: mx=x216+1,
0=x2-16mx+16,D=256m2-64=0.
Minden feltételnek az m=12 felel meg, vagyis a keresett érintő egyenlete: y=x2. Ez az érintő a (4;2) koordinátájú pontban érinti az f függvény képét.
Vagyis x0=4. (Ez az edény felső peremének magassága.)
 

8. Oldjuk meg a -x2+12x-33=x-3+x-7 egyenletet.  (16 pont)
Megoldás. A feladat értelmezési tartománya: x7. Alakítsuk át a bal oldalon látható másodfokú kifejezést:
-x2+12x-33=-(x2-12x+33)=-[(x-6)2-3]=-(x-6)2+3.

 
 
Ebben az alakban már könnyen megállapítható, hogy az x=6 maximum helye ennek a kifejezésnek, és a [6;]-on szigorúan monoton csökkenő, vagyis a feladat értelmezési tartományán is az.
Mivel a x-3 és a x-7 szigorúan monoton növekedő, azért az összegük is az. Az értelmezési tartomány legkisebb elemére, az x=7-re a bal oldal helyettesítési értéke:
-x2+12x-33=-72+127-33=2,
a jobb oldal helyettesítési értéke:
x-3+x-7=7-3+7-7=2.
Az egyenlőség miatt az x=7 megoldása az egyenletnek. Több megoldás a fent elmondottak miatt nincs.
 

9. Egy háromszögben ismerjük mindhárom oldal hosszát és mindhárom szög nagyságát. Mutassuk meg, hogy ezeket az értékeket az
(a2)2+(b2)2+(c2)2ctgα+ctgβ+ctgγ
képletbe behelyettesítve a háromszög területét kapjuk.  (16 pont)
 

Megoldás. A megadott képletet alakítsuk a következő módon:
(a2)2+(b2)2+(c2)2ctgα+ctgβ+ctgγ=a2+b2+c24(cosαsinα+cosβsinβ+cosγsinγ).
A koszinusz-tételt alkalmazva: cosα=b2+c2-a22bc. Ugyanígy felírhatjuk cosβ és cosγ értékét is:
cosβ=a2+c2-b22ac,cosγ=a2+b2-c22ab.
Vagyis:
a2+b2+c24(cosαsinα+cosβsinβ+cosγsinγ)=a2+b2+c24(b2+c2-a22bcsinα+a2+c2-b22acsinβ+a2+b2-c22absinγ)=
 
=a2+b2+c24(b2+c2-a22bcsinα+a2+c2-b22acsinβ+a2+b2-c22absinγ)=a2+b2+c24(b2+c2-a24t+a2+c2-b24t+a2+b2-c24t)=
 
=t(a2+b2+c2)(b2+c2-a2)+(a2+c2-b2)+(a2+b2-c2)=t(a2+b2+c2)a2+b2+c2=t.


Valóban a háromszög területét adja ez a képlet.