Okta tási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/0 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). forduló - megoldások. Az valós számra teljesül a 3 sin sin cos sin egyenlőség. Milyen értékeket vehet föl cos? Megoldás: a) Legyen 0, ekkor az abszolút-érték definíciója szerint, és így sin sin. Ekkor cos lehetséges értékeit a 3 () sin sin cos sin egyenlőség alapján keressük. A sin sin cos és a cos cos trigonometrikus azonosságok alkalmazásával ()-ből 3 () 4 sin cos sin cos sin adódik. Ha sin 0, akkor teljesül a () egyenlőség. Ekkor a sin cos azonosság alapján a cos, vagy cos értékeket kapjuk. 0 Ha sin 0, akkor () mindkét oldalát oszthatjuk a sin kifejezéssel, amelyből 4 cos sin cos, illetve sin cos miatt (3) 4 cos cos cos következik. A (3) egyenletből rendezéssel azt kapjuk, hogy cos 0. 4 Mivel az f cos függvény értékkészlete,, ezért a cos, a cos, és a cos valóban megoldások (végtelen sok nem negatív 4 -re ezeket az értékeket fel is veszik).
b) Ha 0, akkor, így sin sin, és a sin sin trigonometrikus azonosság miatt sin sin. Eszerint cos lehetséges értékeit a 3 (4) sin sin cos sin egyenlőség alapján keressük. Ismét alkalmazzuk a azonosságokat, ezért (4)-ből sin sin cos és a cos cos 3 (5) 4 sin cos sin cos sin következik. Ez teljesül sin 0-ra, és ebből ismét a cos, illetve cos értékeket kapjuk. ( 0) Ha pedig sin 0, akkor (5) mindkét oldalát osztjuk sin -szel, ebből illetve sin cos miatt a 4 cos sin cos, (6) 4 cos cos cos egyenletet kapjuk. (6)-ból rendezés után (7) 4 cos 4 cos 3 0 következik. A cos -ben másodfokú (7) egyenlet megoldásai 3 cos és cos. 3 A cos egyenlet végtelen sok negatív valós -re teljesül, a cos egyenlet azonban egyetlen valós számra sem, tehát az utóbbi nem megoldás. c) Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk, és azt kaptuk, hogy a kiinduló egyenletben cos lehetséges értékei: cos, ha R ; cos, ha R \ R ; cos, ha R és, 4 cos, ha R Összesen: 0 pont - -
. A 3p q y 0 egyenletű egyenes érinti a 4 y egyenletű parabolát, ahol p és q pozitív prímszámok. Határozza meg az egyenes és a parabola érintési pontjának koordinátáit! Megoldás: A 4 y egyenletből 0 következik. A feltétel szerint 3p q y 0 egyenesnek és a 4 y parabolának egyetlen közös pontja van, ezért a két alakzat egyenleteiből álló egyenletrendszernek egy megoldása van, és a kapott, y értékek az érintési pont koordinátái. Az egyenletrendszer megoldását a parabola egyenletének az egyenes egyenletébe való helyettesítésével számítjuk: 3p 4 y qy 0 () p y q y 0. Az () egyenlet az y változóban másodfokú, hiszen a feltételek miatt p 0. A másodfokú egyenletnek akkor van egy megoldása, ha az egyenlet diszkriminánsa zérus, azaz amelyből 44 q 4 p 0, () 3 q p következik. () szerint 3 p, de mivel 3 és relatív prímek, ezért szükségképpen 3 p, mivel pedig p pozitív prím, ez csakis úgy lehetséges, ha Ebből () alapján p 3. q következik, és mivel q is pozitív prím, ezért q. A kapott eredményt ()-be behelyettesítve a 36 y 3 y 0, vagyis 6 y 0 egyenlet adódik, amiből 6 y 0, azaz - 3 -
