44. HANCSÓK KÁLMÁN MEGYEI MATEMATIKAVERSENY MEZŐKÖVESD, 2015 11. évfolyam
MEGOLDÁSOK
1. Mutassuk meg, hogy egy tetszőleges téglatest háromféle lapátlójából szerkesztett háromszög hegyesszögű lesz! 6 pont Megoldás: A téglatest egy csúcsából kiinduló élek hosszát jelölje a , b és c. feltételezhetjük, hogy a b c.
a 2 b 2 , a 2 c 2 és
Ekkor a lapátlók hossza
b 2 c 2 , és ezek közül az a b c miatt
a 2 b 2 a leghosszabb. A lapátlók által meghatározott háromszögben ezzel szemben lesz a legnagyobb szög. Legyen ez . 3 pont A koszinusztétel szerint
a
2
b2
a 2
Ebből cos
2
c2
b 2
c2
2
2 2
a2 c2 b2 c2 a2 b2 2 a c b c 2
2
2
2
a 2 c 2 b 2 c 2 cos . c2 a c b c 2
2
2
2
0 0 0 90 0.
Mivel a legnagyobb szöge is hegyesszög, ezért a háromszög hegyesszögű. 3 pont 2. Egy háromszögben AB = 8, BC = 7 és CA = 6. Mutassuk meg, hogy a háromszög köré írt kör középpontja a háromszög belsejében van! Jelölje a köré írt kör középpontjának az AB, BC és CA oldalakra vonatkozó tükörképét rendre E, F és G. Számítsuk ki az AEBFCG hatszög területét és kerületét! 6 pont Megoldás: A háromszög köré írt körének középpontja akkor és csak akkor van a háromszög belsejében, ha a háromszög hegyesszögű, azaz a legnagyobb szög is hegyesszög. A legnagyobb szög az AB 8 oldallal szemközti szög. Az adatok alapján cos
6 2 7 2 8 2 21 1 0 0 0 90 0. 267 84 4
1 pont A tükrözés miatt az ABO és ABE háromszögek egybevágók, tehát a területük egyenlő. Ugyanígy a BCO és BCF, illetve az ACO és ACG háromszögek is egybevágók, azaz a hatszög területe a háromszög területének éppen kétszerese, ugyanis a háromszög hegyesszögű volta miatt a hatszög konvex.
6 7 sin 1 21 1 2 4 2
TABC
21 15 20,33. 4
A hatszög területe:
T 2
21 15 21 15 40,66. 4 2
3 pont A hatszög minden oldala egyenlő a háromszög köré írt kör sugarával, ezért a kerülete 6R. Az ABC háromszög köré írt kör sugara R
A hatszög kerülete így K 6
16 15
96 15
a bc 4T
67 8 21 15 4 4
16 15
.
96 15 32 15 24,79. 15 5 2 pont
3. Mennyi lehet az x valós szám értéke, ha a lg sin 2 x egyenlő a lg sin x és a lg cos x számtani közepével? 9 pont Megoldás: A feltétel szerint lg sin 2 x
lg sin x lgcos x . 2
A logaritmusfüggvény értelmezési tartománya miatt sin x 0 és cosx 0 , így
k 2 x
2
k 2 (k egész szám). Ekkor sin2x is pozitív. 3 pont
2 lg sin 2 x lg sin x lg cos x lg sin 2 x lg sin x lg cos x sin 2 x sin x cos x. 2
sin 2 2 x
2
1 1 1 sin 2 x sin 2 2 x sin 2 x 0 sin 2 x sin 2 x 0. 2 2 2
1 5 2 x k 2 2 x k 2 . 2 6 6 5 Az előzőekből következik, hogy x k x k . 12 12 Mivel sin2x nem lehet 0, ezért sin 2 x
4 pont A kikötések miatt a megoldás:
x
12
n 2 és az x
5 n 2 (k és n egész szám). 12 2 pont
4. Egy 2n oldalú szabályos sokszöget az egyik szimmetriatengelye mentén két sokszögre bontunk. A két sokszög átlói számának összege éppen feleannyi, mint az eredeti sokszög átlóinak száma. Mekkora az n? Mekkora a 2n oldalú szabályos sokszög területe, ha a kerülete 20 cm? 9 pont Megoldás:
2n 2n 3 , a szétvágással 2 darab egybevágó 2 n 1 n 2 . n 1 oldalú konvex sokszög keletkezik, ezek átlói számának összege 2 2
A 2n oldalú szabályos sokszög átlóinak száma
A feltétel szerint
3 pont
n 1 n 2 n 4. 2n 2n 3 22 2 2
Ez azt jelenti, hogy a szabályos sokszög nyolcoldalú. 2 pont Mivel a kerülete 20 cm, így egy oldalának hossza a=2,5 cm.
