) MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Bizonyítások A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek megoldásához! a) Értelmezzük a valós számok halmazán az f függvényt az f x x kx 9x képlettel! (A k paraméter valós számot jelöl). Számítsa ki, hogy k mely értéke esetén lesz x a függvénynek lokális szélsőértékhelye a függvénynek! Állapítsa meg, hogy az így kapott k esetén x a függvények lokális maximumhelye vagy lokális minimumhelye! Igazolja, hogy a k ezen értéke esetén a függvénynek van másik lokális szélsőértékhelye is! ( pont) b) Határozza meg a valós számok halmazán a g x x 9x képlettel értelmezett g függvény inflexiós pontját! (5 pont) a) A differenciálható f függvénynek az x akkor lehet szélsőértékhelye, ha itt az első deriváltja nulla Mivel f x x kx 9 Ezért f k 9 0 Innen k 6 Erre a k értékre f x x x 9 ( pont) A másodfokú polinom szorzatalakja: f x x x Az x helyen a derivált pozitívból negatívba vált ezért itt az f függvénynek lokális maximuma van A derivált x helyen negatívból pozitívba vált ezért itt az f függvénynek lokális minimuma van g x x 8x b) Mivel Ebből g x 6x 8 A második derivált zérushelye x Itt a második derivált előjelet vált A g függvény egyetlen inflexiós pontja az x Összesen: 6 pont ) Adott f és g függvény. f : D f \ k ; k x tgx ctgx sin x a) Igazolja, hogy az így definiált f függvény konstans! ( pont) g : D 7;7 x x 6 x g b) Számítsa ki g függvény zérushelyeit! ( pont) c) Adja meg g függvény értékkészletét! (6 pont)
a) Az értelmezési tartományon minden x esetén sin x cos x f x tgx ctgx sin x sin x cos x sin x sin x cos x sin xcos x sin x cos x x 6x x x 6 b) gx 7 x 0, ha x 6x x x 6 7 x 0 ezért a g függvénynek három zérushelye van: -6; 0; 6 g x kifejezést átalakíthatjuk: c) A x x x ( pont) 6 9 0 x 7 gx, ha ( pont) x 6x x 9 7 x 0 innen következik, hogy g g 9 a legkisebb függvényérték a legnagyobb függvényérték g7 g7 7 A g (folytonos) függvény értékkészlete: Rg 9;7 ( pont) ) Legyen Összesen: pont 4x x x f x a, ahol a pozitív valós szám és x. a a a a) Igazolja, hogy a f x dx a a! (6 pont) 0 b) Mely pozitív a számokra teljesül, hogy f c) Az x mely pozitív valós értéke lesz a lokális (helyi) minimuma? a) Az f függvény integrálható. a 4 a a x dx 0? (4 pont) 0 g x x x függvények (6 pont) 4x x x x x x a dx ax a a a a a a 0 0 (4 pont) 4 a a a a a a a a a b) Megoldandó (az a feltétel mellett) a a a 0 egyenlőtlenség a a 0 0 Mivel a 0, így az első két tényező pozitív, ezért a 0 Az a lehetséges értékeinek figyelembe vételével: 0a
c) A nyílt intervallumon értelmezett x g függvény differenciálható. gx x A lehetséges szélsőértékhely keresése: x 0 A lehetséges szélsőértékhely: x (benne van az értelmezési tartományban) g x x 6 6 g 0 Tehát az x lokális minimumhely. 