Mozaik matematika 10 osztály tankönyv pdf
Tanároknak
Mozaik Feladatgyűjtemény megoldókulcs 10. évfolyam
Másodfokúra visszavezethetõ magasabb fokszámú egyenletek, másodfokú egyenletrendszerek .
Paraméteres másodfokú egyenletek
Négyzetgyökös egyenletek és egyenlõtlenségek
A számtani és mértani közép, szélsõérték feladatok
Másodfokú egyenletre vezetõ problémák Vegyes feladatok
10.4. Geometria (2249-2632) Körrel kapcsolatos ismeretek
Párhuzamos szelõk és szelõszakaszok tétele, szögfelezõtétel Hasonlósági transzformációk, alakzatok hasonlósága 2
TA R TA LO M J E GY Z É K
Arányossági tételek a derékszögû háromszögben és a körben . A hasonlóság néhány alkalmazása a terület- és térfogatszámításban . Vegyes feladatok I. . Távolságok meghatározása hasonlóság segítségével, hegyesszögek szögfüggvényei . Összefüggések hegyesszögek szögfüggvényei között, nevezetes szögek szögfüggvényei . Háromszögek különbözõ adatainak meghatározása szögfüggvények segítségével . Síkbeli és térbeli számítások a szögfüggvények segítségével . Vegyes feladatok II. . Vektorok (emlékeztetõ), vektorok felbontása különbözõ irányú összetevõkre . Vektorok alkalmazása a síkban és a térben . Vektorok a koordináta-rendszerben, vektor koordinátái, mûveletek koordinátákkal adott vektorokkal . Vegyes feladatok III. .
87 93 98 104 108 111 115 123 129 133 140 143
10.5. Szögfüggvények (2633-2730) A szinusz- és koszinuszfüggvény definíciója, egyszerû tulajdonságai . A szinuszfüggvény grafikonja . A koszinuszfüggvény grafikonja, egyenletek, egyenlõtlenségek . A tangens- és kotangensfüggvény . Összetett feladatok és alkalmazások . Geometriai alkalmazások . Vegyes feladatok .
148 148 156 165 168 172 175
10.6. Valószínûség-számítás (2731-2814) Események . Mûveletek eseményekkel . Kísérletek, gyakoriság, relatív gyakoriság, valószínûség . A valószínûség klasszikus modellje . Vegyes feladatok .
183 184 185 185 195
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
10.1. GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK Szükséges, elégséges, szükséges és elégséges feltétel – megoldások w x2001
a) Prím után csak az irracionális, 2, 2, 22 nem kerülhet. Természetes mögött egész, racionális, valós állhat. Egész után racionális, valós állhat. Racionális vagy irracionális mögött csak valós állhat. 2 után irracionális vagy valós állhat. 2 után az irracionálist, 2, 22-t kivéve bármi állhat. 22 mögött természetes, egész, racionális, valós állhat. b) Négyzet után lehet bármi. Téglalap után paralelogramma vagy trapéz állhat. Paralelogramma után trapéz állhat. Rombusz után trapéz, deltoid, paralelogramma állhat. Trapéz és deltoid után nem írhatunk semmit a listából. c) Bármit is írunk elõre, utána kerülhet az 1. 1 után nem írhatunk mást. Prím mögé csak az 1-et írhatjuk. 10 után 5, 2 állhat. 9 után 3 állhat. 8 után 4, 2 állhat. 6 után 3, 2 állhat. 4 mögött 2 állhat. d) A 9 és a prímek nem állhatnak elöl. Elöl: 21, utána 7 állhat. Elöl: 15, utána 5 állhat.
a) Ha valami bogár, akkor rovar.
b) Ha valami holló, akkor (az) fekete.
a) Minden négyzet egyenlõ oldalú.
b) Minden 6-tal osztható szám osztható 3-mal is.
a) 0 : 0, 1 : 0, 2 : 0. c) 0 : 0 és valamelyik csapatnak 1 : 0.
a) Nem igaz. b) Az állítás megfordítása igaz: Ha a négyszög paralelogramma, akkor van párhuzamos oldalpárja. c) Trapézra.
b) 0 : 0 és valamelyik csapatnak 1 : 0, ill. 2 : 1.
Ha egy háromszög derékszögû, akkor két oldalának négyzetösszege egyenlõ a harmadik oldal négyzetével. Ha egy háromszögben két oldal négyzetösszege egyenlõ a harmadik oldal négyzetével, akkor a háromszög derékszögû. A tétel feltételeit teljesítõ háromszög oldalai közül a két rövidebbet befogóknak, a hosszabbat átfogónak nevezzük. Mivel egy háromszögben a 180º-os szögösszeg miatt csak egy 90º-os szög lehet, ráadásul ez a legnagyobb, ezért a derékszögnek a legnagyobb oldallal szemben kell lennie.
a) A: Ha egy négyszög középpontosan szimmetrikus, akkor paralelogramma. B: Ha egy háromszög szabályos, akkor tengelyesen szimmetrikus. C: Ha egy háromszög köré írt kör középpontja az egyik oldal felezõpontja, akkor a háromszög derékszögû. b) B hamis, az összes többi igaz. c) Egy háromszög pontosan akkor derékszögû, ha a köré írt kör középpontja az egyik oldal felezõpontja. Átfogó, Thalész-tétel.
Két dolgot kell megfigyelnünk. Egyrészt az öt kosárban összesen 95 darab virág van. Másrészt Rózsa kijelentése (kétszer annyi piros, mint fehér) azt jelenti, hogy a virágok száma három többszöröse. Azaz olyan kosárra gondolt, amit 95-bõl levonva hárommal osztható számot ad. Ilyen csak egy van, a 29 virágot tartalmazó. Bazsa Rózsa az elsõ kosárra gondolt.
Két megoldást mutatunk, tessék továbbiakat keresni! Mindent elismétel, amit csak hall. Másképp: Ha hall valamit, akkor azt elismétli. Tudjuk hogy amint a következtetés elsõ fele, vagyis a feltétel nem teljesül, az állítás nem lehet hazugság. Ez bekövetkezhet például akkor, ha a papagáj süket. Mindent elismétel, amit csak hall… Majd egy év múlva. Az idõtényezõrõl nem állított semmit a kereskedõ!
Próbáljuk ki a játékot, szerezzünk tapasztalatokat. A tapasztalat az lesz, hogy ezzel a módszerrel nem lehet egyenlõvé tenni a két kupacot. Miért? Legyen a két kupac különbsége n. Ha a kisebb kupacból veszünk el x darabot, akkor a nagyobb kupacba teszünk 2x-et. A kupacok különbsége n + 3x-re változik. Ha a nagyobból veszünk el x-et és a kisebbikbe rakunk 2x-et, akkor a különbség n – 3x-re változik. Mi a közös a két esetben? A 3x: bármennyit is veszünk el bármelyik kupacból, a kupacok különbsége három többszörösével változik. Mivel eredetileg 2 volt, három többszöröseinek hozzáadásával vagy elvételével nem lehet 0. Megjegyzés: A feladat megoldása során találtunk egy változatlan (invariáns) mennyiséget, ennek segítségével igazoltuk a sejtést. Az eljárást szokás invariáns módszernek is nevezni.
Szedjük elemeire a kérdést. Két szereplõje van: a mindent megtanuló diák és a megtanulhatatlan matematika. Bontsuk két következtetésre: elõször képzeljük el, milyen az, amikor van mindent megtanuló diák. Nyilvánvaló, hogy õ mindent megtanul, tehát nincs megtanulhatatlan. Ha van mindent megtanuló diák, akkor nincs megtanulhatatlan matematika (sem). Most fordítsuk meg a dolgot. Induljunk ki abból, hogy a matematika megtanulhatatlan. Akkor viszont nincs egy diák sem, aki meg tudná tanulni. Ha a matematika megtanulhatatlan, akkor nincs mindent megtanuló diák. Összegezve: azt nem jelenthetjük ki, hogy van mindent megtanuló diák, vagy hogy a matematika megtanulhatatlan. Ezt nem tudjuk eldönteni. Csak annyit jelenthetünk ki biztosan, hogy a kettõ egyszerre nem létezhet, mert kizárják egymást. Megjegyzés: A feladat alapja ez a ma már klasszikusnak számító kérdés Raymond Smullyantól: Mi történik, ha egy megállíthatatlan ágyúgolyó egy megmozdíthatatlan oszlopnak ütközik? 5
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Érdemes játszani a játékot, és úgy tapasztalatokat szerezni a lefolyásáról. Ha már kijátszottuk magunkat, és nem tudjuk a nyerõ stratégiát, akkor gondolkodjunk! A játékot körökre oszthatjuk, minden körben a kezdõ az elsõ. Bármennyi szálat is vesz el az elsõ egy-egy körben, a második mindig tud úgy elvenni, hogy a gyufák száma 9-cel csökkenjen. Így viszont 11 kör után 1 szál gyufa marad, amit az elsõ a szabályok szerint nem tud elvenni, tehát a második – Péter – nyert. Megjegyzés: Ebben a feladatban is az invariáns módszert alkalmaztuk, invariáns mennyiség az egy körben elvett gyufák száma.
A játékot osszuk körökre. Egy kör alatt mind a két játékos egyszer vesz el a kupacból. Figyeljük meg, hogy mivel 3, 4 vagy 5 szálat vehetnek el, az egyik a másik által elvett gyufák számát mindig ki tudja egészíteni 8-ra. Így 12 teljes kört tudnak lejátszani, azonban 4 szál marad, ami a kezdõ gyõzelmét jelenti. Valóban, ebben a játékban a kezdõnek van nyerõ stratégiája. Mégpedig a következõ: elsõ lépésben vegyen el 3 szálat, majd a második által elvett gyufákat egészítse ki 8-ra. A módszerrel 11 kör után (amiben mindig õ a második) 100 – (12 × 8 + 3) = 1 szál gyufa marad az asztalon, azaz az utoljára lépõ nyert. Gabi tehát biztosan nyerni fog, ha kezd, és a fent leírt módszerrel játszik. Megjegyzés: Ebben a feladatban is az invariáns módszert alkalmaztuk, invariáns mennyiség az egy körben elvett gyufák száma.
Mivel valakinek mindig vissza kell vinni a lámpát, célszerû a gyorsabb hölgyekkel megoldatni ezt a feladatot. Másrészt viszont a két fiút érdemes együtt átküldeni, így akkor csak egy hosszabb, 10 perces séta lesz (nincs külön 5 perces is). A kettõt csak úgy kombinálhatjuk, ha elõször a hölgyek mennek át (2 perc), majd Irma visszaviszi a fiúknak a lámpát (1 perc). Utána áthaladnak az urak (10 perc) és Vilma viszi vissza a lámpát (2 perc). Végül Irma és Vilma együtt átkelnek (2 perc). Így összesen 17 perc alatt átérnek a túloldalra.
Nem. Figyeljünk a számok paritására! Három esetünk lehet: A: Ha két páros számot töröl le az illetõ, akkor párost is ír vissza. B: Ha két páratlant, akkor is párost ír vissza. C: Ha egy párost és egy páratlant, akkor páratlant ír vissza. Tekintsük át az eseteket, hogyan változik a páros és páratlan számok száma! A: –1 páros; B: – 2 páratlan, +1 páros; C: –1 páros. Így a páratlan számok száma csak párosával változhat (egész pontosan kettõvel csökken vagy nem változik). 1-tõl 30-ig a számok fele páros és páratlan, azaz 15 darab páratlan szám szerepel a táblán. Ahhoz, hogy az utolsó szám a 0 legyen, el kell tûnnie a páratlan számoknak, azaz számuknak 0-ra kell csökkenni. Azonban ha csak párosával csökkenhet a számuk, akkor soha nem érheti el 15-rõl a nullát. Megjegyzések: Az invariáns módszert alkalmaztuk, invariáns mennyiség a páratlan számok darabszámának paritása. A tanár természetesen a játék után úgy módosítja a feladatot, hogy aki kitalálja, miért nem ér véget a játék, annak mégiscsak beír egy ötöst. Így végül jószívû is lesz…
Skatulyaelv – megoldások w x2018
a) Skatulyák: hét napjai.
b) Skatulyák: hónap napjai.
a) Skatulyák: év napjai. b) Skatulyák: hetek. c) Az aktuális év heteinek számától függõen: 52 × 11 + 1 = 573 vagy 53 × 11 + 1 = 584.
Skatulyák: 1, 3, 7, 9 végzõdések.
Ebben a feladatban a skatulyák számát nem ismerjük. Kezdjük el képzeletben kettesével feltölteni a skatulyákat. Az 5.-nél már elfogyott 5 × 2 = 10 virgács, tehát a feladat szerint nem folytathatjuk a feltöltést. A 11. virgácsot pedig a már meglévõ skatulyák egyikében kell elhelyezni, vagyis a skatulyák – így a virgácsfajták – száma 5. Ebbõl persze azt is tudjuk, hogy mindegyik fajta virgácsból 6 darab van a krampusz zsákjában.
a) Egy játékos három nyilat dob el egy fordulóban. Osszuk fel a táblát három egybevágó 120º-os körcikkre úgy, hogy valamelyik nyíl éppen egy felosztó sugárra essen. Egy-egy ilyen R körcikkben a két legtávolabbi pont a körív két végpontja. a Számoljuk ki a távolságukat. A három vékony szakasz éppen m szabályos háromszöget határoz meg. A feladat másképp megfogalmazva: adjuk meg a szabályos háromszög oldalát, ha ismerjük a köré írt kör sugarát. Tudjuk, hogy R = 16,75 cm, és hogy a súlypont 1 : 2 arányban osztja a súlyvonalat (a súlypont itt egybeesik a magasságponttal). Elõször számoljuk ki a magasságot az oldalból a Pitagorasz-tétel segítségével: 2 ⎛a⎞ m 2 + ⎜ ⎟ = a2, ⎝2⎠ 3 ⋅ a. m= 2 Ennek kétharmada a sugár, vagyis: 2 2 3 ⋅m= ⋅ ⋅ a = R = 16, 75. 3 3 2 Ebbõl megkapjuk a-t: a » 29 cm. Ha a fennmaradó két nyíl egy körcikkbe esik, akkor távolságuk 29 cm-nél kisebb. Ha a fennmaradó két nyíl külön-külön körcikkbe esik, akkor legalább az egyik olyan körcikkben van, amelyik határoló sugarán van az elsõnek kijelölt dobás. b) A táblában ekkor 6 × 3 = 18 nyíl van. Tekintsük a kör köré írható négyzetet (amelynek minden oldala érinti a kört). Ezt a négyzetet osszuk fel 16 egybevágó négyzetre. Egy négyzeten belül a legtávolabbi pontok a szemközti csúcsok, távolságuk a Pitagorasz-tétellel meghatározható: 2 ⋅ 8, 375 » 11, 844. A 16 négyzetben csak úgy lehet 18 nyíl, ha vagy 3, vagy 2-2 egy négyzetbe esik. Bármelyik eset is következik be, lesz 2-2 nyíl, amelyek távolsága biztosan kisebb, mint 11,9 cm.
a) Az állítás biztosan teljesül: a skatulyák a hét napjai, a megkérdezettek száma pedig ennél több. b) Ez az állítás hamis. Képzeljük el például, hogy a sorban egymás után megkérdezettek mindig a következõ napot mondják: hétfõ, kedd, szerda, csütörtök, péntek, szombat, vasárnap, hétfõ, kedd, szerda. Nincs olyan nap, amit háromszor hallottunk volna. 7
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
c) Ez a kijelentés is hamis. Ha ugyanis mindenki ugyanazt a napot mondja, akkor nem teljesül. d) Érdekes módon ez a kijelentés azt kívánja tõlünk, hogy fordítsuk meg a skatulyaelvet. Nem azt kell igazolnunk, hogy legalább mennyi elem kerül egy skatulyába, hanem hogy legfeljebb mennyi kerülhet legalább mennyi skatulyába. Osszuk szét elõször a lehetõ legegyenletesebben az embereket a skatulyákban. Ekkor van három, amelybe 2-2-2 fõ került. A leosztást csak úgy tudjuk változtatni, ha valahonnan elveszünk és azt máshova tesszük. Az állítás cáfolatához a kettes skatulyák számát akarjuk növelni, ezért vegyünk el valamelyik egyesbõl és tegyük is egyesbe. A második után elfogytak az egyes skatulyák, maradt kettõ üres. Tovább nem tudjuk csökkenteni a legfeljebb egy fõt tartalmazó skatulyák számát. Utolsó állításunk tehát igaz. Megjegyzés: Más úton hamarabb célhoz érünk a d) kijelentésnél. Tételezzük fel az állítás ellenkezõjét, miszerint maximum egy olyan nap van, amit legfeljebb egy fõ mond. Ehhez azonban legalább 6 × 2 = 12 fõt kellett volna meginterjúvolnunk, így ez nem teljesülhet. Ha állításunk ellenkezõje nem igaz, akkor állításunknak kell igaznak lennie. Az elõbb bemutatott gondolatmenetet indirekt bizonyításnak nevezzük. w x2026
A feladat megoldásához elõször azt kell észrevennünk, hogy a négyzetszámok utolsó számjegyei nem lehetnek akármilyen számjegyek. Az utolsó számjegy csak 0, 1, 4, 5, 6, illetve 9 lehet: 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 44 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49, 82 = 64, 92 = 81, 102 = 100 stb. A feladat szerint két eset van. Ha van köztük öttel osztható, akkor annak végzõdése 0 vagy 5. Ha nincs köztük öttel osztható, akkor lehetséges végzõdésnek marad 1, 4, 6, 9. Ezek között kell lennie kettõ azonosnak, hiszen öt számot adtunk meg. A kettõ azonos különbsége pedig 10-zel osztható.
