2012/2013. Feladatlapok és megoldások. Adobe Reader verzió

0/03 Feladatlapok és megoldások Adobe Reader verzió Szoldatics József Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium http://matek.fazekas.hu/ 07. március.

TARTALOMJEGYZÉK Tartalomjegyzék Feladatlapok.. I. forduló............................................ Szakközépiskola.................................... Gimnázium.................................... 3..3. Specmat..................................... 4.. II. forduló........................................ 5... Szakközépiskola................................. 5... Gimnázium.................................... 6.3. Dönt forduló...................................... 0.3.. Szakközépiskola................................. 0.3.. Gimnázium.....................................3.3. Specmat..................................... Megoldások 3.. I. forduló......................................... 3... Szakközépiskola................................. 3... Gimnázium.................................... 35..3. Specmat..................................... 39.. II. forduló........................................ 46... Szakközépiskola................................. 46... Gimnázium.................................... 68.3. Dönt forduló...................................... 7.3.. Szakközépiskola................................. 7.3.. Gimnázium.................................... 87.3.3. Specmat..................................... 9

Feladatlapok I. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/03 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA). (iskolai) forduló. Az n pozitív egész számnak pontosan két pozitív osztója van, az n -nek pedig pontosan három. Hány pozitív osztója van az n 0 számnak?. Elhelyezhető-e a térben úgy, hogy az általuk meghatározott egyenesek száma 53 legyen? Lehet-e a által meghatározott egyenesek száma 54? Állítását indokolja! 3. Oldja meg a pozitív egész számokból álló számhármasok halmazán az alábbi egyenletrendszert: (a) x y z, (b) xy xz yz 47. 4. A nem egyenlőszárú ABC háromszögben BC CA. Az AB oldal F felezőpontján keresztül húzzunk párhuzamost a C pontbeli belső szögfelezővel, ez az egyenes az AC egyenest a P, a BC egyenest a Q pontban metszi. Bizonyítsa be, hogy BC PQ! AC QF 5. Oldja meg a valós számok halmazán a 0 503x 3x x 3x egyenlőtlenséget! 6. Az x és y pozitív valós számok szorzata 50, továbbá teljesül, hogy x y. Határozza meg az x x y y kifejezés minimumának értékét! Adja meg az y x aránynak azt az értékét, amelyre a kifejezés a minimumát valóban felveszi! Minden feladat megoldásának pontos leírásáért 0 pont adható.

Feladatlapok I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0-03. tanévi első fordulójának feladatai matematikából, a II. kategória számára. Mely x és y valós számok elégítik ki a x = y, y = x egyenletrendszert?. Egy négyzetet az egyik csúcsából induló két egyenes három egyenlő területű részre oszt. (a) Milyen arányú részekre osztja a két egyenes négyzetbe eső szakaszát a szakaszokat metsző átló? (b) Legyen a négyzetbe írt kör területe T, a két egyenes és az őket metsző átló által bezárt háromszög beírt körének területe t. Határozzuk meg T : t értékét. 3. Hányféleképpen juthatunk a koordinátarendszer origójából a (4;) pontba, ha 0 lépést teszünk, minden lépésünk egységnyi hosszú és párhuzamos a tengelyek valamelyikével? 4. Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész n esetén teljesül az alábbi egyenlőtlenség: 6 0 4 5 + + 9 3 +... + n(n + ) < n 4n + 5. Igazoljuk, hogy a rekurzióval definiált alábbi sorozat minden tagja pozitív egész szám. c =, c n+ = 4n n + c n (n =,, 3,...) Valamennyi feladat 7 pontot ér. 3

Feladatlapok I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0 3-as tanév MATEMATIKA, III. kategória Az első (iskolai) forduló feladatai a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére. Az ABC egyenlő szárú háromszög AB alapján vegyünk fel egy P pontot. P-ből merőlegeseket állítunk a két szár egyenesére, ezek talppontjai I, illetve J. A háromszög magasságpontját jelölje M. Mutassuk meg, hogy a P M egyenes áthalad az IJ szakasz felezőpontján.. Legyenek k n rögzített egészek. Mennyi az x x... x k + x x 3... x k+ +... + x n k+ x n k+... x n kifejezés maximuma, ha x,..., x n nemnegatív számok és összegük? 3. Rögzítsünk a síkon egy AB szakaszt és annak egy P belső pontját. Ha ABC tetszőleges háromszög, húzzunk P-ből párhuzamost az AC, illetve BC oldalakkal. Ezek az egyenesek a BC oldalt a Q pontban, az AC oldalt az R pontban metszik. Az AP R és BP Q háromszögek köré írt körök P-től különböző metszéspontja legyen H. Mi a H pontok halmaza, ha a C pont a sík minden, az AB egyenesre nem illeszkedő pontján végigfut? 4. Hány olyan, nem 0-ra végződő többszöröse van a 0-nek, amelyben a számjegyek összege 5? 5. Van 0 külsőre teljesen egyforma, de páronként különböző értékű érménk. Ugyancsak van egy készülékünk, amelybe érmét kell behelyezni, és megadja, hogy a behelyezett érme közül melyik a k-adik legértékesebb. Ennek a készüléknek a segítségével a 0 érme közül hánynak tudjuk meghatározni az érték szerinti sorszámát, ha a) k = 0, illetve ha b) k =? Valamennyi feladat 7 pontot ér. 4

Feladatlapok II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/03 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) II. forduló. Mely valós x; y számpárokra teljesül a egyenlőség? 36 x 4 8 4 y x y. Mutassa meg, hogyha az A 4 99...9 00...0 9 k db 9 k db 0 k N, k tízes számrendszerbeli pozitív egész szám, akkor a B A 3 szám pozitív egész. Bizonyítsa be, hogy ez a B szám csak a ; 3; 5 prímszámokkal osztható! 3. Legyen az ABC háromszögben a BC oldal felezőpontja F, legyen továbbá BCA 5 és BFA 45. Határozza meg a CAB nagyságát! 4. Meg lehet-e számozni egy kocka csúcsait az,,...,7, 8 számokkal úgy, hogy minden csúcshoz különböző szám tartozzon, és bármelyik él két végpontjára írt számok összege is egymástól különböző legyen? 5. Bizonyítsa be, hogy ha hegyesszög, akkor 3 sin cos Mikor áll fenn egyenlőség?! Minden feladat megoldásának pontos leírásáért 0 pont adható. 5

Feladatlapok II. forduló Gimnázium ÚÖ ÒÝÞ Þ Ñ Þ ÇÖ Þ Ó ÃÞÔ ÓÐ ÌÒÙÐÑ ÒÝ ÎÖ ÒÝ ¾¼½¾¹¾¼½ º ØÒÚ Ñ Ó ÓÖÙÐ Ò ÐØ ÑØÑØ Ð ÁÁº ØÖ Þ Ñ Ö ÃÖ ÖÖ ÐÔÖ Ö Þ ½º ÐØÖ ÓØØ ÑÓÐ Øº ÑÒÒÝÒ ÑÓÐ ÓÞ ÔØÐÔÓØ Ô ÞÓÞØÓØ Ú Ò Ò ÞØ ÐÝÞÞ ÒÒ ÐÔÒ ÞÔº ½º ÞÓÒÝØ Ù Ý ÔÓÞØÚ Þ Þ Ñ Ð ÙØÓÐ ÝÒ ÐÒ ÓÖ Þ Ñ ÝÒ ÓÖØÓØØ ÓÖÖÒÚÐ ÐÖØ Þ Ñ ÐÒ Ó ÞØØ ¹ØÐº ÐØ ÔÓÒØÓØ Öº 6

Feladatlapok II. forduló Gimnázium ÚÖ ÒÝÞ Þ Ñ Þ ÇÖ Þ Ó ÃÞÔ ÓÐ ÌÒÙÐÑ ÒÝ ÎÖ ÒÝ ¾¼½¾¹¾¼½ º ØÒÚ Ñ Ó ÓÖÙÐ Ò ÐØ ÑØÑØ Ð ÁÁº ØÖ Þ Ñ Ö ÃÖ ÖÖ ÐÔÖ Ö ¾º ÐØÖ ÓØØ ÑÓÐ Øº ÑÒÒÝÒ ÑÓÐ ÓÞ ÔØÐÔÓØ Ô ÞÓÞØÓØ Ú Ò Ò ÞØ ÐÝÞÞ ÒÒ ÐÔÒ ÞÔº ¾º Ý 0 Ý ÓÐÐ Þ ÐÝÓ ÖÓÑ ÞØ Þ ÓÐÐÚÐ Ô ÖÙÞÑÓ ÝÒ Ð Ý ÒÝ ÓÐÐ Þ ÐÝÓ ÖÓÑ ÞÖ ÓÒØÓØØÙÒ Ðº À ÒÝ ÓÐÝÒ Þ ÐÝÓ ÖÓÑ¹ Þ ÚÒ ÑÐÝÒ ÐØÖØØ Þ ÐÝÓ ÖÓÑ Þ¹Ö Ö ÔÓÒØ ÐØ ÔÓÒØÓØ Öº 7

