Síkgeometria

a) A koszinusztételt felírva az \( ABD \) háromszög \( AB \) oldalára: \[ AB^2 = 35^2 + 40^2 - 2 \cdot 35 \cdot 40 \cdot \cos 120^\circ = 4225 \] amiből \( \mathbf{AB = 65\text{ cm}} \) valóban.

b) A Pitagorasz-tételt az \( ABC \) háromszög \( BC \) oldalára felírva: \[ BC = \sqrt{65^2 - 39^2} = 52\text{ cm} \] Az \( ABC \) háromszög területe: \[ T_{ABC} = \frac{39 \cdot 52}{2} = 1014\text{ cm}^2 \] Az \( ABD \) háromszög területe: \[ T_{ABD} = \frac{35 \cdot 40 \cdot \sin 120^\circ}{2} \approx 606,2\text{ cm}^2 \] Az \( ADBC \) konkáv négyszög területe a kettő különbsége: \[ T_{ADBC} = 1014 - 606,2 = \mathbf{407,8\text{ cm}^2} \]

c) Az érintőnégyszögek szemközti oldalainak összege egyenlő, tehát (a szokásos jelöléssel) \( a + c = b + d \).
Ekkor \( a + c = b + d = s \), ezért \( s - a = c \).
Ugyanígy \( s - b = d \), \( s - c = a \) és \( s - d = b \).
Tehát a húrnégyszögek területképletébe behelyettesítve: \[ T = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} = \sqrt{cdab} = \mathbf{\sqrt{abcd}} \] valóban.

d) Mivel a négyszög érintőnégyszög, ezért a szemközti oldalak összege megegyezik. A negyedik oldalának hossza: \[ HE = 21 + 42 - 56 = 7\text{ cm} \] A bicentrikus négyszög területe az előzőekben bizonyított képlet alapján: \[ T = \sqrt{21 \cdot 56 \cdot 42 \cdot 7} = \mathbf{588\text{ cm}^2} \]

a) A külső átmérő 1 m (100 cm), így a külső sugár $R = 50$ cm.
Mivel a körgyűrű 20 cm széles, a belső sugár $r = 50 - 20 = 30$ cm.
A teljes körgyűrű területe $(50^2\pi - 30^2\pi)$, aminek nekünk csak a 36°-os része, azaz a tizede ($\frac{36^\circ}{360^\circ}$) kell: $$ T = \frac{1}{10} \cdot \pi(2500 - 900) = 160\pi \approx \mathbf{503 \text{ cm}^2} $$

b) A várható érték a nyeremények és valószínűségeik szorzatainak összege: $$ E = 1000 \cdot 0,4 + 2000 \cdot 0,1 + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 400 + 200 + 900 + 800 = \mathbf{2300 \text{ Ft}} $$

c) Három forgatással 6000 Ft háromféle összetételben jöhet ki (az értékek sorrendjét is figyelembe véve):

• $2000 + 2000 + 2000$: Ez pontosan egyféle sorrend, valószínűsége $0,1^3 = 0,001$.
• $1000 + 2000 + 3000$: Ezek 3! = 6-féleképpen jöhetnek sorba, valószínűségük $6 \cdot (0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,3) = 0,072$.
• $1000 + 1000 + 4000$: A 4000-es pörgetés 3-féle helyen lehet, tehát 3 esetről beszélünk, valószínűségük $3 \cdot (0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,2) = 0,096$.

A teljes valószínűség ezen független események összege: $$ P = 0,001 + 0,072 + 0,096 = \mathbf{0,169} $$

d) Jelölje $p$ az 1000 Ft-os nyeremény új valószínűségét. Mivel csak az 1000-es és a 2000-es szektorok valószínűségei változnak (összegük azonban továbbra is $0,4 + 0,1 = 0,5$ kell maradjon), így a 2000 Ft-osé $(0,5 - p)$ lesz.
Az igazságos játék várható értéke meg kell, hogy egyezzen a befizetett 2500 Ft-tal: $$ 1000p + 2000(0,5 - p) + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 2500 $$ $$ 1000p + 1000 - 2000p + 900 + 800 = 2500 $$ $$ 2700 - 1000p = 2500 \implies 200 = 1000p \implies \mathbf{p = 0,2} $$ Tehát a játék akkor lesz igazságos, ha az 1000 Ft-os nyeremény valószínűsége 0,2 lesz, a 2000 Ft-os nyereményé pedig (0,5 - 0,2 =) 0,3.

a) Jelöljük $F$-fel az $AB$ szakasz felezőpontját, így $FB = 40$ cm és a téglalap magassága $BC = 30$ cm. A Pitagorasz-tétellel adódik a körív $R$ sugara a derékszögű $FBC$ háromszögből: $$ R = \sqrt{40^2 + 30^2} = 50 \text{ cm} $$ Határozzuk meg a körszelet ívéhez tartozó $\alpha$ középponti szöget: $$ \text{tg}\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{40}{30} \implies \frac{\alpha}{2} \approx 53,13^\circ \implies \alpha \approx 106,3^\circ $$ A körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = 50^2\pi \cdot \frac{106,3^\circ}{360^\circ} \approx 2319 \text{ cm}^2 $$ Mivel a körszelet a körcikkből úgy kapható meg, hogy kivonjuk belőle a középpont és a $CD$ él által határolt $FCD$ háromszög területét (amely épp egyezik a $30 \times 80$-as téglalap felével, ami $1200\text{ cm}^2$), így a körszelet területe: $$ T_{\text{körszelet}} = 2319 - 1200 = 1119 \text{ cm}^2 $$ Az alaplap teljes területe (a $80 \times 30$-as téglalap és a körszelet összege): $$ T_{\text{alap}} = 2400 + 1119 = 3519 \text{ cm}^2 $$ Az akvárium térfogata az alaplap területe szorozva a 35 cm-es magassággal: $$ V = 3519 \cdot 35 = 123\,165 \text{ cm}^3 \approx 123 \text{ dm}^3 $$ Tehát kerekítve 123 liter az akvárium térfogata.