Egy szám 7-tel osztva csak 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 maradékot adhat. Másképp fogalmazva 7k + 0, 7k + 1, 7k + 2, 7k + 3, 7k + 4, 7k + 5, 7k + 6 alakú lehet (ahol k egész szám). A 7-tel való oszthatóság szempontjából ezek négyzetei csak 0, 1, 2, 4 maradékot adhatnak. Közülük a zérus 7-tel osztható számot jelöl, a többi három nem. Így a válasz: n = 4. Ugyanis 4 négyzetszám között vagy van 7-tel osztható (0 maradék); vagy ha nincs (1, 2, 4 maradék), akkor a négy szám között van kettõ, ami azonos maradékot ad. Ezek különbsége pedig 0 maradékot ad, ami 7-tel osztható számot jelent.
Sorba rendezés I. (különbözõ elemek) – megoldások w x2028
6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6! = 720.
4 × 3 × 2 × 1 = 4! = 24.
4 × 3 × 2 × 1 = 4! = 24.
5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 5! = 120.
6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 6! = 720.
11 × 10 × … × 3 × 2 × 1 = 11! = 39 916 800. 8
Sorba rendezés II. (több típusba tartozó azonos elemek) – megoldások w x2035
9! = 1260. 3! ⋅ 2! ⋅ 4!
10! = 1260. 4! ⋅ 5! ⋅ 1!
12! = 39916800. 3! ⋅ 2! ⋅ 1! ⋅ 1! ⋅ 1! ⋅ 1! ⋅ 1! ⋅ 1! ⋅ 1!
a) Robinak 4 + 6 + 2 = 12 filmje van DVD-n. Ezeket sorba 12! = 479 001 600-féleképpen rendezheti. b) Elõrevéve a vígjátékokat, azokat 4!-féleképp helyezheti el. Utána a sci-fiket 6!, majd a krimiket 2!-féleképpen rendezheti sorba. Mivel a különbözõ típusú filmek sorrendjei nem függnek egymástól, ezért össze kell õket szoroznunk. Az eredmény: 4! × 6! × 2! = 34 560. c) A b) részfeladatban kapott eredményt meg kell szoroznunk még annyival, ahányféleképpen a három típust sorba tudja rakni a polcon. Mivel ez 3! lehetõség, így ennél a kérdésnél az eredmény: 3! × 4! × 6! × 2! = 207 360. d) Nincs kikötve, hogy az azonos típusú filmek egymás mellé kerülnek. Ha minden filmet megkülönböztetünk, akkor 12!-t kapunk. Mivel közöttük 4, 6, illetve 2 azonos van, így ezek 12! = 13 860. maguk közötti sorrendjeit (4!, 6!, 2!) le kell számolnunk: 4! ⋅ 6! ⋅ 2!
a) Sorban az ajtóhoz 4, az ablakhoz 3, a fal mellé 2, a kandalló elé 1 fõ ülhet: 4 × 3 × 2 × 1 = 4! = 24. b) Ültessük le valahogy a négy fõt képzeletben, majd kérjük meg õket, hogy üljenek át eggyel jobbra. Így a feladatban kérdezett asztal körüli sorrendjük nem változott. Mivel minden összeállításban négy egyforma ültetés van, az elõzõ megoldást el kell osztanunk 4-gyel: 3! = 6. c) Legyen a négy fõ A, B, C, D. Szemeljük ki magunknak A-t, viszonyítsuk hozzá a többieket. A-nak két szomszédja lehet: B és C; vagy B és D; vagy C és D személyében (ekkor a negyedik fõ már meghatározott). Ez összesen 3 lehetõség.
a) Az elsõ oszlopba egyféleképpen kerülhet egyetlen 1-es. A második oszlopot már 2!-, a harmadikat 3!-féleképp tölthetjük ki. Ezek egymástól függetlenek, tehát 3! × 2! × 1! = 12. b) A négyfokú lépcsõnél nem változik semmi a gondolatmenetben: 4! × 3! × 2! × 1! = 288. c) Az eddigiek alapján n fokú lépcsõnél az eredmény: n! × (n – 1)! × … × 3! × 2! × 1!. Megjegyzés: A c) részfeladat eredményét késõbb teljes indukcióval igazolhatjuk. 9
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Tegyük fel, hogy Ernõnek eddig n érméje van, mind különbözõ. Ezeket n!-féleképpen teheti sorba. Ha még szerez hozzá kettõt, akkor n + 2 érméje lesz, amit (n + 2)!-féleképpen tud majd sorba rakni (a két új érmével együtt sem változik az a feltétel, hogy minden érme különbözõ). Felírhatunk egy egyszerû egyenletet: 20 × n! = (n + 2)! Mivel a faktoriális szorzatot jelent, így a mindkét oldalon meglévõ tényezõkkel tudunk egyszerûsíteni: 20 = (n + 1) × (n + 2). Mivel a 20 csak 4 × 5 formában bontható fel két egymást követõ pozitív egész szám szorzatára, n = 3 a megoldás. Ernõnek tehát eddig összesen három érmét sikerült gyûjtenie. Tényleg nemrég kezdhette.
A felsõ sarokból az alsó sarokba hat lépésben juthat le a katicabogár. A hat lépés során egyszer fog ferdén elõre (a), kétszer ferdén jobbra (b) és háromszor ferdén balra (c) lépni. Minden lejutást egy a, b, b, c, c, c típusú sorozat fog jellemezni, ahol a betûk valamilyen sorrendje szerepel. Ha hat különbözõ elem lenne, 6! lenne a megoldás, viszont a két b-t 2!, a három c-t 3!-féleképp lehet 6! = 60. sorba rakni. Az eredmény tehát 1! ⋅ 2! ⋅ 3! Megjegyzés: A feladat térbeli megfelelõje a gyakorlópéldák között található Barnabás-féle 2037. feladatnak.
a) Mivel az egyes körcikkeket megkülönböztetjük, így az eredmény n!. b) Ha csak a sorrendre koncentrálunk, akkor az elforgatással egymásba vihetõ színezések nem különböznek. (Tipikus körberakási feladat.) Azonban a vásznat n-féleképpen forgathatjuk, így az eredmény: (n – 1)!. c) Azt kell észrevennünk, hogy a szomszédság nem változik, ha a körüljárási sorrendet megfor(n – 1)! . dítjuk. Vagyis a b) részfeladatban kapott eredményt el kell osztanunk kettõvel: 2 Megjegyzések: A feladat általánosítása a kör alakú asztalka melletti négy székrõl szóló feladatnak (2043. feladat). A b) részt úgy is meggondolhatjuk, hogy az egyik szín helyét rögzítjük, majd ahhoz képest színezzük a többit: (n – 1)!.
Elsõnek azt kell meggondolnunk, hányféleképpen állíthatjuk elõ a kilencet egyesek és kettesek összegeként, majd meg kell számolnunk, hogy az egyes eseteket hányféle különbözõ sorrendben írhat7! = 21-féle juk fel. Végül az összes esetet össze kell adnunk. Például 5 egyes és 2 kettes összegét 5! ⋅ 2! sorrendben állíthatjuk elõ. Vigyünk rendszert a felírásba táblázat segítségével. 1-esek száma
Hogy a feladatban feltett kérdést megválaszoljuk, össze kell adnunk az utolsó sor számait. A kilencfokú lépcsõt tehát 55-féleképp mászhatjuk meg, ha egyesével vagy kettesével lépkedünk.
Legyen a megvásárolni kívánt érmék száma n. Ekkor az n + 3 darab érmét, amibõl n, illetve három egyforma, (n + 3)! (n + 3) ⋅ (n + 2) ⋅ (n + 1) = = 84 n! ⋅ 3! 3 ⋅ 2 ⋅1 sorrendben lehet egymás mellé tenni a polcra. (A 84-t az üzleti partnertõl tudjuk.) Alakítsuk át az utolsó egyenlõséget: (n + 3) × (n + 2) × (n + 1) = 504. Ha elvégezzük a szorzást, harmadfokú egyenletet kapunk, amelyet nem tudunk megoldani. Azonban most is csak pozitív egészek között keressük az n-t: bontsuk hát prímtényezõk szorzatára az 504-et, ha a bal oldal már úgyis szorzat formában van: 504 = 23 × 32 × 7. A három zárójel olvasható úgy is, hogy három egymás utáni szám szorzata. Ki tudjuk úgy osztani 504 prímtényezõit, hogy ilyen számokat kapjunk? Igen, ránézésre adódik: 32 = 9 = n + 3, 23 = 8 = n + 2, 7 = n + 1. Készen vagyunk, n = 6. Ernõ tehát összesen 6 érmére alkudozott. Megjegyzések: Mivel egymás utáni számok szorzatáról van szó, írhattuk volna (N + 1) × N × (N – 1) alakban is õket, ekkor N = n + 2. Azonban összeszorozva így is csak egy N 3 – N alakhoz jutunk, ami továbbra is harmadfokú egyenletre vezet. A feladatot természetesen próbálkozással is megoldhatjuk. Mivel a három tényezõ közel van egymáshoz, az eredménynek 504 köbgyöke: 3 504 » 7, 958 körül kell lennie. Valóban: a középsõ számnak 8-at kaptunk.
a) A feladatban bár szerepel a „legalább” szó, nem érdemes áttérni az ellentett eseményre. Ugyanis 8-nak a fele 4, így nem lenne kevesebb a megvizsgálandó esetek száma. Elsõként vizsgáljuk meg, hányféleképpen áll elõ a 8 három pozitív egész szám összegeként, ahol az egyik szám legalább 4. Készítsünk egy táblázatot. A feltételek mellett a lehetõségek: Csirkefalat
Sorrend a nyárson
Az utolsó sorban összegyûjtöttük, hogy az egyes esetekben szereplõ ételdarabkákat hányféle sorrendben tûzhetjük a nyársra. A feladat megoldását az alsó sorban levõ számok összege adja: 280 + 420 + 280 + 168 + 168 + 56 = 1372. Kriszta tehát az általa elkészíteni kívánt nyársat 1372-féleképpen állíthatja össze. b) Csirkefalatokból: 4 × (280 + 420 + 280) + 5 × (168 + 168) + 6 × 56 = 5936 darabot kell szeletelnie, ami 10 × 5936 = 59 360 g = 59,36 kg. Szalonnából a szükséges mennyiség: 1 × 280 + 2 × 420 + 3 × 280 + 1 × 168 + 2 × 168 + 1 × 56 = 2520 darab, ami 10 × 2520 = 25 200 g = 25,2 kg. Gyümölcsbõl pontosan annyi darabka kell, mint szalonnából, így tömege is ugyanaz.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
a) Tudjuk, hogy n különbözõ elemet n!-féleképpen lehet sorba rendezni. Kezdjük el kiszámolgatni õket sorban: 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720, 7! = 5 040, 8! = 40 320, … Figyeljük meg, hogy n = 5-tõl mindegyik érték 0-ra végzõdik. Ez természetes: mivel minden szorzatban vannak páros számok, és legalább egy 5-ös, valamint megjelenik a 10. Így A = , azaz ½A½= 5. b) Az elõzõ részfeladat alapján már könnyen ábrázoljuk a csak pontokból álló függvényt. A függvény x = 5 után minden egész helyen 0 értéket vesz fel.
7 6 5 4 3 2 1 1
a) Az 1 + 2 + 3 + … + n összeget kell meghatároznunk. Ezt többféle trükkel is megtehetjük. Írjuk például az összeg alá még egyszer ugyanezen értékeket visszafelé, majd adjuk õket össze oszloponként: 1 + 2 + 3 + … + n + n –1 + n – 2 + 1 n … + n + 1 + n + 1 + n + 1 n + 1 … n + 1 n + 1. n ⋅ (n + 1) A vonal alatt n-szer szerepel n + 1. A keresett összeg ennek fele: . 2 Másik lehetõség, ha rajzolunk (ha már úgyis lépcsõrõl van szó). Mindegyik lépcsõt kiegészíthetjük téglalappá, ha elforgatjuk és saját maga mellé illesztjük. A téglalap egyik oldala n, a másik n + 1, nekünk viszont csak a fele kell. Megjegyzések: Késõbb rekurzív sorozatként is hivatkozhatunk a fenti összegre: az n. összeget megkapjuk, ha n-t adunk az (n – 1). összeghez. Ha tanuljuk majd, használhatjuk a teljes indukciót is a megsejtett formula igazolására. b) Egy n-fokú lépcsõt n! × (n – 1)! × (n – 2)! × … × 3! × 2! × 1!-féleképpen tölthetünk ki számokkal. Írjuk át a szorzatot más alakba, soronként kifejtve a faktoriálisokat: 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ (n – 2) ⋅ (n – 1) ⋅ n ⋅ ⋅1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ (n – 2) ⋅ (n – 1) ⋅ ⋅1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅…⋅ (n – 2) ⋅ ⋅# ⋅1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ ⋅1 ⋅ 2 ⋅ ⋅1. Egy ilyen szorzat egyetlen n, kettõ (n – 1), három (n – 2), … , n – 2 darab 3-as, n – 1 darab 2-es és n darab 1-es tényezõt tartalmaz. Azaz így is írható: n × (n – 1) 2 × (n – 2) 3 × … × 3n – 2 × 2n – 1 × 1n. Azt, hogy egy szám végén mennyi 0 van, a benne megtalálható 2 és 5 prímtényezõ-párok száma dönti el. Ebben a szorzatban pontosan öt darab 2 × 5 párnak kell lennie. Mivel 2-bõl mindig több lesz, mint 5-bõl, hiszen minden második szám páros, ezért koncentráljunk az 5-re. Még inkább az 5 kitevõjére: pontosan 5-nek kell lennie. Mivel a kitevõk egyesével csökkennek, így az ötös elõtt még négy számnak kell állnia, tehát n = 9. Ellenõrizzük: 91 × 82 × 73 × 64 × 55 × 46 × 37 × 28 × 19. 12
Ebben a szorzatban pontosan 5 darab 5-ös prímtényezõ szerepel. Ezekhez párosítva ketteseket, éppen öt nullára fog végzõdni a szám. (9-nél kevesebb nem lehet n, mert akkor az 5 kitevõje is csökken.) c) Az elõzõ elgondolás alapján nem lehetséges, hiszen ha eggyel tovább lépünk n = 10-re, akkor 101 × 92 × 83 × 74 × 65 × 56 × 47 × 38 × 29 × 110 szorzatban van 6 darab 5-ös prímtényezõ az 56-ban, de van egy a 10-ben is. Azaz nem tudunk pontosan 6 darab 5-öst tartalmazó szorzatot készíteni.