Mivel tg22,5 0 területe T 8
1,25 1,25 , ezért m 3,018 . A m tg22,5 0
am 4a m 4 2,5 3,018 30,18. 2
4 pont 5. Határozzuk meg az f x 2 sin x sin 2 x függvény legnagyobb értékét a
0 ;
intervallumon! Hol veszi fel ezt a legnagyobb értéket? 12 pont Megoldás:
f x 2 sin x sin 2 x sin x 2 sin x .
Mivel a
0 ; intervallumon sinx
1 pont pozitív, és 2 – sinx minden valós x-re pozitív, így alkalmazhatjuk
a számtani és mértani közép közötti összefüggést:
sin x 2 sin x
sin x 2 sin x 1 sin x 2 sin x 1. 2 7 pont
Ez azt jelenti, hogy f x legnagyobb értéke 1, és ezt akkor veszi fel, ha sin x 2 sin x , azaz
sin x 1 x
2
k 2 , ahol k egész szám.
3 pont
Az adott intervallumon x
, így f x maximális értéke az adott intervallumban f 1. 2 2 1 pont
2. megoldás a derivált függvény segítségével:
f x 2 sin x sin 2 x
f ' x 2 cos x 2 sin x cos x.
2 cos x 2 sin x cos x 0 2 cos x 1 sin x 0 cos x 0 sin x 1. Mindkét esetben az adott intervallumon x
2
.
A második derivált f " x 2 sin x 2 cos 2 x,
f " 2 2 0 , 2 f ' ' ' 0, 2
a harmadik derivált f ' ' ' x 2 cos x 4 sin 2 x, a negyedik derivált f
IV
x 2 sin x 8 cos 2 x,
Mivel a negyedik derivált értéke az x
2
f
IV
6 . 2
pontban negatív, ezért ebben a pontban az eredeti
függvénynek helyi maximuma van, amelynek értéke 1. 6. Egy háromszög két csúcsának koordinátái A 0 ; 6 és B 8 ; 0 , két oldalhosszának aránya
BC 3 , valamint az ABC 60 0. Határozzuk meg a harmadik csúcs koordinátáit! BA 5 12 pont Megoldás: Használjuk fel a BC vektor hosszát, valamint a BA és BC vektorok skaláris szorzatát!
BA( 8 ; 6)
82 6 2
BA
10
BC 3 BC 6 BA 5 BC 6
x 82 y 2 ,
mivel BC x 8 ; y
(1) 3 pont
BA BC 8 x 8 6 y 10 6 cos 600 30. Ebből az egyenletből y
4 x 17 . 3
Helyettesítsük be ezt az (1) egyenletbe:
6
x 82 y 2
36 x 2 16 x 64 y 2 3 pont
16 x 2 136 x 289 4 x 17 2 x 16 x 28 0 25 x 2 280 x 541 0 0 x 16 x 28 3 9 2
2
3 pont Ebből az egyenletből x1
28 9 3 28 9 3 8,72 és x2 2,48. 5 5
Ezek felhasználásával y1
9 12 3 9 12 3 5,96 és y 2 2,36. 5 5
Két megoldás adódik, mindkettő kielégíti a feltételeket:
28 9 3 9 12 3 28 9 3 9 12 3 és C 2 . C1 ; ; 5 5 5 5 3 pont
Készítette: Szlovák Sándorné