Feladatlapok II. forduló Gimnázium ÚÖ ÒÝÞ Þ Ñ Þ ÇÖ Þ Ó ÃÞÔ ÓÐ ÌÒÙÐÑ ÒÝ ÎÖ ÒÝ ¾¼½¾¹¾¼½ º ØÒÚ Ñ Ó ÓÖÙÐ Ò ÐØ ÑØÑØ Ð ÁÁº ØÖ Þ Ñ Ö ÃÖ ÖÖ ÐÔÖ Ö º ÐØÖ ÓØØ ÑÓÐ Øº ÑÒÒÝÒ ÑÓÐ ÓÞ ÔØÐÔÓØ Ô ÞÓÞØÓØ Ú Ò Ò ÞØ ÐÝÞÞ ÒÒ ÐÔÒ ÞÔº º Þ ABC ÖÓÑ Þ AB BC CA ÓÐÐÒ ÓØØ ÖÒÖ P Q R ÔÓÒØÓº ÁÞÓÐÙ ÓÝ Þ AP R BP Q CQR ÖÓÑ Þ Ö ÖØ Ö ÞÔÔÓÒØ ÐØÐ ÑØ ÖÓÞÓØØ ÖÓÑ Þ ÓÒÐ Þ ABC ÖÓÑ ÞÞº ÐØ ÔÓÒØÓØ Öº 8

Feladatlapok II. forduló Gimnázium ÚÖ ÒÝÞ Þ Ñ Þ ÇÖ Þ Ó ÃÞÔ ÓÐ ÌÒÙÐÑ ÒÝ ÎÖ ÒÝ ¾¼½¾¹¾¼½ º ØÒÚ Ñ Ó ÓÖÙÐ Ò ÐØ ÑØÑØ Ð ÁÁº ØÖ Þ Ñ Ö ÃÖ ÖÖ ÐÔÖ Ö º ÐØÖ ÓØØ ÑÓÐ Øº ÑÒÒÝÒ ÑÓÐ ÓÞ ÔØÐÔÓØ Ô ÞÓÞØÓØ Ú Ò Ò ÞØ ÐÝÞÞ ÒÒ ÐÔÒ ÞÔº º ÞÓÒÝØ Ù Þ Ð ÝÒÐØÐÒ Ø 0 + 0 + 00 +... + + < 46 ÐØ ÔÓÒØÓØ Öº 9

Feladatlapok Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/03 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Feladatok. Egy papírlapra felírtuk a pozitív egész számokat n -től n -ig. Azt vettük észre, hogy a felírt páros számok összege 03 -mal nagyobb, mint a felírt páratlan számok összege. Mettől meddig írtuk fel a számokat?. Oldja meg a valós számpárok halmazán a és log x, log log log y 3 3 58 3 xy 3 3 xy 3 3 x y egyenletekből álló egyenletrendszert! 3. Az ABC háromszög egyik szöge 0-os. Bizonyítsa be, hogy a belső szögfelezőknek a szemben levő oldalakkal való metszéspontjai derékszögű háromszöget határoznak meg! Minden feladat megoldásának pontos leírásáért 0 pont adható. 0

Feladatlapok Dönt forduló Gimnázium Þ ÇÖ Þ Ó ÃÞÔ ÓÐ ÌÒÙÐÑ ÒÝ ÎÖ ÒÝ ¾¼½¾¹¾¼½ º ØÒÚ ÖÑ ÒØ ÓÖÙÐ Ò ÐØ ÑØÑØ Ð ÁÁº ØÖ Þ Ñ Ö ½º Þ f ÚÒÝ ÖØÐÑÞ ØÖØÓÑ ÒÝ ÔÓÞØÚ Þ Þ ÑÓ ÐÑÞ ÚÒÝ ÖØ ÔÓÞØÚ Þº ÀØ ÖÓÞÞÙ Ñ Þ Þ ÓÐÝÒ f ÚÒÝØ ÑÐÝÖ ØÐ Ð ÓÝ ÑÒÒ ÔÓÞØÚ Þ n Þ Ñ ØÒ ( n n ) f 3 (i) = f 3 () + f 3 () +... + f 3 (n) = (f() + f() +... + f(n)) = f(i) i= ÁØØ ÞÓ Ó ÐÐ ÞÖÒØ f 3 (k) = (f(k)) 3 ÞÞ Þ f ÚÒÝ k ÐÝÒ ÐÚØØ ÖØÒ º ¾º Þ ABC ÖÓÑ Þ CA AB BC ÓÐÐÒ Ð ÔÓÒØ ÖÒÖ B C A ÑÐÝÖ CB CA = AC AB = BA BC = λ < Þ AA BB Þ ÞÓ ÑØ Þ ÔÓÒØ P BB CC ÑØ Þ ÔÓÒØ Q CC AA ÑØ Þ ÔÓÒØ Rº À Þ ABC ÖÓÑ Þ ØÖÐØ T P QR ÖÓÑ Þ ØÖÐØ t ÓÖ T : t = 3 : 4 ØÒ ÑÓÖ λ ÖØ º Ý Ø Ò ØÒ n Ð ÒÝ 4 ÚØØ Ö ÞØº È ÖÓ Ø ÒÓØ Ø ÒÓÐØ Ý Ô ÖÒ ÑÒ Ý Ý Ð ÒÝ ÚÓÐØ Ø ÒÔÖØÒÖ ÖÐØØº ÄÐ ÑÓÖ Þ n Ø ÒÓÐ ÙØ Ò Ú Ð ÞØØ ÚÝ Ø Ð ÒÝ Ø Ý ÓÝ ÞØ ÐØ Þ Ô ÖÓ Ø Ò Ø ÒÓÐØ Þ Ø ÓÐÝÑ Ò ÚÝ Ý ÓÝ ÝÑ Ð ÑÐÝ Ô ÖÓ Ø Ò Ñ Ø ÒÓÐØ i= ÅÒÒ ÐØ ÔÓÒØÓØ Öº ½

Feladatlapok Dönt forduló Specmat Oktatási Hivatal

Megoldások I. forduló Szakközépiskola 3

Megoldások I. forduló Szakközépiskola

Megoldások I. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0-03. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Mely x és y valós számok elégítik ki a x = y, y = x egyenletrendszert? Megoldás: A gyök alatt nem állhat negatív szám, ezért x 0 és y 0. A gyökös kifejezés értéke nem lehet negatív, ezért y 0, azaz y. A másik egyenletből x adódik. A két egyenlet megfelelő oldalait összeadva x + y = x y = ( x + y)( x y) Mivel y 0 és x, ezért x + y > 0, oszthatunk vele. () = x y Ebből kifejezzük x-et és behelyettesítjük a feladatban kitűzött első egyenletbe + y = y Ez y-ra egy másodfokú egyenlet, melynek megoldásai y = + 5, y = 5. Gyökös kifejezés nem lehet negatív, y = 5 nem ad valós megoldást. Az egyetlen gyökpárt y -ből () egyenlet segítségével kapjuk: x = 3 + 5 y = 3 5 Ellenőrzésként a gyököket az eredeti egyenletrendszerbe helyetesítve kapjuk, hogy azok valóban megoldások. Összesen: 7 pont. Egy négyzetet az egyik csúcsából induló két egyenes három egyenlő területű részre oszt. (a) Milyen arányú részekre osztja a két egyenes négyzetbe eső szakaszát a szakaszokat metsző átló? (b) Legyen a négyzetbe írt kör területe T, a két egyenes és az őket metsző átló által bezárt háromszög beírt körének területe t. Határozzuk meg T : t értékét. Megoldás: (a) Használjuk az ábra jelöléseit. Legyen a négyzet oldala egységnyi. Ekkor az AF D háromszög területe a feladat szövege alapján AD DF, másrészt a terület, amiből 3 DF =. 3 35

Megoldások I. forduló Gimnázium Az ABM és F DM háromszögeket vizsgálva M-nél levő szögeik csúcsszögek, ABM = F DM mivel váltószögek. Ezek szerint ABM és F DM hasonlók. A megfelelő oldalak arányát felírva DF = F M =. Az ábra szimmetrikus az AC átlóra, AB AM 3 ezért a másik egyenesre eső szakaszoknál is ugyanezt az arányt kapjuk, EN =. AN 3 D F C M E N A B (b) ABM és F DM hasonlósága miatt DM = F M =, amiből DM = = NB, és MB AM 3 5 így MN = 5 Az AMN háromszögben az MN oldalhoz tartozó magasság a négyzet átlójának fele, így a háromszög területe 5 T AMN = = 0 Az AMN háromszög beírt körének sugarát jelölje r. Használjuk a T AMN = r s területképletet, ahol s a kerület fele. AM = NA = AF 3 = + ( 5 3 ) 3 = 3 miatt 5 5 T AMN = 3 0 = r + 5 5 amiből r = 3 + A körök területeinek aránya sugaraik arányának négyzetével egyenlők T : t = 4 : 54 + 4 6 = 7 + 6 8.599 Összesen: 7 pont 3. Hányféleképpen juthatunk a koordinátarendszer origójából a (4;) pontba, ha 0 lépést teszünk, minden lépésünk egységnyi hosszú és párhuzamos a tengelyek valamelyikével? Megoldás: Jelöljük lépéseinket az égtájaknak megfelelő betűkkel: az x tengellyel párhuzamos pozitív irányú legyen K, negatív N; az y tengellyel párhuzamos pozitív irányú legyen É, negatív D. A 0 lépést a megfelelő betűkkel írjuk le. A feladatban kitűzött (4;) ponthoz úgy juthatunk, ha 4-gyel több K lépésünk van, mint N és kettővel több É, mint D. 36