Kiválasztás és sorba rendezés I. (különbözõ elemek) – megoldások 5! = 20 . (5 – 2)!
36 ⋅ 35 ⋅ 34 ⋅ 33 ⋅ 32 ⋅ 31 ⋅ 30 =
30 ⋅ 29 ⋅ 28 ⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 25 =
7! = 210. (7 – 3)! b) 21 ⋅ 20 ⋅ 19 =
21! = 7 980. (21 – 3)!
36! = 42 072 307 200. (36 – 7)!
20! = 5 079 110 400. (20 – 8)! 30! = 427 518 000. (30 – 6)!
Kiválasztás és sorba rendezés II. (lehetnek azonos elemek is) – megoldások w x2061
3 × 3 × 3 × 3 × 3 = 35 = 243.
9 × 9 × 9 = 93 = 729.
3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 = 37 = 2187 (ha üresen is hagyhat: 47 = 16 384).
2 × 2 × 2 × 2 = 24 = 16.
37 × 37 × 37 × 37 × 37 = 375 = 69 343 957.
3 × 3 × 3 × 3 = 34 = 81.
2 × 2 × 2 × 2 = 24 = 16. 13
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
a) Panna 4 tisztséget szeretne kiosztani az osztályban (ez nem könnyû feladat). Valamilyen sorrendet felállít a tisztségek között, majd húznak: az elsõ tisztségre 28-ból, a másodikra 27-bõl, a harmadikra 26-ból, végül 25-bõl választanak. Vagyis: 28! 28 ⋅ 27 ⋅ 26 ⋅ 25 = = 491 400 (28 – 4)! lehetõségük van, ha visszatevés nélkül húznak. b) Ha visszateszik az éppen kihúzott nevét, akkor õ újra indul a következõ választáson is. Ekkor az egyes húzások egymástól függetlenek. A kérdésre: 28 × 28 × 28 × 28 = 284 = 614 656 lehetõség adódik (bár így az is lehet, hogy egyetlen személy lesz a titkár, a gazdaságis, a kultúros és a sportos).
a) Minden tárcsát 7 állapotba forgathatunk egymástól függetlenül, így a válasz: 7 × 7 × 7 × 7 = 74 = 2401. b) Négyjegyû számot akarunk elõállítani, vagyis az elsõ jegy nem lehet zérus. Arra marad 6 lehetõség, a többi számjegy viszont akármi lehet. Az eredmény: 6 × 7 × 7 × 7 = 2058.
a) Ha mindenki másféle fagyit kért, akkor az elsõ 20-félébõl választott, a következõ 19, aztán 18, 17, 16-félébõl választottak (képzeljük úgy, hogy minden fagyiból csak egy gombóc volt). A válasz: 20! 20 ⋅ 19 ⋅ 18 ⋅ 17 ⋅ 16 = = 1860 480. (20 – 5)! b) Ha legalább ketten azonost kértek, akkor kérhettek ketten, hárman, négyen vagy akár öten is egyformát. Még felsorolni is sok eset (bár vannak közöttük egyszerûek). Próbáljuk meg ellenkezõleg! Számoljuk ki, mennyi eset ez összesen (bárki kérhet bármit), majd vonjuk ki azt, amikor mindenki másfajta fagyit kér (az elõzõ eset). Számszerûen: 20! 20 5 – = 1 339 520. (20 – 5)! Megjegyzés: Sokszor érdemes az esetek összeszámolásánál áttérnünk az ellenkezõ, komplementer események összeszámolására. A feladat szövegében a „legalább”, „legfeljebb” szavak árulkodnak általában arról, hogy így könnyebb lesz a feladatot megoldani.
a) Ha van kettõ, akkor lehet három, négy, öt vagy akár hat egyforma is (ráadásul lehet többféle számjegybõl is több). Térjünk át a komplementer eseményre, azaz amikor minden számjegy különbözõ. Mivel 0-t nem írhatunk az elsõ számjegy helyére, az összes esetek száma: 9 × 10 × 10 × 10 × 10 × 10 = 9 × 105 = 900 000. Ebbõl vonjuk le a csak különbözõ jegyeket tartalmazó hatjegyû számokat: 9 × 9 × 8 × 7 × 6 × 5 = 136 080 (elsõnek 0-t nem írhatunk, másodiknak viszont nem írhatjuk az elsõt, de 0-t igen). A válasz a kettõ különbsége: 763 920. b) A hatos számrendszerben hat számjegy van: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Ezek közül nem tudunk úgy 12 jegyû számot készíteni, hogy ne legyen legalább egy jegy többször (már hétjegyût sem tudnánk). Mivel minden szám ilyen, számoljuk össze õket. Elsõ helyen 0 nem állhat, utána viszont bármi: 5 × 611 = 1 813 985 280.
c) A 12-es számrendszerben 12 számjegy van. Elsõ helyre 0-t nem írhatunk, másodiknak pedig nem írhatjuk az elsõt, de 0-t már igen. Aztán a felhasznált jegyekkel csökken a további lehetõségek száma: 11 × 11 × 10 × 9 × 8 × 7 = 609 840. Megjegyzés: A b) részfeladatban milyen elvet használunk? w x2072
a) 26 betû kétszer, illetve 10 számjegy négyszer alkalmazva, egymástól függetlenül: 262 × 10 4 = 6 760 000. b) A mai rendszámhoz a régiben egy számot betûre cseréltek, azaz eredményünket 10-zel osztanunk és 26-tal szoroznunk kell. Vagyis 2,6-szer több rendszámot lehet (elvileg) az új rendszerben kiadni. Megjegyzés: Természetesen nem minden kombinációt engedélyeznek a hatóságok, illetve vannak extra rendszámok is (egy betû-öt szám például).
Két megoldást is adunk. Elsõnek kedvezzünk a formulák szerelmeseinek. I. megoldás. Tételezzük fel, hogy Ernõ n darabot állíthat ki érméi közül (0 45; 20 . 10 5
a) 24 + 11 ⋅ 6; d) 12; g) 34 – 24 ⋅ 2;
b) 5 ⋅ 2 + 1; e) 14; h) 48 + 24 ⋅ 3;
c) 1; f ) 4; i) 45 – 20 ⋅ 5;
j) 19 + 4 ⋅ 21. w x2104
2; 4; 30; 2 ⋅ 89 – 18;
5; 5; 2; 2 ⋅ 41 – 12.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
2⋅ 3 ; 5 y⋅ x , x > 0; x
f ) 11 ⋅ ( 3 ⋅ 2 + 17 ) ;
g) 2 ⋅ ( 4 ⋅ 2 – 3 ⋅ 3 ) ;
5 ⋅ ( x – 1) , x ³ 0; x–1
a ⋅ ( a + 1) , a ³ 0, a ¹ 1; a–1
7 – 5 7⋅ 5 – 5 ; = 2⋅ 5 10 f ) 34;
3⋅ a +1 , a ³ 0, a ¹ 1; a –1
2⋅ x – 6 , x ³ 0, x ¹ 1; x –1
5 – 3⋅ y , y ³ 0, y ¹ 1. y –1
A nevezõt gyöktelenítve: 1 a) = 6 + 5, ezért 6– 5 b)
Mert mindkét zárójelben pozitív szám áll. Tehát A > B. b) Egyszerûsítsünk: A = 5 ⋅ 2 – 2 ⋅ 3; B=
20 – 4 ⋅ 6 10 – 2 ⋅ 6 (10 – 2 ⋅ 6 ) ⋅ 2 = = = 5 ⋅ 2 – 2 ⋅ 3. 2⋅ 2 2 2
Tehát A = B. c) Hozzunk létre a gyökök alatt teljes négyzeteket: 2 1 1 3 –1 3 +1 A= 2 + ⋅ (4 – 2 ⋅ 3 ) = 2 + ⋅ ( 3 – 1) = 2 + = ; 2 2 2 2 2 3 +1 1 1 ⋅ (4 + 2 ⋅ 3 ) = ⋅ ( 3 + 1) = . 2 2 2
B= Tehát A = B. w x2118
Vegyük észre a gyökök alatt a teljes négyzeteket: 35 + 2 ⋅ 34 – 35 – 2 ⋅ 34 =
= ½ 34 + 1½ – ½ 34 – 1½= 2. w x2119
a) Gyöktelenítsük a nevezõket: a=
1 2– 3 = = 2 – 3, és b = 2 + 3. 2+ 3 4–3
1 1 1 1 3+ 3 3 – 3 + = + = + = 1. a+1 b+1 3– 3 3+ 3 9–3 9–3
b) Elõbb a nevezõk gyöktelenítésével hozzuk egyszerûbb alakra az eredeti kifejezést: (1 + a) ⋅ (1 – 1 + a ) (1 − a) ⋅ (1 + 1 – a ) + = 1 – (1 + a) 1 – (1 – a) =
1+ a – 1 + a – a ⋅ 1 + a – 1+ a – 1 – a + a ⋅ 1 – a = –a =
– 2a + a ⋅ ( 1 + a – 1 – a ) + 1 – a + 1 + a . a
Mielõtt helyettesítenénk, számítsuk ki a két kritikus kifejezést: 2
⎛ 3 – 1⎞ 3 2– 3 4 – 2⋅ 3 3 –1 = = = ⎜ ; ⎟ = 2 2 4 ⎝ 2 ⎠ 2
3 +1 . 2 Ezeket az eredményeket írjuk be (1)-be: 1 + a =…=
3 3 ⎛ 3 +1 3 – 1⎞ 3 –1 3 +1 + ⋅⎜ + – ⎟+ 2 2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 2
3 3 + + 3 2 2 = 1. 3 2
a) A törtek és gyökök miatt a ¹ 0, a ¹ b, b > 0. a2 ⋅ b ⋅ b – a2 ⋅ b 5 a ⋅ (b – a)2 ⋅ b3
a2 ⋅ b ⋅ b – ½a½⋅ b 2 ⋅ b = a ⋅ (b – a)2 ⋅ b ⋅ b
1 a ⋅ (a – b) ⎧ , ha a > 0, = ⎪ 2 a−b – ½a½⋅ b ⎪ a ⋅ (b – a) = =⎨ a ⋅ (b – a)2 ⎪ a ⋅ (a + b) a+b = , ha a a 2 és a ¹ 0. A zárójelen belül hozzunk közös nevezõre: 2 ⎛( ( x + x – a2 )2 ⎞⎟ x x – x – a2 ) ⎜ ⋅⎜ – = x − (x − a2) ⎟⎠ x – a2 ⎝ x – (x – a2) =
x + x – a2 – 2 ⋅ x ⋅ x – a2 – x – x + a2 – 2 ⋅ x ⋅ x – a2 x ⋅ = a2 x – a2 =
x – 4 ⋅ x ⋅ x – a2 4x ⋅ =– 2. 2 2 a a x–a
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
d) A gyökök és a törtek értelmezéséhez az kell, hogy a ³ 0, b ³ 0 és a ¹ b teljesüljön. Elõbb a számlálóban hozzunk közös nevezõre, majd próbáljunk egyszerûsíteni. a⋅ a +b⋅ b – a⋅b a⋅ a + b⋅ b – a⋅ b – b⋅ a 2⋅ b 2⋅ b a+ b + = + = a–b a+ b (a – b) ⋅ ( a + b ) a+ b =
a ⋅ (a – b) – b ⋅ (a – b) 2⋅ b (a – b) ⋅ ( a – b ) 2⋅ b + = + = (a – b) ⋅ ( a + b ) a + b (a – b) ⋅ ( a + b ) a+ b 2⋅ b a– b a+ b = 1. + = a+ b a+ b a+ b
Az utolsó szorzatot írjuk át az (a + b) × (a – b) = a 2 – b2 azonosság alapján: 2009 × 2011 = 20102 – 1. Ezzel a kifejezés: 1 + 2006 ⋅ 1 + 2007 ⋅ 1 + 2008 ⋅ 2010 . Alkalmazzuk újra az elõzõ módszert: 1 + 2006 ⋅ 1 + 2007 ⋅ 1 + 2008 ⋅ 2010 = 1 + 2006 ⋅ 1 + 2007 ⋅ 2009 = = 1 + 2006 ⋅ 2008 = 2007.
a) Elõbb a gyökök alatti kifejezéseket hozzuk egyszerûbb alakra: x – 3=
a 4 + 20a2 + 16 a 4 + 8a2 + 16 (a2 + 4)2 – 3 = = ; 4a 2 4a 2 4a 2
a 4 – 8a2 + 16 (a2 – 4)2 a 4 + 20a2 + 16 – 7= = . 2 4a 4a2 4a2
Ezek után helyettesítsünk: f (a) =
(a2 + 4)2 (a2 – 4)2 a2 + 4 ½a2 – 4½ + = + . 4a 2 4a 2 2 ⋅½a½ 2 ⋅½a½
A feltételek miatt ½a½= a és ½a 2 – 4½= 4 – a 2, f (a) =
a2 + 4 4 – a2 8 4 + = = . 2a 2a 2a a
b) Kövessük az elõbbi módszert: a 4 + 2a2 ⋅ b 2 + b 4 – 4a2 ⋅ b 2 ( a2 − b 2) a2 a2 4a2 ⋅ b 2 =1 – =1 – = = , 2 2 2 x (a2 + b 2) (a2 + b 2) (a2 + b 2)2 (a2 + b 2)2 4b 2 ezt behelyettesítve: 2
(a2 – b 2) ½a2 – b 2½ 2b 2 2b 2 – = 2 – 2 . 2 2 2 2 a +b a + b2 (a2 + b 2) a + b 2
⎧ 2b 2 a2 – b 2 3b 2 – a2 – = , ha a ³ b, ⎪ ⎪ a2 + b 2 a2 + b 2 a2 + b 2 g(x) = ⎨ b 2 – a2 a2 + b 2 ⎪ 2b 2 ⎪⎩ a2 + b 2 – a2 + b 2 = a2 + b 2 = 1, ha b > a.