4) Az ABCD konvex négyszög oldalegyeneseinek egyenlete rendre: DA : x 4y 0 0 AB : x 5y 0 0 Összesen: 6 pont BC : 4x y 0 CD : 5x y 5 0 a) Igazolja, hogy a négyszög átlói az x és az y tengelyre illeszkednek, továbbá, hogy ennek a négyszögnek nincs derékszöge! (8 pont) b) Bizonyítsa be, hogy a négyszög húrnégyszög! (8 pont) a) az egyenes x tengelyen lévő pontja y tengelyen lévő pontja DA : x 4y 0 0 0 ;0 0; 5 AB : x 5y 0 0 0 ;0 0;4 BC : 4x y 0 ;0 0;4 ;0 0; 5 CD : 5x y 5 0 A DA és az AB egyenesek metszéspontja az 0 x tengely A ;0 pontja. Az AB és a BC egyenesek metszéspontja az B 0;4 pontja. y tengely A BC és a CD egyenesek metszéspontja az C ;0 pontja. x tengely A CD és a DA egyenesek metszéspontja az D 0; 5 pontja. y tengely A csúcspontok alapján beláttuk, hogy az ABCD négyszög AC átlója az x, a BD átlója pedig az y tengelyre illeszkedik
b) Felírjuk az oldalegyeneseket és egy-egy normálvektorukat az egyenes egy normálvektor DA : x 4y 0 0 ; 4 ;5 4; 5; AB : x 5y 0 0 BC : 4x y 0 CD : 5x y 5 0 ( pont) A normálvektorok között és ezért az egyenesek közt sincs két egymásra merőleges (skalárszorzatuk nem 0), ezért az ABCD négyszögnek nincs derékszöge Legyen BCD és DAB Vektorok skalárszorzatával fogjuk kiszámítani két szemközti szög CB CD koszinuszát. cos CB CD ahol CB ;4 és ; 5 CD CB CD, CB 5 és CD 4 cos 5 4 AB AD cos, ahol AB AD 0 AB ;4 és AD 0 ; 5 0 544 5 AB AD, AB és CD 9 cos 5 4 A és az szögek tehát kiegészítő szögek, az ABCD négyszög húrnégyszög. Összesen: 6 pont 5) Az A pont helyvektora: lg ;lg OA a b ; a B pont helyvektora: OB lg ab; lg b, ahol a és b olyan valós számokat jelölnek, melyekre a 0 a, illetve b teljesül. a) Bizonyítsa be, hogy a B pont mindkét koordinátája nagyobb az A pont megfelelő koordinátáinál! ( pont) b) Bizonyítsa be, hogy az OA OB vektor merőleges az OA vektorra! ( pont) c) Mekkora az OA és OB vektorok hajlásszöge? (4 pont)
d) Legyen a, b pedig jelöljön tetszőleges -nél nagyobb valós 0 számot. Adja meg (egyenletével, vagy a derékszögű koordinátarendszerben ábrázolva) az A, illetve B pontok halmazát! (6 pont) b a) Mivel lgab lga lgb, és lg lg b lg a a, így B lg a lg b ;lg b lg a Bizonyítandó tehát, hogy lga lga lgb és lgb lgb lga rendezés után kapjuk, hogy lgb 0 és lga 0. A feltételek szerint 0a, illetve b, és a tízes alapú logaritmus függvény szigorúan növő a pozitív számok halmazán, valamint lg 0, tehát mindkét egyenlőtlenség igaz b) OA OB BA lg b;lga Mivel az OA és az OA koordináták szorzatának összege, vagyis OB vektorok skaláris szorzata a megfelelő OA OA OB lga lgb lgb lga 0, tehát a két vektor merőleges egymásra c) OA, OB és OA OB egyike sem nullvektor. Mivel OA lg a lg b ( pont) OA OB ( pont) tehát az OAB háromszög egyenlő szárú és derékszögű így OA; OB 45 d) A ;lg b A tízes alapú logaritmus függvény szigorú növő, folytonos, felülről korlátos függvény, így lgb tetszőleges pozitív értéket felvehet. Ezért az A pontok halmaza azon nyílt xy ; kezdőpontú félegyenes, amelynek koordinátái kielégítik az x egyenletet és az 0 y egyenlőtlenséget. B lgb ;lg b A B pont második koordinátája -vel nagyobb az első koordinátájánál lgb lgb b tetszőleges, lg -nél nagyobb szám lehet, így lgb tetszőleges -nél nagyobb értéket vesz föl. Így a B pontok halmaza azon nyílt kezdőpontú félegyenes, amelynek xy ; koordinátái kielégítik az y x egyenletet és az x egyenlőtlenséget Összesen: 6 pont