Így 4 y alapján y. 6 9 következik, és ez megfelel az 0 feltételnek. A 3 q y 0 az pont. p egyenes és a 4 y parabola közös pontja tehát E ; 9 6 A p 3 és a q értékek mellett a szereplő egyenes egyenlete: 9 3 y 0. Látható, hogy az egyenes nem párhuzamos a koordináta-rendszer tengelyével, azaz a parabola tengelyével, vagyis a kapott E ; 9 6 közös pont az egyenesnek és a parabolának nem metszéspontja, hanem valóban érintési pontja, mint ahogy az. ábra mutatja. Összesen: Megjegyzés: az * pontot akkor is megkapja a versenyző, ha az ehhez tartozó magyarázatot az. ábra nélkül adja meg. * pont 0 pont. ábra - 4 -
3. Adott az e egyenes, és adottak az e egyenesen az A; B; C pontok ebben a sorrendben. Legyen a B ponton áthaladó, a BA és BC félegyenesektől különböző félegyenes tetszőleges pontja P. Az ABP és BCP háromszögek köré írható körök középpontját jelölje rendre E és D. Határozza meg a DE távolságot, ha adott az AC d szakasz és a derékszögnél kisebb PBC szög! Megoldás: A feltételeknek megfelelő ábrát készítettünk (. ábra), ezen az AB szakasz felezőpontját F -fel, a BC szakasz felezőpontját K -val jelöltük.. ábra Mivel FB AB BC és BK, ezért FK KF AB BC AC, és így AC d miatt d. F és K pontokban az KF Nyilvánvaló, hogy az e egyenesre rajzolt merőlegesek rendre áthaladnak a körök E és D középpontjain. Húzzunk merőlegest a D pontból az EF egyenesre, így kapjuk a H pontot (lásd a. ábra). Az FKDH négyszög téglalap, ezért -5-
d DH KF. A körök középpontjait összekötő DE szakasz merőleges az e egyenessel szöget bezáró BP félegyenesre, ( 0 90 ), mivel DE szimmetriatengely. Legyen DE és BP metszéspontja G. A BGEF négyszög húrnégyszög, mert két szemközti szöge ( F ésg ) derékszög, tehát a másik két szemközti szög összege is 80. Ebből következik, hogy GEF. A DEH háromszög derékszögű, amelyben ezért azaz DEH GEF, DH sin, DE DH DE, sin d innen pedig DH felhasználásával d DE. sin A feladatban szerelő két kör középpontjának távolsága tehát d DE. sin Összesen: pont * pont 3 pont 0 pont Megjegyzés: a * pontbeli állítást indokolhatja a versenyző úgy is, hogy GEF és PBC -szárú hegyesszögpár, GE BP és EF BC, így GEF PBC. - 6 -
4. Oldja meg a valós számok halmazán a Megoldás: egyenletet! 3 8 3 8 34 Az egyenletben a négyzetgyökjelek alatt mindenhol pozitív számok állnak, hiszen 3 8 0 nyilvánvalóan igaz, illetve a négyzetgyökfüggvény szigorúan monoton növekvő tulajdonsága miatt 3 8 9 8 0 is teljesül, tehát mindenütt értelmezettek és pozitívak az alapok. Keressünk kapcsolatot az első és a második tag alapjai között! Szorozzuk össze az egyenletben szereplő eponenciális kifejezések alapszámait, (a művelet végrehajtása során alkalmazzuk a négyzetgyök azonosságát és az a b a b a b algebrai azonosságot): () 3 8 3 8 3 8 3 8 9 8 Ezért. azaz egyenletünk: 3 8, 3 8 pont alakban is írható. 3 8 34 3 8 Vezessük be a 3 8 y jelölést! ( y 0 ) Az eredeti egyenlettel ekvivalens az amely átalakítva: y 34, y - 7 -
