9. osztály 1.) Oldjuk meg a valós számhármasok halmazán a következő egyenletet!

45. HANCSÓK KÁLMÁN MEGYEI MATEMATIKAVERSENY MEZŐKÖVESD, 2016 Szóbeli feladatok és megoldások

9. osztály 1.) Oldjuk meg a valós számhármasok halmazán a következő egyenletet!

2 x 2  4 xy  4 y 2  6 x  9  z  5  0 (12 pont) Megoldás: Az egyenlet bal oldalát átalakíthatjuk a következőképpen:

x  2 y 2  x  32 

x 2  4 xy  4 y 2  x 2  6 x  9  z  5  0 

z 5  0.

A bal oldal egyik tagja sem lehet negatív, ezért az egyenlőség csak abban az esetben teljesül, ha mindegyik tag 0. (6 pont)

x  2 y 2  0  x  32  0  z 5  0

  



x  2 y  0  x  3  0   x  3; z  5; z 5  0  

3 y . 2

Ezek kielégítik az egyenletet. (6 pont) 2.) Két természetes szám négyzetének különbsége 63. Határozzuk meg az összes ilyen természetes számpárt! (18 pont) Megoldás: Legyen a két természetes szám a és b. Ekkor a 2  b 2  63 

a  b  a  b  32  7 , ez azt

jelenti, hogy a + b és a – b pozitív osztói a 63-nak. A 63 pozitív osztói: 1; 3; 7; 9; 21 és 63. Mivel természetes számok esetén a  b  a  b , ezért a következő eseteket kell megvizsgálni: (9 pont)

a  b  63   a  32, b  31 a b 1 

 32

a  b  21   a  12, b  9 a b  3  a  b  9   a  8, b  1 a  b  7

12 8

2

2

2



 312  63



 9 2  63



 12  63 . (9 pont)

Tartalék feladat: Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!

x  x 2  2 x  1  x 2  3x  2 1

Megoldás:

x  x 2  2 x  1  x 2  3x  2  x 

x  12

 x 2  3x  2  x  x  1  x 2  3x  2 .

a.) x  1  0;

x  1  x 2  x  x 2  3x  2  x  1 . Ez gyöke az egyenletnek.

b.) x  1  0;

x  1   x 2  x  x 2  3x  2  2 x 2  4 x  2  0  2  x  1  0 2

Ebből is x = 1 következik, de ez itt nem tesz eleget a kiinduló feltételnek. Az egyenlet egyetlen gyöke az x = 1. 10. osztály 1.) Derékszögű háromszögben a derékszög csúcsából induló belső szögfelező az átfogót egy 15 és egy 20 cm hosszúságú szakaszra bontja. Mekkora a háromszögbe írható kör sugara? (12 pont) Megoldás: A szögfelezőtétel szerint

a 15 3   , így b 20 4

a  3x, b  4 x , és Pitagorasz tétele szerint 3x   4 x   35 2 , ebből 2

2

x  7 cm. (4 pont) A háromszög oldalai:

a  21 cm; b  28 cm; c  35 cm. (2 pont) Tetszőleges háromszögben T  r  s , ahol r a háromszögbe írható kör sugara, s a háromszög kerületének fele, T a háromszög területe. (3 pont) Itt T 

21  28 21  28  35 T 294  294 cm 2 , s   42 cm , így r    7 cm. 2 2 s 42 (3 pont)

2.) Az ABCD négyszögben AB párhuzamos CD-vel , és CD < AB. Az átlók metszéspontja legyen O. Mekkora a négyszög területe, ha a BCO háromszög területe 75 cm2, a CDO háromszögé pedig 25 cm2? (18 pont) Megoldás:

TBCO  75 cm 2 ; TCDO  25 cm 2 . A BCO és CDO háromszögek C-ből induló magassága közös, ezért a háromszögek területének aránya egyenlő a BO és DO szakaszok hosszának arányával:

BO TBCO 75 3    . DO TCDO 25 1 (5 pont) Mivel AB párhuzamos CD-vel, ezért az ábra egyformán jelölt szögei egyenlők, azaz az ABO és CDO