6) A Csendes-óceán egyik kis szigetétől keletre, a szigettől 6 km távolságban elsüllyedt egy föld körüli úton járó vitorlás. A legénység egy mentőcsónakban segítségre vár, a náluk lévő jeladó készülék hatósugara mindössze 6 km. Amikor a vitorlás elsüllyedt, akkor a szigettől délre, a szigettől 4 km távolságra volt egy tengerjáró hajó. Ez a hajó állandóan északkeleti irányba halad, a hajótöröttek pedig a vitorlás elsüllyedésének helyéről folyamatosan küldik a vészjeleket. a) Igazolja, hogy a tengerjáró legénysége észlelheti a segélykérő jelzést! (7 pont) Egy,5 km magasságban haladó repülőgép éppen a sziget felett van, amikor a repülőgép fedélzeti műszerei észlelik a tengerjáró hajót, amely a vitorlás elsüllyedése óta 0 km-t tett meg. b) Mekkora depresszió szög (lehajlási szög) alatt észlelik a műszerek a tengerjárót? Válaszát fokban, egészre kerekítve adja meg! Számításai során a Föld görbületétől tekintsen el! (7 pont)
a) A feladat feltételeit feltüntető jó ábra. A sziget az S, a metőcsónakot az M, a tengerjáró hajót a H pont jelöli. A hajó útjának és az SM egyenesnek a metszéspontját jelölje A. ( pont) A HSA háromszög derékszögű, egyenlő szárú, ezért AS = 4 km MA = 8 km Valamint az APM háromszög derékszögű és van 45 -os szöge Ezért MP = 4 5,7 Mivel MP 6 km, ezért a hajó legénysége észlelheti a jelzéseket. b) A feladat feltételeit feltüntető jó ábra A repülőgép (R), a sziget (S) és a tengerjáró hajó (T) egy S- nél derékszögű háromszög három csúcsában helyezkedik el. Az ST távolságot koszinusztétellel számolhatjuk ki ST 4 0 4 0 cos 45 ( pont) ST 7, km A depresszió szög nagysága megegyezik a TRS derékszögű háromszög RTS szögének nagyságával (váltószögek). RS,5 tgrts TS 7, A depresszió szög kb 5 nagyságú Összesen: 4 pont 7) Igazolja, hogy ha egy háromszög szögeire érvényes az alábbi összefüggés: sin : sin cos : cos, akkor a háromszög egyenlő szárú és derékszögű! (4 pont) Mivel a háromszög szögeinek összege 80, ezért 80, valamint 80 és cos 80 cos, valamint cos 80 cos A megadott egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha sin : sin cos : cos Ebből a sin cos sin cos egyenlőség következik A kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot használva kapjuk, hogy sin sin ( pont) Egy háromszög bármely szög kétszeresének értéke 0 és 60 közé esik, ezért a fenti egyenlőség két esetben áll fenn: ( pont), vagy 80 ( pont) Az első esetben, a háromszög két szöge egyenlő, tehát a háromszög egyenlő szárú
A második esetben 90, a háromszögben 90, a háromszög derékszögű Összesen: 4 pont 8) A csonkakúp alakú tárgyak térfogatát régebben a gyakorlat számára elegendően pontos közelítő számítással határozták meg. Eszerint a csonkakúp térfogata közelítőleg egy olyan henger térfogatával egyezik meg, amelynek átmérője akkora, mint a csonkakúp alsó és felső átmérőjének számtani közepe, magassága pedig akkora, mint a csonkakúp magassága. a) Egy csonkakúp alakú fatörzs hossza (vagyis a csonkakúp magassága) m, alsó átmérője cm, felső átmérője 8 cm. A közelítő számítással kapott térfogat hány százalékkal tér el a pontos térfogattól? (Ezt nevezzük a közelítő eljárás relatív hibájának.) ( pont) b) Igazolja, hogy a csonkakúp térfogatát a fentiekben leírt útmutatás alapján kapott - közelítő