c) Elõbb csak az (x 2 – 1)-et írjuk fel a-val: x= x2 – 1 =
(a + 1)2 a2 + 2a + 1 – 4a (a − 1)2 – 1= . = 4a 4a 4a
Gyöktelenítsük h(x) nevezõjét: h(x) =
2 ⋅ x 2 – 1 2 ⋅ x 2 – 1 ⋅ ( x + x 2 – 1) = = 2 ⋅ x 2 – 1 ⋅ ( x + x 2 − 1) , x 2 – (x 2 − 1) x – x2 – 1
ebbe az alakba helyettesítsünk be: ½a – 1½ ⎛ a + 1 ½a – 1½⎞ (a – 1)2 ⎛ a + 1 (a – 1)2 ⎞ ⋅ h(x) = 2 ⋅ ⋅⎜ + + . ⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜2 ⋅ a 4a 4 2 ⋅ a ⎜⎝2 ⋅ a 2 ⋅ a ⎟⎠ a ⎠ ⎝ Ebbõl: ⎧a – 1 ⎛ a + 1 a – 1 ⎞ a – 1 2a a ³ 1, ⎪ a ⋅ ⎜2 ⋅ a + 2 ⋅ a ⎟ = a ⋅ 2 ⋅ a = a – 1, ha ⎝ ⎠ ⎪ h(x) = ⎨ 1– a ⎞ 1– a 2 1– a ⎪1 – a ⎛ a + 1 ⎪ a ⋅ ⎜2 ⋅ a + 2 ⋅ a ⎟ = a ⋅ 2 ⋅ a = a , ha 0 0, a lehetséges egész értékek: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 (ezeket két helyen veszi fel) és a 9. Tehát összesen 8 × 2 + 1 = 17 helyen vesz fel egész értéket. 25
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Számok n-edik gyöke, a gyökvonás azonosságai – megoldások w x2125
a) x; e) ½x½; i) x 4; m) –4x 5;
b) ½a½; f ) x 2; j) a 2; n) 27x 3;
c) b; g) x7; k) ½x 5½; o) ½x½.
d) – x; h) x 3; l) ½x 5½;
i) x ÎR, 75 x 54 = 25 x18; j) x ³ 0, 6 x13; m) x > 0, 60 x 31. w x2132
Egyrészt 2 = 4 4. Alakítsunk ki közös gyökkitevõket: 2 = 30 215,
Elég összehasonlítani a gyök alatti hatványokat: 56 = 253 0 és a + x > 0. A zárójelben lévõ kifejezést hozzuk közös nevezõre: a ⋅ (a + x) – x ⋅ (a – x) – 2x 2 a2 – x 2 (a – x) ⋅ (a + x) = = = (a – x) ⋅ (a + x). (a – x) ⋅ (a + x) (a – x) ⋅ (a + x) (a – x) ⋅ (a + x) Az eredeti kifejezés: (a – x) ⋅ (a + x) (a – x) ⋅ (a + x) a+x (a + x)2 4 4 = = = = a + x. 4 (a – x) ⋅ (a – x) ⋅ (a + x) a– x ⋅4a+x 4a+x (a + x) c) Értelmezés: a ³ 0; x ³ 0; a ¹ x. Elsõ lépésben alakítsuk a zárójelben lévõ törtet:
a + 4 ax 3 4 a ⋅ ( 4 a3 + 4 x 3 ) ( 4 a + 4 x ) ⋅ ( 4 a2 – 4 ax + 4 x 2 ) 4 2 4 = = = a – ax + 4 x 2. 4a+4 x 4 a ⋅ (4 a + 4 x ) a + 4 ax
Az elsõ tört is egyszerûsíthetõ:
Az eredetibe behelyettesítve:
a + x – ( 4 a2 – 2 ⋅ 4 ax + 4 x 2 ) = 2 ⋅ 4 ax. 27
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
d) Értelmezés: a ³ 0; b ³ 0; x ³ 0; de a és x egyszerre nem lehet 0. A zárójelben lévõ törtet alakítsuk: 4
bx 3 + 4 a2bx 4 bx ⋅ ( 4 x 2 + 4 a2 ) 4 = = bx. x+ a x+ a
Ezt beírva, és elvégezve a négyzetre emelést: 4 ⋅ bx + bx + 3 ( bx + 3) ⋅ ( bx + 1) = = bx + 1. bx + 3 bx + 3 w x2138
a) A gyök alatti kifejezéseket alakítsuk teljes négyzetté: 4 17
+ 12 ⋅ 2 – 4 17 – 12 ⋅ 2 = 4 (3 + 2 ⋅ 2 ) – 2
= 3 + 2 ⋅ 2 – 3 – 2 ⋅ 2. Alkalmazzuk az elõzõ módszert:
( 2 + 1)2 – ( 2 – 1)2 = = ( 2 + 1) – ( 2 – 1) = 2.
a + b ⋅ c – 4 a – b ⋅ c = x pozitív egész szám. 4 2 x 2 = a + b ⋅ c + a – b ⋅ c – 2 ⋅
x2 + 2 = a + b ⋅ c + a – b ⋅ c ,
a feltétel miatt 1
(x 2 + 2)2 = a + b ⋅ c + a – b ⋅ c + 2 ⋅
a2 – b 2c, (x 2 + 2)2 = 2a + 2.
a feltétel miatt 1
Eredményünk szerint x páros szám. Legyen x = 2k, x ÎN+. (x 2 + 2) 2 = (4k 2 + 2) 2 = 16k 4 + 16k 2 + 4 = 2a + 2, amibõl: a – 1 = 8k 4 + 8k 2 = 8k 2 × (k 2 + 1). Mivel k 2 és k 2 + 1 szomszédos számok, a szorzatuk páros, ezek szerint 16½a – 1. Tehát az a szám 16-tal osztva 1-et ad maradékul.
Vegyes feladatok – megoldások w x2139
a) b) c) d) e) f) g) h)
Igaz. Igaz. Igaz. Hamis, az 1-nél kisebb számok esetén nem. Hamis, a –1-nél kisebb számok esetén nem. Igaz. Hamis: 18 38 20 4 4;
22 9. Egy zérushely van, ha c = 9. Két zérushely van, ha c 16. Egy zérushely van, ha c = 16. Két zérushely van, ha c w x2153
25 25 25 . Egy zérushely van, ha c = . Két zérushely van, ha c 49. 2
⎛ b) 2x 2 – 6x + p = 2 ⋅ ⎜x – ⎝
3⎞ 9 9 – + p minden valós helyen pozitív, ha p > . 2⎟⎠ 2 2
⎛ c) 5x 2 – 8x + p = 5 ⋅ ⎜x – ⎝
4⎞ 16 16 – + p minden valós helyen pozitív, ha p > . ⎟ 5⎠ 5 5
a) f (x) = (x – 2) 2 + 1 = x 2 – 4x + 5. Tehát b = –4; c = 5. b) f (x) = (x – 5) 2 = x 2 – 10x + 25. Tehát b = –10; c = 25. c) f (x) = (x + 3) 2 – 3 = x 2 + 6x + 6. Tehát b = 6; c = 6.
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
f (x) = (x – 2) 2 – 4, a függvény grafikonja az ábrán látható. a) Az adott intervallumon egy zérus helyvan: x = 0. b) Az adott intervallumon maximum található az x = –3 helyen, értéke: y = 21. Minimum az x = 2 helyen van, értéke: y = –4. c) A függvény szigorúan monoton csökken, ha x Î [– 3; 2], növekszik, ha x Î [2; 3].
a) 2 × 32 – b × 3 + 18 = 0, ebbõl b = 12. 2
b⎞ b 2 b2 ⎛ + 18. Nincs zérushely, ha 18 – b) f (x) = 2 ⋅ ⎜x – ⎟ – > 0, –12 0, vagyis c . 5 19 w x2164 a) a × (–3) 2 + 6 × (–3) – 1 = 0, ha a = . 9 b) Az egyenlet diszkriminánsa: 36 + 4a. Egy valós megoldás van: 1 I. Ha az egyenlet elsõfokú: a = 0, ekkor x = . 6 1 II. Ha a ¹ 0, D = 36 + 4a = 0, vagyis a = –9. Ebben az esetben x = . 3 c) Két különbözõ valós megoldás van, ha a ¹ 0 és 36 + 4a > 0, vagyis ha a > –9, de a ¹ 0. d) Nincs valós megoldás, ha 36 + 4a 0, azaz m > – c) Nincs megoldás, ha 16m + 1 7; d) –20 ; 3
c) x £ –6 vagy x ³ 6; f ) nincs megoldás; i) x £ –3 vagy 0 £ x; l) 0 £ x £ 5.
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
c) x 2 £ –8 vagy x 2 ³ 4, az elsõnek nincs megoldása, a másodikból: x £ – 2 vagy 2 £ x. d) 1 0.
−x 2 + 3x + 18 (x + 3) ⋅ (6 – x) = > 0. x–4 x–4 A megoldás: x 0 –3
x 2 – x – 6 (x + 2) ⋅ (x – 3) = ³ 0, x 2 – x – 2 (x – 2) ⋅ (x + 1) ezért: x £ –2 vagy –1 0
x 2 – 7 x + 15 > 0
y = x 2 – 7 x +15 2
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
x 2 – 8x + 15 (x – 5) ⋅ (x – 3) = 0
2x 2 – 7x – 4 (x – 4) ⋅ (2x + 1) = £ 0. x2 + x – 6 (x + 3) ⋅ (x – 2) 1 A megoldás: – 3 0
x 2 – 16 (x – 4) ⋅ (x + 4) = £ 0. – 2x – 24 (x + 4) ⋅ (x – 6)
A megoldás: 4 £ x 0
2x 2 + x – 15 (x + 3) ⋅ (2x – 5) ³ 0. = 2 − x + 15x – 50 –(x – 5) ⋅ (x − 10) 5 A megoldás: – 3 £ x £ vagy 5 0
y =2 x 2 – 7 x – 4
y =2 x 2 + x – 15 –20
y = – x 2 +15 x – 50
y = x 2 – 2 x – 24
(x – 5) ⋅ (x – 2) > 0, x ¹ 3. 3– x Meghatározzuk, hogy a feladatban szereplõ (x – 5), (x – 2) és (3 – x) kifejezések mely értékekre pozitívak, illetve negatívak. Az ábra szerint a megoldás: x 0 x–2>0 x–5>0 0
x–1>0 x–2>0 2x – 3 ³ 0 0
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
5 x –1 0 x –2 2+x x+2>0 Redukáljuk nullára az egyenlõtlenséget, hasonlóan a b) feladat 2x + 1 > 0 megoldásához. A közös nevezõre hozatal, és az összevonás után a következõ egyenlõtlenséghez jutunk: –2 – 1 0 2 2 8x + 4 4 ⋅ (2x + 1) 0 2 + 2x x x >0 Átalakítás után az alábbi egyenlõtlenséghez jutunk: x+2³0 3 1 (2x – 1) ⋅ (x + 2) 2x – 1 ³ 0 1+ – £ 0, melybõl: £ 0. 2 ⋅ (1 + x) x 2x ⋅ (1 + x) –2 –1 0 1 2 A kifejezések elõjelvizsgálat után kapjuk, hogy az egyenlõtlenség 1 megoldása: –2 £ x 0, x ¹ . e) 2 4x 2 – 4x + 1 Mivel a számláló konstans és negatív, így a hányados akkor pozitív, ha a nevezõje negatív. A nevezõt teljes négyzetté alakítva kapjuk: (2x – 1)2, amely kifejezés soha nem lesz negatív. Az egyenlõtlenségnek nincs tehát megoldása. c) 1 +
6 ³ 0, x ¹ –2, x ¹ 1. 6 – 5x – x 2 Mivel a számláló konstans és pozitív, így a hányados akkor pozitív, ha a nevezõ pozitív. (Az egyenlõség soha nem teljesülhet.) A 6 – 5x – x 2 kifejezést szorzattá alakítva: –(x + 6) × (x – 1) > 0, vagyis (x + 6) × (x – 1) 0 x+6>0
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
a) A törtnek és a gyököknek akkor van értelme, ha: x 2 – 3x – 28 ³ 0 és x 2 + 3x – 18 > 0. Az elsõ megoldása: x £ –4 vagy 7 £ x. A második megoldása: x 0
y x 2 – 3 x – 28 ³ 0
b) A gyöknek akkor van értelme, ha: x 2 – 3x – 28 ³ 0. x 2 + 3x – 18 A számlálót és a nevezõt szorzattá alakítva: (x – 7) ⋅ (x + 4) ³ 0. (x – 3) ⋅ (x + 6)
A megoldás: x b, vagy 4 0 és a bx 2 + bx – 4x + 4 – b = 0 egyenlet diszkriminánsa negatív: (b – 4)2 – 4b ⋅ (4 – b) 0, ezért minden valós b esetén két megoldása van az egyenletnek. –2 , negatív, mert b 2 + 1 > 0. Nézzük a gyökök szorzatát: x1 × x2 = 2 b +1 A szorzat negatív elõjele azt jelenti, hogy megoldásaink ellentétes elõjelûek, tehát a ]0; 1[ intervallumba legfeljebb az egyik gyök kerülhet, a pozitív elõjelû. Gondoljunk most az f (x) = (b 2 + 1) × x 2 + (b + 1) × x – 2 másodfokú függvényre, melynek b 2 + 1 > 0 miatt minimuma van, és két zérushellyel rendelkezik. A pozitív zérushely akkor kerül a ]0; 1[ intervallumba, ha a függvény a 0 és az 1 helyeken ellentétes elõjelû értéket vesz fel. Mivel f (0) = –2, ezért f (1) = b 2 + 1 + b + 1 – 2 > 0 kell teljesüljön. Ebbõl b 2 + b > 0, ha b . A megoldás: x > . 5 5 5 4 e) Értelmezési tartomány: x ³ . A bal oldala nemnegatív, a jobb oldala negatív szám, ezért nincs 3 megoldás. 8 8 1 1 f ) Értelmezési tartomány: x ³ – . Négyzetre emelés után: x £ . A megoldás: – £ x £ . 7 7 7 7 1 1 g) Értelmezési tartomány: x £ 4. Négyzetre emelés után: x £ – . A megoldás: x £ – . 2 2 h) Értelmezési tartomány: x £ 3. Négyzetre emelés után: x > –22. A megoldás: –22 x2 – x, amibõl a megoldás: 0 0, a jobb oldal negatív, teljesül az egyenlõtlenség. Ha x £ 0, négyzetre emelés és rendezés után: 0 > x2 – 2x – 15, amibõl –3 0, aminek a megoldása: 1 − 2. 8 8 8 8 Tehát ha p ³ –4, akkor az egyenletnek biztosan van megoldása.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
A számtani és mértani közép, szélsõérték feladatok – megoldások A számtani közép: 15, a mértani közép 9, különbségük 6. A számtani közép: 19,5, a mértani közép 18, különbségük 1,5. A számtani közép: 32,5, a mértani közép 30, különbségük 2,5. A számtani közép: 65, a mértani közép 60, különbségük 5. A számtani közép:12,5, a mértani közép » 12,25, különbségük » 0,25 . A számtani közép: 21, a mértani közép » 20,98 , különbségük » 0,02. A számtani közép: 179, a mértani közép » 66,97 , különbségük » 112,03. A számtani közép: 1033, a mértani közép » 335,5, különbségük » 697,5.
a) b) c) d) e) f) g) h)
A négyzet oldala 12 cm.
60 + 2 ⋅ 80 = 73,3 »; 3 150 = 74,5 ». c) vátl. = 50 50 50 + + 60 80 90
Átlagosan 12,4%-kal csökkent az üzemanyag ára.
I. megoldás. Ha a négyzetek oldalának hossza a és b, akkor a kerület: 4a + 4b = 200, amibõl a + b = 50. A területek négyzetösszege: a 2 + b 2 = a 2 + (50 – a) 2 = 2a 2 – 100a + 2500 = 2 × (a – 25) 2 + 1250. Minimális, ha a = 25 cm, ekkor b = 25 cm. Így a területösszeg minimuma 1250 cm2. II. megoldás. Az a 2 + b 2 = (a + b) 2 – 2ab minimális, ha 2ab maximális. A számtani és mértani közép közötti egyenlõtlenség alapján: 2
⎛ a + b⎞ 2ab £ 2 ⋅ ⎜ ⎟ = 1250, ⎝ 2 ⎠
akkor maximális a szorzat, ha a = b = 25. w x2216
a) Ha a téglalap oldalainak hossza a és b, akkor 2a + 2b = 100, vagyis a + b = 50. A számtani és mértani közép közötti összefüggés alapján: 2
⎛ a + b⎞ ab £ ⎜ ⎟ = 625, ⎝ 2 ⎠ a szorzat maximális, ha a = b = 25, tehát a megoldás a négyzet.