Megoldások I. forduló Gimnázium Mivel összesen 0 lépést teszünk, a különböző irányokra jutó lépések száma következő lehet (x K azt jelenti, hogy x darab lépést teszünk K irányba): (i) 4 K, 0 N, 4 É, D; (ii) 5 K, N, 3 É, D; (iii) 6 K, N, É, 0 D. pont Az (i) esetben a 0 lépésből kiválasztjuk azt a 4-et, amelyik K irányú, ez lehet ( ) 0 4 féle. A maradék 6 lépésből kiválasztjuk a 4 É irányút, ez lehet ( ) 6 4 féle. Egymástól függetlenek a választásaink, ezért az esetek száma ( ) ( ) 0 4 6 4 = 350. Hasonló módon kapjuk az (ii) esetben a lehetséges utak számát, amely ( ) ( ( ) 0 5 5 ) 4 3 = 5040. Az (iii) esetben pedig ( ) ( ) 0 6 4 = 60. + A megoldások számát a három esetben kapott eredmények összegéből kapjuk, ami 9450. Összesen: 7 pont Ismétléses permutáció felhasználásával is érvelhetünk. Pl. (i) esetén 4 darab K, 4 darab É és darab D betűből készíthető jelsorozatok száma 0! 4! 4!! = 350 4. Bizonyítsuk be, hogy minden pozitív egész n esetén teljesül az alábbi egyenlőtlenség: 6 0 4 5 + + 9 3 +... + n(n + ) < n 4n + Megoldás: A bal oldalon levő összeg tagjait vizsgálva 6 <, 0 <. 5 9 Ezek alapján azt sejtjük, hogy minden tag kisebb lesz -nél. Sejtésünket igazoljuk, használjuk a számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget a n és n + számokra n + n + n(n + ) amiből n(n + ) 4n + 4 pont Mivel a számtani-mértani középben szereplő két szám különböző, ezért a jel helyett írhatunk < jelet is. Az egyenlőtlenség bal oldalán éppen n darab tag van, ezek mindegyike kisebb -nél, így a bizonyítandó egyenlőtlenséget beláttuk. Összesen: 7 pont Bizonyításunkat leírhatjuk teljes indukcióval is. Az indukciós lépésben n-ről n + -re lépve a bal oldal egy újabb taggal, a jobb oldal -del nő. (n + )(n + 3) < 4n + 5 37

Megoldások I. forduló Gimnázium Beszorzás és négyzetreemelés után 6n + 40n + 4 < 6n + 40n + 5. Mivel ekvivalens átalakítással igaz egyenlőtlenséghez jutottunk, a bizonyítandót beláttuk. 5. Igazoljuk, hogy a rekurzióval definiált alábbi sorozat minden tagja pozitív egész szám. c =, c n+ = 4n n + c n (n =,, 3,...) Megoldás: A sorozat első néhány tagja: c =, c =, c 3 =, c 4 = 5, c 5 = 4, c 6 = 4,... Ezek valóban mind pozitív egészek. A rekurziós szabály szerint a soron következő tagot az előzőből pozitív számmal való szorzással kapjuk ezért a sorozat minden tagja pozitív lesz. A rekurzív összefüggés alapján c = c = c c 3 = 3 3 c : (n ) c n+ = c n n + A megfelelő oldalak összeszorzása, valamint a mindkét oldalon szereplő közös tényezőkkel való leosztás után: c n+ = n 3 5... (n ) (n + )! = 3 4... (n ) n = n + n! n! n + ( ) n n 3 pont Innen két befejezést is megadunk, mindkettőben kihasználjuk, hogy a binomiális együtthatók egész számok.. Elegendő megmutatnunk, hogy (n + ) osztója ( n n ( ) n + = n + n + n + ( n n ) -nek. Használjuk ki, hogy ( Mivel ) n + = (n + ), ezért n + és n + relatív prímek, tehát n + osztója n n -nek. ). n + Elegendő belátni, hogy ( ) ( ) n n = n n n n + ) egész, ami az alábbi sorból következik: ( ) n = n + n n n + n+( n n n ( n n n + n ) = ( ) (n)! n (n + )! (n )! = n + ( ) n n 3 pont Összesen: 7 pont 38

Megoldások I. forduló Specmat Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny, 0 3-as tanév MATEMATIKA, III. kategória a gimnáziumok speciális matematikai osztályainak tanulói részére Az első forduló feladatainak megoldásai Kérjük a javító tanárokat, hogy a feladatok javításakor vegyék figyelembe a versenyzők számára kiadott tájékoztatót. Külön is felhívjuk szíves figyelmüket arra, hogy minden feladatra csak egy helyes megoldásért jár a megfelelő pontszám. Kérjük, hogy a dolgozatokon konkrétan jelezzék a hibákat és az egyes feladatokra adott pontszámot, a dolgozat kijavítása után pedig töltsék ki a dolgozathoz mellékelt értékelő lap rovatait. A dolgozatokat nem kell osztályzattal minősíteni. A pontszámok indokolt esetben bonthatók. A III. kategóriában versenyző tanulók dolgozatait 3 ponttól kell továbbküldeni az iskolákból, közvetlenül az OKTV Matematika III., Oktatási Hivatal, 363 Budapest, Pf. 9. címre. A feltételeknek megfelelő dolgozatok közül azonban csak azok küldhetők tovább, amelyek tartalmazzák legalább két feladat lényegében teljes (5 7 pontos) megoldását. Tájékoztatásul megjegyezzük, hogy a versenykiírás alapján a Versenybizottság legfeljebb 50 versenyzőt juttathat be a döntőbe. A pontozási útmutatóban nem szereplő más helyes megoldás vagy megoldásrészlet esetén az arányos pontszámot szíveskedjenek megadni. Budapest, 0. november A versenybizottság. feladat Az ABC egyenlő szárú háromszög AB alapján vegyünk fel egy P pontot. P-ből merőlegeseket állítunk a két szár egyenesére, ezek talppontjai I, illetve J. A háromszög magasságpontját jelölje M. Mutassuk meg, hogy a P M egyenes áthalad az IJ szakasz felezőpontján. Első megoldás: Nyilván P I BM és P J AM, ezekből több következtetést vonhatunk le. Legyen egyrészt D és E az AM és P I, illetve a BM és P J egyenesek metszéspontja, ekkor a P EMD négyszög parallelogramma. () Másrészt P BE és AP D hasonló egyenlő szárú háromszögek, hasonlóságuk aránya λ = P B : AP. Ugyancsak hasonlók a BP J és AP I háromszögek, mégpedig ugyanazzal a λ aránnyal. ( pont) Ezért P J : P I = P E : P D (= λ), azaz P J : P E = P I : P D. Tehát egy P középpontú, alkalmas arányú középpontos nagyítás a DE szakaszt az IJ szakaszba, a felezőpontot a felezőpontba viszi. ( pont) Amikor a P EM D parallelogrammát a P csúcsából mint középpontból nagyítjuk, a parallelogramma középpontja azaz DE felezőpontja a P M átló mentén mozdul el. Tehát IJ felezőpontja rajta van a P M egyenesen. ( pont) 39

Megoldások I. forduló Specmat C y C(0, c) M J I D E A P B M J I A(,0) P( p,0) B(,0) x Második megoldás: Az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy koordinátarendszerben elhelyezve a háromszög csúcsai A(, 0), B(, 0) és C(0, c), valamint az adott pont P (p, 0). A háromszög magasságpontja ekkor M(0, /c). () A P M egyenes egyenlete ezekből c x + py = p c. () Az AC és BC száregyenesek egyenlete y = cx + c, illetve y = cx + c. A P pontból AC-re és BC-re állított merőlegesek egyenlete Az egyenletrendszerek megoldásával az x + cy = p, illetve x cy = p. ( c + p I c +, cp + c ) ( c + p c, illetve J + c +, cp + c ) c + pontokhoz jutunk. Az IJ szakasz felezőpontja az F ( p c +, ) c c + (3 pont) pont. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy F koordinátái kielégítik a PM egyenes fenti egyenletét. ( pont) 40