2

háromszögek hasonlóak, és

AB BO 3   . A két háromszög területének aránya ennek az CD DO 1 aránynak a négyzete, ezért

TABO  225 cm 2 . (6 pont) Az ADO és CDO háromszögek D-ből induló magassága közös, ezért a területük aránya egyenlő az AO és CO szakaszok arányával:

TADO AO BO 3    , TCDO CO DO 1 így TADO  75 cm 2 . (6 pont) A négyszög (trapéz) területe :

TABCD  75  25  75  225  400 cm2. (1 pont) Tartalék feladat:

Mutassuk meg, hogy az x 2  4k  1  x  4k 2  2k  12  0 egyenlet valós gyökeinek különbsége nem függ a k valós paraméter értékétől! Megoldás: Fejezzük ki az egyenlet valós gyökeit a k paraméter függvényében a megoldó képlet segítségével:

x 2  4k  1  x  4k 2  2k  12  0

x1, 2 

4k  1 

 4k  12  4  4k 2  2k  12 2

4k  1  16k 2  8k  1  16k 2  8k  48   2

4k  1  7 . 2 x1  2k  4, x2  2k  3 

Az egyenletnek minden k esetén két különböző valós gyöke van, mert a D = 49. A két gyök különbsége:

x1  x2  2k  4  2k  3  7, ez független a k-tól.

11. osztály 1.) Egy egyenlő szárú háromszög alapjának két végpontja A(2;1) és B(8;11). A C csúcs első koordinátája 10. Mekkorák a háromszög szögei? (12 pont) Megoldás: Legyen a C pont második koordinátája y. A feltétel szerint a háromszög egyenlő szárú, és az alapja az AB szakasz, ezért CA  CB .

CA  8 ;1  y   CB  2 ;11  y  

CA  64  1  y 

2

CB  4  11  y 

2

3

(4 pont)

Használjuk fel a két vektor hosszának egyenlőségét:

64  1  y   4  11  y  2

2

 64  1  2 y  y 2  4  121  22 y  y 2

 y  3.

A C pont második koordinátája tehát y = 3. (4 pont) A háromszög szögeinek kiszámításához adjuk meg a CA és CB vektorok skaláris szorzatát:

CA  8;2 , CB  2; 8  CA  CB  16  16  0 , azaz a két vektor merőleges egymásra. A C csúcsnál lévő szög 900-os, és mivel a háromszög egyenlő szárú, ezért az A és B csúcsnál lévő szögek 450-osak. (4 pont) 2.) Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenséget!

sin x  tgx 0 cos x  ctgx (18 pont) Megoldás:

sin x  tgx 0 cos x  ctgx Először meghatározzuk az egyenlőtlenség értelmezési tartományát.

sin x   cos x  0    cos x   xk cos x 2 ctgx   sin x  0  sin x tgx 

k  Z  (4 pont)

4

cos x  ctgx  0  cos x 

cos x cos x  sin x  cos x cos x  sin x  1 0  0  0 sin x sin x sin x

Az utolsó egyenlőtlenség teljesül, ha x  k 

xk

 2



2

, így az egyenlőtlenség értelmezési tartományába az

kivételével minden valós szám beletartozik (k  Z ). (5 pont)

sin x  tgx 0  cos x  ctgx 

sin x sin x cos x  0  sin x  cos x  sin x  0  cos x cos x cos x  sin x  cos x cos x  sin x sin x 

sin 2 x  cos x  1  0. cos 2 x  sin x  1

(5 pont) A megadott értelmezési tartományon sin x  0 , cos x  0 , sin x  1, cos x  1 és a sinx és cosx függvény értékkészlete miatt cos x  1  0, sin x  1  0 . Ez azt jelenti, hogy minden olyan valós szám kielégíti az eredeti egyenlőtlenséget, amely benne van

 

az értelmezési tartományban: I  R \  k 



 , ahol k  Z . 2 (4 pont)

Tartalék feladat: Az ABC háromszögben a BC, AC és AB oldalak felezési pontját jelölje rendre F1, F2 és F3. Számítsuk ki az AF1 , BF2 és CF3 vektorok négyzetösszegét, ha a háromszög oldalainak hossza a szokásos jelöléssel a, b és c! Megoldás: Legyen AC  x ; AB  y , ekkor