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
b) Legyen a vízpartra merõleges oldal hossza x, akkor a másik oldal 100 – 2x. Keressük a (100 – 2x) × x szorzat maximumát. A számtani és mértani közép közötti összefüggés alapján: 2
⎛100 – 2x + 2x ⎞ ⎟ ⎜ (100 – 2x) ⋅ 2x ⎝ ⎠ 2 £ = 1250, (100 – 2x) ⋅ x = 2 2
a szorzat maximális, ha 100 – 2x = 2x, amibõl x = 25. Tehát a téglalap oldalait 25 m és 50 m hosszúra kell választani. w x2217
Legyen a és b a téglalap két oldalán elhelyezett járólapok száma. a) Ebben az esetben a × b = 100. Keressük a 2 × (20a + 20b) kifejezés minimumát. A számtani és mértani közép közötti összefüggés alapján:
20a + 20b ³ 20a ⋅ 20b = 200, 2 az összeg akkor minimális, ha a = b = 10. A minimális kerület 800 cm. b) Most a × b = 200, és újra a 2 × (20a + 20b) kifejezés minimumát keressük. Alkalmazzuk az elõzõ módszert:
20a + 20b ³ 20a ⋅ 20b = 200 ⋅ 2, 2 az összeg minimális, ha a = b = 200 » 14,14. Mivel a járólapokat nem vághatjuk el, ez nem valósítható meg. Keressük az a × b = 200 egyenlet egész megoldásait, és vizsgáljuk meg, hogy mikor lesz minimális a 2 × (20a + 20b) kifejezés. A lehetséges szorzatok: 200 = 1 × 200 = 2 × 100 = 4 × 50 = 5 × 40 = 8 × 25 = 10 × 20. Rendre kiszámítva a kerületeket: 8040; 4080; 2160; 1800; 1320; 1200. Tehát akkor lesz a legkisebb a kirakott téglalap kerülete, ha a két különbözõ oldal mentén 10, illetve 20 darab járólapot helyezünk el. w x2218
a) A hajók távolságát Pitagorasz-tétellel számolva: d(12) = 300 2 + 400 2 = 500 km, d(13) = 320 2 + 260 2 = 412,3 km. b) A távolság négyzete t idõ múlva: d(t) 2 = (400 – 80t) 2 + (300 – 40t) 2 = 2 = 8000t – 88 000t + 250 000 = 8000 × (t – 5,5) 2 + 8000. A hajók közötti távolság 5,5 óra múlva lesz a legkisebb. c) A minimális távolság: dmin. = 8000 = 89,44 km.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Alakítsuk át a bizonyítandó állítás bal oldalát, ha ab = 1: a2 + b 2 (a – b)2 + 2a ⋅ b (a – b)2 + 2 2 = = = (a – b) + . a–b a–b a–b a–b Mivel a – b > 0, alkalmazhatjuk a számtani és mértani közép közötti egyenlõtlenséget: (a – b) +
2 2 ³ 2 ⋅ (a – b) ⋅ = 2 ⋅ 2. a–b a–b
Akkor van egyenlõség, ha a = 2 + 3 és b = 2 – 3. Ezzel az állítást beláttuk.
Másodfokú egyenletre vezetõ problémák – megoldások w x2220
a) Az x × (x + 12) = 45 egyenletbõl a két szám a 3 és 15 vagy a –15 és a –3. b) Az x 2 + (x + 12) 2 = 314 egyenletbõl a két szám az 5 és 17 vagy a –17 és –5. c) Az
x + 12 = x – 10 egyenletbõl a két szám a 12 és 24 vagy a –1 és 11. x
a) Az x × (20 – x) = 36 egyenletbõl a két szám a 2 és 18. b) Az x 2 + (20 – x) 2 = 208 egyenletbõl a két szám a 8 és 12. c) Az x 2 – (20 – x) 2 = 200 egyenletbõl a két szám a 15 és 5.
Az x 2 = 3 × (x + 3) + 1 egyenlet alapján a vásárolt sapkák száma 5.
Az (x + 5) 2 + x 2 = 493 egyenletbõl a négyzetek oldala 13 cm és 18 cm.
x ⋅ (x – 1) = 190 egyenletbõl a bajnokságban résztvevõ csapatok száma 20. 2 w x2225 Az x 2 + (3x + 3) 2 = (3x + 4) 2 egyenlet megoldásából a téglalap oldalai 7 cm és 24 cm. w x2224
Az x × (x + 1) = 10 × (2x + 1) + 56 egyenlet megoldása alapján a két szám a 22 és 23 vagy a –3 és –2.
80 80 Az egyenlet: = + 1. Megoldása alapján 16 » sebességgel haladtak, és 5 óra alatt értek x x + 4 célhoz. 2 2 + = 1. Megoldás: az anya 3 óra, a lánya 6 óra alatt takarítana ki egyedül. w x2228 Az egyenlet: x x+3 w x2227
4000 4000 +9= . Beszorzás és összevonás után: x 2 – 90x – 40 000 = 0. A muskátli x x – 90 palánta 250 Ft-ba kerül, 16 darabot lehet megvenni 4000 Ft-ból.
n ⋅ (n – 3) = 50n egyenletbõl n = 103. 2
n ⋅ (n – 3) = 50 + n egyenlet pozitív megoldása x » 12,8. Tehát nincs ilyen sokszög. 2
n ⋅ (n – 3) = 119 egyenletbõl a sokszög 17 oldalú. 2 56
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
A képernyõ 28,5%-a: 261,63 cm2. A keret területébõl felírható egyenlet: 4x 2 + 2 × 34x + 2 × 27x = 261,63. A keret körülbelül 2 cm széles.
Jelöljük x-szel azt, amennyi autót gyárt naponta a hagyományos részleg. Az egyenlet:
400 400 + = 36. x x+5 Beszorzás után: 9x 2 – 155x – 500 = 0. A pozitív megoldása: x = 20. A két üzem, naponta 20, illetve 25 autót gyárt, az elsõ 20 nap, a második 16 nap alatt. w x2233
n n ⋅ (n – 1) Tudjuk, hogy n különbözõ dologból 2-t ⎛⎜ ⎞⎟ = -féleképpen választhatunk ki. 2 2 ⎝⎠ Az egyenlet: 2x ⋅ (2x – 1) x ⋅ (x – 1) = + 852. 2 2 Beszorzás után: 3x 2 – x – 1704 = 0. A pozitív megoldás: x = 24. Tehát az osztályban 24-en vannak.
Legyen a háromjegyû szám: 1xy. A következõ egyenletrendszer írható fel: 100 + 10x + y 6 ⎫ =6+ ⎪ x⋅y x ⋅ y ⎬. ⎪ 1 + x + y = 12 ⎭ A másodikból y-t helyettesítve az elsõ egyenlet: 2x 2 – 19x + 35 = 0. Aminek megoldásai: x1 = 7, x2 = 2,5. Csak az elsõ lehet számjegy, ebbõl y = 4. A keresett szám a 174, ellenõrzéssel látható, hogy valóban megfelel.
a) Legyen x a nõk száma, y a férfiaké.
x ⋅ (x – 1) y ⋅ (y – 1) , a kézfogások száma: . 2 2 Mivel x > y, ezért az elsõ tört nagyobb, tehát több puszi van, mint kézfogás. A puszik száma:
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
b) A kézcsókok száma: x × y = 182, és tudjuk, hogy x + y = 27. A második egyenletbõl y-t kifejezve és beírva az elsõbe: x 2 – 27x + 182 = 0. A megoldások: x1 = 14, x2 = 13. A férfiak számára y1 = 13, y2 = 14 adódik, a feladat feltételeinek az elsõ számpár felel meg. Tehát a társaságban 14 nõ és 13 férfi van. A kézfogások száma: 13 ⋅ 12 = 78. 2 w x2236
a) Ha az ezüst fakanál árát elsõ alkalommal x%-kal emelték, akkor a következõ egyenlet írható fel: x ⎞ ⎛ 2x ⎞ ⎛ ⎜1 + 100⎟ ⋅ ⎜1 + 100⎟ = 1, 32. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Beszorzás és egyszerûsítés után: x 2 + 150x – 1600 = 0. Az egyenletnek csak a pozitív megoldása felel meg: x = 10. Tehát az ezüst fakanál árát elõször 10%-kal, másodszor 20%-kal emelték. b) Ha x%-os volt a karácsony elõtti emelés, akkor a következõ egyenlet írható fel: x ⎞ ⎛ ⎟ x ⎞ ⎜ ⎛ 2 ⎜1 + 100⎟ ⋅ ⎜1 – 100 ⎟ = 1, 08. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ A beszorzás és egyszerûsítés után: x 2 – 100x + 1600 = 0. Aminek megoldásai:
x1 = 80, x2 = 20. Mindkét megoldás megfelel. Tehát az arany fakanál árát decemberben vagy 80%-kal vagy 20%-kal emelték.
a) Ki kell számítanunk h(2) értékét: h(2) = –5 × 22 + 40 × 2 + 45 = 105. Tehát a kilövés után 2 másodperccel 105 méter magasan lesz a rakéta. b) Alakítsuk teljes négyzetté a függvény hozzárendelési szabályát: h(t) = –5t 2 + 40t + 45 = –5 × (t – 4) 2 + 125. Amibõl kiderül, hogy 4 másodperc múlva lesz a legmagasabban, a földtõl 125 méterre. c) Amikor földet ér, h = 0 lesz. Meg kell oldani a következõ egyenletet: –5t 2 + 40t + 45 = 0. A megoldások: t1 = 9, t2 = –1. Csak a pozitív megoldás felel meg. Tehát a rakéta 9 másodperccel a kilövés után ér földet. 58
A MÁSODFOKÚ EGYENLET
Vegyes feladatok – megoldások b) x =
1 3 a) x1 = , x2 = – ; 3 2
1 b) x1 = , x2 = –3; 3
1 c) x1 = 7, x2 = – ; 3
1 1 d) x1 = 3, x2 = –3, x3 = , x4 = – ; 2 2
1 e) x1 = 2, x2 = – ; 2 g) x = 1; i) x1 = 2, x2 = 1. w x2240
f ) x = –3; h) x1 = 1, x2 = 6, x3 = 4;
1 3 a) – £ x £ ; 2 5
b) x 5. 2 £ x £ 3. x –2. Megjegyzés: A feladat nem kéri a megoldás típusát, így megoldható függvények felhasználásával vagy algebrai úton is. Ezért adtunk elõször mindhárom feladatra függvények felhasználásával kapott eredményt, majd csak az a) feladatra következzenek más megoldási lehetõségek is: I. megoldás Az (x – 3)2 > 4 rendezése után kapjuk, hogy: x 2 – 6x + 5 > 0. + + Határozzuk meg a bal oldalon álló kifejezés zérushelyeit (x1 = 5, x2 = 1). Mivel az x2 együtthatója pozitív, a parabola felfelé nyíló, így 1 5 egyszerû ábrát készítve kapjuk, hogy: – x 5.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
II. megoldás Rendezés után kapjuk, hogy: x2 – 6x + 5 > 0. Megoldás lehet a bal oldali kifejezés szorzattá alakítása: (x – 1) × (x – 5) > 0. Ábrát készítünk és megkapjuk, hogy a bal oldal akkor pozitív, ha: x 5. w x2242
Ha a befogók x és y, a következõ egyenletrendszert kapjuk: x⋅y ⎫ = 30 ⎪ 2 ⎬. x 2 + y 2 = 132 ⎪⎭ Az egyenletrendszerbõl a befogók hossza: 5 cm és 12 cm.
Ha a sokszögek oldalszáma x és y, az alábbi egyenletrendszerhez jutunk: x ⋅ (x – 3) y ⋅ (y – 3) ⎫ + = 68 ⎪ 2 2 ⎬. (x – 2) ⋅ 180º + (y – 2) ⋅ 180º = 2700º ⎪⎭ A második egyenletbõl érdemes helyettesíteni. A sokszögek 7, illetve 12 oldalúak.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Ezek alapján a szerkesztés menete nagyon hasonló az a) részfeladatban ismertetett szerkesztéshez. a 1. Az adott a = BC szakaszhoz tartozó 90º + szögû egyik látószögkörívet megszerkesztjük. 2 2. Megszerkesztjük a C középpontú, adott b – c sugarú kört. 3. Megjelöljük a BC szakaszhoz tartozó látószögkörívet, valamint a C középpontú kör megfelelõ metszéspontját (P). 4. A BP szakasz felezõmerõlegese kimetszi a C kezdõpontú CP félegyenesbõl az A csúcsot. Ebben az esetben csak 0 vagy 1 megoldás lehet. w x2290
A völgyhíd végpontjait A és B, a vele párhuzamos utat e jelöli az ábrán. Néhány konkrét eset vizsgálata után sejthetõ, hogy az AB szakasz felezõmerõlegese metszi ki az e egyenesbõl azt a pontot, amelybõl az AB szakasz a legnagyobb szögben látszik. Jelöljük ezt a pontot C-vel, az ACB¬-et pedig a -val. Ekkor a kerületi szögek tétele alapján az AB völgyhíd az ABC háromszög köré írható kör C-t is tartalmazó AB körívének minden pontjából a szög alatt látszik. Megmutatjuk, hogy az e egyenes C-tõl különbözõ tetszõleges P C P pontjából az AB szakasz a -nál kisebb szögben látható. Mivel e a b a C csúcs az AB szakasz felezõmerõlegesére illeszkedik, ezért Q az ABC háromszög egyenlõ szárú, így köré írt körének középa pontja az AB oldal felezõmerõlegesén található. Ugyanakkor az e és AB párhuzamosak, ezért a C csúcshoz tartozó sugár nemcsak az AB szakaszra, hanem az e egyenesre is merõleges A B (az e egyenes a köré írt kör C pontbeli érintõje), vagyis a P pont szükségképpen a kör külsõ pontja. Kössük össze a P pontot az AB szakasz végpontjaival; az AP szakasz és a kör metszéspontját az ábrának megfelelõen jelöljük Q-val. Mivel a Q pont a körvonal pontja, ezért korábbi megjegyzésünk alapján AQB¬ = ACB¬ = a . Vegyük észre, hogy az AQB¬ a PQB háromszög külsõ szöge, ezért megegyezik a nem szomszédos belsõ szögek összegével, így AQB¬ = QPB¬ + QBP¬ > QPB¬ = APB¬. Az ábra jelöléseit használva tehát a > b , ami egyben azt is jelenti, hogy az AB szakasz a C pontból nagyobb szög alatt látszik, mint a P pontból. Ezzel igazoltuk, hogy az e egyenes pontjai közül valóban a C pontból látható az AB szakasz a legnagyobb szög alatt.