Megoldások I. forduló Specmat. feladat Legyenek k n rögzített egészek. Mennyi az x x... x k + x x 3... x k+ +... + x n k+ x n k+... x n kifejezés maximuma, ha x,..., x n nemnegatív számok és összegük? Megoldás: Jelölje az összeget S. Ha x =... = x n k = 0 és x n k+ =... = x n = /k, akkor S = /k k. Megmutatjuk, hogy ez a keresett maximum. () Írjuk S első két tagját (x +x k+ )x... x k alakba (ha k = n, akkor az alábbi algoritmus elejét értelemszerűen átugorjuk). Ha x > 0, akkor legyen x új értéke 0, x -é pedig (a régi) x + x k+, ezzel S-ben az első két tag összege nem változott, a továbbiak pedig nem csökkentek (sőt általában nőttek, hiszen x ott már nem szerepel, és x k+ értékét növeltük). (3 pont) Az (új) S első (x = 0 miatt most már) 0 értékű tagját hagyjuk el, és ismételjük meg az eljárást a megmaradt első két tagra: (x + x k+ )x 3... x k+ -ben x -t cseréljük 0-ra, x k+ pedig legyen a korábbi x + x k+ összeg, ezzel S értéke ismét nem csökkent. Az eljárást mindaddig folytatjuk, amíg S-ben már csak egy tag marad. () Ekkor S = x n k+... x n, ahol x n k+ +... + x n =. Mivel az összeg rögzített, ezért az x n k+... x n szorzat a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján akkor maximális, ha mind a k tag egyenlő, azaz értékük /k, és ekkor S = /k k. Mivel beláttuk, hogy bármely x i számokra legfeljebb ennyi az S értéke, ezért valóban ez a maximum. ( pont) 3. feladat Rögzítsünk a síkon egy AB szakaszt és annak egy P belső pontját. Ha ABC tetszőleges háromszög, húzzunk P-ből párhuzamost az AC, illetve BC oldalakkal. Ezek az egyenesek a BC oldalt a Q pontban, az AC oldalt az R pontban metszik. Az AP R és BP Q háromszögek köré írt körök P-től különböző metszéspontja legyen H. Mi a H pontok halmaza, ha a C pont a sík minden, az AB egyenesre nem illeszkedő pontján végigfut? Első megoldás: Ha az ABC háromszögben C-nél hegyesszög van, akkor AHP = ARP és P HB = P QB, mert azonos íven nyugvó kerületi szögek az AP R háromszög köré, illetve a P BQ háromszög köré írt körben. Emellett ARP = P QB, mert egyállású szögek. Így AHP = P HB, azaz HP felezi az AHB szöget. () Ha C-nél derékszög van, akkor a két kör érintkezik P-ben, és nem keletkezik a H pont. Ha pedig a háromszög tompaszögű a C csúcsában, akkor a két körnek félkörnél nagyobb ívei vannak az AB egyenesnek a C-vel átellenes félsíkjában, ezért a H metszéspont is ebbe a félsíkba kerül. Az AHP szög és a P HB szög ilyenkor 80 -ra egészíti ki az egymással egyenlő ARP, illetve P QB szögeket, és ezért most is AHP = P HB, azaz HP belső szögfelező az ABH háromszögben. () A szögfelezőtétel alapján AH : HB = AP : P B. () Tegyük fel, hogy P nem az AB szakasz felezőpontja. Ekkor az ABH háromszög H-beli külső szögfelezője az AB egyenest metszi egy S-sel jelölt pontban. A külső szögfelezőre vonatkozó szögfelezőtétel alapján AS : SB = AP : P B érvényes. Az AP : P B arány a C csúcs választásától független és egyértelműen meghatározza az S külső pontot, ezért 3 4

Megoldások I. forduló Specmat C k Q k R H k S A B P bármely C mellett S ugyanaz a pont. A külső és a belső szögfelező merőleges, így H az SP szakaszra állított k Thalész-kör pontja. (A k körre az AH : HB = AP : P B feltételből közvetlenül is ráismerhetünk mint az A és B alappontokhoz és ehhez az arányhoz tartozó Apollóniosz-körre.) ( pont) Megmutatjuk, hogy a k körnek bármely, S-től és P-től különböző pontját megkaphatjuk mint H-t alkalmas C választása mellett. Valóban, ha tetszőlegesen adott a H k, H S, P pont, akkor tekintsük az AP H háromszög köré írt k kört és a P BH háromszög köré írt k kört, majd vegyünk föl k -en egy A-tól és P-től különböző tetszőleges R pontot. Húzzunk párhuzamost P R-rel a B ponton keresztül, ez az AR egyenesből C-t, a k körből Q-t metszi ki. A kerületi szögek tulajdonságaiból következik, hogy ekkor P Q is párhuzamos AC-vel. () Ha a P pont az AB szakasz felezőpontja, akkor az AH : HB = AP : P B egyenlőségből AH = HB következik, tehát ilyenkor H az AB szakasz felező merőleges egyenesén van. Ennek az egyenesnek minden P-től különböző pontja elő is áll H-ként, ezt ugyancsak a fenti konstrukció mutatja. () Megjegyzés: A megoldásból kiolvasható, hogy a mértani hely mindegyik H pontját végtelen sok különböző C választásával is elő lehet állítani. Rögzített H mellett a hozzá tartozó C pontok azt a kört alkotják (az A és a B pont híján), amelyet az AP H háromszög köré írt körből az A középpontú, AB/AP arányú nagyítással kapunk. Második megoldás: Az AP R háromszög és a P BQ háromszög párhuzamosan hasonló, tehát vagy egymás eltoltjai, vagy pedig középpontos hasonlóság van közöttük. ( pont) Ha P nem az AB szakasz felezőpontja, akkor a középpontos hasonlóság esete áll fenn. A hasonlóság O középpontja az AB egyenesre illeszkedik, és helyét A, P és B egyértelműen meghatározza C helyzetétől függetlenül. A körülírt köröket is ugyanez a hasonlóság kapcsolja össze, ezért O és a két kör középpontja kollineáris. Emiatt a H pont a P-nek egy O-n áthaladó tengelyre vonatkozó tükörképeként áll elő. Tehát H az O 4 4

Megoldások I. forduló Specmat C k Q R H O A P B középpontú, OP sugarú k körre illeszkedik. (3 pont) A k kör bármelyik, nem az AB egyenesen fekvő pontja elő is áll H-ként, hiszen ha adott egy ilyen H pont, az AP H kör tetszőleges A-tól és P-től különböző pontját R-nek választva előállíthatjuk a Q pontot mint R képét a szóban forgó középpontos nagyítással, majd C-t AR és BQ metszéspontja szolgáltatja. () Ha P az AB szakasz felezőpontja, akkor a P BC háromszög az AP R háromszögnek az AP vektorral történő eltolásával kapható. Ilyenkor a két körülírt kör egyenlő sugarú, és H a középpontjaikat összekötő, AB-vel párhuzamos egyenesre vonatkozó tükrözéssel áll elő P-ből. Ezért H az AB-re a P felezőpontban állított merőleges egyenesre illeszkedik. Ennek az egyenesnek az összes P-től különböző pontja hozzátartozik a keresett halmazhoz, hiszen ha ilyen H adott, akkor az előzőhöz hasonló eljárással (nagyítás helyett AP vektorral való eltolást alkalmazva) rekonstruálható a C pont. () Harmadik megoldás: Alkalmazzunk inverziót egy tetszőlegesen rögzített P középpontú körre vonatkozóan. Az A, B, stb. pontok inverzét rendre jelölje A, B, stb. Az inverziónál az ABC háromszög AB oldalegyenese az A B egyenesbe, AC oldalegyenese az A P C körbe, BC oldalegyenese pedig a P B C körbe megy át. P R BC miatt a P R egyenes (amely a P R egyenessel azonos) a P B C kör érintője a P pontban. Hasonlóképpen P Q az A P C kör érintője P-ben. Az AP R kör inverze az A R egyenes, a P BQ köré a B Q egyenes. ( pont) A feladat inverzióval átfogalmazott változata tehát a következő: Adott az A B szakasz P belső pontja. A sík egy az A B egyenesre nem illeszkedő C pontjával tekintsük az A P C és a P B C kör P-beli érintőjének a másik körrel vett, P-től különböző metszéspontját, így kapjuk a Q, illetve az R pontot. Mi az A R és a B Q egyenes metszéspontjaként előálló H pontok halmaza, amikor C befutja a síkot (az A B egyenes kivételével)? () A Q P R szög érintőszárú kerületi szög mindkét körben, így a kerületi szögek tételét alkalmazva kapjuk, hogy az A B H háromszögben az A csúcsban és a B csúcsban egyenlő 5 43

Megoldások I. forduló Specmat H R C Q A P B szögek állnak. Ezért a H pont az A B szakasz felező merőlegesére illeszkedik. ( pont) Ennek a felező merőlegesnek minden, az A B szakasz felezőpontjától különböző pontja elő is áll H -ként. Adott H mellett válasszunk ugyanis az A H egyenesen egy tetszőleges, A -től különböző R pontot. Az A P R körhöz P-ben húzott érintő nem lehet párhuzamos B H -vel, mert akkor az A B H háromszögből ezzel az érintővel levágott háromszög is egyenlő szárú volna, és ezért A H is érintené a kört az A pontban, ami lehetetlen. A P-beli érintő tehát metszi a B H egyenest egy Q pontban. Végül a C pontot megkapjuk mint az A P R kör és a P B Q kör P-től különböző metszéspontját. Az érintőszárú kerületi szögekre vonatkozó tétel alapján a P B Q kör P-beli érintője áthalad R -n, tehát ez a C pont valóban az előírt H -t származtatja. () Az eredeti feladatban keresett mértani helyet inverzióval kapjuk meg az A B szakasz (felezőponttól megfosztott) felező merőlegeséből. Ha P felezi az AB szakaszt, akkor a mértani hely ugyanaz a felező merőleges a P pontja híján. Ha pedig P nem felezőpont, akkor a mértani hely az a P-n áthaladó kör (az AB egyenesen levő pontjai nélkül), amelyre vonatkozó inverzió A-t és B-t felcseréli, azaz az A és B alappontokhoz tartozó, P-n áthaladó Apollóniosz-kör. () 4. feladat Hány olyan, nem 0-ra végződő többszöröse van a 0-nek, amelyben a számjegyek összege 5? Megoldás: Megmutatjuk, hogy végtelen sok ilyen többszörös van: alkalmas k > 3 értékekkel c k = 0 k + megfelel. ( pont) 0 c k pontosan akkor teljesül, ha 0 0 k 000 = 000(0 k 3 ). () Mivel 0 = 4 503 és 4 000, ezért elég belátni, hogy 503 0 k 3 végtelen sok k-ra. () Ha egy ilyen s = k 3 > 0-t találunk, akkor végtelen sokat is megadhatunk, mert bármely n-re ns is megfelel a 0 s (0 s ) n oszthatóság miatt. () 6 44

