Cím: Megoldásvázlatok a 2013/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2013/február, 77 - 83. oldal  PDF file

I. rész
 

 
1. Egy r sugarú körbe írt ABC háromszögben AB=r és AC=r3. Mekkora a BC oldal?  (11 pont)
 
Megoldás. Az r sugarú kör középpontja legyen a K pont, a keresett BC oldal hossza pedig x. Tudjuk, hogy az AKB háromszög szabályos, vagyis az AB (kisebbik) ívhez tartozó AKB középponti szög 60 fokos. Ezért az ABC háromszög C csúcsánál található belső szög 30 fokos, hiszen ez az előbbi ívhez tartozó egyik kerületi szög.
Írjuk fel az ABC háromszögre a koszinusztételt:
r2=x2+(r3)2-23rxcos30,r2=x2+3r2-23rx32,0=x2-3rx+2r2.

Oldjuk meg ezt az x-re másodfokú egyenletet:
x1;2=3r±9r2-8r22=3r±r2.
Vagyis x1=2r, x2=r.
 
 

A BC oldal lehetséges hossza: 2r vagy r.
 
2. Egy 90 cm széles és 210 cm magas, kazettás ajtó vázlatát mutatja az ábra.
 
 

A nyolc egyforma téglalap alakú kazetta pontosan az ajtó lapjának a felét teszi ki. A kazetták közötti és melletti sávok szélessége mindenütt ugyanannyi. Mekkora ez a szélesség?  (13 pont)
 
Megoldás. A sávok szélessége legyen x. A rajzon látható darabolás segítségével felírjuk a kazettákon kívüli rész területét, ami az ajtólap területének felével egyenlő:
590x+3x(210-5x)=9450,450x+630x-15x2=9450,x2-72x+630=0.
Megoldóképlettel a gyökök:
x1;2=72±26642,azazx110,2,x261,8.

Mivel az ajtó szélessége 90 cm, azért a sávok szélessége kisebb, mint 30 cm. Vagyis a kapott gyökök közül csak az x1 felelhet meg.
Tehát az ajtón a kazetták körüli sávok kb. 10,2 cm szélesek.
 
3. Oldjuk meg a következő egyenletet:
(x-5-2x-2)(x-10-4x-5)=0.(13 pont)

 
Megoldás. Az egyenlet értelmezési tartománya: x5.
Az egyenletet a következő alakra hozhatjuk:
(x-2-2x-2-3)(x-5-4x-5-5)=0,[(x-2)2-2x-2-3][(x-5)2-4x-5-5]=0.
Az első tényező x-2-re, a második tényező pedig x-5-re másodfokú. Ezeket a másodfokúnak tekinthető tényezőket tovább bonthatjuk, így kapjuk a következő alakot:
(x-2-3)(x-2+1)(x-5-5)(x-5+1)=0.
Egy szorzat akkor nulla, ha legalább egy tényezője nulla. A második és a negyedik tényező nem lehet 1-nél kisebb, vagyis ezek semmilyen x esetén sem lesznek nullák.
Marad két eset.
I. eset: x-2-3=0. Ekkor x=11.
II. eset: x-5-5=0. Ekkor x=30.
Mindkettő megoldás, mert benne van az értelmezési tartományban.
(Könnyen ellenőrizhető is a gyökök helyessége.)
 
4. Adott az f:]-3;5[R, f(x)=||(x-1)2-1|-3|-5 függvény.
a) Adjuk meg a függvény zérushelyeit.
b) Adjuk meg azon rácspontok koordinátáját, amelyek illeszkednek a függvény grafikonjára.
c) Mely intervallumokon szigorúan monoton csökkenő a függvény?  (14 pont)

 
Megoldás. a) Az ||(x-1)2-1|-3|-5=0 egyenlet megoldásait keressük. Az |(x-1)2-1|-3 lehet -5 vagy 5, azaz:
|(x-1)2-1|=-2vagy|(x-1)2-1|=8.
Természetesen az első egyenlet nem teljesülhet semmilyen valós x-re sem. Vagyis csak az (x-1)2=9 adhat megoldást. (Az (x-1)2=-7 sem teljesülhet.)
Innen pedig: x1=-2, x2=4.
b) A függvény értelmezési tartományában hét egész szám található. Ezek a -2, -1, 0, 1, 2, 3 és a 4. Vagyis hétnél több rácspont nem illeszkedhet a függvény grafikonjára. Kiszámítjuk ezeken a helyeken a függvényértékeket. Mivel mindegyik esetben egész számot kapunk, azért a feltételeknek megfelelő rácspontok a következők: (-2;0), (-1;-5), (0;-2), (1;-3), (2;-2), (3;-5) és (4;0).
 
