Cím:	Megoldásvázlatok a 2011/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Gerőcs László
Füzet:	2011/december, 516 - 523. 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. Az ábrán egy olyan pályát látunk, mely 2011 db négyzetből áll. A négyzetekbe számokat írtunk $1$-től $5$-ig egymás után a pálya végéig.     Az első négyzeten áll egy bábu. Mindig annyit lépünk a bábuval, amennyi azon a négyzeten látható, amelyen a bábu éppen tartózkodik. Számítsuk ki azoknak a számoknak az összegét, amely számokra nem lép rá a bábu, míg a pályán végighalad.  (10 pont)   Megoldás. Az ábrán a bábu első 4 lépését látjuk. Negyedik lépéskor ismét 1-esre lép, amiből következik, hogy innentől kezdve a lépések periodikusan ismétlődnek.     Ez egyben azt is jelenti, hogy egy periódusban éppen 10 db négyzet szerepel, és minden negyedik lépéssel egy újabb periódus veszi kezdetét. Mivel $2011=10\cdot 201+1$, azért 201 periódus szerepel a pályán és az utolsó lépéssel érkezik el a bábu a pálya utolsó négyzetére, ami az eddig elmondottak szerint 1-es. Egy periódusban (és minden periódusban) a bábu a 3, 5, 1, 2, 4, 5 számokra nem lép rá. Tehát azoknak a számoknak az összege, amelyekre a bábu nem lép rá, amíg eljut a pálya végére: $\begin{array}{c}{\displaystyle 201\cdot \left(3+5+1+2+4+5\right)=201\cdot 20=4020.}\end{array}$   2. Egy nagy cégnek $1320$ dolgozója van. A dolgozók $60\%$-a a cég menzáján étkezik. A menzára járók számának és a cég dolgozói számának aránya $\frac{6}{5}$-ször akkora, mint a menzára járó férfiak és a cég férfi dolgozóinak aránya. A menzára járó férfiak és a cég férfi dolgozóinak aránya és a menzára járó nők és a cég női dolgozóinak aránya pedig úgy aránylik egymáshoz, mint $2:3$. Hány férfi és hány nő dolgozik ennél a cégnél?  (13 pont)   Megoldás. Legyen $f$ és $n$ a cég férfi és női dolgozóinak száma, valamint $f_m$ és $n_m$ a menzára járó férfiak és nők száma. A feltételek szerint a menzára járók száma $1320\cdot 0\mathrm{,}6=792$, tehát $f+n=1320$ és $f_m+n_m=792$. Továbbá ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{792}{1320}=\frac{6}{5}\cdot \frac{f_m}{f}\mathrm{,}\text{ahonnan}f=2f_m\mathrm{,}\text{és}}\hfill \\ \multicolumn{1}{c}{\text{<div style="line-height: 6pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle \frac{\frac{f_m}{f}}{\frac{n_m}{n}}=\frac{2}{3}\mathrm{,}\text{azaz}\frac{1}{2}=\frac{2}{3}\cdot \frac{n_m}{n}\mathrm{,}\text{ahonnan}n=\frac{4}{3}{n}_m\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ezek szerint $f+n=1320=2f_m+\frac{4}{3}{n}_m$. Ezt az egyenlőséget így is írhatjuk: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 1320}& {\displaystyle =2f_m+2n_m-\frac{2}{3}{n}_m=2\left(f_m+n_m\right)-\frac{2}{3}{n}_m\mathrm{,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 6pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle 1320}& {\displaystyle =2\cdot 792-\frac{2}{3}{n}_m\mathrm{,}\text{azaz}\frac{2}{3}{n}_m=\mathrm{264,}\text{ahonnan}{n}_m=396.}\hfill \end{array}}$ Ezzel $f_m=792-396=396$. Tehát a menzára járó férfiak és nők száma egyaránt 396. Ekkor $f=2f_m=792$ és $n=\frac{4}{3}{n}_m=528$. Vagyis a férfi dolgozók száma 792, a női dolgozók száma 528.   3. Egy raktárban $13$ nagy dobozt tárolnak. E dobozok közül néhányban van 13-13  db közepes méretű doboz. A közepes méretű dobozok közül néhányba 13-13 kisebb dobozt tettek. Az üres dobozok száma $205$. Hány doboz van a raktárban?  (14 pont)   Megoldás. Legyen a 13 db nagy doboz között $k$ db olyan, melyekbe 13-13 közepes dobozt tettek. Ekkor $13-k$ db nagy doboz üres. A $13k$ db közepes doboz között legyen $n$ db olyan, melyekben 13-13 db kis doboz van. Ekkor $13k-n$ db közepes doboz üres és a $13n$ db kis doboz mindegyike szintén üres. Ezek szerint az üres dobozok száma $\begin{array}{c}{\displaystyle 13-k+13k-n+13n=\mathrm{205,}\text{azaz}12k+12n=\mathrm{192,}\text{ahonnan}k+n=16.}\end{array}$ Az asztalon összesen $13+13k+13n$ db doboz van. Tehát a dobozok száma $13+13k+13n=13\left(k+n+1\right)=13\cdot 17=221$.   4. Négy dobozba piros és fekete golyókat helyeztünk el az ábra szerint .     Minden dobozból véletlenszerűen kiveszünk egy-egy golyót. Igazoljuk, hogy annak a valószínűsége, hogy mind a négy kivett golyó piros, ugyanannyi, mint annak a valószínűsége, hogy mind a négy golyó fekete.  (14 pont)   Megoldás. Annak a valószínűsége, hogy az első dobozból pirosat húzunk $\frac{1}{2}$, annak a valószínűsége, hogy a második dobozból pirosat húzunk $\frac{10}{15}=\frac{2}{3}$, annak, hogy a harmadik dobozból pirosat húzunk $\frac{7}{21}=\frac{1}{3}$, végül, hogy a negyedik dobozból pirosat húzunk $\frac{1}{2}$. Tehát annak a valószínűsége, hogy mind a 4 dobozból pirosat húzunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{18}\mathrm{.}}\end{array}$ Annak a valószínűsége, hogy a dobozokból feketét húzunk rendre: $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{3}$, $\frac{2}{3}$, $\frac{1}{2}$. Tehát annak a valószínűsége, hogy mind a négy dobozból feketét húzunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{18}\mathrm{.}}\end{array}$ A két valószínűség valóban egyenlő.   II. rész   5. Az ábrán egy autó hátsó szélvédőjét és annak ablaktörlőjét látjuk. Ez egy 10 cm-es és egy 20 cm-es, egymáshoz ${120}^{\circ }$-os szögben csatlakozó kar, melynek 10 cm-es darabja a hajtókar, 20 cm-es darabja a gumilapát. A hajtókar a szimmetrikus trapéz alakú hátsó ablak hosszabbik alapjának $F$ felezőpontja körül tud elfordulni ${120}^{\circ }$-os szögben. (A hátsó ablakot tekintsük síkbeli alakzatnak.)     $a)$ Milyen távol van a gumilapát $P$ végpontja az ablak $CD$ oldalától, amikor a legközelebb van hozzá? $b)$ Hány százalékát törli le a gumilapát a hátsó ablaknak?   Megoldás. $a)$ Az ablaktörlő gumilapát $P$ végpontja akkor van legközelebb az ablak $CD$ oldalához, amikor az $FP$ egyenes merőleges az alapokra. A keresett távolság a trapéz $m$ magasságának és az $FP$ szakasznak a különbsége. A trapéz magasságát a $BCK$ derékszögű háromszögből kapjuk Pitagorasz-tétel segítségével. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle BK=\frac{80-60}{2}=10\text{cm}\mathrm{,}\text{így}m=\sqrt[]{{30}^2-{10}^2}=\sqrt[]{800}\approx 28\mathrm{,}28\text{cm.}}\end{array}$     Az $FP$ szakasz hosszát koszinusztétellel számíthatjuk ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle F{P}^2=F{M}^2+M{P}^2-2\cdot FM\cdot MP\cdot \text{cos}{120}^{\circ }=\mathrm{700,}FP=\sqrt[]{700}=26\mathrm{,}46\text{cm. }}\end{array}$ Tehát az ablaktörlő gumilapát végpontjának a felső $CD$ oldaltól való legkisebb távolsága $28\mathrm{,}28-26\mathrm{,}46=1\mathrm{,}82$ cm. $b)$ A trapéz területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{\text{trapéz}}=\frac{\left(80+60\right)\cdot 28\mathrm{,}28}{2}=1979\mathrm{,}6{\text{cm}}^2\mathrm{.}}\end{array}$ A lapát által letörölt $T_{\text{tiszta}}$ területet az alábbi gondolatmenettel számíthatjuk ki.     