érték sohasem nagyobb, mint a csonkakúp térfogatának pontos értéke! (7 pont) Jelölje x a csonkakúp két alapköre sugarának az arányát, és legyen x. Bizonyítandó, hogy a fentiekben leírt, közelítő számítás relatív hibájának százalékban mérve a következő függvény adja meg: x f : ;, f x 5 x x. c) Igazolja, hogy f-nek nincs szélsőértéke! (6 pont) 8 a) A közelítő henger alapkörének sugara: 5 cm, térfogata 5 00 5000 5708 cm. A csonkakúp elméletileg pontos térfogata: 00 500 6 6 4 4 597 cm. 00 A közelítő érték 09 cm -rel kisebb, tehát a pontos értéktől 00, %-kal tér el. 5 b) Legyen a csonkakúp alapköreinek sugara R és r, magassága m. m A csonkakúp elméleti térfogata: R Rr r R r A csonkakúp gyakorlati térfogata: m m R r A két térfogat különbségéről állítjuk: R Rr r m 0 Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát -vel, bontsuk fel a zárójeleket és m az összevonások után: R Rr r 0 ( pont)
Vagyis R r 0 adódik, ami minden R és r esetén igaz. A következtetés minden lépése megfordítható, ezért az állítás igaz c) Az f függvény deriválható, a deriváltfüggvény hozzárendelési szabálya: x x x x x x x f x 5 f x 75 x x x Az fx 0 egyenletnek nincs megoldása az tehát f-nek nincs szélsőértéke ( pont) ( pont) ; intervallumon, ( pont) Összesen: 6 pont 9) Két egyenes hasábot építünk, H-et és H-t. AZ építéshez használt négyzetes oszlopok (négyzet alapú egyenes hasábok) egybevágok, magasságuk kétszer akkora, mint az alapélük. A H hasáb építésekor a szomszédos négyzetes oszlopokat az oldallapjukkal illesztjük össze, a H hasáb építésekor pedig a négyzet alaplapjukkal- az ábra szerint. AH a) A H és H egyenes hasábok felszínének hányadosa 08, A. Hány négyzetes oszlopot használtunk az egyes hasábok építéséhez, ha H- et és H-t ugyanannyi négyzetes oszlopból építettük fel? (8 pont) n n sorozat szigorú monoton növekvő és 4n korlátos! (8 pont) b) Igazolja, hogy a) Ha a jelöli a négyzetes oszlop alapélének hosszát, és k darabból készítjük a hasábokat, akkor H felszíne: A a k a k a a k ( pont) b) H H felszíne: A a 4 k a a 4k H H ( pont) AH Az 0,8 A feltételből k 0,8 4k ( pont) Az egyenlet megoldása k 6 tehát 6-6 négyzetes oszlopot használtunk fel az építéshez a n 5 4n n a 4n 5 n n n n 5 5 n n 0 n n 0 A fenti hányados minden pozitív egész n esetén -nél kisebb a sorozat minden tagja pozitív ezért a sorozat szigorú monoton csökkenő Ebből következik, hogy a sorozat felülről korlátos Mivel a sorozat minden tagja pozitív, így alulról is korlátos H
tehát a sorozat korlátos Összesen 6 pont 0) Az 594 számjegyeit leírjuk az összes lehetséges sorrendben. a) Az 594 számmal együtt hány ötjegyű számot kapunk? ( pont) b) Ezen számok közül hány osztható -vel? (6 pont) c) Bizonyítsa be, hogy e számok egyik sem négyzetszám! (4 pont) a) 5 4 0 darab ilyen ötjegyű számot képezhetünk ( pont) b) Egy egész szám pontosan akkor osztható -vel, ha osztható -mal és 4-gyel is Az ötjegyű számok mindegyike osztható -mal, mert a számjegyek összege mindegyiknél, ami osztható -mal 4-gyel ezen ötjegyű számok közül azok oszthatók, amelyek utolsó két számjegye a következő: ; 5; 9; 4 ( pont) Az ötjegyű számban az