 

c) A normálparabola transzformálásával a függvény képe megrajzolható.
A ]-3;-1], [0;1] és a [2;3] intervallumokon a függvény szigorúan monoton csökkenő.
 

II. rész
 

 
5. Az a, b és c pozitív számjegyekről a következőket tudjuk: a+b+c=ab¯ és a2+b2+c2=b2a¯ (ahol ab¯ és b2a¯ is egy-egy kétjegyű szám). Adjuk meg ezeket a számjegyeket.  (16 pont)
 
Megoldás. A feladat szövegéből kiderül, hogy b olyan pozitív számjegy, amelynek a négyzete is számjegy. Vagyis összesen három eset van.
I. eset: Ha b=3, akkor az
a+3+c=10a+3a2+9+c2=90+a}
egyenletrendszert kell megoldanunk, amit a következő alakban is írhatunk:
c=9aa2+c2=a+81}.
Az a olyan pozitív számjegy, amelynek a kilencszerese is számjegy. Vagyis a=1, c=9.
Ez valóban megoldás, mert az egyenletrendszer második egyenletét is igazzá teszi.
II. eset: Ha b=2, akkor az
a+2+c=10a+2a2+4+c2=40+a}
egyenletrendszert kell megoldanunk, amit a következő alakban is írhatunk:
c=9aa2+c2=a+36}.
Most is csak az a=1, c=9 adódna az első egyenletből, de ez nem megoldása a második egyenletnek.
III. eset: Ha b=1, akkor az
a+1+c=10a+1a2+1+c2=10+a}
egyenletrendszert kell megoldanunk, amit így írhatunk:
c=9aa2+c2=a+9}.
Az előző esethez hasonlóan innen sem kapunk megfelelő számjegyeket.
A feladat egyedüli megoldása: a=1, b=3, c=9.
 
6. Az ABCD szabályos tetraédert egy síkkal elmetsszük. A metszősík három, egy csúcsból induló élt metsz a közös csúcstól számítva 1:1, 2:1 és 3:1 arányban. Határozzuk meg a lemetszett tetraéder és az eredeti tetraéder felszínarányát.  (16 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. Tudjuk, hogy DP:PA=1:1, DQ:QB=2:1, DR:RC=3:1. Legyen a szabályos tetraéder élhossza a, ekkor PD=a2, QD=2a3, RD=3a4.
 
 

Az ABCD szabályos tetraéder felszíne:
AABCD=a23.

A lemetszett tetraéder oldallapjainak egyik szöge 60 fokos, ezt felhasználva felírható mindhárom háromszögnek a területe:
tPQD=a22a3sin602=a23322=a23120,144a2,tQRD=2a33a4sin602=a22322=a2380,217a2,tRPD=3a4a2sin602=3a28322=3a23320,162a2.
A lemetszett tetraéder alsó lapjának minden oldalhossza koszinusztétellel meghatározható:
PQ2=(a2)2+(2a3)2-2a22a3cos60=a24+4a29-a23==9a2+16a2-12a236=13a236,PQ=a1360,601a,QR2=(2a3)2+(3a4)2-22a33a4cos60=4a29+9a216-a22==64a2+81a2-72a2144=73a2144,QR=a73120,712a,RP2=(3a4)2+(a2)2-23a4a2cos60=9a216+a24-3a28==9a2+4a2-6a216=7a216,RP=a740,661a.
A PQR háromszög területét az oldalak ismeretében a Heron-képlettel számolhatjuk ki. Ehhez szükségünk van a háromszög kerületének felére:
s=0,601a+0,712a+0,661a2=0,987a.tPQR=s(s-PQ)(s-QR)(s-RP)=0,987a0,386a0,275a0,326a0,185a2.
A lemetszett tetraéder felszínét a négy háromszög területösszege adja:
APQRD=0,144a2+0,217a2+0,162a2+0,185a2=0,708a2.
A felszínek keresett aránya a következő:
APQRDAABCD=0,708a23a20,41.