Megoldások I. forduló Specmat Az, 0, 0,..., 0 503 számok között a skatulyaelv miatt lesz két olyan, 0 i és 0 j (0 i < j 503), amelyek azonos maradékot adnak 503-mal osztva, azaz 503 0 j 0 i = = 0 i (0 j i ). Innen (503, 0) = miatt 503 0 j i következik. ( pont) A befejezéshez használhattuk volna az Euler Fermat tételt is: 503 0 ϕ(503) = = 0 50 (mert az 503 prímszám). Megjegyzés: Hasonlóan igazolható, hogy az 00... 00 alakú számok között is találunk végtelen sok alkalmasat: ha 503 0 s, akkor 0 ns+3 + 0 megfelel. 5. feladat Van 0 külsőre teljesen egyforma, de páronként különböző értékű érménk. Ugyancsak van egy készülékünk, amelybe érmét kell behelyezni, és megadja, hogy a behelyezett érme közül melyik a k-adik legértékesebb. Ennek a készüléknek a segítségével a 0 érme közül hánynak tudjuk meghatározni az érték szerinti sorszámát, ha a) k = 0, illetve ha b) k =? Megoldás: Legyen először k = 0. A 0 érme között van pontosan 0, az első (azaz legértékesebb) 9, valamint az utolsó, melyek egyike sem lehet egyetlen mérésben sem a 0-edik. Emellett az első 9 közül bármelyiket bármelyik másikkal kicserélve a mérés eredménye szükségképpen ugyanaz lesz, ezek között tehát nem tudunk különbséget tenni, így ezek sorszáma nem határozható meg. Ugyanez érvényes az utolsó -re is. () Megmutatjuk, hogy a többi 99 érme sorszáma meghatározható. Először kikeressük a 0 nem beazonosítható (a továbbiakban szélső ) érmét. Ehhez beteszünk a készülékbe tetszőleges érmét, az egyik kijön 0-ediknek, azt félretesszük, majd a maradék 0-ből teszünk be -et és az eljárást addig ismételjük, amíg csak 0 érménk marad, melyek nem voltak egyetlen korábbi mérés eredményei sem: ez lesz a 0 szélső érme. () Vegyünk most ki két érmét a többi 0 0 közül, a kevésbé értékes legyen x, az értékesebb y, persze nem tudjuk, hogy közülük melyik x, és melyik y. Tegyük be a készülékbe x-et, y-t és a 0 szélső érme közül 9-et. Közülük az érték szerinti 0-edik x lesz, ha a kimaradt érme a sor elején van, és y lesz, ha a kimaradt érme a sor végén van. Így a 0 lehetséges mérés közül 9 alkalommal fogjuk x-et kapni mint tizediket, és alkalommal y-t. Innen már tudjuk, hogy e két érme közül melyik az értekesebb. (Egyúttal azt is megtudtuk, hogy a 0 félretett érme közül melyik a sor elején álló 9, és melyik a sor végén álló.) Mivel így a 0 0 nem szélső érme közül bármely kettő közül kiválaszthatjuk, melyik az értékesebb, ebből meghatározhatjuk ezek (0-től 00-ig terjedő) érték szerinti sorszámát. ( pont) Most belátjuk, hogy k = esetén egyetlen érme sorszámát sem tudjuk megállapítani: a j-edik és (03 j)-edik érmét nem tudjuk így különválasztani. Ha ugyanis teljesen megfordítjuk az értéksorrendet, akkor bármely érme közül a -edik, azaz a középső, ugyanaz lesz, mint az eredeti sorrendben volt. (3 pont) (Az előző részhez hasonló gondolatmenettel megmutatható, hogy ezeknek a pároknak az együttes sorszámai 003 > j > 0-re már beazonosíthatók, csak azt nem lehet megállapítani, hogy egy páron belül melyik az értékesebb érme.) 7 45

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal. feladat Mely valós Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/03 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) II. forduló Megoldások x; y számpárokra teljesül a egyenlőség? 36 x 4 8 4 y x y. megoldás A négyzetgyök értelmezése és az egyenlet bal oldalán szereplő törtek nevezői miatt x és y egyszerre kell, hogy teljesüljön. Legyen a x és b y. (A négyzetgyök definíciója és az x és y feltételek miatt a 0 és b 0.) A kiinduló egyenlet átírható alakba. 36 4 () 4a b 8 0, a b 36 4 4 4a 4 b 0 a b Az a 0 és b 0 feltételek miatt a és b értelmezett a valós számok halmazán, továbbá a 0 és b 0. Ezért felírhatjuk, hogy az () egyenlet bal oldala két teljes négyzet összege: 6 () a b 0. a b pont 46

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Két valós szám négyzetének összege akkor és csak akkor zérus, ha mindkét valós szám értéke zérus. Eszerint: 6 (3) a 0, a és (4) b 0. b A (3) és (4) egyenletekből adódik, hogy a 3 és b. Innen pedig az a x és b y miatt azt kapjuk, hogy x és y 5. Számolással ellenőrizhető, hogy az x ; y 5 számpár valóban megoldása az eredeti egyenletnek. Összesen: 0 pont. megoldás A négyzetgyök értelmezése és az egyenlet bal oldalán szereplő törtek nevezői miatt x és y egyszerre kell, hogy teljesüljön. Továbbá a négyzetgyök definíciója miatt x és y pozitív számok. A megoldandó egyenlet átírható a 36 4 () 4 x y 8 x y alakba. A fentiek miatt az () bal oldalán szereplő négy kifejezés mindegyike értelmezett és pozitív. Alkalmazhatjuk tehát a 36 x és 4 x, illetve a kifejezésekre a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget: 4 y és y 47

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 36 36 () 4 x 4 x, x x illetve (3) 4 4 y y y y. () és (3) szerint (4) 36 4 x x 4, és (5) 4 y y 4. pont (4) és (5) összeadásával azt kapjuk, hogy (6) 36 4 4 x x y y 8. A kiinduló egyenlet szerint azonban 36 4 x x 4 y y 8, ezért a (6) egyenlőtlenségben az egyenlőség esete áll fenn. Ez éppen azt jelenti, hogy a () és (3) egyenlőtlenségekben is egyenlőség van, ez pedig pontosan akkor lehetséges, ha a számtani és mértani középben szereplő mennyiségek egyenlők. Ezért (7) 36 4 x x, és (8) 4 y y. A (7) és (8) egyenletekből kapjuk, hogy x és y 5. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy az x ; y 5 számpár valóban megoldása az eredeti egyenletnek. Összesen: 0 pont 3 48

Megoldások II. forduló Szakközépiskola. Mutassa meg, hogy ha az A 4 99...900...0 9 k db 9 k db 0 k N, k tízes számrendszerbeli pozitív egész szám, akkor a B A 3 szám pozitív egész. Bizonyítsa be, hogy ez a B szám csak a ; 3; 5 prímszámokkal osztható!. megoldás Az A 4 99...900...0 9 k db 9 k db 0 számot a helyiértékek szerint átalakítjuk: továbbá () A 499...9 00...0 00...0 9, k db 9 k db 0 k db 0 () A 500...0 00...0 00...0 9, k db 0 k db 0 k db 0 pont k k k A 50 0 0 9, és így k k (3) A 50 900 9. pont (3) jobb oldala teljes négyzet, mégpedig A 50 3. k (4) (4)-ből az következik, hogy k 50 3 A, k A 50 3, k hiszen a k N; k feltétel miatt nyilvánvaló, hogy 50 3 pozitív szám. Ezért B A 3, k B 50 3 3, 4 49

Megoldások II. forduló Szakközépiskola B 0 k 5, és ez azt jelenti, hogy a B szám valóban pozitív egész. Mivel ezért (5) B 0 k 5, k k B 35. (5) jobb oldalán csak a ; 3; 5 prímszámok pozitív egész kitevőjű hatványai szerepelnek, ezért a B pozitív egész szám valóban csak a ; 3; 5 prímszámokkal osztható. Összesen: 0 pont k Megjegyzés: a A 50 3 alakból és a k N; k feltételből világosan látszik, hogy A is pozitív egész.. megoldás Az A 4 99...900...0 9 számot felírjuk a helyiértékeket figyelembe véve: k db 9 k db 0 k k k k A 40 90... 90 0 9, k k () A 40 C 0 9. pont Az ()-ben szereplő C 9 0... 90 k k C összeg egy olyan mértani sorozat k darab egymás utáni tagjának az összege, amelynek első tagja k a 9, hányadosa pedig 0 0 q. A mértani sorozatra vonatkozó összegképletet alkalmazva k k 0 C 9 0, 9 ahonnan a műveletek elvégzése és egyszerűsítés után () k k C 0 0. Ezt ()-be helyettesítve: k k (3) A 50 900 9. Innen a megoldás menete megegyezik az. megoldás menetével. 5 Összesen: 5 pont 0 pont 50