Először kiszámítjuk az $F$ középpontú, $PF=x$ sugarú $PFQ$ körcikk területét, ehhez hozzáadjuk az $F{M}^{*}Q$ háromszög területét, majd az összegből levonjuk a $PFM$ háromszög és az $MF{M}^{*}$ körcikk területét: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{\text{tiszta}}=T_{PFQ\text{ körcikk}}+T_{F{M}^{*}Q}-T_{PFM}-T_{MF{M}^{*}\text{ körcikk}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $F{M}^{*}Q$ és $PFM$ háromszögek nyilvánvalóan egybevágó háromszögek, így $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{\text{tiszta}}=T_{PFQ\text{ körcikk}}-T_{MF{M}^{*}\text{ körcikk}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $x$ szakaszt a $PMF$ háromszögből kapjuk koszinusztétellel: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^2}& {\displaystyle ={10}^2+{20}^2-2\cdot 10\cdot 20\cdot \text{cos}{120}^{\circ }\mathrm{,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 3pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle x^2}& {\displaystyle =500+200=\mathrm{700,}\text{ahonnan}x=10\sqrt[]{7}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $PFQ\sphericalangle ={120}^{\circ }$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{PFQ\text{ körcikk}}=\frac{{\left(10\sqrt[]{7}\right)}^2\cdot \pi }{360}\cdot 120=\frac{700\pi }{3}\approx 733{\text{cm}}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Az $MF{M}^{*}$ körcikk területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{MF{M}^{*}\text{ körcikk}}=\frac{{10}^2\pi }{360}\cdot 120=\frac{100\pi }{3}\approx 104\mathrm{,}7{\text{cm}}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát az ablaktörlő által tisztított terület nagysága: $733-104\mathrm{,}7=628\mathrm{,}3{\text{cm}}^2$. Vagyis a gumilapát a hátsó szélvédő területének kb. $\frac{628\mathrm{,}3}{1979\mathrm{,}6}\cdot 100\approx 31\mathrm{,}7\%$-át törli le.   6. Az ábrán egy építendő háztömb és a hozzá tartozó mélygarázs alaprajzát látjuk. A háztömb alaprajza három egymás mellé helyezett négyzet, melyek oldalai: 50 m, 40 m és 30 m. A mélygarázs alakja egy olyan $DEGH$ téglalap, melynek hosszabbik $DE$ oldala a rövidebb oldalának másfélszerese. $a)$ Mekkora a mélygarázs területe? $b)$ A garázs kocsibejárója az $EG$ oldal $F$ felezőpontjában lesz. A háztömb $A$ csúcsánál lesz egy lejárat a pincébe, ahonnan a $B$ pontnál egy ajtón át lehet kijutni a mélygarázsba. Milyen hosszú a $BF$ szakasz?  (16 pont)         Megoldás. $a)$ A téglalap $HD$ oldalát a $HTD$ derékszögű háromszögből számíthatjuk ki a Pitagorasz-tétel segítségével. A háromszög egyik befogója $50+40+30=120$ m, másik befogója 40 m, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle H{D}^2={120}^2+{40}^2=16\mathrm{000,}\text{ahonnan}HD=40\sqrt[]{10}\mathrm{.}}\end{array}$ A téglalap másik oldala ennek másfélszerese, vagyis $DE=60\sqrt[]{10}$. Ezek szerint a mélygarázs területe: $40\sqrt[]{10}\cdot 60\sqrt[]{10}=24000{\text{m}}^2$. $b)$ Helyezzük el az ábrát egy alkalmasan választott koordinátarendszerben; legyen az egység mindkét tengelyen 10 m. Az $E$ pont koordinátáit megkapjuk, ha a $\overrightarrow{DH}\left(-4;12\right)$ vektor $-{90}^{\circ }$-os elforgatottját megszorozzuk 1,5-del. Ezzel az $E$ pont $E\left(18;6\right)$. Az $F$ pont koordinátáit pedig megkapjuk, ha a $\overrightarrow{DE}$ vektorhoz hozzáadjuk az $\frac{1}{2}\overrightarrow{DH}$ vektort. Így $F\left(16;12\right)$.     Ezek után írjuk fel a $DH$ és $AF$ egyenesek egyenletét, majd számítsuk ki ezek $B$ metszéspontját. A megfelelő pontok koordinátáiból a $DH$ egyenes egyenlete: $y=-3x$, az $AF$ egyenes egyenlete: $12x-19y=-36$. A két egyenes metszéspontjának koordinátái $B\left(-\frac{12}{23};\frac{36}{23}\right)$. Ezzel a $B$ és $F$ pontok távolsága: $\begin{array}{c}{\displaystyle BF=\sqrt[]{{\left(\frac{380}{23}\right)}^2+{\left(\frac{240}{23}\right)}^2}\approx 19\mathrm{,}\mathrm{54,}\text{azaz}195\mathrm{,}4\text{m}\mathrm{.