Az adott k kört az AB húr két körívre bontja. Bebizonyítjuk, C hogy attól függõen, hogy a C pont melyik körívén változik, k g az ABC háromszögbe írt kör Q középpontja illeszkedik az AB 2 szakasz egy-egy megfelelõ szögû látószögkörívére. Tegyük fel, hogy a C pont az ábra szerinti hosszabb AB körívén mozog. a Q Ekkor az ACB¬ a C pont helyzetétõl függetlenül állandó, amit b 2 2 g -val jelöltünk. Az ABC háromszög másik két szöge természetesen már függ a C pont aktuális helyzetétõl. Ha e szögeket A B a és b jelöli, akkor figyelembe véve, hogy a Q pont az ABC háromszög szögfelezõinek metszéspontja azt kapjuk, hogy a b CAQ¬ = QAB¬ = , továbbá CBQ¬ = QBA¬ = . 2 2 Mivel az ABQ háromszög belsõ szögeinek összege 180º, ezért: g⎞ g ⎛a b ⎞ ⎛ AQB¬ = 180º – ⎜ + ⎟ = 180º – ⎜90º – ⎟ = 90º + . 2 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ g A kapott szög a C pont helyzetétõl független állandó, ezért a Q pont az AB szakasz egyik 90º + 2 szögû látószögkörívén mozog. 70
Ha a C pont a k kör másik AB körívén mozog, akkor az ACB¬ = 180º – g , és így az 180º – g g AQB¬ = 90º + = 180º – , 2 2 g ami mutatja, hogy a Q pont az AB szakasz megfelelõ 180º – szögû látószögkörívére esik. 2 Megjegyzés: Az A és B pontok nem tartoznak a mértani helyhez. A fenti látószögkörívek minden más pontja a mértani hely része, ugyanis egy rögzített Q ponthoz tartozó C pontot az AQB háromszög AQ, illetve BQ oldalára felmért QAB¬, illetve QBA¬ szárai metszik ki egymásból. w x2292
a) Tekintsük az ábra jelöléseit: az ABC háromszög magasságC pontja M, az AB egyenesre vonatkozó tükörképe M’, az A és g B csúcsból induló magasságvonalak talppontjai F és E, a háromszög C csúcsánál lévõ szöge g . Az EMFC négyszög húrnégyszög, mivel két szemközti szöge F 90º-os, ezért EMF¬ = 180º – g . Mivel az AMB¬ és az EMF¬ E 180° – g csúcsszögek, ezért AMB¬ = 180º – g is teljesül. Ha nemcsak M a magasságpontot, hanem az AMB háromszöget is tükrözzük az AB egyenesre, akkor tükörképként az AM’B háromszöget A B 180° – g kapjuk, hiszen a tükrözés során a tengely A és B pontja helyben marad. A tengelyes tükrözés szögtartó tulajdonsága M’ miatt az AM’B¬ = AMB¬ = 180º – g . Ekkor viszont az AM’BC négyszögben a C és M’ csúcsoknál lévõ szögek összege 180º, amibõl következik, hogy a négyszög csúcsai egy körre illeszkednek. Ez a kör tartalmazza az A, B, C pontokat, azaz szükségképpen egybeesik az ABC háromszög köré írt körrel. Ezzel a feladat állítását igazoltuk. b) Az állítás az a) részfeladat állításához hasonló módszerrel bizonyítható. Ha az M pontot ezúttal az AB oldal G felezõpontjára tükrözzük (I.), akkor a tükörképként kapott M’ pont az A, B, M pontokkal paralelogrammát feszít ki, amelyben a szemközti szögek természetesen egyenlõk, így AM’B¬ = 180º – g , ami ismét igazolja, hogy az M’ pont illeszkedik az ABC háromszög köré írt körre. I.
Az állítások derékszögû, illetve tompaszögû háromszögre is érvényben maradnak. A derékszögû háromszög esetében (II. ábra) a magasságpont egybeesik a derékszögû csúccsal (C-vel), a tükörképe (C’) pedig szintén derékszögû háromszöget alkot az átfogó két végpontjával, így az állítás Thalész tételének megfordításából azonnal adódik. Az ábra az oldalfelezõ pontra vonatkozó állítást szemlélteti. Tompaszögû háromszög esetén (III. ábra) az A és B csúcsokból induló magasságvonalak talppontjai (az ábrán E és F) a háromszög oldalain kívülre esnek csakúgy, mint az M magasságpont. Az EMFC négyszögben a C csúcsnál lévõ szög csúcsszöge az ABC háromszög g szögének, 71
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
ezért egyenlõ vele. Mivel a szóban forgó négyszög húrnégyszög, ezért az M csúcsnál lévõ szöge 180º – g , amibõl a már szokásos gondolatmenettel belátható, hogy AM’B¬ = 180º – g ezúttal is teljesül. Ekkor viszont az AM’BC négyszög ismét húrnégyszög, azaz az M’ pont illeszkedik az ABC háromszög köré írt körre. Az oldalfelezõ pontra vonatkozó tükörképrõl hasonló módon látható be ugyanez a tulajdonság. w x2293
a) Készítsünk ábrát, majd keressünk húrnégyszögeket a kialakult C ábrában. Az APMS négyszögben a P és S csúcsoknál derékR szögek vannak, ezért húrnégyszög, amibõl következik, hogy D SAM¬ = SPM¬ = a (a köré írt körben ugyanazon a köríven nyugvó kerületi szögek). Ha az SAM¬ szárait meghosszabM Q S bítjuk, akkor a vele megegyezõ nagyságú DAC¬-et kapjuk, ezért DAC¬ = a is teljesül. Mivel az ABCD húrnégyszög a a a köré írható körben a DAC¬ a DC íven nyugvó kerületi szög a csakúgy, mint a DBC¬, ezért DBC¬ = DAC¬ = a . Vegyük A P B még észre, hogy a BPMQ négyszög is húrnégyszög, amit ugyanúgy indokolhatunk, amint azt az APMS négyszögnél tettük. A négyszög köré írt körben az MPQ¬ és MBQ¬ szögek ugyanazon az MQ köríven nyugvó kerületi szögek, ezért MPQ¬ = MBQ¬ = DBC¬ = a . Eddigi eredményeinket összefoglalva láthatjuk, hogy SPM¬ = QPM¬ = a , amit úgy is fogalmazhatunk, hogy az M pont illeszkedik a PQRS négyszög P csúcsánál lévõ szögfelezõjére. Ehhez hasonlóan igazolható, hogy az M pont a négyszög összes szögfelezõjére illeszkedik, azaz a PQRS négyszög valóban érintõnégyszög, amelyben a beírható kör középpontja egybeesik az ABCD négyszög átlóinak M metszéspontjával. b) Az a) részfeladat eredményei alapján az ábrán a -val jelölt 90° – a C szögek mind megegyeznek. Mivel a négyszög átlói ezúttal Q R merõlegesek egymásra, ezért ADM¬ = BCM¬ = 90º – a . Vegyük észre, hogy az SMRD négyszög is húrnégyszög M a D B (az R és S csúcsoknál derékszögek vannak a pontok származ90° – a tatása révén), ezért a köré írt körben az SM köríven nyugvó a S a kerületi szögek megegyeznek, azaz SDM¬ = SRM¬ = 90º – a . P Ugyanígy az RMQC húrnégyszögben: az MQ köríven nyugvó kerületi szögek megegyeznek, azaz MRQ¬ = MCQ¬ = 90º – a. a Tekintsük most a PQRS négyszöget: a P csúcsnál lévõ szöge A 2 · a , az R csúcsnál lévõ szöge 2 × (90º – a ) = 180º – 2 × a . Mivel a szemközti szögek összege 180º, ezért a húrnégyszögek tételének megfordítása alapján a PQRS négyszög húrnégyszög.
Az ABC háromszög köré írt körének P pontját merõlegesen vetítve a háromszög oldalegyeneseire, az ábrának megfelelõ jelölésekkel a Q, R, S pontokhoz jutunk. Az ábra „hemzseg” a húrnégyszögektõl, amelyek közül elõször elemezzük az ABPC négyszöget. A húrnégyszögek ismert tulajdonsága alapján a CPB¬ = 180º – CAB¬. Az ASPQ négyszögben az S és Q szemközti csúcsoknál derékszögek vannak, ezért szintén húrnégyszög, így: QPS¬ = 180º – QAS¬ = 180º – CAB¬. Az elmondottak alapján tehát CPB¬ = QPS¬. 72
Ha a fenti egyenlõség két oldalán álló szögekbõl a QPB¬-et elvesszük, akkor a visszamaradó szögek is megegyeznek, azaz CPB¬ – QPB¬ = QPS¬ – QPB¬, CPQ¬ = BPS¬ = d. Az ábra további húrnégyszöge a BSPR négyszög, hiszen S és R csúcsainál derékszögek vannak. A négyszög köré írt körében a BS köríven nyugvó kerületi szögek megegyeznek, azaz BRS¬ = BPS¬ = d.
Végül szintén húrnégyszög a CQRP négyszög, hiszen a CP szakasz a Q és R pontokból egyaránt 90º-os szög alatt látszik, így mindkét pont illeszkedik a CP szakasz Thalész-körére. A Thalészkör QC körívén nyugvó kerületi szögek megegyeznek, ezért: QRC¬ = QPC¬ = d.
Az (1) és (2) egyenlõségek összehasonlítása után láthatjuk, hogy BRS¬ = QRC¬ = d, ami azt is jelenti, hogy az RS egyenes és az RQ egyenes egyaránt d nagyságú szöget zár be a BC egyenessel, ami csak úgy képzelhetõ el, hogy a Q, R, S pontok egy egyenesre illeszkednek.
Párhuzamos szelõk és párhuzamos szelõszakaszok tétele, szögfelezõtétel – megoldások w x2295
A kitöltött táblázat: a
A szerkesztések a párhuzamos szelõk tétele alapján könnyen elvégezhetõk. A szerkesztési lépések az ábrákról leolvashatók. a)
Az adott szakaszt a párhuzamos szelõk tétele alapján három egyenlõ részre osztjuk, így megkapjuk a szabályos háromszög oldalának hosszát.
Az adott szakaszt felosztjuk 2 : 3 : 4 arányban; a kialakuló szakaszok a szerkesztendõ háromszög oldalai lesznek. A három oldal ismeretében a háromszög már könnyen szerkeszthetõ. 73
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Szerkesszünk egy tetszõleges oldalú négyzetet, majd szerkesszük meg az átlóját; ha az oldal hossza b, akkor átlója b × 2 . A felosztani kívánt AB szakasz A kezdõpontjából induló félegyenesre mérjük fel a négyzet oldalát, majd átlóját. A párhuzamos szelõk tétele alapján szerkeszthetõ a megfelelõ osztópont. (¨)
A trapéz kiegészítõ háromszögének oldalai 6 cm, 4,67 cm, 4,67 cm hosszúak.
A trapéz szárainak hossza: 2,29 cm, 6,87 cm.
A trapéz alapjainak hossza: CD = 14 cm és AB = 18 cm.
A DE egyenes a BC oldalt 1 : 3 arányban osztja.
Az ábra segítségével is meggyõzõdhetünk arról, hogy a feladat feltételeinek két téglalap tesz eleget. Az egyik téglalap oldalai 6 cm és 12,8 cm, így területe 76,8 cm2. A másik téglalap oldalai 3,2 cm és 24 cm, így területe szintén 76,8 cm2. (¨)
A háromszög alapjához 12 cm hosszú magasság tartozik. A szögfelezõtétel alapján a magasságot az alapon fekvõ szög szögfelezõje 5 : 13 arányban, 8,67 cm és 3,33 cm hosszú részekre osztja.
A háromszög átfogója 10 × 2 » 14,14 cm hosszúságú. A szögfelezõtétel alapján a szögfelezõ a szemközti, 10 cm hosszú befogót 1 : A derékszögû csúcshoz közelebbi szakasz hossza: 10 » 4,14 cm, 1+ 2 a másiké pedig: 10 ⋅ 2 » 5, 86 cm. 1+ 2 A 45 méteres fa helyét A, az ismeretlen, x magasságúét B, a hegytetõt C jelöli. Ekkor AB = 300 méter, és mivel Barnabás fél óra alatt 1000 m utat tesz meg, ezért BC = 700 m. A párhuzamos szelõszakaszok tétele alapján: 700 x = , amibõl x = 31,5 m. 1000 45
2 arányban osztja.
A második fa magassága 31,5 méter. w x2308
A feladat geometriai modellje az ábrán látható. AH jelöli az ismeretlen magasságú létesítményt, BG a 7 méter magas fát, és D azt a pontot, ahonnan a fa és az ipari létesítmény teteje egy vonalban látszik. A párhuzamos szelõszakaszok tételét alkalmazva az FDH¬-re kapjuk, hogy: x 150 = Þ x = 25. 5 30 Az ipari létesítmény magassága tehát 27 méter.
a) Megmutatjuk, hogy SR és PQ párhuzamosak az AC átlóval. Tekintsük ehhez az ADC¬-et, amelynek szárait az SR és AC egyenesek úgy metszik, hogy a szárakból kimetszett szakaszok arányaira: DS DR 1 = = , DA DC 4
és így a párhuzamos szelõk tételének megfordítása alapján SR B és AC valóban párhuzamosak. Hasonlóan láthatjuk, hogy az ABC¬ száraiból PQ és AC olyan szakaszokat metszenek ki, amelyekre igaz: BP BQ 3 = = , BA BC 4 aminek következtében PQ és AC szintén párhuzamosak. Ez azt jelenti, hogy PQ és SR ugyanazzal az AC átlóval párhuzamosak, ami csak úgy lehetséges, ha egymással is párhuzamosak, és ez igazolja, hogy PQRS valóban trapéz. b) A párhuzamos szelõszakaszok tételét alkalmazzuk az ADC¬-re, majd az ABC¬-re: SR DS 1 = = , AC DA 4 valamint PQ BP 3 = = . AC BA 4 A feltételek szerint AC = 20 cm, amit az elõzõ két egyenlõség bal oldalába behelyettesítve, majd a mûveleteket elvégezve adódik, hogy SR = 5 cm, PQ = 15 cm. c) Az a) részfeladat állítása konkáv négyszögre is érvényes, D R amint azt az ábra is szemlélteti. A bizonyítás ugyanúgy törS ténhet, mint a konvex esetben. B Q
a) Tükrözzük az ABCD trapéz rövidebb (CD) alapját az átlók M metszéspontjára; a tükörképet jelölje C’D’. Mivel C’D’ párhuzamos az AB alappal, továbbá hossza az AB alap hosszának fele, ezért C’D’ az ABM háromszög AB-vel párhuzamos középvonala, így C’ felezi az AM, és D’ a BM szakaszt. A tükrözés a távolságtartó, ezért C’M = CM, vagyis C’ és M a CA szakasz harmadolópontjai, így látható, hogy M a CA átlót 1 : 2 arányban osztja. Ugyanígy belátható, hogy M a DB átlót is harmadolja. b) Ha az M ponton átmenõ, a trapéz alapjaival párhuzamos egyenes 6 D C a szárakat az ábrának megfelelõen az E és F pontokban metszi, akkor a párhuzamos szelõszakaszok tételét alkalM mazva a DAC¬-re, valamint a DBC¬-re: E F EM AM 2 MF BM 2 = = , = = . 6 C’ D’ DC AC 3 DC BD 3 Az ismert DC = 6 cm-t behelyettesítve, valamint a számolásokat elvégezve EM = MF = 4 cm adódik, vagyis az EF A 12 B szakasz hossza 8 cm.