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 3. feladat. megoldás: Legyen az ABC háromszögben a BC oldal felezőpontja F, legyen továbbá BCA 5 és BFA 45. Határozza meg a CAB nagyságát! először azt bizonyítjuk, hogy az A pontnak a BC egyenesére eső, R -rel jelölt merőleges vetülete a BF szakasz belső pontja. Mivel. ábra BFA külső szöge az AFC háromszögnek, ezért Az AFC háromszögben ezért FAC 30. FAC FCA, 30 5 FC FA. Az ARF derékszögű háromszögben az FA átfogó, RF befogó, tehát így FA RF, RF FC FB, és ez azt jelenti, hogy R belső pontja BF szakasznak. 6 5

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Legyen a. ábrán BF FC x.. ábra Az AFR háromszög egyenlő szárú derékszögű, mert FAR 90 45 45. Az AR FR y jelöléssel FA y. Az ARC derékszögű háromszögben De () tg 5 értékét ki tudjuk számítani: y tg5. x y tg 5 tg 45 30, tg 45 tg30 tg 5, tg 45 tg30 () tg 5 3. () és () összevetéséből kapjuk, hogy y x y 3, ahonnan a műveletek elvégzése és rendezés után 3 x y 3 következik. Ebből a nevező négyzetgyöktelenítése után azt kapjuk, hogy (3) y 3 x. 7 5

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az ABR háromszögben AR tg. BR Jelöléseink szerint (4) AR y és BR x y, azaz y tg. x y A (3) és (4) összefüggések szerint y tg, y 3 azaz tg, 3 ebből pedig 30 következik. pont Mivel az ABC háromszögben 5 CAB 80, ezért CAB 35. Összesen: 0 pont 8 53

Megoldások II. forduló Szakközépiskola. megoldás: Rajzoljuk meg az F pontból kiinduló félegyenest, amely az AF szakasszal 5 -os, és a BF szakasszal 30 -os szöget zár be. A félegyenes és az AC egyenes közös pontja legyen D (3. ábra). Bocsássunk merőlegest az F pontból az AC egyenesére a merőleges talppontja legyen T. pont 3. ábra Mivel továbbá BCA 5 és BFA 45, BFA külső szöge az AFC háromszögnek, ezért FAC 30. Ugyanakkor FAC külső szöge az ADF háromszögnek, így FDA 5. Ezekből következik, hogy az FCD és ADF háromszögek egyenlő szárú háromszögek, tehát () FC FD és AF AD. Mivel F a BC oldal felezőpontja, ezért () figyelembe vételével () FC FB FD. () azt jelenti, hogy az F pont a BCD háromszög körülírt körének középpontja. Ezért Thalész tétele miatt a BCD háromszög derékszögű, amelyben BDC 90. 9 54

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Mivel az FT egyenest az AC DC egyenesre merőlegesen húztuk, ezért FT BD. Az F pont a BC szakasz felezőpontja, ezért FT a BCD háromszög középvonala, és így (3) BD FT. Az AFT derékszögű háromszögben FAT FAC 30, ezért az ismert tulajdonság miatt AF FT, továbbá AF AD -ből (4) AD FT. (3) és (4) szerint ez pedig AD BD, BDC BDA 90 miatt azt jelenti, hogy a BDA háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög. Ebből adódik, hogy ebből pedig következik. BAD 45, CAB 35 Összesen: 0 pont 0 55

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 3. megoldás: Tükrözzük a C pontot az AF egyenesére, a tükörképpont legyen P. Jelöléseinket a 4. ábrán láthatjuk. Mivel 4. ábra BFA külső szöge az AFC háromszögnek, ezért Így a tükrözés miatt egyrészt azaz másrészt FAC 30. PAF PAS 30, CAP 60, AC AP. Ez azt jelenti, hogy az APC szabályos háromszög. Az APF és ACF háromszögekben az AF oldal közös, továbbá az előzőek szerint egyrészt másrészt AC AP, ezért az APF és ACF háromszögek egybevágók. Ebből következik, hogy és ezért PAF CAF 30, PFA CFA 35, PFB PFC 90. 56

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az APF és ACF háromszögek egybevágóságából az is következik, hogy FP FC, így a PCF háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög. Az FB FC FP és PFB 90 összefüggések miatt a PFB háromszög is egyenlő szárú derékszögű háromszög. Ezekből az következik, hogy a BPC háromszög mindkét hegyesszöge tehát a BPC háromszögben Mivel APC szabályos háromszög, ezért PB PC, és BPC 90. BPA BPC APC 90 60 30. 45-os, pont A PB PC és PA PC egyenlőségekből PA PB adódik, eszerint a PAB háromszög egyenlő szárú háromszög. Ebből 80 BPA PAB 75. Mindezek alapján CAB PAB PAC 75 60 35. pont Összesen: 0 pont 57

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 4. megoldás: az. megoldásnak megfelelően bizonyítjuk, hogy az A pontnak a BC egyenesére eső merőleges vetülete a BF szakasz belső pontja. Bocsássunk merőlegest az A pontból a BC, a C pontból az AF egyenesére, a merőlegesek talppontjai rendre R és S, jelöléseink az 5. ábrán láthatók. 3 pont 5. ábra Mivel BFA az AFC háromszögnek külső szöge, ezért így az ASC derékszögű háromszögben FAC SAC 30, ACS 60. Az ASC háromszögben az ismert összefüggés szerint () AC b SC. Az ACS 60 miatt FCS 60 5 45, tehát az FCS háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért FC SC. 3 58

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Mivel a FC és () szerint b SC, ezért FC SC () a b adódik. Az ARC derékszögű háromszögben (3) m bsin5, a BRA derékszögű háromszögben pedig m tg. a RF -ből Az ARF háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög, így ezért () és (3) figyelembe vételével (4) A sin ahonnan RF m, b sin5 tg. b b sin5 -ra vonatkozó trigonometrikus azonosság szerint 45 30 sin 45 cos30 cos 45 sin sin 5 sin 30, 3 sin 5. Ezt (4)-be helyettesítve, a műveletek elvégzése, rendezés, négyzetgyöktelenítés és egyszerűsítés után (5) tg. 3 (5) éppen azt jelenti, hogy 30, és így az ABC háromszögben CAB 35. Összesen: 0 pont 4 59

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 5. megoldás: 6. ábra Az AF szakasz az ABC háromszöget két háromszögre osztja. Kiszámítjuk az AFC háromszög szögeit: mivel BFA külső szöge az AFC háromszögnek, ezért AFC 35, FAC 30. Az FBA paramétert bevezetve az AFB háromszög szögei FBA, FAB 35. pont Felírjuk az AFC és AFB háromszögekre a szinusztételt: () illetve a s sin 30, sin5 () a sin35. s sin pont 5 60

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Az () és () egyenlőségéből: sin 30 sin 35. sin5 sin Az addíciós tételeket behelyettesítve és ekvivalens átalakításokat végezve: sin5 cos5 sin35 cos cos35 sin, sin5 sin sin35 cos cos35 sin cos5, sin sin35 cos cos35 sin cos45 30, sin pont Az utolsó összefüggésből cos45 30 ctg, 3 ctg. ctg 3, és így 30 adódik. 3 pont Ezért a keresett szög CAB 30 35 30 35. Összesen: 0 pont 6 6

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 6. megoldás: Megoldásunkhoz a 6. ábrát használjuk, amelyen a BC a oldalt egységnyinek választjuk. Ez a választás nyilvánvalóan nem sérti az általánosságot, hiszen a feladatban szereplő háromszög a szögei miatt csak a hasonlóság erejéig van meghatározva. Ezzel a választással FB FC. Legyen továbbá AC b és AB c. BFA külső szöge az AFC háromszögnek, ezért pont és AFC 35, FAC 30. Felírhatjuk az AFC háromszögben a szinusztételt: innen b sin35 sin 30 b., Az ABC háromszögben először az AB c oldalra felírjuk a koszinusztételt: ebből a és b miatt c a b ab cos5, () c 6 4 cos5. A cos -ra vonatkozó trigonometrikus azonosságból amelyből 45 30 cos 45 cos30 sin 45sin cos 5 cos 30, 3 cos5. 4 7 6

Megoldások II. forduló Szakközépiskola Ezt ()-gyel összevetve azt kapjuk, hogy c 4 3, innen pedig 4 3 3 és 3 0 figyelembe vételével () c 3. Az ABC háromszögben a BC a oldalra is felírjuk a koszinusztételt: a b c ahonnan a, b és c 3 behelyettesítésével bc cos (3) 4 3 3 cos. (3)-ból a műveletek elvégzésével és rendezéssel azt kapjuk, hogy 3 cos, 3 innen egyszerűsítéssel és a tört nevezőjének négyzetgyöktelenítésével Ez azt jelenti, hogy cos. CAB 35. Összesen: 0 pont 8 63

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 4. feladat Meg lehet-e számozni egy kocka csúcsait az,,...,7, 8 számokkal úgy, hogy minden csúcshoz különböző szám tartozzon, és bármelyik él két végpontjára írt számok összege is egymástól különböző legyen? Megoldás: legyen a csúcsok neve a csúcsokra írt szám: ; ;3; 4;5; 6;7; 8 és legyen az élek neve az élekre írt szám: 3;...7 8 5. (3db) Az ; ;3; 4;5; 6;7; 8 számokból képezhető párok összegei: 3 ; 4;5;...;3;4;5. (3db) A csúcsok összege 3 4 5 6 7 8 36 Az élek összege egyenlő a csúcsok összegének háromszorosával, azaz 08 cal, mert minden csúcsba három él fut be. A lehetséges 3 él összege: 3 4 5 6 7 8 9 0 3 4 5 7. Tekintettel arra, hogy a kockának éle van, a 3 lehetséges érték közül pontosan egy kimarad, mégpedig, mivel 7 08 9, ezért csak a 9 -es maradhat ki. Ebből következik, hogy minden más élnek szerepelnie kell, így mind a 3 ; 4; 5, mind a 3 ;4;5 számhármasnak. pont Mivel a 3 és a 4 csak - féleképpen áll elő csúcsok összegeként (, illetve 3), az -es csúcs két szomszédja biztosan a, és a 3. Az 5 kétféleképpen állítható elő ( 3, illetve 4 ), ezért, mivel és 3 lapátló csúcsai, az -gyel szomszédos harmadik csúcs a 4. A 3, 4 és 5-ös élek mindegyikének szerepelnie kell, ezért az előzőhöz hasonló gondolatmenettel (hiszen 5 és a 4 csak egy-egyféleképpen, a 3 pedig kétféleképpen 9 64