első három számjegyből álló szám hatféle lehet, ha az utolsó kettőt rögzítettük így az ötjegyű számok között 464 db -vel osztható szám van c) Az ötjegyű számok mindegyikében a számjegyek összege Tehát a számok oszthatók -mal Mivel -mal oszthatóak, ezért csak abban az esetben lehetne köztük négyzetszám, ha az valamely páros kitevőjű hatványa lenne. Ehhez feltétlenül szükséges az is, hogy 9-cel osztható legyen, 9-cel viszont nem osztható egyik sem, így egyik szám sem lehet négyzetszám. ( pont) Összesen: pont ) a) Egy derékszögű háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást követő tagjai, a legrövidebb oldala 4 egység hosszú. Számítsa ki a háromszög másik két oldalának hosszát! (5 pont) b) Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást követő tagjai, a legrövidebb oldala 4 egység hosszú. Tudjuk, hogy a háromszög nem szabályos. Igazolja, hogy a háromszögnek nincs 60 os szöge! ( pont) a) Ha d a számtani sorozat differenciája, akkor a háromszög oldalhosszai 4 4 d 4 d (és 0 d ), A háromszög derékszögű, így 4 4 d 4 d Négyzetre emelve, rendezve: d 8d 6 0 4 A gyökök d 4 és d 6 0 A negatív gyök nem megoldás, a háromszög oldalai tehát 4,, egység hosszúak b) Indirekt módon bizonyítunk. Tegyük fel, hogy van 60 -os szöge a háromszögnek.
Mivel az oldalak páronként különböző hosszúságúak, és a nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van, ezért ha van 60 -os szöge, akkor az a 4 d hosszúságú oldallal szemben van ( pont) Erre az oldalra felírva a koszinusztételt: d d d 4 4 4 4 4 cos 60 ( pont) Ebből 6 8d d 6 8d 4d Ebből d 0, tehát d 0 Ez viszont ellentmond annak, hogy a háromszög nem szabályos ( pont) Az eredeti feltételezésünk tehát hamis, azaz a háromszögnek valóban nincs 60 -os szöge. Összesen 6 pont ) Az AC 0C derékszögű háromszögben az A csúcsnál 0 -os szög van, az AC 0 befogó hossza, az AC átfogó felezőpontja A. Az AC szakasz fölé az AC 0C háromszöghöz hasonló AC C derékszögű háromszöget rajzoljunk az ábra szerint. Az AC átfogó felezőpontja A. Az AC szakasz fölé az AC C háromszöghöz hasonló AC Cderékszögű háromszöget rajzolunk. Ez az eljárás tovább folytatható. a) Számítsa ki az így nyerhető végtelen sok derékszögű háromszög területének összegét (az összeg első tagja A C C háromszög területe.)! (7 pont) az 0 b) Igazolja, hogy a C0C... C C n töröttvonal hossza minden pozitív n-re kisebb, mint,4. (9 pont) a) Az AC 0C háromszög területe t 6 Az AnCn C n háromszöget arányú hasonlósággal lehet átvinni An C ncn háromszögbe n A hasonló síkidomok területének arányára vonatkozó tétel alapján az AnCn C n háromszög területe: t n t t n n (ha n>) A területek összegéből képzett t t... t n... mértani sor amelynek hányadosa