b) Jelölje a téglatest alaplapjának oldalait $a$ és $b$. A térfogatra felírható összefüggés: $$ V = a \cdot b \cdot 35 = 126\,000 \implies a \cdot b = 3600 \implies b = \frac{3600}{a} $$ A felül nyitott téglatest vizsgálandó felszíne az alapterület és a 4 oldallap összege: $$ A(a) = ab + 2 \cdot 35a + 2 \cdot 35b = 3600 + 70a + 70b = 3600 + 70\left(a + \frac{3600}{a}\right) $$ Ennek a kifejezésnek a minimumát keressük, ami az $a + \frac{3600}{a}$ tag minimalizálását jelenti. Alkalmazva a számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget pozitív számokra: $$ a + \frac{3600}{a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{3600}{a}} = 2\sqrt{3600} = 120 $$ Az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha $a = \frac{3600}{a}$, azaz ha $a^2 = 3600$. Ebből adódik, hogy $a = 60$ cm. (Ekkor $b = \frac{3600}{60} = 60$ cm).
A téglatest alaplapjának mindkét élét 60 cm-nek válasszuk, hogy minimális legyen a felszín.

a) Az ábrát elemezve látható, hogy a kalap közepén egy olyan csúcs van, ami körül pontosan 3 deltoid találkozik, és hiánytalanul lefedik a síkot. Így ezen a csúcson a deltoid szöge $360^\circ / 3 = 120^\circ$.
Két másik típusú belső csúcsnál pontosan 4 deltoid találkozik, ezért itt a szögek $360^\circ / 4 = 90^\circ$-osak.
Mivel a négyszög belső szögeinek összege $360^\circ$, a negyedik szög $360^\circ - (120^\circ + 90^\circ + 90^\circ) = 60^\circ$.

b) A kalap területe $\sqrt{1728} = \sqrt{144 \cdot 12} = 24\sqrt{3}$. Mivel a kalap 8 egybevágó deltoidból áll, egy deltoid területe $\frac{24\sqrt{3}}{8} = 3\sqrt{3}$.
Egy ilyen deltoid (amelynek szögei 60-90-120-90 fokosak) a szimmetriatengelye mentén két egybevágó 30-60-90 fokos (fél szabályos) háromszögre bontható.
Jelölje a rövidebbik befogót (a deltoid rövidebb oldalát) $x$, ekkor a hosszabbik befogó (a deltoid hosszabbik oldala) $x\sqrt{3}$.
A deltoid területe a két háromszög területének összege:

$$ T = 2 \cdot \left(\frac{1}{2} x \cdot x\sqrt{3}\right) = x^2\sqrt{3} $$

Tudjuk, hogy ez $3\sqrt{3}$-mal egyenlő, amiből $x^2 = 3 \implies x = \sqrt{3}$.
A deltoid oldalainak hossza tehát $\sqrt{3}$ és $3$ területegység. A kalap kerületét leszámolva az ábráról, az 6 rövidebb és 8 hosszabb oldalból épül fel. A kerület:

$$ K = 6\sqrt{3} + 8 \cdot 3 = \mathbf{24 + 6\sqrt{3}} $$

c) A kalapot vizuálisan leképezve egy 8 csúcsú szomszédsági gráffal tudjuk modellezni a színezést. A belső 120 fokos csúcs körül lévő 3 deltoid egymással kölcsönösen szomszédos, így egy háromszöget alkotnak. Ezek színezését a 3 színnel $3! = 6$-féleképpen végezhetjük el.
A színezés lépésenkénti láncolatán végighaladva megállapítható a maradék deltoidok kombinatorikai függősége. A fa-szerűen kinyúló ágakon lévő egyedi deltoidok egymástól függetlenül $2^3 = 8$-féleképpen színezhetők. A csempézés alsó felén kialakuló 4-es "gyűrűben" két deltoid azonos vagy eltérő színezése pedig további $1 \cdot 2 + 1 \cdot 1 = 3$ esetet generál.
Összesen a kalap kiszínezési lehetőségeinek száma: $6 \cdot 8 \cdot 3 =$ 144-féleképpen lehetséges.

a) Az $a_n = a_{n-1} + n$ képletet felhasználva fejezzük ki a sorozat tagjait az első tag, $a_1$ segítségével:

$$ a_2 = a_1 + 2 $$ $$ a_3 = a_2 + 3 = a_1 + 5 $$ $$ a_4 = a_3 + 4 = a_1 + 9 $$

Mivel egy négyszög belső szögeinek összege mindig $360^\circ$, felírhatjuk az egyenletet:

$$ a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = 360^\circ $$ $$ a_1 + (a_1 + 2) + (a_1 + 5) + (a_1 + 9) = 360 $$ $$ 4a_1 + 16 = 360 \implies a_1 = 86 $$

A négyszög belső szögei tehát: 86°, 88°, 91° és 95°.