}}\end{array}$   7. Adott a valós számok halmazán értelmezett $f\left(x\right)=x^2+bx+c$ függvény. A függvényérték valamely $k$ valós számra $f\left(k\right)=190\mathrm{,}1$. Számítsuk ki az alábbi összeget:   Megoldás. Írjuk ki részletesen az $f\left(k-i\right)+f\left(k+i\right)$ tagokat, ahol $f\left(x\right)=x^2+bx+c$, $f\left(k\right)=190\mathrm{,}1$ és $i=\mathrm{1,2,3,4,5}$. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(k-i\right)+f\left(k+i\right)}& {\displaystyle ={\left(k-i\right)}^2+b\left(k-i\right)+c+{\left(k+i\right)}^2+b\left(k+i\right)+c=}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 3pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =k^2-2ki+i^2+bk-bi+c+k^2+2ki+i^2+bk+bi+c=}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 3pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =2k^2+2bk+2c+2i^2=2\left(k^2+bk+c\right)+2i^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A zárójelben éppen $f\left(k\right)$ szerepel, így $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(k-i\right)+f\left(k+i\right)=2\cdot f\left(k\right)+2i^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek szerint az alábbi összeget kell kiszámítanunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot f\left(k\right)+2\cdot 1^2+2\cdot f\left(k\right)+2\cdot 2^2+2\cdot f\left(k\right)+2\cdot 3^2+2\cdot f\left(k\right)+2\cdot 4^2+2\cdot f\left(k\right)+2\cdot 5^2\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis a keresett összeg: $\begin{array}{c}{\displaystyle 10\cdot f\left(k\right)+2\cdot \left(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2\right)=10\cdot 190\mathrm{,}1+2\cdot 55=1901+110=2011.}\end{array}$   8. $a)$ Oldjuk meg a $\sqrt[]{\text{log}{}_{\frac{1}{2}}^{2}x-10\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x+25}\ge 1$ egyenlőtlenséget a valós számok halmazán. $b)$ Legyen $0\le x\le 5$. Igazoljuk, hogy ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{-x^2-2x+35}+\sqrt[]{x+20-x^2}\le 10\mathrm{,}5.}\end{array}$ (16 pont)   Megoldás. $a)$ A megoldandó egyenlőtlenségnek a benne szereplő logaritmusok miatt csak akkor van értelme, ha $x>0$. A négyzetgyök alatt teljes négyzet szerepel: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{{\left(\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x-5\right)}^2}\ge \mathrm{1,}\text{azaz}\left|\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x-5\right|\ge 1.}\end{array}$ Ez azt jelenti, hogy $\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x-5\ge 1$ vagy $\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x-5\le -1$. Első esetben: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{\frac{1}{2}}x\ge 6=\text{log}{}_{\frac{1}{2}}{\left(\frac{1}{2}\right)}^6\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel az $\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x$ függvény szigorúan monoton csökkenő, azért $x\le {\left(\frac{1}{2}\right)}^6=\frac{1}{64}$. A második esetben $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{\frac{1}{2}}x\le 4=\text{log}{}_{\frac{1}{2}}{\left(\frac{1}{2}\right)}^4\mathrm{.}}\end{array}$ Innen, az $\text{log}{}_{\frac{1}{2}}x$ függvény előbb említett tulajdonsága miatt $x\ge {\left(\frac{1}{2}\right)}^4=\frac{1}{16}$. A két esetet egybevetve az eredeti egyenlőtlenség megoldásai: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0<x\le \frac{1}{64}\mathrm{,}\text{vagy}\frac{1}{16}\le x\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ Bontsuk fel a négyzetgyökök alatt szereplő másodfokú kifejezéseket elsőfokúak szorzatára. Ehhez először ki kell számítanunk a másodfokú kifejezések zérushelyeit. Az első négyzetgyök alatti kifejezésre $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{1,2}}=\frac{2\pm \sqrt[]{4+140}}{-2}=\frac{2\pm 12}{-2}\mathrm{,}{x}_1=-\mathrm{7,}{x}_2=5.