A 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató

Átírás

1 OktatásiHivatal A 014/01. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA ( SZAKKÖZÉPISKOLA ) Javítási-értékelési útmutató 1. feladat: Adja meg az összes olyan (x, y) valós számpárt, amely megoldása a következ egyenletrendszernek: x y + xy = 6 1 x + 1 y = 3. I. Megoldás: Sem x, sem y nem lehet nulla, mert akkor a. egyenletnek nem lenne értelme. Az els egyenlet bal oldalát alakítsuk szorzattá, a második egyenletben pedig hozzunk közös nevez re. xy(x + y) = 6 x + y = 3 xy Vezessük be az u = x + y és v = xy új ismeretleneket. egyenletrendszer vu = 6 u v = 3 alakban írható. A két egyenlet összeszorzásával Behelyettesítés után az u = 9, u 1 = 3 és u = 3. Az ezekhez tartozó v értékek v 1 =, illetve v =. Visszahelyettesítve az eredeti egyenletekbe kapjuk, hogy { { x + y = 3 x + y = 3 és xy = xy =

2 A Viete-formulák felhasználával az x és y az a 3a + = 0, illetve az a + 3a = 0 egyenlet gyökei. Az els egyenletb l x 1 =, y 1 = 1, illetve x = 1, y =, míg a másik egyenletb l x 3 = , y 3 = 3 17, illetve x 4 = 3 17, y 4 = A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek. II. Megoldás: Sem x, sem y nem lehet nulla, mert akkor a. egyenletnek nem lenne értelme. Fejezzük ki a második egyenletb l y-t: y = x 3x és helyettesítsük be az els egyenletbe x az egyenletet (3x ) -tel szorozva, rendezés után kapjuk: ( ) x x 3x + x = 6 3x x x (3x ) + x (x) = 6 (3x ) x 4 = (3x ) Szorzattá alakítva: x 4 (3x ) = 0 ( x + 3x ) ( x 3x + ) = 0 tehát az x 3x + = 0 vagy x + 3x = 0 Az els egyenletb l x 1 =, y 1 = 1 illetve x = 1, y =, I. kategória /01

3 míg a másik egyenletb l x 3 = , y 3 = 3 17, illetve x 4 = 3 17, y 4 = ( pont) A kapott valós számpárok mind megoldásai az eredeti egyenletrendszernek.. feladat: Az ABCD rombusz hegyesszöge 4. Mutassa meg, hogy a rombusz beírt körének tetsz leges P pontjára teljesül P A + P B + P C + P D = AB. I. Megoldás: A megoldás során többször felhasználjuk, hogy a paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenl az oldalak négyzetösszegével (Geometria FGY I feladat). Ennek következménye, hogy a háromszög súlyvonala kifejezhet az oldalak hosszának segítségével. Legyen O a beírt kör középpontja. Ekkor P O az AP C háromszög súlyvonala, ezért P O = P A + P C AC 4. Hasonló meggondolással a BP D háromszögb l kapjuk, hogy P O = P B + P D BD 4. Ha összeadjuk a két egyenletet és szorozzuk mindkét oldalt -vel, akkor rendezés után P A + P B + P C + P D = 4 P O + AC + BD. Az AC és BD a rombusz átlói, így a paralelogramma-tétel alapján AC + BD = 4 AB. I. kategória /01

4 Másrészt a rombusz magassága P O, hegyesszöge 4, tehát P O = AB, vagyis 4 P O = 1 AB. ( pont) Ezeket felhasználva P A + P B + P C + P D = 4 P O + AC + BD = 1 AB + AB = AB. = 4 P O + AB = ( pont) II. Megoldás: Irányítsunk vektorokat az O pontból a rombusz csúcsaiba és a P pontba az ábra szerint. Legyen OA = a, OB = b és OP = p. A rombusz átlói felezik egymást, így OC = OA = a továbbá OD = OB = b. A P A szakasz hosszának négyzete a (p a) vektor önmagával vett skaláris szorzata, emiatt P A + P B + P C + P D = (p a) + (p b) + (p + a) + (p + b) = 4p + a + b. Ebb l egyrészt a Pitagorasz-tétel miatt a + b = AB, másrészt az els megoldásban szerepl gondolattal a rombusz magassága P O, hegyesszöge 4, tehát ( pont) ( pont) Ezzel beláttuk, hogy P O = AB, vagyis 4 p = 1 AB. ( pont) P A + P B + P C + P D = AB + 1 AB = AB. I. kategória /01