Megoldások II. forduló Szakközépiskola bontható összegre) a 8-as csúcs szomszédjai csak 5, 6, 7 lehetnek. Az,, 3 és a 4 rögzítése után fennmaradó csúcsok közül csak az -es csúcsból induló testátló másik végpontja lehet a 8-as. A 8 szomszédjai közül az 5 nem lehet a 4 szomszédja, a 6 nem lehet a 3 szomszédja, és a 7 nem lehet a szomszédja (hiszen a 9 nem szerepel az élek között). Így mindhárom csúcsra egyetlen lehetőség marad. Ebben az esetben valamelyik él duplán szerepel, illetve így egy él kimarad. Ez azt jelenti, hogy a kocka csúcsainak a feladatbeli feltételekkel történő megszámozása nem lehetséges. Összesen: 0 pont : 0 65

Megoldások II. forduló Szakközépiskola 5. feladat Bizonyítsa be, hogy ha hegyesszög, akkor Mikor áll fenn egyenlőség? 3 sin cos! Megoldás: Mivel hegyesszög, azaz 0 90, ezért sin 0 és cos 0. Végezzük el a bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalán a kijelölt műveleteket, a lehetséges összevonásokat és rendezzük az egyenlőtlenséget, így az () sin cos sin cos egyenlőtlenséget kapjuk. Ezt elég bizonyítani. Alkalmazzuk az egyenlőtlenséget: sin és cos pozitív számokra a számtani és mértani közép közötti sin cos, sin cos. () sin cos sin cos pont Másrészt az () baloldalának harmadik tagjára:, sin cos sin cos. (3) sin cos sin Mivel 0 90, ezért amiből 0 80, (4) 0 sin (3)-at és (4)-et összevetve:. 66

Megoldások II. forduló Szakközépiskola, (5) sin cos és így (6) sin cos. pont () baloldalába behelyettesítve ()-t, (5)-öt, majd (6)-ot sin cos sin cos, sin cos sin cos sin cos. pont Ezt akartuk bizonyítani. Egyenlőség akkor áll fenn, ha (5)-ben a számtani és mértani középben szereplő két mennyiség egyenlő, vagyis ha ez, sin cos esetén lehetséges. sin cos Ez pedig a pontosan akkor van, ha 0 90 feltétel figyelembe vételével azt jelenti, hogy egyenlőség 45. Összesen 0 pont : 67

Megoldások II. forduló Gimnázium Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0-03. tanévi második fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára. Bizonyítsuk be, ha egy pozitív egész szám első és utolsó jegyének különbsége 5, akkor e szám és jegyeinek fordított sorrendjével felírt szám különbsége osztható 45-tel. Megoldás: Legyen a szám A, a jegyeinek fordított sorrendjével felírt szám B. Feltehetjük, hogy A > B. A = a n 0 n + a n 0 n +... + a 0 + a 0 B = a 0 0 n + a 0 n +... + a n 0 + a n A B = a n (0 n ) + a n (0 n 0) +... + a (0 0 n + a 0 ( 0 n ) = = (a n a 0 )(0 n ) + 0 [ a n (0 n ) + a n 0(0 n 4 ) +... +a 0( 0 n 4 ) + a ( 0 n ) 3 pont a n a 0 = 5, 0 n osztható 9-cel, a szögletes zárójelben lévő minden tag szintén osztható 9-cel, 0-szerese osztható 90-nel, tehát A B osztható 45-tel. 3 pont Összesen: 7 pont. Egy 0 egység oldalú szabályos háromszöget az oldalaival párhuzamos egyenesekkel egységnyi oldalú szabályos háromszögekre bontottunk fel. Hány olyan szabályos háromszög van, amelynek csúcsai a létrejött szabályos háromszög-rács rácspontjai? Megoldás: Legyen a kiinduló háromszög oldalhossza n és ezen paraméter segítségével oldjuk meg a feladatot, majd a végén meghatározzuk n = 0 esetén a feladat kérdésére a választ. Tekintsük azokat az eredetivel egyállású szabályos háromszögeket, amelyek oldalai a nagy háromszög oldalaival párhuzamosak. A legfelül lévő csúcs adott k oldalhossz mellett ezek számát minden sorban egyértelműen meghatározza. A legfelsőtől indulva, majd soronként egyesével növekedve eljutunk a legalsóig, ahol n k +. Így összesen van belőlük. + +... + (n k + ) = (n k + )(n k + ) pont 68

Megoldások II. forduló Gimnázium Egy k oldalhosszúságú, az eredetivel egyállású szabályos rácsháromszög k számú olyan ponthármast határoz meg a kerületén, amelyekben a rácspontok szabályos háromszöget alkotnak. Így az összes szabályos háromszögek száma: () n k(n k + )(n k + ) k= Tekintsük a következő átalakításokat: n n ( k(n k + )(n k + ) = k 3 (n + 3)k + (n + )(n + )k ) = k= k= n n n = k 3 (n + 3) k + (n + )(n + ) k = k= k= k= ( ) n(n + ) n(n + )(n + ) n(n + ) = (n + 3) + (n + )(n + ) = 6 n(n + )(n + )(n + 3) = A megfelelő szabályos háromszögek száma ezért n(n + )(n + )(n + 3) 4 = ( ) n + 3 4 pont pont A feladatban feltett kérdésre tehát n = 0 esetén a válasz ( ) 3 4 = 75. Összesen: 7 pont () után lehetséges a következő befejezés is: ( ) n n n k + k(n k + )(n k + ) = k k= k= Ez az összeg azt adja meg, hogy az,,..., (n+3) számok közül hányféleképpen választhatunk ki 4-et. A megszámlálás a szerint történt, hogy a kiválasztott a < b < c < d számok közül mekkora a b. Ha b = k +, akkor a az előtte álló k szám bármelyike lehet, c és d pedig az utána következő (n k + ) szám közül lehet bármely kettő. Ezek szorzata éppen a szummában álló összeg egy megfelelő tagja. A leszámolás eredménye ezért ( ) n+3 4. 3. Az ABC háromszög AB, BC és CA oldalain adottak rendre a P, Q és R pontok. Igazoljuk, hogy az AP R, BP Q és CQR háromszögek köré írt körei középpontjai által meghatározott háromszög hasonló az ABC háromszöghöz. Megoldás: Legyen az AP R és BP Q háromszögek köré írt körök P -től különböző metszéspontja M. Mivel AP MR húrnégyszög, ezért P MR = 80 α, hasonlóan QMP = 80 β. Ebből következik, hogy RMQ = 80 γ, azaz M rajta van a CQR háromszög köré írt körön. pont A megoldás végén diszkutáljuk M pont helyzetét, mivel az lehet az ABC háromszög belső, vagy külső pontja is. 69

Megoldások II. forduló Gimnázium C C Q R M A A P B B Jelölje a AP R, BP Q és CQR háromszögek köré írt körei középpontjait A, B és C. A középponti és kerületi szögek tételéből következik, hogy P A R = α. Másrészt P A R = P A M + MA R = B A M + MA C = B A C pont Azt kaptuk, hogy B A C = α és ugyanilyen érveléssel adódik, hogy C B A = β, A C B = γ. Ezzel igazoltuk, hogy A B C hasonló az ABC háromszöghöz. Ábránkon az M pont az ABC háromszög belsejében van. Ha a háromszögön kívül esik, a bizonyítás a fentiekhez hasonló módon történik. (A fenti bizonyítás irányított szögekkel erre az esetre is megfelelő.) Azért az észrevételért, hogy M lehet belső és külső pont a megoldás elején járt. A diszkutálás végén szereplő további akkor jár, ha leírja külső M pont esetén a bizonyítást, vagy utal rá, hogy irányított szögekkel bizonyítása érvényes. Összesen: 7 pont 4. Bizonyítsuk be az alábbi egyenlőtlenséget: 0 0 + + 00 +... + + < 46 Megoldás: Legyen P (n) = n + (n ) + (n ) +... + +. Induktív úton igazoljuk: ha n < 070, akkor P (n) < 46. P (n) értékét felülről becsüljük, ha az helyett 46 -t, az összes többi szám helyett 070-et írunk. 3 pont Kezdő lépésként ellenőrizzük n =,, 3-ra az állítást: P () = P () = < 46 = 46 + < 070 + 46 = 6 = 46 3 70