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
a) Jelöljük a C-bõl induló szögfelezõ AB oldalra illeszkedõ pontját P-vel. A szögfelezõtétel alapján: AP 5 = , BP 6 továbbá felhasználva, hogy PB = 7 – AP, egyszerû számolással kapjuk, hogy: 35 42 AP = » 3,18 cm, valamint PB = » 3,82 cm. 11 11
b) Alkalmazzuk a párhuzamos szelõk tételét a PBC¬-re: 7 BD BF 2 11 = = = , BC PB 42 12 11 11 amibõl a BC = 6 cm miatt BD = = 5,5 cm. 2 11 Hasonló módszerrel számolható, hogy AE = = 5,5 cm szintén teljesül. 2 w x2312 a) A feltételek szerint a háromszög befogóinak hossza 15· x, illetve C 8 · x, az AB átfogó hossza 34 cm. Ekkor Pitagorasz tétele alapF ján (15 · x)2 + (8 · x)2 = 342, amibõl x = 2 adódik. A három16 30 szög befogói tehát AC = 30 cm, illetve BC = 16 cm. Ha a B csúcsból induló szögfelezõ az AC befogót az F pontban A B 34 metszi, akkor a szögfelezõtétel alapján: FC 16 = , 30 – FC 34 amibõl FC-re 9,6 cm adódik. Az FB szögfelezõ hossza a BFC derékszögû háromszögbõl számolható: BF 2 = FC 2 + BC 2 = 9,62 + 162, amibõl BF = 18,66 cm. b) A háromszögbe írható kör középpontja a szögfelezõk O metszéspontja. Az ábra jelöléseit követve legyen a C csúcsból induló magasságvonal talppontja P, a szögfelezõé G, a beírt kör az AB oldalt érintse T pontban. Elõbb kiszámoljuk a beírt kör r sugarát, valamint a háromszög átfogójához tartozó m magasságát. Mindkettõ a háromszög területét felhasználva számolható. Mivel t = r · s, ahol s a háromszög kerületének fele, ezért:
16 ⋅ 30 16 + 30 + 34 , r = 6 cm. =r ⋅ 2 2 Másrészt a háromszög területe az oldal és a hozzá tartozó magasság segítségével: 16 ⋅ 30 34 ⋅ m 240 = , azaz m = » 14,12 cm. 2 2 17 Ezután kiszámoljuk a GCP háromszög ismeretlen oldalainak hosszát. A szögfelezõtétel alapján GB 16 272 = , GB = » 11,83 cm. – 34 GB 30 23 A BCP derékszögû háromszögben Pitagorasz tételével a PB kiszámolható: PB = 7,53 cm. Ekkor viszont GP = GB – PB = 4,30 cm, és végül GC = GP 2 + m 2 = 14,76 cm. 76
Az OC szakasz hossza ezek után már viszonylag könnyedén számolható. Mivel OT és CP párhuzamosak, ezért a CGP¬re alkalmazható a párhuzamos szelõszakaszok tétele:
6 14, 76 – OC = , 14,12 14, 76
A háromszög beírható körének középpontja a derékszögû csúcstól körülbelül 8,49 cm távolságra található. a) Húzzunk párhuzamost a trapéz D csúcsán át a BC szárral; 9 D C a párhuzamos az AB alapot az ábrának megfelelõen a H pontban metszi. Ekkor DHBC négyszög paralelogramma, így E F G HD = BC. Jelöljük a DH szakasz D-hez legközelebb esõ ötödölõpontját G-vel. Ha az AD szár D-hez legközelebbi ötödölõpontja E, akkor DE DG 1 = = , DA DH 5 A H B 14 és így a párhuzamos szelõk tételének megfordítása miatt az EG egyenes párhuzamos az AB alappal. Megmutatjuk, hogy ha a BC szár C-hez legközelebb esõ ötödölõpontja F, akkor az F pont illeszkedik az EG egyenesre, amibõl a feladat állítása már következik. Valóban, mivel DG = CF (hiszen mindkettõ hossza a BC szár egyötöd része), továbbá DG párhuzamos CF-fel, ezért a DGFC négyszög paralelogramma, így GF párhuzamos DC-vel (és persze AB-vel is). Ekkor EG és GF is párhuzamos a trapéz alapjaival, ami csak úgy lehetséges, ha az E, G, F pontok egy egyenesre illeszkednek. b) Az a) részfeladat eredményei alapján DGFC négyszög parale9 D C logramma, ezért DC = GF = 9 cm. Ugyanígy paralelogramma 9 a DHBC négyszög is, ezért HB = 9 cm, így AH = 5 cm. AlkalE F G mazzuk a párhuzamos szelõszakaszok tételét az ADH¬-re: EG DE 1 = = , 5 DA 5 9 amibõl EG = 1 cm. Az EF szakasz hossza tehát 10 cm. 5 1442443
c) Húzzuk be a trapéz D csúcsából induló DT magasságát, amely az EF szakaszt Q-ban metszi. Alkalmazzuk a párhuzamos szelõk tételét az ADT¬-re: DQ DE 1 = = , 15 DA 5 így DQ = 3 cm adódik. Ez egyben az EFCD trapéz magassága is, így területe: 9 + 10 A ⋅ 3 = 28,5 cm2 . t= 2 Az ABFE trapéz magassága az elõzõekbõl adódóan 12 cm, így területe:
14 + 10 ⋅ 12 = 144 cm2 . 2 77
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Az AC átló hossza az ABC derékszögû háromszögben Pitagorasz tételével számolható: AC = 58 m. Az ABC háromszögben alkalmazva a szögfelezõtételt
BE 40 120 = , BE = » 17,14 m adódik. 42 – BE 58 7 Az ABE derékszögû háromszög alakú kert területe ezek alapján: 120 7 » 342, 86 m2 . 2
Ehhez hasonlóan számolható az AFD kert területe is. Elõbb az AFC háromszögben alkalmazzuk a szögfelezõtételt: FD 42 = Þ FD = 16,8 m. 40 – FD 58
Az AFD kert területe tAFD = 352,8 m2. Mivel az ABCD kert területe 1680 m2, ezért a legkisebb gyermek a kertnek körülbelül 20,4%-át, a középsõ 21%-át örökli. A legjobban a legidõsebb gyermek jár, õ a kertnek csaknem 58,6%-át örökli.
Hasonlósági transzformációk, alakzatok hasonlósága – megoldások w x2315
Két ilyen pont van, melyeket az ábrán O1, illetve O2 jelöl. A hason1 1 lóság aránya – , vagy . 2 2
A középpontos hasonlósági transzformáció középpontja a három1 szög súlypontja, aránya – . 2
A feladatnak két megoldása van, melyeket az ábra szemléltet. B1
A feladatnak két megoldása van: az úgynevezett külsõ és belsõ hasonlósági pontok. Ezek a pontok a két körhöz húzott közös külsõ, illetve közös belsõ érintõk metszéspontjai. Ha a két kör sugara megegyezik, akkor a közös külsõ érintõk párhuzamosak egymással, amibõl következik, hogy csak egy megoldása van a feladatnak.
A túra útvonala a valóságban 22,8 km, ennek megtételéhez 6 óra szükséges.
c) Hamis. g) Hamis.
A háromszög oldalai az egyes esetekben: a) 4,5 cm, 6 cm, 9 cm; c) 6 cm, 8 cm, 12 cm;
b) 10,5 cm, 14 cm, 21 cm; d) 15 cm, 20 cm, 30 cm. 79
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
A négyszög oldalai az egyes esetekben: a) 16 cm, 12 cm, 20 cm, 24 cm; c) 8 cm, 6 cm, 10 cm, 12 cm.
b) 24 cm, 18 cm, 30 cm, 36 cm;
A háromszög alapon fekvõ szögei 72º-osak, szárszöge 36º-os.
Az ábra jelöléseit használva megállapíthatjuk, hogy a CEF és CAB háromszögek hasonlók egymáshoz, továbbá a HEF és HDB háromszögek egybevágók egymással. Az elmondottakból következik, hogy EF = 5 cm és BD = 5 cm. (¨)
A trapéz átlói az alapok arányában osztják egymást, így a keresett arány 1 : 7.
A trapéz hosszabb alapja 60 cm. Ha az átlók p : q arányban osztják A q egymást, akkor a hosszabb alap 12 × cm. p w x2330 A párhuzamos szakasz k hossza a két alap mértani közepe, azaz k = a × c . w x2329
A trapéz kiegészítõ háromszögének trapézon kívüli csúcsa 15 cm távolságra van az ismert szár rövidebb alapra illeszkedõ végpontjától.
Az ábra jelöléseinek megfelelõen az AD oldalt 2 : 3 arányban osztó pontot E, az AC és BE szakaszok metszéspontját pedig F jelöli. Ekkor AEF¬ = CBF¬, továbbá EAF¬ = BCF¬, mivel páronként váltószögekrõl van szó. Az elmondottakból az is következik, hogy az AEF és CBF háromszögekben két-két szög egyenlõ, így a két háromszög hasonló egymáshoz. A megfelelõ oldalak aránya AF EF AE 2 = = = , FC FB BC 5 így a két szakasz 2 : 5 arányban osztja egymást.
a) A lakónegyed a térképen ábrázolt téglalap középpontosan nagyított képének tekinthetõ, ahol a hasonlóság aránya 1500, ezért a lakónegyedet a valóságban egy 120 méter és 150 méter hosszú oldalakkal rendelkezõ téglalap határolja. A lakónegyed területe 18 000 m2. b) Ha járda szélessége mindenhol 2 méter, akkor a járda négy téglalapból, valamint négy negyedkörbõl áll az ábrának meg150 2 felelõen. 120 A járda területe: T = 2 × 2 × 120 + 2 × 2 × 150 + 22 × p » 1092,57 m2.
Mindkét feladat megoldásánál vegyük észre, hogy bármely két olyan háromszög hasonló egymáshoz, amelyben az oldalak aránya 2 : 3 : 4. Ezt az észrevételt felhasználva a szerkesztés lépései: 1. Szerkesztünk egy háromszöget, amelynek oldalai 2 cm, 3 cm, 4 cm. 2. Megszerkesztjük a kapott háromszög köré írt (beírt) körét. 3. Megjelöljük az egyik olyan pontot, amelyre vonatkozó középpontos hasonlóság a háromszög köré írt (beírt) körét az adott körbe viszi át. 4. A megszerkesztett háromszöget ugyanannak a középpontos hasonlóságnak vetjük alá, amely a köré írt (beírt) kört az adott körbe viszi át; a képháromszög köré írt (beírt) köre épp az adott kör lesz. 80
A szerkesztés például azon az észrevételen alapulhat, hogy bármely két olyan háromszög hasonló egymáshoz, amelyekben a szögek megegyeznek. Ezért a szerkesztés lépései: 1. Szerkesztünk egy olyan háromszöget, amelynek szögei az adott szögekkel egyenlõk. 2. A megadott szakaszt, melynek hossza a szerkeszteni kívánt háromszög kerületével egyenlõ, felosztjuk az 1. pontban szerkesztett háromszög oldalainak arányában. 3. A kapott szakaszokkal, mint oldalakkal a szokásos módon háromszöget szerkesztünk.
Vegyük észre, hogy bármely két olyan háromszög hasonló egymáshoz, amelyben egy szög, valamint a szöget közrefogó oldalak aránya megegyezik. Ezért a szerkesztés lépései a következõk: 1. Szerkesztünk egy háromszöget, amelynek egyik szöge az adott szög, a közrefogó oldalak aránya pedig 2 : 3. 2. A megadott szakaszt, melynek hossza a szerkeszteni kívánt háromszög kerületével egyenlõ, felosztjuk az 1. pontban szerkesztett háromszög oldalainak arányában. 3. A kapott szakaszokkal, mint oldalakkal a szokásos módon háromszöget szerkesztünk.
a) A BCD és BAE háromszögek derékszögûek, továbbá a B csúcsnál lévõ szögük közös, ezért a két háromszög szögei megegyeznek, ami igazolja a háromszögek hasonlóságát. b) A hasonló háromszögekben a megfelelõ oldalak aránya megegyezik, ezért: BE BD BE 6 = = , tehát . AB BC 12 BC A BDC derékszögû háromszögben Pitagorasz tételével BC = 10 cm adódik, és így BE = 7,2 cm, EC = 2,8 cm.
Az adott kör középpontját az ábrán K, az egyik szögszáron létrejövõ érintési pontját E jelöli. A feladatnak két megoldása van, amelyeket az ábrán piros színnel jelöltünk. A kisebb kör középpontját Q1-gyel, a megfelelõ száron kialaQ2 kuló érintési pontját F-fel, a nagyobb kör középpontját Q2-vel, érintési pontját G-vel jelöltük. Ekkor az OKE és OQ2G háromszögek hasonR K lóak, hiszen mindkettõ derékszögû, továbbá az O csúcsnál lévõ szögük közös. Q1 10 r A háromszögekben a megfelelõ oldalak aránya O F E G megegyezik, ezért az OQ2 = OK + 10 + R összefüggést felhasználva: KE R 10 R = = , azaz . OK OQ2 OK OK + 10 + R Vegyük még észre, hogy az OKE derékszögû háromszög O csúcsánál 30º-os szög van, ezért egy „félszabályos” háromszög. Az ilyen háromszögben az átfogó a rövidebb befogó kétszerese, vagyis OK = 20 cm. Az elõzõ egyenlõségbe behelyettesítve, majd a mûveleteket elvégezve R = 30 cm adódik. A kisebb, Q1 középpontú kör sugara a fenti gondolatmenet értelemszerû módosításával számolható. 10 A számolásokat elvégezve r = » 3,33 cm adódik. 3 81
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
a) Ha az ABC háromszögbe írt kör az E pontban érinti a háromC szög AC oldalát, akkor a kör érintõjének tulajdonsága alapján x OE merõleges AC-re. Ebbõl kifolyólag az OEC háromszög E derékszög csakúgy, mint az AFC háromszög. A két három6 szög C csúcsánál lévõ szögük közös, ezért a két háromszög 12 O szögei megegyeznek és így valóban hasonlók egymáshoz. b) Az ábra jelölései alapján CE = x, és AE = 12 cm, hiszen az A 12 F 12 B A pontból a háromszögbe írható körhöz húzott érintõszakaszok megegyeznek, vagyis AE = AF = 12 cm. Az OEC és AFC háromszögek hasonlósága alapján: x CF = , azaz CF = 2 × x. 6 12 Az AFC háromszögben Pitagorasz tétele alapján: 122 + (2x)2 = (x + 12)2, amibõl 3×2 – 24x = 0, aminek egyetlen pozitív megoldása x = 8, tehát az ABC háromszög CF magassága 16 cm hosszúságú. c) A háromszög alakú doboz területe 192 cm2, a négyzet alakú dobozé 144 cm2. Ebbõl következik, hogy a háromszög alakú doboz alapterülete a négyzet alakú dobozénál 33,33%-kal nagyobb.
a) Ha a két érintõ a P pontban metszi egymást, G továbbá az érintési pontok E és F, valamint E H és G, akkor az OPE háromszög hasonló 5 Q a QPH háromszöghöz, ahol O és Q a körök O P középpontját jelölik (ld. ábra). Ezt azonnal 7 beláthatjuk, ha felidézzük, hogy a kör érinF H tõje merõleges az érintési ponthoz húzott sugárra, valamint hivatkozunk arra, hogy a két háromszögben a P csúcsnál csúcsszögek vannak, amelyek egyenlõ nagyságúak. A két háromszög megfelelõ oldalainak arányára: 5 7 = , amibõl OP = 125 méter. OP 300 – OP b) Az OEP háromszögben Pitagorasz tételével EP kiszámolható: EP = 124,90 m. A PHQ három7 7 szögben EP-nek PH felel meg, és a hasonlóság aránya , ezért PH = × EP = 174,86 méter, 5 5 így az EH sétaút kb. 299,76 méter hosszú, és ezért a két sétaút együtt 599,52 méter.