AC  x  b és AB  y  c . AF1 

xy 2

 2



2

AF1  

 

5

2

x  y  2x  y  4 b 2  c 2  2bc  cos   4 b2  c2  a2 2 2 b  c  2bc  2bc  4 2b 2  2c 2  a 2 . 4

Hasonlóan: BF2 Így AF1

2

2a 2  2c 2  b 2 4

2



2

 CF3

 BF2

2



és CF3

2



2a 2  2b 2  c 2 . 4

3a 2  3b 2  3c 2 . 4

12. osztály 1.) Az a, b és 32 átlaga 26, szórása

104 . Mekkora az a és b értéke, ha tudjuk még, hogy 3

a  b  32 ? (12 pont) Megoldás: Írjuk fel a három szám átlagát, illetve szórását! Átlag: x  Szórás:

a  b  32  26  a  b  46  a  46  b. 3

26  a 2  26  b2  26  322 3



104 . 3 (4 pont)

26  a 

2

A második egyenletből

 26  b   36 104  . 3 3 2

Felhasználva az első egyenletet:

26  46  b2  26  b2  68



b  202  26  b2  68

A kapott másodfokú egyenlet gyökei: b1  28, b2  18

 b 2  46b  504  0.

 a1  18, a2  28. (6 pont)

Az a  b  32 miatt az egyetlen lehetséges megoldás: a  18 és b  28. (2 pont) 2.) Melyek azok az egyenes körhengerek, amelyekben a magasság és az alapkör sugarának hossza is egész szám, valamint a felszín és a térfogat mértékszáma megegyezik? Mekkora ezekben az esetekben a felszín és a térfogat közös mértékszáma? (18 pont) Megoldás: Egyenes körhenger felszíne és térfogata: A  2r 2  2r  m, V  r 2  m. Ezek mértékszáma megegyezik, így r 2  m  2r 2  2r  m, ahol r és m pozitív egész szám.

r   -vel elosztjuk az egyenlet mindkét oldalát, majd kifejezzük az r-et az m segítségével: r  m  2r  2m, 2m 2m  4  4 4 r   2 . m2 m2 m2 Az r és m akkor lesz egész szám, ha m  2 osztója a 4-nek. m -2

1

2

4

-1

-2

-4

m

3

4

6

1

0

-2

r

6

4

3

-2

0

1

(6 pont)

(6 pont) 6

Ezek közül csak azok adnak megoldást, ahol m és r is pozitív. a.) r  6,

m  3  V  6 2   3  108 ,

A  2  6 2   2  6  3  108 .

b.) r  4,

m  4  V  4 2   4  64 ,

A  2  4 2   2  4  4  64 .

c.) r  3,

m  6  V  32   6  54 ,

A  2  32   2  3  6  54 . (6 pont)

Tartalék feladat: Az x 3  2kx2  kx  k 2  1  0 egyenlet három különböző valós gyöke közül az egyik az x  1. Határozzuk meg a k valós paraméter értékét, és az egyenlet másik két gyökét! Megoldás: A k paraméter értékének kiszámításához helyettesítsük be az x  1 -et az egyenletbe:

x  1   1  2k  k  k 2  1  0  k 2  3k  0  k  0, vagy k  3. a.) k  0 

x 3  1  0  x  1.

Ebben az esetben csak egyetlen valós gyöke van az egyenletnek, így az k = 0 nem megoldás. b.) k  3 

x 3  6 x 2  3x  10  0.

Mivel az x  1 gyöke az egyenletnek, így x 3  6 x 2  3x  10 osztható x  1 -gyel.

x 3  x 2  7 x 2  7 x  10 x  10  0  x 2 x  1  7 xx  1  10x  1  0 

x  1  x 2  7 x  10  0

Az egyenlet további két gyökét az x 2  7 x  10  0 egyenlet gyökei adják, ezek pedig az

x  2 és az x  5. Az k = 3 esetén az eredeti egyenlet három különböző valós gyöke : x1  1,

x2  2 és x3  5.

Ezek kielégítik az egyenletet.

Készítette: Szlovák Sándorné

7