() y 34y 0 következik, ami szintén ekvivalens átalakítás y 0 miatt. A () egyenlet megoldásai y 7 és y 7. meghatározásához hozzuk más alakra y -et és y -t! A kapott pozitív valós számok mindegyike teljes négyzet, mégpedig és 3 7 3 7. Eszerint felhasználva y jelentését y-ből ahonnan értéket kapjuk. Hasonlóan y -ből ahonnan értéket kapjuk. 3 3 8, 3 8 3 8 4, 3 3 8, 3 8 3 8 8, 3 3 8 3 8 3 8 4 Átalakításaink ekvivalensek voltak, a kapott gyökök 4, és 4. tehát valóban megoldásai az eredeti egyenletnek. Összesen: pont 0 pont - 8 -
5. Az ABCD négyszög húrnégyszög. Az ABC háromszög magasságpontja legyen M, az ABD háromszögé pedig M. Bizonyítsa be, hogy M M CD!. Megoldás: Megoldásunkban felhasználjuk azt a minden háromszögre érvényes tételt, amely szerint a háromszög körülírt körének középpontja feleakkora távolságra van egy oldaltól, mint a háromszög magasságpontja az oldallal szemközti csúcstól. * pont 3. ábra A 3. ábrán F és F a BC és BD szakaszok felezőpontjai. Az F F a BCD háromszög középvonala, és ezért () CD F F. Jelölje az ABCD négyszög körülírt körének középpontját O, ez egyben az ABC és az ABD háromszögek körülírt körének is középpontja. Alkalmazzuk az előrebocsátott tételt az ABC háromszögre, ezért () OF AM, -9-
és (3) AM OF (mindkettő a BC egyenesre merőleges). Hasonlóan az ABD háromszögből (4) és AM OF, (5) AM OF (mindkettő a BD egyenesre merőleges). pont Kicsinyítsük az AM M háromszöget az A pontból arányban, akkor az így létrejövő APQ háromszög oldalaira (6) PQ M M ; Továbbá: AM AP, és () valamint (3) felhasználásával (7) AP OF és AP OF, (mivel AP és AM egyenese azonos). Hasonlóan: és (4) valamint (5) miatt AM AQ, (8) AQ OF és AQ OF, (mivel AQ és AM egyenese azonos). (7)-ből és (8)-ből az következik, hogy F OF PAQ, hiszen egyállású szögpár, ekkor viszont az egybevágóságára következtethetünk, amiből F adódik, és ezzel együtt (9) F PQ F O QPA F. F F O és QPA háromszögek pont - 0 -
Eredményeinket összevetve: ()-ből CD F F, (9)-ből F F PQ, (6)-ból PQ M M, tehát CD M M, és ezt akartuk bizonyítani. Megjegyzés: Összesen: 0 pont a) A kitűzött feladat állításánál több is bizonyítható, hiszen a fentiek alapján nyilvánvaló, hogy M M CD is fennáll. b) A * pontot akkor kapja meg a versenyző, ha bizonyítja az ide tartozó tételt, vagy ha helyesen hivatkozik a tételre és pontosan megjelöli a tétel forrását (pl. Geometriai feladatok gyűjteménye I., 55. feladat, vagy Matematikai gyakorló feladatgyűjtemény III. kötet 339-es feladat). Ha helyesen hivatkozik a tételre, de nem jelöli meg a tétel forrását, akkor erre a részre ot kap, ha pedig a tételre sem hivatkozik, akkor erre a részre 0 pontot kap. - -
. Megoldás: * pont Ebben a megoldásban azt az ismert, és minden háromszögre érvényes tételt használjuk fel, hogy a háromszög magasságpontjának az oldalakra vonatkozó tükörképei a körülírt körön vannak. 4. ábra Az ábrán az M és M pontoknak az AB oldalegyenesre vonatkozó tükörképeit M ' -vel és M ' -vel jelöltük, és az előre bocsátott tétel miatt M ' és M ' illeszkedik a háromszög körülírt körére. A tükrözés miatt az M M ' M M ' négyszög szimmetrikus trapéz, amelynek szimmetriatengelye az AB oldal egyenese. Az AB szimmetriatengelyre merőleges M M ' egyenes nyilvánvalóan tartalmazza az ABCD négyszög C csúcsát, az M M ' egyenessel párhuzamos M M ' egyenesre pedig illeszkedik a négyszög D csúcsa. Az M M ' M M ' szimmetrikus trapézban az M M és az M ' M ' átlók azonos nagyságú szögeket zárnak be az M M ' alappal, ezért () M M M ' M ' M ' M. - -