---

b) Az $ABC$ háromszögben ismert két oldal és az egyikkel szemközti szög ($AB = 18$, $AC = 20$, $ABC\sphericalangle = 70^\circ$). Használjuk a szinusztételt a $BCA\sphericalangle$ meghatározásához:

$$ \frac{\sin BCA\sphericalangle}{18} = \frac{\sin 70^\circ}{20} \implies \sin BCA\sphericalangle \approx 0,8457 $$

Ebből $BCA\sphericalangle \approx 57,75^\circ$. (Tompaszög nem lehet, mert a háromszögben a nagyobb oldallal – 20 cm – szemben nagyobb szög van, a 18 cm-es oldallal szemben tompaszög emiatt nem állhat).

Az $ABC$ háromszög harmadik szöge:

$$ CAB\sphericalangle = 180^\circ - 70^\circ - 57,75^\circ = 52,25^\circ $$

Mivel a teljes $DAB\sphericalangle$ derékszög ($90^\circ$), a felosztott másik szög, azaz a $DAC\sphericalangle$ nagysága:

$$ DAC\sphericalangle = 90^\circ - 52,25^\circ = 37,75^\circ $$

A keresett $BC$ oldalt az $ABC$ háromszögben koszinusztétellel számoljuk ki (vagy közvetlenül a $CAB\sphericalangle$-re alkalmazott szinusztétellel, ami egyszerűbb):

$$ BC^2 = 20^2 + 18^2 - 2 \cdot 20 \cdot 18 \cdot \cos(52,25^\circ) \implies \mathbf{BC \approx 16,83 \text{ cm}} $$

A $CD$ oldalt pedig az $ACD$ háromszögben lévő adatokból koszinusztétellel határozzuk meg:

$$ CD^2 = 20^2 + 15^2 - 2 \cdot 20 \cdot 15 \cdot \cos(37,75^\circ) \implies CD^2 \approx 150,6 \implies \mathbf{CD \approx 12,27 \text{ cm}} $$

a) A háromszög legnagyobb szöge a leghosszabb oldallal (\( c \)) van szemben. Felírjuk a koszinusztételt erre az oldalra: $$ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos 120^\circ $$ $$ (a + 8)^2 = a^2 + (a + 4)^2 - 2a(a + 4)\left(-\frac{1}{2}\right) $$ $$ a^2 + 16a + 64 = a^2 + a^2 + 8a + 16 + a^2 + 4a $$ Rendezve nullára az egyenletet: $$ 2a^2 - 4a - 48 = 0 \implies a^2 - 2a - 24 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( a_1 = 6 \) és \( a_2 = -4 \). Mivel az oldal hossza csak pozitív lehet, az \( a = 6 \) a helyes megoldás.
A háromszög oldalai: 6 cm, 10 cm és 14 cm.

b) A leghosszabb oldal \( c = a + 8 = 24 \), amiből \( a = 16 \). Így a három oldal: 16, 20 és 24 cm. Ebből a legtisztábban a Hérón-képlettel számolhatunk. A félkerület: $$ s = \frac{16 + 20 + 24}{2} = 30 \text{ cm} $$ A terület: $$ T = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{30 \cdot 14 \cdot 10 \cdot 6} = \sqrt{25200} = \mathbf{60\sqrt{7} \approx 158,7 \text{ cm}^2} $$

c) Mivel \( c \) a leghosszabb oldal, a háromszög-egyenlőtlenség egyetlen nemtriviális feltétele, hogy \( a + b > c \). Behelyettesítve a megadott formulákat: $$ a + (a + 4) > a + 8 $$ $$ 2a + 4 > a + 8 \implies a > 4 $$ A háromszög kerülete \( K = a + (a+4) + (a+8) = 3a + 12 \). Mivel \( a > 4 \), a kerületre felírhatjuk: $$ K > 3 \cdot 4 + 12 = \mathbf{24 \text{ cm}} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

a) Az \( OAB \) háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{12 \cdot 12 \cdot \sin 75^\circ}{2} \approx 69,5 \text{ cm}^2 $$ Az \( OCD \) körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{75^\circ}{360^\circ} \cdot 8^2 \pi \approx 41,9 \text{ cm}^2 $$ A szürkére színezett tartomány területe ezek különbsége: $$ T = 69,5 - 41,9 = \mathbf{27,6 \text{ cm}^2} $$ A kerülethez szükségünk van az \( AB \) oldal hosszára a koszinusztétellel: $$ AB = \sqrt{12^2 + 12^2 - 2 \cdot 12 \cdot 12 \cdot \cos 75^\circ} \approx 14,6 \text{ cm} $$ A \( CD \) körív hossza: $$ i_{CD} = \frac{75^\circ}{360^\circ} \cdot 2 \cdot 8 \pi \approx 10,5 \text{ cm} $$ Az egyenes szakaszok: \( CA = DB = 12 - 8 = 4 \text{ cm} \).
A szürke tartomány kerülete: $$ K = 14,6 + 4 + 10,5 + 4 = \mathbf{33,1 \text{ cm}} $$