A végtelen sok háromszög területének összege: 6 4 0,4 b) Jelölje d n a Cn Cn szakasz hosszát n, d C0C A hasonlóság miatt minden n 0 esetén dn dn A d sorozat tehát olyan mértani sorozat, n amelynek első tagja és hányadosa is Vizsgáljuk az S d d... dn összegeket. A d d... d n... olyan mértani sorozat, menynek hányadosa, tehát van határértéke Az S n sorozat határértéke (a mértani sor összege): lims n n és mivel kisebb, mint,8 ezért S n határértéke kisebb, mint,4. az S n sorozat szigorúan növekvő ezért az S n sorozat egyetlen tagja sem lehet nagyobb a határértékénél Összesen: 6 pont ) Igazolja, hogy az alábbi négy egyenlet közül az a) és b) jelű egyenletnek pontosan egy megoldása van, a c) és d) jelű egyenletnek viszont nincs megoldása a valós számok halmazán! x x 0 a) x 0 (4 pont) b) x 6 x 9 5 (4 pont) c) lg x x 6 lg x d) sin x lg cos x, 5cos x (4 pont) (4 pont) a) A nevező nem lehet 0, ezért 0 ebből x
A továbbiakban a tört akkor 0, ha számlálója 0, tehát x x 0 0, azaz x és x,5 Így az egyenletnek csak egy valós megoldása van: x,5 b) A rendezés után kapott x 6 5 x 9 egyenletet mindkét oldalról négyzetre emelve, rendezés után kapjuk, hogy 0 x 9 0 Innen x 9 Behelyettesítéssel ellenőrizve ez jó megoldás. c) A logaritmus értelmezése szerint: x x 6 0 és x 0 Az első egyenlet megoldásai azon x valós számok, amelyekre x vagy x a másodiké: x A két egyenlőtlenség megoldáshalmazának nincs közös eleme, így az egyenletnek nincs megoldása. d) A jobb oldali kifejezés az értelezési tartományán csak nem negatív lehet, így sin x 0. Ez csak x k k esetén teljesül De mivel cos k 0 minden k esetén és nullára a logaritmus nincs értelmezve, így nincs olyan valós szám, amelyre az egyenlet értelmezve lenne, így nincs megoldása. Összesen: 6 pont 4) a) Igazolja a következő állítást: ha egy négyszög szögei valamilyen sorrendben egy számtani sorozat egymást követő tagjai, akkor a négyszög húrnégyszög vagy trapéz! (6 pont) b) Fogalmazza meg az előző állítás megfordítását, és döntse el a megfordított állításról, hogy igaz vagy hamis! Válaszát indokolja! ( pont) Egy geometriai építőkészletben csak olyan pálcikák vannak, amelyek hossza centiméterben mérve egész szám, és mindenféle lehetséges hosszúság előfordul cm-től cm-ig. (Mindegyik fajta pálcikából elegendően sok van a készletben.) c) Hány különböző módon választhatunk ki 4 pálcikát a készletből úgy, hogy belőlük egy 4 cm kerületű érintőnégyszöget lehessen építeni? (Két kiválasztást különbözőnek tekintünk, ha az egyik kiválasztás 4 pálcikája nem állítható párba a másik kiválasztás 4 pálcikájával úgy, hogy mind a 4 párban egyenlő hosszú legyen a két pálcika. Tudjuk továbbá, hogy ha a, b, c, d pozitív számok, és a c b d, akkor az a, b, c, d hosszúságú szakaszokból szerkeszthető négyszög.) (7 pont)
a) Legyen a négyszög legkisebb szöge fok, a sorozat differenciája pedig d fok d 0. Ekkor a négyszög szögei (valamilyen sorrendben), d, d és d fok nagyságúak. A négyszög belső szögeinek összege 60, ezért 4 6d 60, vagyis d 80. d d d, ami azt jelenti, hogy a négyszög két-két szögének összege 80. Ha a két szög szomszédos, akkor a négyszög trapéz, ha pedig szemközti, akkor húrnégyszög. Tehát az állítást igazoltuk. b) A megfordítás: Ha egy négyszög trapéz vagy húrnégyszög, akkor a szögei (valamilyen sorrendben) egy számtani sorozat szomszédos tagjai. A megfordítás hamis. Egy ellenpélda. Például: egy trapéz, amelynek szögei 50, 70, 0 és 0 nagyságúak. c) A négy kiválasztott pálcikából pontosan akkor készíthető érintőnégyszög, ha a két-két szemközti pálcika hosszának összege