}\end{array}$ A második négyzetgyök alatti kifejezésre $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{1,2}}=\frac{-1\pm \sqrt[]{1+80}}{-2}=\frac{-1\pm 9}{-2}\mathrm{,}{x}_1=-\mathrm{4,}{x}_2=5.}\end{array}$ A kapott gyökökkel a megadott kifejezés így írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{-\left(x+7\right)\left(x-5\right)}+\sqrt[]{-\left(x+4\right)\left(x-5\right)}\le 10\mathrm{,}\mathrm{5,}}\end{array}$ vagy másképpen: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{\left(x+7\right)\left(5-x\right)}+\sqrt[]{\left(x+4\right)\left(5-x\right)}\le 10\mathrm{,}5.}\end{array}$ Mivel $0\le x\le 5$, azért mindkét négyzetgyök alatt nem negatív mennyiség szerepel. Alkalmazzuk mindkét tagra a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget. Eszerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{\left(x+7\right)\left(5-x\right)}\le \frac{x+7+5-x}{2}=\frac{12}{2}=\mathrm{6,}}\end{array}$ valamint $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{\left(x+4\right)\left(5-x\right)}\le \frac{x+4+5-x}{2}=\frac{9}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ E két egyenlőséget összeadva kapjuk a bizonyítandó állítást: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{\left(x+7\right)\left(5-x\right)}+\sqrt[]{\left(x+2\right)\left(5-x\right)}\le 6+\frac{9}{2}=10\mathrm{,}5.}\end{array}$   9. Adott a valós számok halmazán értelmezett függvénysereg: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=x^3+\left(a-1\right)x^2-\left(2a+2\right)x+a-4.}\end{array}$ $a)$ Bizonyítsuk be, hogy ha $a$ egész szám, akkor $f\left(-1\right)+f\left(0\right)+f\left(1\right)+f\left(2\right)$ osztható $6$-tal. $b)$ Határozzuk meg a függvény zérushelyeit, ha $a=4$. $c)$ Valamely $a$-ra a függvény $x=2$ helyhez tartozó érintője áthalad az origón. Írjuk fel az érintő egyenletét.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(-1\right)}& {\displaystyle =-1+a-1+2a+2+a-4=4a-4;}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 3pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle f\left(0\right)}& {\displaystyle =a-\mathrm{4,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 3pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle f\left(1\right)}& {\displaystyle =1+a-1-2a-2+a-4=-\mathrm{6,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<div style="line-height: 3pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle f\left(2\right)}& {\displaystyle =8+4a-4-4a-4+a-4=a-4.}\hfill \end{array}}$ Tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(-1\right)+f\left(0\right)+f\left(1\right)+f\left(2\right)=4a-4+a-4+-6+a-4=6a-18.}\end{array}$ Ez pedig osztható 6-tal, ha $a$ egész szám. $b)$ Ha $a=4$, akkor $f\left(x\right)=x^3+3x^2-10x$, azaz $f\left(x\right)=x\left(x^2+3x-10\right)$. A függvény zérushelyei: $x_1=0$, valamint az $x^2+3x-10=0$ egyenlet gyökei, tehát $x_1=0$, $x_2=2$, $x_3=-5$. $c)$ Ha $x=2$, akkor $f\left(2\right)=a-4$. Tehát az érintő érintési pontja $P\left(2;a-4\right)$. Az érintő $m$ meredeksége a függvény deriváltja az $x=2$ helyen: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=3x^2+2\left(a-1\right)x-2a-\mathrm{2,}\text{tehát}m=f\text{'}\left(2\right)=12+4a-4-2a-2=2a+6.}\end{array}$ Ezek szerint az érintő egyenlete: $y-a+4=\left(2a+6\right)\left(x-2\right)$. Ez az érintő áthalad az origón, tehát: $-a+4=-4a-12$, ahonnan $a=-\frac{16}{3}$. Ezzel az érintő egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle y+\frac{16}{3}+4=\left(6-\frac{32}{3}\right)\left(x-2\right)\mathrm{,}\text{azaz}y=-\frac{14}{3}x\mathrm{.}}\end{array}$