b) A forgástest két forgáskúp egyesítése. Az alapkörük közös, amelynek sugara az \( OAB \) háromszög \( B \)-hez tartozó magassága: $$ r = 12 \cdot \sin 75^\circ \approx 11,6 \text{ cm} $$ A két forgáskúp magasságának összege éppen az \( OA \) oldal hossza, azaz \( m_1 + m_2 = 12 \text{ cm} \).
A test térfogata tehát a két kúp térfogatának összege: $$ V = \frac{1}{3} r^2 \pi \cdot m_1 + \frac{1}{3} r^2 \pi \cdot m_2 = \frac{1}{3} r^2 \pi (m_1 + m_2) = \frac{11,6^2 \cdot \pi \cdot 12}{3} \approx \mathbf{1691 \text{ cm}^3} $$

c) A feladat egy gráf színezésére vezethető vissza. A szomszédsági viszonyokat figyelembe véve egy 4 hosszú kört (ciklushálót) alkotnak a tartományok: a két csúcsból induló vonal melletti részek és a körív melletti részek.
Nevezzük a négy tartományt \( A, B, C \) és \( D \)-nek oly módon, hogy \( A \) és \( B \) szomszédos, \( B \) és \( C \) szomszédos, \( C \) és \( D \) szomszédos, valamint \( D \) és \( A \) szomszédos. (\( A \) és \( C \), valamint \( B \) és \( D \) nem szomszédosak.)
- Két szomszédos tartományt (például \( A \)-t és \( B \)-t) \( 3 \cdot 2 = 6 \)-féleképpen színezhetünk ki.
- Ezt követően, ha a \( C \) tartomány színe megegyezik az \( A \) színével (ami megengedett), akkor a \( D \) tartomány 2-féle színt is kaphat a harmadik szín és az előbbi szín közül (hiszen \( D \) szomszédai az \( A \) és a vele azonos színű \( C \)). Ez \( 6 \cdot 1 \cdot 2 = 12 \) lehetőség.
- Ha pedig a \( C \) tartomány színe a harmadik, eddig nem használt szín, akkor \( A \) és \( C \) különböző színű, így a \( D \) tartomány már csak a maradék egyetlen színt (\( B \) színét) kaphatja. Ez \( 6 \cdot 1 \cdot 1 = 6 \) lehetőség.
Összesen \( 12 + 6 = \) 18 megfelelő színezés van.

A feladatot a legrövidebb és legelegánsabb módon, koordináta-geometriai módszerrel oldjuk meg. Helyezzük a 24 egység oldalú négyzetet egy derékszögű koordináta-rendszerbe úgy, hogy \( A(0;0) \), \( B(24;0) \), \( C(24;24) \) és \( D(0;24) \) legyen.

Ekkor \( F \) az \( AB \) oldal felezőpontja: \( F(12;0) \).
Az \( AC \) átló hossza \( 24\sqrt{2} \), és a pontjai egyenletesen növekvő \( x \) és \( y \) koordinátákkal bírnak (\( x=y \)). A megadott \( AP:PQ:QC = 4:5:3 \) arány miatt a szakaszok hossza az átló hosszának rendre \( \frac{4}{12}=\frac{1}{3} \), \( \frac{5}{12} \), és \( \frac{3}{12}=\frac{1}{4} \) része. Így a pontok koordinátái a csúcs \( A \)-tól indulva könnyen felírhatók:

• \( P \) az \( AC \) szakasz harmadoló pontja, tehát koordinátái a 24 harmada: \( P(8;8) \).
• \( Q \)-hoz az \( AP + PQ = 4 + 5 = 9 \) arány tartozik a 12-ből, tehát a 24-nek a \( \frac{9}{12} = \frac{3}{4} \) részénél van: \( Q(18;18) \).

a) Az általánosság megszorítása nélkül is számolhatunk a 24-es oldalhosszal (az arány invariáns lesz a skálázásra).
Az \( AFQ \) háromszög \( AF \) alapjának hossza 12. A hozzá tartozó magasság egyenlő a \( Q \) pont \( y \) koordinátájával, ami 18.
A háromszög területe: \( T_{AFQ} = \frac{12 \cdot 18}{2} = 108 \).
A négyzet területe: \( T_{ABCD} = 24^2 = 576 \).
Az arány: \( \frac{108}{576} = \mathbf{\frac{3}{16}} \).

b) Alkalmazzuk a két pont közötti távolság képletét az \( F(12;0) \), \( P(8;8) \) és \( Q(18;18) \) pontokra! $$ FP = \sqrt{(12 - 8)^2 + (0 - 8)^2} = \sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = \mathbf{4\sqrt{5}} $$ $$ QF = \sqrt{(18 - 12)^2 + (18 - 0)^2} = \sqrt{36 + 324} = \sqrt{360} = \mathbf{6\sqrt{10}} $$ Az állítást ezzel igazoltuk.