egyenlő. A készlet négy pálcikájából tehát pontosan akkor építhető 4 cm kerületű érintőnégyszög, ha a négyszögben egymással szemben elhelyezkedő két-két ;, ; 0, ; 9, 4; 8, 5; 7, 6; 6 oldal (centiméterben mért) hossza az számpárok valamelyike. ( pont) Annyiféleképpen választható ki négy megfelelő pálcika a készletből, ahányféleképpen a hat számpárból kettő (sorrendre való tekintet nélkül) kiválasztható úgy, hogy egy számpárt kétszer is választhatunk. Ez a szám 6 különböző objektum másodosztályú ismétléses kombinációinak számával egyezik meg. Az összes különböző lehetőségek száma tehát 6 7 =. Összesen: 6 pont 5) a) Egy kocka és egy gömb felszíne egyenlő. Bizonyítsa be, hogy a gömb térfogata nagyobb, mint a kockáé! (6 pont) Két fémkocka összeolvasztásával egy nagyobb kockát készítünk. Az egyik beolvasztott kocka egy élének hossza p, a másiké pedig q p 0, q 0. (Feltesszük, hogy az összeolvasztással kapott kocka térfogata egyenlő a két összeolvasztott kocka térfogatának összegével.) b) Igazolja, hogy az összeolvasztással kapott kocka felszíne 6 p g. ( pont)
c) Bizonyítsa be, hogy az összeolvasztással kapott kocka felszíne kisebb, mint a két összeolvasztott kocka felszínének összege! (8 pont) A a) Ha a két test felszíne egyaránt A, akkor Vkocka, ( pont) 6 A Vgömb 6 ( pont) Mivel 6 6, ezért a gömb térfogata valóban nagyobb a kocka térfogatánál. b) Az összeolvasztással kapott kocka térfogata p q, ezért élének hossza p q, felszíne tehát 6 p q, ami valóban 6 p q c) A bizonyítandó állítás: 6 p q 6 p q -nel egyenlő. Mindkét oldalt 6-tal osztva és köbre emelve (az monotonitása miatt): p q p q Elvégezve a hatványozásokat: Rendezve és a pozitív 0 x függvény szigorú. 6 6 6 4 4 6 p p q q p p q p q q. ( pont) pq szorzattal osztva: 0 p q pq. p q p q, ez pedig mindig igaz (hiszen a jobb oldalon két pozitív és egy nemnegatív szám összege áll). Mivel minden átalakítás ekvivalens volt, ezért a bizonyítandó állítás is igaz. Összesen: 6 pont a) A PQRS húrnégyszöget a PR és a QS átlók megrajzolásával négy háromszögre bontottuk. Igazolja, hogy ezek közül a két-két szemközti háromszög hasonló egymáshoz! (4 pont) Az ABCD húrnégyszög AB oldala a négyszög körülírt körének egyik átmérője. A négyszög BC oldala cm, a CD oldala 5 cm hosszú, továbbá BCD 0. b) Számítsa ki a négyszög BD átlójának, AB oldalának és AD oldalának hosszát, valamint a négyszög többi szögét! (0 pont)
a) Az átlók metszéspontját jelölje E. A kerületi szögek tétele miatt PQS PRS és QPR QSR (azonos ívhez tartozó kerületi szögek). ( pont) A PEQ és az SER háromszögekben kétkét szög megegyezik (így a harmadik is), ezért ez a két háromszög hasonló. (pont) Ugyanígy bizonyíthatjuk a QER és a PES háromszögek hasonlóságát is. Q b) BCD háromszögben felírjuk a koszinusztételt: BD 5 5 cos0. BD 7 (cm) (A húrnégyszögek tétele miatt) az ABCD négyszög DAB szöge 80 0 60 -os, a Thalész-tétel miatt pedig ADB 90, ezért az ADB háromszög egy szabályos háromszög fele. BD 7 AD 4, 04 cm AB AD 8, 08 cm ( pont) Szinusztétellel a BCD háromszögből: sincbd sin0 5 sin0, sincbd 0, 686 5 7 7 CBD ABD ADC 8, 68,,8 P E S R ( pont) Összesen 4 pont