Az M ' CDM ' négyszög csúcsai az ABCD húrnégyszög körülírt körére illeszkednek, és az M ' CDM ' négyszögben M ' ' C DM, (mert mindkettő AB-re) tehát ez a négyszög húrtrapéz. Ebben a húrtrapézban az M ' C alapon fekvő szögek egyenlők, így () ' M 'C DCM ' M. () és () összevetéséből M MM ' M ' M ' M = és = M ' M 'C DCM', így M ' M M DCM '. pont pont 0 pont Ez pedig azt jelenti, hogy M M szakasz párhuzamos a CD szakasszal, és éppen ezt akartuk bizonyítani. Összesen: Megjegyzés: a) A kitűzött feladat állításánál több is bizonyítható, hiszen a fentiek alapján nyilvánvaló, hogy M M CD is fennáll. b) A * pontot akkor kapja meg a versenyző, ha bizonyítja az ide tartozó tételt, vagy ha helyesen hivatkozik a tételre és pontosan megjelöli a tétel forrását (pl. Geometriai feladatok gyűjteménye I., 079. feladat, vagy Matematikai gyakorló feladatgyűjtemény III. kötet 999-es feladat). Ha helyesen hivatkozik a tételre, de nem jelöli meg a tétel forrását, akkor erre a részre ot kap, ha pedig a tételre sem hivatkozik, akkor erre a részre 0 pontot kap. - 3 -
3. Megoldás: Ebben megoldásban a bizonyítást vektorok segítségével fogjuk * pont végrehajtani. Felhasználjuk azt tételt, hogy ha egy háromszög körülírt körének középpontjából a háromszög csúcsaiba mutató vektorokat, összeadjuk, akkor az összegvektor a háromszög magasságpontjába mutat. 5. ábra Legyenek a húrnégyszög körülírt körének O középpontjából az ABCD húrnégyszög csúcsaiba mutató vektorok rendre a; b ; c ; d. A felhasznált tétel szerint az a ; b ; c vektorok összege az ABC háromszög magasságpontjába mutat, azaz () a b c OM, és () a b d OM. - 4 - pont
Vegyük az () és ( ) vektoregyenletek különbségét: (3) c d OM OM. pont A (3) bal oldalán szereplő irányított szakasz. c d vektor a D csúcsból a C csúcsba mutató A (3) bal oldalán szereplő OM OM vektor az M magasságpontból az M magasságpontba mutató irányított szakasz. A (3) egyenlőség azt mutatja, hogy a két vektor egyenese párhuzamos, vagyis M M CD valóban teljesül. Összesen: 0 pont Megjegyzés: a) A kitűzött feladat állításánál több is bizonyítható, hiszen a fentiek alapján nyilvánvaló, hogy M M CD is fennáll. b) A * pontot akkor kapja meg a versenyző, ha bizonyítja az ide tartozó tételt, vagy ha helyesen hivatkozik a tételre és pontosan megjelöli a tétel forrását (pl. Reiman István: Matematika, 83. o., vagy Matematikai gyakorló feladatgyűjtemény III. kötet 307-es feladat). Ha helyesen hivatkozik a tételre, de nem jelöli meg a tétel forrását, akkor erre a részre ot kap, ha pedig a tételre sem hivatkozik, akkor erre a részre 0 pontot kap. - 5 -