 
7. Oldjuk meg a valós számok halmazán a
sin4x+sin4(x+π4)+sin4(x-π4)=32
egyenletet.  (16 pont)

 
Megoldás. Mindkét oldalt szorozzuk meg 4-gyel, és írjuk a következő alakban az egyenletet:
(2sin2x)2+[2sin2(x+π4)]2+[2sin2(x-π4)]2=6.
Tudjuk, hogy:
2sin2x=(cos2x+sin2x)-(cos2x-sin2x)=1-cos2x.
Ezt felhasználva:
2sin2(x+π4)=1-cos(2x+π2)=1+sin2x,
illetve:
2sin2(x-π4)=1-cos(2x-π2)=1-sin2x.
Ezeket a helyettesítéseket alkalmazzuk az eredeti egyenletünkben:
(1-cos2x)2+(1+sin2x)2+(1-sin2x)2==1-2cos2x+cos22x+1+2sin2x+sin22x+1-2sin2x+sin22x==sin22x-2cos2x+4=6.
Tovább alakítva másodfokú egyenletet kapunk:
1-cos22x-2cos2x+4=6,cos22x+2cos2x+1=0,(cos2x+1)2=0.
Azaz cos2x=-1, amiből a 2x=π+2kπ (ahol kZ) adódik.
Az egyenlet megoldásai: x=π2+kπ (ahol kZ).
 
8. Tekintsük az y=(p-1)x2+2x-(p+1) egyenletű parabolákat, ahol p valós paraméter és p1.
a) Melyek ezek közül azok a parabolák, amelyek az x tengelyt két, egész koordinátájú pontban metszik, vagy egy egész koordinátájú pontban érintik?
b) Írjuk fel p=2 paraméter esetén a parabola 4 abszcisszájú pontján átmenő érintő egyenletét.
c) Határozzuk meg a p=3 paraméter esetén az [1;3] intervallumon a parabola alatti terület nagyságát.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Meg kell határoznunk az (p-1)x2+2x-(p+1)=0 paraméteres, másodfokú egyenlet zérushelyeit:
x1;2=-2±4+4(p-1)(p+1)2(p-1)=-2±2p2(p-1)=-1±pp-1.
Vagyis a zérushelyek: x1=1, x2=-p-1p-1. (Természetesen p=0 esetén x1=x2.)
Csak azt kell megvizsgálnunk, hogy az x2 milyen paraméterek esetén lesz egész, hiszen az x1 mindig egész. Végezzük el a következő átalakításokat:
x2=-p-1p-1=-(p-1)-2p-1=-1-2p-1.
A p-1 a 2 osztója kell, hogy legyen, vagyis a lehetséges értékei: -2, -1, 1, 2. Ezek alapján p-re négy megfelelő számot kapunk: -1, 0, 2, 3. A feladat feltételeinek eleget tevő parabolák:
y=-2x2+2x,y=-x2+2x-1,y=x2+2x-3,y=2x2+2x-4.

b) A p=2 paraméter esetén a parabola egyenlete a következő lesz:
y=x2+2x-3.
Tudjuk, hogy az érintő meredekségét minden helyen a derivált adja:
(x2+2x-3)'=2x+2.
Vagyis a 4 abszcisszájú pontban 24+2, azaz 10 lesz az érintő meredeksége. A 4-es abszcisszához 42+24-3=21-es ordináta tartozik. Vagyis a (4;21) koordinátájú ponton áthaladó 10-es meredekségű egyenes lesz a keresett érintő:
y-21=10(x-4),y=10x-19.

c) A p=3 paraméter esetén a parabola egyenlete a következő lesz:
y=2x2+2x-4.
A görbe alatti területet a következő határozott integrál adja:
13(2x2+2x-4)dx=[2x33+2x22-4x]13=18+9-12-23-1+4=523.
Vagyis a p=3 paraméter esetén az [1;3] intervallumon a parabola alatti terület 523.
 
9. Három különböző egyenes körkúpról tudjuk, hogy az alapköreik sugara és a kúpok alkotói rendre egy-egy azonos differenciájú számtani sorozat három egymást követő elemét adják. Mutassuk meg, hogy a kúpok felszíne nem lehet egy számtani sorozat három egymást követő eleme.  (16 pont)
 
Megoldás. Az alapkörök sugarai legyenek: r-d, r, r+d, az alkotók pedig: a-d, a, a+d. Ekkor a három kúp felszíne:
A1=π(r-d)(a-d+r-d),A2=πr(a+r),A3=π(r+d)(a+d+r+d).
Ha A1, A2, A3 egy számtani sorozat három egymást követő eleme lenne, akkor az A3-A2=A2-A1 egyenlőségnek kellene teljesülnie. Számoljuk ki ezeket a különbségeket:
A3-A2=π(r+d)(a+r+2d)-πr(a+r)==π(ar+ad+r2+rd+2rd+2d2-ar-r2)=π(ad+3rd+2d2),A2-A1=πr(a+r)-π(r-d)(a+r-2d)==π(ar+r2-ar+ad-r2+rd+2rd-2d2)=π(ad+3rd-2d2).
Látható, hogy a két különbség csak d=0 esetén lehetne egyenlő, de a kúpok különbözőek, ezért d0.
Vagyis a kúpok felszíne nem lehet egy számtani sorozat három egymást követő eleme.