5 Megjegyzések: 1. A rombusz középpontja körül rajzolt R sugarú kör tetsz leges P pontjára állandó lesz a kifejezés értéke. P A + P B + P C + P D. A feladat állítása általánosabban is igaz. Egy tetsz leges n-szög (n pontból álló pontrendszer) esetén a súlypont, mint középpont körül rajzolt R sugarú kör tetsz leges P pontjának az n-szög csúcsaitól (a pontrendszer pontjaitól) vett távolságainak négyzetösszege nem függ a P pont választásától, azaz n P A i = állandó i=1 Az állítás bizonyítása a. megoldásban közölt módon végezhet el. 3. feladat: Egy négyzetes oszlop alapélének és magasságának számértéke egész. A négyzetes oszlop V térfogatának és A felszínének mér számai között fennáll a V = 01 A összefüggés. Hány olyan nem egybevágó négyzetes oszlop létezik, amely megfelel ezeknek a feltételeknek? I. Megoldás: Legyen a négyzetes oszlop alapéle a, magassága b. A feladatban szerepl feltételek szerint a és b pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel V = a b, továbbá A = a + 4ab. Így a b = 01 (a + 4ab). ( pont) Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a pozitív egésszel, majd a jobb oldal nullára rendezését követ en alakítsuk az egyenlet bal oldalát szorzattá. a b 01 a 4 01 b = 0, a b 01 a 4 01 b = , (a 4 01)(b 01) = ( pont) A jobb oldalon álló pozitív egész szám bármelyik pozitív osztójához párosítva az osztópárját az egyenlet egy helyes megoldásához jutunk. Amennyiben k n = és k, n < 0 negatív osztópár, akkor a k = 4 01, n = 01 párhoz az a = 0, b = 0 tartozna, míg a további negatív párok esetében az egyik tényez abszolút értéke mindenképpen nagyobb lesz, mint a megfelel a 4 01, I. kategória /01

6 vagy b 1 abszolút értéke, így ezekben a további esetekben a és b közül az egyik negatív egész lenne. Elegend tehát a pozitív osztópárokra szorítkoznunk. Mivel nem szimmetrikus a két tényez, így minden osztóra különböz megoldást kapunk. Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány osztója van a 3 01 számnak. A pozitív osztók száma d( 3 01 ) = d( ) = = 108. Tehát 108 különböz ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van. II. Megoldás: szerepl feltételek szerint a és b pozitív egész számok. A szokásos jelölésekkel Legyen a négyzetes oszlop alapéle a, magassága b. A feladatban V = a b, továbbá A = a + 4ab. Így a b = 01 (a + 4ab). ( pont) Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát az a pozitív egésszel, majd majd kezdjük meg a rendezést, az a-ra megoldáshoz a (b 01) = 4 01 b A jobb oldal pozitív, tehát a bal oldal is. a pozitív, mert éthossz, tehát a b 01 kifejezés is, tehát oszthatunk vele. a-t kifejezve kapjuk: a = 4 01 b b 01 Tovább alakítva a törtet a = 4 01 (b 01) b 01 = b 01 A nevez nek (a b 01 kifejezésnek) az el z ek szerint a számláló pozitív osztójának kell lennie az el z ek szerint. Pontosan annyi megoldása lesz az egyenletnek, ahány pozitív osztója van a 3 01 számnak. A pozitív osztók száma ( pont) d( 3 01 ) = d( ) = = 108. I. kategória /01