a) A feltételeknek megfelelõ rombusznak és a háromszögnek egy közös szöge van. Mivel ez a közös szög a háromszög bármelyik szöge lehet, ezért összesen háromféleképpen tudunk rombuszt írni a háromszögbe. b) Vizsgáljuk azt az esetet, amikor az A csúcs I. II. C C közös csúcsa a rombusznak és a háromszögnek (I.). Az ADEF rombusz oldalának hosszát jelöljük x-szel. Ekkor az ábrán szereplõ FEC és ABC háromszögek hasonlók egymáshoz 18 – y 20 – x (szögeik páronként megegyeznek), így: 20 y x H G FE AB x 12 F E = = , azaz , FC AC 20 – x 20 y x x=
12 ⋅ 20 = 7, 5 cm. 20 + 12
A második esetben (II.) a közös csúcs a B pont. A rombusz oldala ugyanúgy számolható, mint az elõbb. A számolások elvégzése után azt kapjuk, hogy a rombusz oldala: 18 ⋅ 12 y= = 7,2 cm . 18 + 12 Végül a harmadik esetben a C csúcs a közös csúcsa a rombusznak és a háromszögnek. Ekkor a rombusz oldalára: 18 ⋅ 20 180 z= = (» 9,47) cm adódik. 18 + 20 19 w x2342
A feladat feltételeinek eleget tevõ téglalap csúcsait D, E, F, G jelöli, míg T az AB oldalhoz tartozó magasság talppontja, Q a CT magasság és a GF szakasz metszéspontja (ld. ábra). A feladatnak két megoldása van attól függõen, hogy a téglalapnak a hosszabb, vagy a rövidebb oldala párhuzamos az AB oldallal. Vizsgáljuk elõbb azt az esetet, amikor I. C a hosszabb oldal párhuzamos az AB-vel, vagyis x : y = 5 : 3 (I.). Mivel az ABC háromszög hasonló az GFC háromszöghöz Q x F G (szögeik páronként megegyeznek), ezért: y x 20 5 = = , amibõl 3x = 60 – 5y. 12 – y 12 3 A D T E B A téglalap oldalainak arányából következik, hogy 3x = 5y, és így y = 6 cm, x = 10 cm. A második esetben (II.) a téglalap rövidebb oldala párhuzamos az AB oldallal, vagyis x : y = 3 : 5. Ebben az esetben a megfelelõ aránypár változatlan, csak ezúttal 5x = 3y. A téglalap oldalai: y =
150 90 » 8,82 cm és x = » 5,29 cm. 17 17
Az ABC háromszögben AB = 24 cm, a hozzá tartozó CT magasság 15 cm, a beírt DEFG téglalap GF oldala 8 cm (ld. ábra). Ekkor a GFC és ABC háromszögek hasonlók egymáshoz (szögeik páronként megegyeznek), ezért: CP 15 = , 8 24 amibõl CP = 5 cm, így PT = 10 cm. A téglalap másik oldala 10 cm. a) Ha a téglalap oldalai 12 cm és 18 cm, akkor x = 4 cm és y = 6 cm. A visszamaradó négyszög oldalai Pitagorasz tételének alkalmazásával számolhatók. A négyszög oldalai 10 cm, illetve 160 » 12,65 cm. b) A visszamaradó négyszög paralelogramma.
Elõbb egy egyszerûbb feladat megoldását elemezzük. Hagyjuk el a feladat feltételei közül azt, hogy a szerkesztendõ kör érinti az ABC háromszög köré írt kört. Ekkor a következõ problémához jutunk: szerkesszünk olyan kört, amely érinti a háromszög két szárát. Ilyen körbõl végtelen sok van, a középpontjuk a C csúcsból induló szögfelezõn található. A megszerkesztett kört egy C középpontú középpontos hasonlósággal átvihetjük abba a körbe, amely már a háromszög köré írt kört is érinti. 83
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
Ezek alapján a szerkesztés lépései a következõk. 1. Az ABC háromszög köré írható kört szerC kesztünk. 2. Az ABC háromszög C csúcsából induló szöge felezõt (egyben a magasságvonalat), valamint a kör C-vel átellenes F’ pontját megszerE kesztjük. O 3. Az AC szár egy tetszõleges E pontjában F a szárra merõlegest szerkesztünk. Ennek f CF’-vel való metszéspontja O. E’ 4. Megszerkesztjük az O középpontú, OE suO’ garú kört, ami érinti a szárakat, valamint a szögfelezõvel való, C-tõl távolabbi metszéspontja F. A B 5. Az F’ ponton átmenõ, EF-fel párhuzamos F’ e egyenest szerkesztünk. 6. Az EO szakasz megszerkesztése. 7. Megszerkesztjük az e egyenes és az AC szár E’ metszéspontján átmenõ, EO-val párhuzamos f egyenest. 8. Az f egyenes és a CF’ szakasz O’ metszéspontját, valamint az O’ középpontú E’-t tartalmazó kört megszerkesztjük. w x2346
Az ABC háromszög BC oldalának felezõpontját C A’ az ábrának megfelelõen F-fel, az A pont F-re a D vonatkozó tükörképét A’-vel, a CAD¬-et a -val F jelöltük. Az ABA’C négyszög középpontosan a szimmetrikus az F pontra vonatkozóan, azaz a A B a négyszög paralelogramma, így AC és A’B párhuzamosak. Ebbõl adódóan CAD¬ = DA’B¬ = a, mivel váltószögekrõl van szó. Vegyük még észre, hogy Thalész tétele alapján ADB¬ = 90º, amibõl azonnal következik, hogy A’DB¬ = 90º szintén teljesül. Ekkor azonban az AFC és A’BD háromszögekben két-két szög megegyezik, ezért a két háromszög hasonló egymáshoz. Ugyanígy hasonló egymáshoz az AFC és BFD háromszög is, mivel mindkettõ derékszögû, továbbá a CAF¬ = CAD¬, valamint a DBF¬ = DBC¬ egyaránt a rövidebb DC köríven nyugvó kerületi szögek, és ezért a kerületi szögek tétele alapján mindkét szög a -val egyenlõ. Az AFC és BFD háromszögek hasonlósága alapján: FC FD 1 FD 1 = , azaz = , amibõl FD = ⋅ BD. (1) AC BD 2 BD 2 Az AFC és A’BD háromszögek hasonlósága alapján: FC BD 1 BD = , azaz = , amibõl A’D = 2 ⋅ BD. AC A’D 2 A’D Az (1) és (2) összefüggések megfelelõ oldalait összeadva: 5 5 FD + A’D = ⋅ BD Þ FA’ = ⋅ BD. 2 2 84
5 Mivel a paralelogramma átlói felezik egymást, ezért AF = FA’, így AF = × BD szintén teljesül. 2 Ekkor viszont: 5 1 AD = AF + FD = × BD + × BD = 3 × BD, 2 2 amit bizonyítani kellett. w x2347
a) Az ábrán az ABC egyenlõ szárú háromszögbe írt kisebb kör középpontját O, a nagyobbét Q, míg a BC száron lévõ érintési pontokat E, illetve F jelöli. Látható, hogy a COE, valamint a CQF háromszögekben a C csúcsnál lévõ szög közös, továbbá mindkét háromszög derékszögû, így a két háromszög hasonló egymáshoz. Ha CO = x, akkor x x + 1, 5 = , 0, 5 1 x = 1,5 méter.
Ezek alapján az ABC háromszög CT magasságának hosszára: A T B CT = x + OQ + QT = 1,5 + 1,5 + 1 = 4 méter. A szintén derékszögû CBT háromszögben a C csúcsnál ugyanakkora szög van, mint a COE háromszögben, ezért ez a két háromszög is hasonló egymáshoz. A megfelelõ oldalak aránya: CB CO CB 1, 5 = , azaz = . CT CE 4 CE A COE háromszög CE befogójának hosszára Pitagorasz tételével kapjuk: CE = 2 m (» 1,41 m). Az utolsó egyenlõségbe történõ visszahelyettesítés után: CB =
6 6⋅ 2 = = 3 ⋅ 2 m (» 4,24 m). 2 2
A COE és CBT háromszögek hasonlóságát még egyszer felhasználva: BT OE BT 0, 5 = , azaz = . CT CE 4 2 Rendezés után megkapjuk BT hosszát: 2 BT = = 2 m (» 1,41 m). 2 A kartonlap oldalai tehát AB = 2 ⋅ 2 » 2, 83 méter, BC = AC = 3 ⋅ 2 » 4, 24 méter. b) Az ABC kartonlap területe: AB ⋅ CT 2 ⋅ 2 ⋅ 4 = = 4 ⋅ 2 m2 (» 5,66 m2). 2 2 A két céltábla területének összege: 5⋅p 2 t = 0, 52 ⋅ p + 12 ⋅ p = m (» 3,93 m2). 4 T–t » 0, 306, azaz körülbelül 30,6%. A veszteség: T T=
M E G O L D Á S O K – 10 . É V F O LYA M
a) Mivel az ABCD négyszög szimmetrikus trapéz, ezért szárai t megegyeznek, azaz AD = BC = b. Az érintõnégyszögek tétele B G 7 A alapján a trapéz szemközti oldalai hosszának összege megF’ E F egyezik, azaz 2 × b = 7 + 13 = 20, így b = 10 cm. A trapéz száb b rai 10 cm hosszúak. b) Használjuk ki, hogy a trapéz tengelyesen szimmetrikus az alapok közös felezõmerõlegesére, amelyet az ábrán t-vel jelölC D D’ 13 tünk. A t tengelyre vonatkozó tükrözés a beírt kört önmagába, míg a BC szárat az AD szárba viszi át. Nyilvánvaló, hogy az E érintési pont képe az F érintési pont. Ebbõl következik, hogy a t tengelyre vonatkozó tükrözés az EF szakaszt szintén önmagába viszi. Ez csak úgy lehetséges, ha az EF szakasz merõleges a tükrözés tengelyére, de ekkor EF valóban párhuzamos a trapéz alapjaival. c) Toljuk el az AD szárat önmagával párhuzamosan úgy, hogy az A csúcs a B csúcsba, a D csúcs a D’, az F pont az F’ pontba kerüljön. Ekkor BD’= AD = 10 cm, továbbá a D’DAB négyszög paralelogramma, ezért DD’ = BA = 7 cm, amibõl CD’ = 6 cm adódik. A CD’B és az EF’B háromszög szögei páronként megegyeznek, ezért a két háromszög hasonló egymáshoz, így megfelelõ oldalaik arányára igaz, hogy: CD’ EF ‘ 6 EF ‘ = , azaz = . BC BE 10 BE Végül vegyük észre, hogy a B pontból a trapézba írható körhöz húzott érintõszakaszok, BE és BG egyenlõk, továbbá G az AB szakasz felezõpontja, ezért BE = BG = 3,5 cm. Helyettesítsük be a kapott eredményt az utolsó egyenlõségbe, így adódik, hogy: 6 EF’ = , EF’ = 2,1 cm. 10 3, 5 Ekkor viszont EF = EF’ + F’F = 2,1 + 7 = 9,1 cm.
Az ábrán az ABC háromszög oldalfelezõ pontC jait A’, B’, C’; súlypontját S; magasságpontját M; köré írható körének középpontját pedig O jelöli. A súlypont ismert tulajdonságait ezúttal úgy is megfogalmazhatjuk, hogy az ABC háromszöget 1 a súlypontra vonatkozó l = – arányú közép2 pontos hasonlóság átviszi az A’B’C’ háromszögbe. Megmutatjuk, hogy a középpontos A’ B’ hasonlóság az M pontot az O pontba viszi át. O Ehhez elegendõ belátnunk, hogy az O pont egyben az A’B’C’ háromszög magasságpontja is. S Mivel az O pont az ABC háromszög köré írható körének középpontja, ezért O illeszkedik pl. az A’ pontban a BC-re emelt merõlegesre. M Ez a merõleges azonban nemcsak a BC-re, hanem az azzal párhuzamos B’C’-re is merõleges, azaz az A’B’C’ háromszögnek egyben egyik maC’ A B gasságvonala is. Hasonlóan igazolható, hogy O az A’B’C’ háromszög másik két magasságvonalán is rajta van, ezért O valóban az A’B’C’ háromszög magasságpontja. 86
A középpontos hasonlóság során a pont (M), a képe (O), valamint a hasonlóság centruma (S) egy 1 egyenesre illeszkednek, ezért a feladat állítását igazoltuk. Mivel az S középpontú, – arányú 2 középpontos hasonlóság M-et O-ba viszi, ezért S az OM szakaszt 1 : 2 arányban osztja úgy, hogy az O ponthoz van közelebb. Megjegyezzük, hogy szabályos háromszögben a három nevezetes pont egybeesik, ezért nem jön létre egyértelmûen az Euler-egyenes. w x2350
Az ABC háromszög K köré írt körét az M maC gasságpontból felére kicsinyítve a k kört kapjuk. Megmutatjuk, hogy a k kör tartalmazza az AB oldalhoz tartozó magasságvonal V talppontját, az AB oldal G felezõpontját, valamint az AM szakasz X felezõpontját (lásd ábra). Z Ez utóbbi nyilvánvaló, hiszen az A csúcs a E F K kör egy pontja, M pedig a középpontos hasonlóság centruma, ezért az A pont éppen T az AM szakasz X felezõpontjába megy át. K A 2292. feladat a) részfeladatában megmutattuk, k M hogy az M pont AB egyenesre vonatkozó M1 U X V tükörképe illeszkedik a háromszög köré írható Y A B G K körre. Ekkor azonban az MM1 szakasz V M felezõpontja a tükörtengely, vagyis az AB oldalM1 2 egyenes egy pontja. Mivel az MM1 szakasz egyben merõleges is az AB egyenesre csakúgy, mint a CM egyenes, ezért a C csúcsból induló magasságvonal tartalmazza az MM1 szakaszt, így a V pont éppen a magasságvonal talppontja. Összefoglalva elmondhatjuk, hogy a K körön található M1 pont M-re vonatkozó kicsinyített képe (V ) az AB oldalhoz tartozó magasságvonal talppontja. Mivel a kicsinyítés illeszkedéstartó, ezért a V pont valóban illeszkedik a K kör kicsinyített képére, azaz a k körre. A 2292. feladat b) részfeladatában azt is megmutattuk, hogy az M pontnak az AB szakasz G felezõpontjára vonatkozó tükörképe (M2) szintén illeszkedik a K körre. Ezt úgy is megfogalmazhatjuk, hogy a K körön lévõ M2 pont kicsinyített képe megegyezik a G ponttal. Ebbõl következik, hogy a G pont valóban illeszkedik a k körre. Ugyanígy bizonyíthatjuk, hogy nemcsak az X, V, G pontok illeszkednek a K kör kicsinyített képére, hanem a háromszög másik két oldalának felezõpontjai (E és F ), a másik két csúcs és a magasságpont közti szakaszok felezõpontjai (Y és Z ), valamint a másik két magasságvonal talppontjai (U és T ) is. Ezzel a feladat állítását igazoltuk.
Arányossági tételek a derékszögû háromszögben és a körben – megoldások A kör sugara 6,5 cm. A feladat a magasságtétel segítségével is megoldható: (2r – 9) ⋅ 9 = 6, amibõl r = 6,5 cm. Mivel 6,5 AC. Alkalmazzuk a körhöz húzott szelõszakaszok tételét a B, majd a C pontra: BF × BG = BB1 × BA, CG × CF = CC1 × CA. Mivel az F pont a BC oldal felezõpontja, így BF = CF, ezért ha a két egyenlõség megfelelõ oldalait elosztjuk egymással, valamint a lehetséges egyszerûsítéseket elvégezzük, akkor azt kapjuk, hogy: BG BB1 ⋅ BA = . CG CC1 ⋅ CA
C G C1 a 2 a 2 A
Használjuk fel még a szögfelezõtételt az A csúcsból induló szögfelezõre: BG BA . = CG CA Az utolsó két egyenlõség bal oldalán álló mennyiségek megegyeznek, így jobb oldaluk is egyenlõ: BA BB1 ⋅ BA BB = , amibõl 1 = 1 . CA CC1 ⋅ CA CC1 Az utóbbi épp a bizonyítandó állítással egyenértékû. Hasonlóan bizonyítható, ha AB 45º;
Comments are closed, but trackbacks and pingbacks are open.