Megoldások II. forduló Gimnázium P (3) = 3 + + < 070 + 070 + 46 = 46 Az indukciós lépésben feltesszük hogy P (k) < 46, ahol k < 069, és ennek segítségével megmutatjuk, hogy P (k + ) < 46. P (k + ) = (k + ) + k + (k ) +... + + = = (k + ) + P (k) < 070 + 46 = 46 Mivel 0 < 070 így indukciós bizoyításunk a feladatban kitűzött egyenlőtlenségre érvényes, a bizonyítást befejeztük. 3 pont Összesen: 7 pont 4 7

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 0/03 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő Megoldások. Egy papírlapra felírtuk a pozitív egész számokat n -től n -ig. Azt vettük észre, hogy a felírt páros számok összege 03-mal nagyobb, mint a felírt páratlan számok összege. Mettől meddig írtuk fel a számokat?. Megoldás: n -től n -ig n n n darab pozitív egész szám van. Két esetet kell megkülönböztetnünk: n páros, vagy páratlan. a) Legyen először n páros, azaz n k, ahol Ekkor a papírlapra felírt számok a következők: k N. () k, k, k,...,4k, 4k, közülük a párosak: k, k,..., 4k. Ezek a számok számtani sorozatot alkotnak, a sorozat differenciája, tagjainak száma k. A számtani sorozat összegképlete szerint ekkor a páros számok összege: azaz egyszerűsítés után k 4k S k, S 3k k, () S 3k 3k. Az ()-ben szereplő számok közül a páratlan számok: k, k 3,..., 4k. Ez is differenciájú számtani sorozat, melyben a tagok száma k, így az összegük: pont 7

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal vagyis (3) A feladat feltétele szerint ebből pedig () és (3) alapján azaz S k 4k k, S 3k. S S 03, 3k 03, (4) k 67. Mivel n k, ezért a papírlapra 67 34 -től 467 684 -ig írtuk fel a számokat. b) A második esetben n páratlan, azaz n k, ahol k N. Ekkor a papírlapra írt számok: (5) k, k, k,...,4k 3, 4k. Az (5)-ben szereplő számok közül páros: k, k,..., 4k, ez a számsorozat egy differenciájú számtani sorozat k darab tagja. A számtani sorozat összegképlete szerint (5)-ben a páros számok összege: ebből S k 4k k 3, (6) S 3k k 3, S3 3 k k. Az (5)-ben felsorolt számok közül páratlanok: k, k,..., 4k 3, ez is k darab, differenciájú számtani sorozatot alkotó szám, így összegük: azaz S k 4k 3 k 4, (7) S 3k k 4, 73

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal A feltétel miatt ebből (6) és (7) behelyettesítésével S 3k k. 4 S S 03, 3 4 (8) k 03. (8)-ból az adódik, hogy ha n páratlan, akkor a papírlapra 03 405-től 4 03 8050-ig írtuk fel a számokat. Összesen: 0 pont. Megoldás: A papírlapra felírt számok: ez n db szám. n, n,...,n, n, a) ha n páratlan, akkor a felírt páratlan számok: n, n,...,n, ez n darab páratlan szám. A felírt páros számok: n, n 3,...,n, n, ez n darab páros szám. Az összegek különbsége: n... n n n n... n x. Az összeadás kommutatív és asszociatív tulajdonsága alapján átrendezve: n n n 3 n... n n x. Minden szögletes zárójelben a különbség, és a zárójelek száma n, így A feltétel miatt x 03, ezért x n. 3 74

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal n 03, n 405. Eszerint 405 -től 8050 -ig írtuk a lapra a számokat. b) ha n páros, akkor a felírt páros számok: n ez darab páros szám. A felírt páratlan számok: ez n darab páratlan szám. Az összegek különbsége: n, n,..., n, n, n 3,...,n 3, n, n n... n n n n 3... n x. Az összeadás kommutatív és asszociatív tulajdonsága alapján átrendezve: n n n n 3... n n n x. Minden szögletes zárójelben a különbség, és a zárójelek száma n, így A feltétel miatt x 03, ezért n x n, 3n x. 3n 03, azaz n 34. Eszerint a lapra 34-től 34 684 -ig írtuk a számokat. Összesen 0 pont 4 75

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal. Oldja meg a valós számpárok halmazán a és log x, log log log y 3 3 58 3 xy 3 3 xy 3 egyenletekből álló egyenletrendszert! 3 x y Megoldás: a logaritmus értelmezése miatt az első egyenletből illetve azaz () x 0, ebből pedig az x log x következik. f log x 0, log x log, függvény szigorúan monoton növekvő tulajdonsága miatt () x Ugyancsak a logaritmus értelmezése miatt az első egyenletből és amelyből (3) y 0, innen pedig a gy y (4) adódik. log log y 0, y log, log függvény szigorúan monoton csökkenő tulajdonsága miatt y ()-et és ()-t összevetve kapjuk az x -re vonatkozó feltételt: 5 76

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal (5) x, valamint (3)-ból és (4)-ből az y -ra: (6) 0 y. Az egyenlet megoldásához átalakítjuk az egyes tagokat: vagyis (7) (7)-ből az következik, hogy ebből pedig ismételt átalakítással illetve log log y y, log log y log y log y log. y log log y log log y 3 3, log log Ezért az egyenletrendszer első egyenlete átírható a alakba. 3 log 3log y log 3 3 y, log log log 3log y y. 3 log 3 y (8) log x log log 3 Alkalmazzuk (8) bal oldalára az azonos alapú logaritmikus kifejezések különbségére vonatkozó azonosságot: amiből log log log x y 3, pont 6 77

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal log x (9) log 3 log 3 3. log y (9)-ből a logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmű tulajdonsága miatt következik, hogy amit tovább alakítva: log log x 3, y log x 3 log, y log x log. 3 y Ismét hivatkozva a logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmű tulajdonságára x, 3 y (0) x y 3. Az egyenletrendszer második egyenletének bal oldalán mindkét kifejezés hatványkitevője megegyezik (0) bal oldalával, ezért ebből az egyenletből azaz vagyis 3 x y 58 3 3, x x 7 3, x 3 x () 3 3. Az exponenciális függvény kölcsönösen egyértelmű tulajdonságából következik, hogy () mindkét oldalán megegyeznek a hatványkitevők: 3 x, x ebből ekvivalens átalakításokkal az () x 3x 0 másodfokú egyenletet kapjuk. 7 78

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal () gyökei 3 5 3 5 x és x. 3 5 3 4 Mivel x, ezért (5) alapján x nem megoldása a feladatnak. 3 5 3 4 5 Ugyanakkor x, tehát x megfelel az (5) feltételnek, és mivel átalakításaink a megadott halmazon ekvivalensek voltak, ezért megoldása a feladatnak. A (0) összefüggésből így y 3, x azaz 3 y, 3 5 amelyből a nevező négyzetgyöktelenítésével és egyszerűsítéssel (3) 3 3 5 y. 3 5 Az előzőekben láttuk, hogy, ezért 0 y 3, így teljesül a (6) feltétel is, vagyis y a feladat megoldása. 3 3 5 Átalakításaink a feltételeknek megfelelő számhalmazokon ekvivalensek voltak, azt kaptuk, hogy az egyenletrendszer mindkét egyenletét egyetlen valós számpár elégíti ki, mégpedig 3 5 3 5 x és y 3. Összesen: 0 pont 8 79

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal 3. Az ABC háromszög egyik szöge 0-os. Bizonyítsa be, hogy a belső szögfelezőknek a szemben levő oldalakkal való metszéspontjai derékszögű háromszöget határoznak meg!. Megoldás: az ABC háromszög 0 -os szöge legyen az ACB szög. A BC félegyenesen a C ponton túl felvettünk egy P pontot.. ábra 0 0 A PCA szög az ACB kiegészítő szöge, ezért 80 0 60. A PCF a CFB háromszögnek külső szöge. Ezt a szöget a CA egyenes felezi, hiszen CF az ABC háromszögben belső szögfelező, és ezért az előzőek szerint pedig Mivel a CFB háromszög ACF 60, 60. PCF külső szögét a CA egyenes felezi, ezért a CA egyenes áthalad a CFB háromszög CF oldalához hozzáírt kör középpontján. A CFB háromszög CF oldalához hozzáírt kör középpontján áthalad a háromszög B pontjából induló belső szögfelezője is. Ezért a CA külső szögfelező és a B pontból induló belső szögfelező E metszéspontja a CFB háromszög CF oldalához hozzáírt kör középpontja. pont pont 9 80

Megoldások Dönt forduló Szakközépiskola Oktatási Hivatal Az E pont illeszkedik a CFB háromszög F csúcsához tartozó külső szögfelezőre is. Ez pedig azt jelenti, hogy az FE egyenes felezi a CFA szöget. Hasonlóképpen mutatható meg, hogy az AFC háromszög CF oldalához hozzáírt körének középpontja a D pont, és ezért az FD egyenes felezi a Mivel és ezért BFC CFA 80, CFB szöget. BFC CFA DFE DFC CFE, 0 80 DFE 0 90, tehát a belső szögfelezőknek a szemben levő oldalakkal való metszéspontjai valóban derékszögű háromszöget alkotnak, melynek derékszögű csúcsa az AB oldalon van.. Megoldás: Az ABC háromszög 0 -os szöge legyen az ACB szög. A. ábrán párhuzamost húztunk az A és B pontokon keresztül az ACB szög Összesen: szögfelezőjével, a CF egyenessel. A párhuzamosok a BC és AC egyeneseket rendre az A és B pontokban metszik. pont 0 pont. ábra 0 8