7 Tehát 108 különböz ilyen tulajdonságú négyzetes oszlop van. 4. feladat: Az ABC háromszög szögei CAB = 7 és ABC = 60. Legyenek az ABC háromszög magasságpontjának a BC, CA és AB oldalakra vonatkozó tükörképei rendre X, Y és Z pontok. Közelít értékek használata nélkül határozza meg az XY Z és ABC háromszögek területének arányát! I. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát a háromszög bels pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a BC, CA és AB oldalakkal való metszéspontjai rendre D, E és F. Az AF M E négyszög két szemben fekv szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégyszög, innen azt kapjuk, hogy EMF = CMB = 10. Az X pont az M magasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB = 10. Látható, hogy CAB +BXC = 180. A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABC háromszög körülírt körén fekv pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z is a körülírt körön lev pontok. AzABE és ACF derékszög háromszögekben ABE = ACF = 1, ebb l a tükrözés tulajdonsága miatt ABZ = ACY = 1 következik. A kerületi szögek tétele szerinty CZ = Y XZ, így beláttuk, hogy Y XZ = 30. Hasonlóan kapjuk, hogy F CB = MCD = 30, és így a tükrözés miatt MCX = ZCX = 60, innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z = 60. Eszerint az XY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. AZ ABC és XY Z háromszögek körülírt köre közös, legyen ennek a sugara R. A továbbiakban felhasználjuk a szögekre vonatkoz eredményeinket. Az általános szi- I. kategória /01

8 nusztétel szerint XY = Rsin60 = R 3, és Y Z = Rsin30 = R. Az XY Z háromszög derékszög, ezért területe T 1 = XZ Y Z = R 3. ( pont) Felhasználva a két szög összegének szinuszára vonatkozó addíciós tételt, hogy: sin7 = sin( ) = sin4 cos30 + cos4 sin30 = Ugyancsak az általános szinusztétel szerint AB = Rsin4 = R 6 +, és BC = Rsin7 = R. Az ABC háromszög T területére az eddigiek alapján: T = AB BC sin60 = R 6( 6 + ) 8 = R 3( 3 + 1). ( pont) 4 A két terület aránya T 1 T = R 3 R 3( 3+1) 4 = = 3 1. Megjegyzések: 1. Az els pontot akkor is megkapja a versenyz, ha nem bizonyítja be, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a körülírt körön vannak, de helyesen hivatkozik a tételre.. A második pontot akkor is megkapja a versenyz, ha el bb bizonyítja, hogy ABZ = 1, majd hivatkozik a kerületi szögek tételére II. Megoldás: A háromszög mindhárom szöge hegyesszög, a magasságpont tehát a háromszög bels pontja. Legyenek a háromszög magasságvonalainak a BC, CA és AB oldalakkal való metszéspontjai rendre D, E és F. I. kategória /01

9 Az AF M E négyszög két szemben fekv szöge derékszög, ezért a négyszög húrnégyszög, innen azt kapjuk, hogy EMF = CMB = 10. Az X pont az M magasságpontnak a BC oldalra vonatkozó tükörképe, ezért CXB = 10. Látható, hogy CAB +BXC = 180. A BACX négyszög húrnégyszög, az X pont az ABC háromszög körülírt körén fekv pont. Hasonlóképpen láthatjuk be, hogy Y és Z is a körülírt körön lev pontok. AzABE és ACF derékszög háromszögekben ABE = ACF = 1, ebb l a tükrözés tulajdonsága miatt ABZ = ACY = 1 következik. A kerületi szögek tétele szerinty CZ = Y XZ, így beláttuk, hogy Y XZ = 30. Hasonlóan kapjuk, hogy F CB = MCD = 30, és így a tükrözés miatt MCX = ZCX = 60, innen pedig a kerületi szögek tétele miatt XY Z = 60. Eszerint az XY Z háromszög harmadik szöge derékszög, az XY Z háromszög félszabályos. A terület kiszámításához használjuk fel a következ összefüggéseket: és T ABC = AB BC CA 4R AB = Rsin4 ; BC = Rsin60 ; CA = Rsin7 XY Y Z ZX T XY Z = 4R XY = Rsin90 ; Y Z = Rsin60 ; ZX = Rsin30 ( pont) rendezés után T ABC = T XY Z = AB BC CA 4R XY Y Z ZX 4R = R sin4 sin60 sin7 = R sin90 sin60 sin30 ( pont) I. kategória /01