c) A hasonlóság bizonyításához vizsgáljuk meg a két háromszög (\( AFQ \) és \( FPQ \)) oldalainak arányát (S-S-S alapeset). Számítsuk ki a még hiányzó oldalakat is távolságképlettel: $$ PQ = \sqrt{(18 - 8)^2 + (18 - 8)^2} = \sqrt{100 + 100} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2} $$ $$ AQ = \sqrt{18^2 + 18^2} = 18\sqrt{2} \quad (\text{és } AF = 12) $$ Rendezzük sorba mindkét háromszög oldalait növekvő sorrendben, és ellenőrizzük az arányaikat! Mivel könnyebb a négyzetükkel dolgozni, a négyzeteik aránya állandó kell, hogy legyen.
Az \( FPQ\triangle \) oldalai (négyzetesen): \( FP^2 = 80 \), \( PQ^2 = 200 \), \( QF^2 = 360 \).
Az \( AFQ\triangle \) oldalai (négyzetesen): \( AF^2 = 144 \), \( QF^2 = 360 \), \( AQ^2 = 648 \).
Képezzük a megfelelő oldalak négyzetének hányadosát: $$ \frac{AF^2}{FP^2} = \frac{144}{80} = \frac{9}{5} $$ $$ \frac{QF^2}{PQ^2} = \frac{360}{200} = \frac{9}{5} $$ $$ \frac{AQ^2}{QF^2} = \frac{648}{360} = \frac{9}{5} $$ Mivel az oldalak négyzeteinek aránya megegyezik, az oldalak aránya is állandó (minden esetben \( \frac{3}{\sqrt{5}} \)). A három oldalpár aránya egyenlő, így a két háromszög valóban hasonló.

a) Teljes négyzetté alakítással felírjuk a kör normálalakját: $$ (x - 2)^2 - 4 + (y - 6)^2 - 36 = 13 $$ $$ (x - 2)^2 + (y - 6)^2 = 53 $$ A kör középpontja \( K(2; 6) \), a sugara pedig \( r = \sqrt{53} \).

b) A húrtrapéz átlói egymásra merőlegesek, és párhuzamosak a koordinátatengelyekkel, mivel az \( A \) és \( C \) pontok \( x \) koordinátája azonos (4), a \( B \) és \( D \) pontok \( y \) koordinátája pedig azonos (4).
Az átlók hossza: $$ AC = 13 - (-1) = 14 \quad \text{és} \quad BD = 9 - (-5) = 14 $$ A trapéz területe az átlók szorzatának a fele: \( T = \frac{14 \cdot 14}{2} = 98 \).
Az alapok hosszát a pontok távolságával kapjuk meg: $$ AB = \sqrt{(-5 - 4)^2 + (4 - 13)^2} = \sqrt{(-9)^2 + (-9)^2} = \sqrt{162} = 9\sqrt{2} $$ $$ CD = \sqrt{(9 - 4)^2 + (4 - (-1))^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $$ A trapéz magasságát (\( m \)) a területképletből határozzuk meg: $$ T = \frac{AB + CD}{2} \cdot m \implies 98 = \frac{9\sqrt{2} + 5\sqrt{2}}{2} \cdot m = 7\sqrt{2} \cdot m \implies \mathbf{m = \frac{98}{7\sqrt{2}} = 7\sqrt{2}} $$ A szögekhez húzzunk magasságot az egyik felső csúcsból! A magasság talppontja lemetsz a hosszabbik alapból egy szakaszt, melynek hossza \( \frac{AB - CD}{2} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} \). A derékszögű háromszögben a magasság (\( 7\sqrt{2} \)) és ez a befogó (\( 2\sqrt{2} \)) tangenssel adja a hajlásszöget: $$ \tan \alpha = \frac{7\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = 3,5 \implies \mathbf{\alpha \approx 74,05^\circ} $$ A húrtrapéz másik szöge, mivel kiegészítő szög: \( 180^\circ - 74,05^\circ = \) 105,95°.

c) Olyan \( (x,y) \) egész számpárokat keresünk, melyekre \( x^2 + y^2 = 53 \).
Mivel 53 csak egyféleképpen bontható fel két négyzetszám összegére (a negatívokat és sorrendet még figyelmen kívül hagyva): \( 53 = 4 + 49 = 2^2 + 7^2 \).
Ebből a megoldások a \( \pm 2 \) és \( \pm 7 \) kombinációiból adódnak:
(2; 7), (2; -7), (-2; 7), (-2; -7), (7; 2), (7; -2), (-7; 2), (-7; -2).
Összesen 8 ilyen pont található a körvonalon.

a) Merőlegest állítunk az \( A \) csúcsból az \( EB \) átlóra, ez az átlót az \( F \) felezőpontban metszi. Ekkor \( AF = 10 \text{ cm} \).
Az \( AFE \) derékszögű háromszögben: $$ \cos FAE\sphericalangle = \frac{10}{20} = 0,5 \implies FAE\sphericalangle = 60^\circ $$ Ebből adódik, hogy az egyenlőszárú háromszögből az \( A \) csúcsnál lévő szög \( BAE\sphericalangle = 120^\circ \), míg a másik kettő \( ABE\sphericalangle = AEB\sphericalangle = 30^\circ \).
Mivel a \( BCDE \) húrtrapéz alapon fekvő szögei 40°-osak, a másik két szög \( 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ \).
Összeadva a szomszédos szögeket, az ötszög belső szögei: 120°, 70°, 140°, 140°, 70°.