10 valamint sin7 = sin( ) = sin4 cos30 + cos4 sin30 = A két terület aránya T XY Z T ABC = R sin90 sin60 sin30 R sin4 sin60 sin7 = 1 = 4 ( 6 + ) = = 3 1 =. feladat: Papírból 6 darab a cm oldalhosszúságú négyzetet vágtunk ki, majd azokból egy-egy L-alakot raktunk le a b cm oldalhosszúságú, négyzet alakú asztallap két szemközti csúcsánál az ábra szerint. (A hatoldalú L-alak kett oldala a, négy oldala pedig a hosszúságú.) Így az asztallap két feketével jelölt része kétszer, a csíkozással jelölt része pedig egyszer fedett. A nem fedett részek területének összege, a kétszer fedett (fekete) részek területének összege és az egyszer fedett (csíkozott) részek területének összege cm -ben mérve, ebben a sorrendben egy pozitív tagokból álló, monoton növ számtani sorozat egymást közvetlenül követ tagjai. (Az ábra nem méretarányos.) Határozza meg a b és a oldalak arányának pontos értékét! I. Megoldás: A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala vagy valamely a oldalhosszúságú négyzet egyik oldalára, vagy a b oldalú négyzet egyik oldalára illeszkedik, ezért ezek szemközti oldalai párhuzamosak, szögei 90 -osak, valamint bármely oldaluk hossza b a, így ezek olyan négyzetek, amelyeknek területe (b a). Így a nem fedett részek területének összege: 3 (b a) = 3b 1ab + 1a. Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig a (b a) = 3a b. Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege: (3a b) = 18a 1ab + b. Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege: b (3b 1ab + 1a ) (18a 1ab + b ) = 30a + 4ab 4b. I. kategória /01

11 A három terület mér száma egy monoton növ számtani sorozat egymást közvetlen követ eleme, ezért: 18a 1ab + b (3b 1ab + 1a ) = 30a + 4ab 4b (18a 1ab + b ), 6a b = 48a + 36ab 6b, b 36ab + 4a = 0, ( b ) ( b = 0, a a) b a = 36 ± = 18 ± 3 6. Ha b 3a akkor nincs kétszer fedett (fekete) rész, ezért b < a 3. Ha b a akkor nincs nem fedett rész, s t az a oldalú négyzetek egy része még le is lóghat az asztalról. Tehát < b < 3. a Ezekb l következik, hogy > 18 > 3 nem megoldás. Mivel < 10, = 18 3, < < 18 3, 4 = 10, 8 < 3, ezért a keresett pontos érték: II. Megoldás: Ha az elrendezésünket kétszeresére növeljük, akkor a négyzetek oldalai is kétszeresek lesznek, míg a területek négyszeresre változnak. A területek különbsége is négyszeres lesz. A számtani sorozat tulajdonságuk is megmarad, hiszen a különbségük is négyszeresre növekszik. Ugyanígy igaz lenne, ha tetsz legesen nagyítanánk vagy kicsinyítenénk. Tehát vegyük azt az esetet, amikor a kicsi négyzetek (a oldalú négyzetek) éppen egységnyiek, a nagy négyzet ( b oldalú) mérete pedig legyen x. A feladat ezen x értékének a meghatározása, hiszen ez éppen a keresett arány. A nem fedett (fehér) négyszögek bármely oldala x nagyságú. Ebb l következik az x > egyenl tlenség, másrészt a területe (x ). Így a nem fedett részek területének összege: 3 (x ) Hasonlóan a feketével jelölt négyszögek is négyzetek, oldalaik hossza pedig 1 (x ) = 3 x. Ebb l következik x-re egy újabb feltétel: 3 > x. I. kategória /01

12 Így a kétszer fedett (fekete) részek területének összege: Az egyszer fedett (csíkos) részek területének összege: (3 x) x (3 x) 3 (x ) A három terület mér száma egy monoton növ számtani sorozat egymást közvetlen követ eleme, ezért: 4 (3 x) = x (3 x) 3 (x ) + 3 (x ) 4x 4x36 = x + 1x 18 x 36x + 4 = 0 x 1, = 36 ± Mivel < x < 3, ezért a kapott két gyök közül csak a = 18 ± 3 6. felel meg. A keresett pontos érték: I. kategória /01