b) Az \( EB \) átló hossza Pitagorasz-tétellel: $$ EB = 2 \cdot \sqrt{20^2 - 10^2} = 20\sqrt{3} \approx 34,64 \text{ cm} $$ Az \( ABE \) háromszög területe: $$ T_{ABE} = \frac{EB \cdot FA}{2} = \frac{20\sqrt{3} \cdot 10}{2} = 100\sqrt{3} \approx 173,2 \text{ cm}^2 $$ Ha a húrtrapéz \( CD \) oldalának hossza \( x \), akkor mivel a szárak is \( x \) hosszúak, a vetületek \( x \cos 40^\circ \)-ak lesznek. Felírhatjuk: $$ x + 2x \cos 40^\circ = EB \implies x(1 + 2 \cos 40^\circ) = 34,64 \implies x \approx 13,68 \text{ cm} $$ A trapéz magassága \( m = x \sin 40^\circ \approx 8,79 \text{ cm} \).
A trapéz területe: $$ T_{trap\acute{e}z} = \frac{34,64 + 13,68}{2} \cdot 8,79 \approx 212,4 \text{ cm}^2 $$ Az ötszög teljes területe a két rész összege: \( 173,2 + 212,4 = \mathbf{385,6 \text{ cm}^2} \).

c) A gráf élbejárása egy Euler-vonal megkeresését jelenti. Megfigyeljük a csúcsok fokszámait: az \( A \), \( C \) és \( D \) csúcsok fokszáma 2, míg a \( B \) és \( E \) csúcsok fokszáma 3 (ugyanis az \( EB \) átló is egy él). A bejárás kezdőpontja így csak a páratlan fokszámú \( B \) vagy \( E \) lehet.
Ha például a \( B \) pontból indulunk, akkor 3 lehetőségünk van (az \( E \), az \( A \) vagy a \( C \) felé). Ahhoz, hogy az összes élet bejárjuk elakadások nélkül, a gráfszerkezet egyszerűsége miatt észrevehetjük: a \( B \)-ből minden esetben az \( E \)-be kell végül megérkeznünk 3 él megtétele után (egyik esetben közvetlenül az \( EB \)-n), ahonnan a fennmaradó két élből álló kört bejárjuk.
Egy alapos leszámlálásból megkapjuk, hogy a \( B \)-ből indulva pontosan \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség van. (Például: BCDEBAE, stb.)
Szimmetria okokból az \( E \)-ből indulva is ugyanennyi, így összesen 12 bejárási lehetőség van.

a) Mivel \( AC \) merőleges az alapokra, az \( ACD \) és \( CAB \) derékszögű háromszögek. A trapéz szárainak hossza Pitagorasz-tétellel számolva:

$$ BC = \sqrt{36^2 + 11^2} \approx 37{,}6 \text{ m}, \quad AD = \sqrt{8^2 + 11^2} \approx 13{,}6 \text{ m} $$

A kert kerülete: \( 36 + 37{,}6 + 8 + 13{,}6 = \) \( 95{,}2 \text{ m} \).

A kert területe: \( T = \frac{36 + 8}{2} \cdot 11 = \) \( 242 \text{ m}^2 \).

b) A henger alakú kút sugara \( r = 0{,}05 \) méter. Ha a kút mélysége \( h \), akkor a térfogatára felírható:

$$ 0{,}1 = 0{,}05^2 \cdot \pi \cdot h \implies h = \frac{0{,}1}{0{,}0025\pi} \approx \mathbf{12{,}7 \text{ m}} $$

c) Jelölje \( M \) az \( e \) egyenes és az \( AC \) átló metszéspontját. A feltétel szerint az átló felezi \( EF \)-et, tehát \( EM = MF = x \). Keressük az \( AM = y \) távolságot.

Az \( AME \) háromszög hasonló az \( ACD \) háromszöghöz, így:

$$ \frac{x}{8} = \frac{y}{11} \implies x = \frac{8y}{11} $$

A \( CMF \) háromszög hasonló a \( CAB \) háromszöghöz (mivel a megfelelő oldalaik párhuzamosak), így a hasonlóság aránya:

$$ \frac{x}{36} = \frac{11-y}{11} $$

A kapott \( x \)-et behelyettesítve a második egyenletbe:

$$ \frac{8y}{11} \cdot \frac{1}{36} = \frac{11-y}{11} \implies 8y = 36(11 - y) $$

$$ 8y = 396 - 36y \implies 44y = 396 \implies \mathbf{y = 9} $$

Tehát az \( e \) egyenes az \( A \) ponttól 9 méter távolságra metszi az \( AC \) átlót.

a) A test szimmetrikus, így kétféle testátlója van. Az egyik a \( 6 \times 8 \times 2 \) téglatest testátlójával, a másik a \( 6 \times 8 \times 5 \) téglatest testátlójával egyezik meg.
A rövidebb testátló: \( \sqrt{6^2 + 8^2 + 2^2} = \sqrt{104} \approx \mathbf{10{,}2 \text{ cm}} \).
A hosszabb testátló: \( \sqrt{6^2 + 8^2 + 5^2} = \sqrt{125} \approx \mathbf{11{,}2 \text{ cm}} \).

b) A teljes \( 15 \times 16 \)-os téglalap területe \( 240 \text{ cm}^2 \).
A test hálójának területe az 5 lap összegéből áll: az alaplap (\( 6 \cdot 8 = 48 \)), a két téglalap (\( 6 \cdot 2 = 12 \) és \( 6 \cdot 5 = 30 \)), valamint a két derékszögű trapéz (\( 2 \cdot \frac{5+2}{2} \cdot 8 = 56 \)).
A háló területe \( 48 + 12 + 30 + 56 = 146 \text{ cm}^2 \).
A keletkező hulladék területe \( 240 - 146 = 94 \text{ cm}^2 \), ami a teljes lap \( \frac{94}{240} \cdot 100 \approx \) \( 39{,}2\% \)-a.

c) Legyen a belső téglalap szélessége \( x \), magassága pedig \( \frac{50}{x} \).
Ekkor a teljes kartonlap oldalai \( x + 4 \) és \( \frac{50}{x} + 8 \) hosszúak. A teljes terület:

$$ T(x) = (x + 4)\left(\frac{50}{x} + 8\right) = 50 + 8x + \frac{200}{x} + 32 = 82 + 8x + \frac{200}{x} $$

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget alkalmazva a két pozitív, \( x \)-től függő tagra:

$$ 8x + \frac{200}{x} \ge 2\sqrt{8x \cdot \frac{200}{x}} = 2\sqrt{1600} = 80 $$

Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a két tag egyenlő: \( 8x = \frac{200}{x} \implies 8x^2 = 200 \implies x^2 = 25 \implies x = 5 \).
Tehát a belső téglalap optimális méretei 5 cm és 10 cm, így a kartonlap oldalainak hossza \( 5+4 = \) 9 cm, illetve \( 10+8 = \) 18 cm.

a) Húzzuk be a négyszög \( AC \) átlóját, ami két háromszögre bontja a területet. Az \( ABC \) háromszögre írjuk fel a koszinusztételt: $$ AC^2 = 126^2 + 65^2 - 2 \cdot 126 \cdot 65 \cdot \cos 122,5^\circ \approx 15876 + 4225 - 16380 \cdot (-0,5373) $$ $$ AC^2 \approx 28900 \implies AC \approx 170 \text{ m} $$ Az \( ADC \) háromszög derékszögű (mivel \( D \)-nél a szög \( 90^\circ \)). A Pitagorasz-tételből az \( AD \) oldal hossza: $$ AD = \sqrt{AC^2 - CD^2} \approx \sqrt{170^2 - 80^2} = \sqrt{28900 - 6400} = \sqrt{22500} = 150 \text{ m} $$ A teljes legelő területe a két háromszög területének összege: $$ T = T_{ABC} + T_{ADC} = \frac{126 \cdot 65 \cdot \sin 122,5^\circ}{2} + \frac{150 \cdot 80}{2} $$ $$ T \approx 3454 + 6000 = 9454 \text{ m}^2 $$ A meghirdetett terület \( 0,9 \text{ ha} = 9000 \text{ m}^2 \). Az arány: $$ \frac{9454}{9000} \approx 1,0504 $$ Tehát a valódi terület kb. 5%-kal nagyobb a meghirdetettnél.

b) A megdöntött vályúban maradt víztömeg alakja egy olyan háromoldalú gúla, amelynek az alaplapja az eredeti hasáb 38 cm oldalú szabályos háromszög alakú alaplapja, a gúla magassága pedig megegyezik a hasáb 72 cm-es hosszával. A szabályos háromszög területe: $$ T_{alap} = \frac{38^2 \cdot \sqrt{3}}{4} \approx 625,3 \text{ cm}^2 $$ A gúla térfogata: $$ V = \frac{1}{3} \cdot T_{alap} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 625,3 \cdot 72 \approx 15006 \text{ cm}^3 $$ Mivel \( 1 \text{ liter} = 1 \text{ dm}^3 = 1000 \text{ cm}^3 \), a víz térfogata nagyjából 15,006 liter, ami kerekítve 15 liter, és ezzel az állítást igazoltuk.

c) A visszafektetett vályúban a víz egy azonos (72 cm) hosszúságú egyenes hasáb alakot vesz fel, melynek alaplapja egy az eredetihez hasonló szabályos háromszög (csúcsával lefelé). Mivel az eredeti 72 cm hosszú hasáb (vályú) térfogata a gúla térfogatának éppen háromszorosa, a benne lévő 15 liter víz a teljes térfogat pontosan egyharmadát tölti ki. A vízoszlop alaplapjának területe tehát pontosan a harmada az eredeti 38 cm-es szabályos háromszög területének (\( T_{viz} = \frac{1}{3} T_{alap} \)). Hasonló síkidomok esetén a területek aránya a hasonlósági arány négyzete, így a magasságok (és oldalak) aránya: $$ \lambda = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$ Az eredeti szabályos háromszög teljes magassága: $$ m_{teljes} = \frac{38 \cdot \sqrt{3}}{2} = 19\sqrt{3} \text{ cm} $$ A víz magassága a vályúban: $$ m_{viz} = m_{teljes} \cdot \lambda = 19\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \mathbf{19 \text{ cm}} $$

a) A lakók közül \( 50 \cdot 0,38 = 19 \) nő, és \( 50 - 19 = 31 \) férfi. A szemüvegesek száma \( 50 \cdot 0,32 = 16 \), így a nem szemüvegesek száma \( 50 - 16 = 34 \).
A nem szemüveges férfiak száma legfeljebb 31 lehet (ha egyetlen férfi sem szemüveges).
A férfiak és a nem szemüvegesek számának összege \( 31 + 34 = 65 \), de mivel csak 50 lakó van, legalább \( 65 - 50 = 15 \) embert mindkét halmazban megszámoltunk. Tehát a nem szemüveges férfiak száma legalább 15.

b) Jelölje a füvesített derékszögű háromszöget \( ADC \), ahol a derékszög \( D \)-nél van, az oldalak \( DA = 10 \) m, \( DC = 15 \) m. Az öntöző a \( D \) pontban van, és \( r = 10 \) m sugarú körcikket öntöz.
A füvesített rész teljes területe: \( T_{f\ddot{u}ves} = \frac{10 \cdot 15}{2} = 75 \text{ m}^2 \).
Az átló (az \( AC \) szakasz) metszi az öntözött körcikket egy \( M \) pontban. Mivel \( DM = DA = 10 \) m, a \( DAM \) háromszög egyenlő szárú.
A derékszögű háromszög \( C \) csúcsnál lévő szöge: \( \text{tg} \alpha = \frac{15}{10} \implies \alpha \approx 56,3^\circ \).
Így a \( DAM \) háromszög harmadik szöge az öntözőnél: \( \beta = 180^\circ - 2\alpha \approx 67,4^\circ \).
A \( DAM \) háromszög területe: \( T_{DAM} = \frac{10 \cdot 10 \cdot \sin(67,4^\circ)}{2} \approx 46,2 \text{ m}^2 \).
Az ezen felüli öntözött körcikk (az \( MDC \) részen) középponti szöge \( \gamma = 90^\circ - \beta \approx 22,6^\circ \). Ennek területe: \( T_{cikk} = \frac{22,6^\circ}{360^\circ} \cdot 10^2\pi \approx 19,7 \text{ m}^2 \).
Az öntözött füves rész összesen \( 46,2 + 19,7 = 65,9 \text{ m}^2 \).
A locsolásból kimaradó terület: \( 75 - 65,9 = \mathbf{9,1 \text{ m}^2} \).

a) Az ötszögnek 5 oldala és 5 átlója van, ami összesen 10 szakasz. Mindegyik szakasz kétféle lehet: megvastagított vagy nem. Így az összes lehetséges különböző kártyák száma $2^{10} = 1024$. Mivel $1024 > 400$, így igen, mindenkinek jut különböző belépőkártya.

b) Számítsuk ki az $ABC$ egyenlő szárú háromszög területét! A $BC$ alaphoz tartozó magassága a Pitagorasz-tétel segítségével: $m_a = \sqrt{130^2 - 50^2} = 120$ méter. A háromszög területe: $T_{ABC} = \frac{100 \cdot 120}{2} = 6000 \text{ m}^2$.
Mivel a $BCD$ háromszög területe $2000 \text{ m}^2$, ami az $ABC$ háromszög területének pontosan a harmada, és a $C$-ből induló magasságuk közös, az alapjuknak is harmadának kell lennie: $BD = \frac{1}{3} AB = \frac{130}{3}$ méter.
A $CD$ szakasz hosszának kiszámításához alkalmazzuk a koszinusztételt a $BCD$ háromszögben. A $B$ csúcsnál lévő szög koszinusza a nagy háromszög feléből könnyen leolvasható: $\cos B = \frac{50}{130} = \frac{5}{13}$. $$ CD^2 = BC^2 + BD^2 - 2 \cdot BC \cdot BD \cdot \cos B $$ $$ CD^2 = 100^2 + \left(\frac{130}{3}\right)^2 - 2 \cdot 100 \cdot \frac{130}{3} \cdot \frac{5}{13} $$ $$ CD^2 = 10000 + \frac{16900}{9} - \frac{10000}{3} = \frac{90000 + 16900 - 30000}{9} = \frac{76900}{9} $$ Ebből $CD = \frac{\sqrt{76900}}{3} \approx \mathbf{92,4 \text{ méter}}$.

c) A résztvevők összesített életkora az egyes csoportok létszámának és átlagéletkorának szorzatösszege. Jelölje $x$ a magyarok átlagéletkorát. $$ \frac{200x + 70 \cdot 44 + 130 \cdot 48}{400} = 45,7 $$ $$ 200x + 3080 + 6240 = 400 \cdot 45,7 = 18280 $$ $$ 200x + 9320 = 18280 \implies 200x = 8960 \implies \mathbf{x = 44,8 \text{ év}} $$

a) Jelölje az alap hosszát $a = 18$, a szár hosszát $b$. A háromszög valódi területe az alaphoz tartozó magasság és az alap szorzatának a fele. A magasság Pitagorasz-tétellel: $m = \sqrt{b^2 - \left(\frac{18}{2}\right)^2} = \sqrt{b^2 - 81}$. $$ T_{\text{valódi}} = \frac{18 \cdot \sqrt{b^2 - 81}}{2} = 9\sqrt{b^2 - 81} $$ Az egyiptomiak közelítő formulájával a terület: $$ T_{\text{közelítő}} = \frac{18 \cdot b}{2} = 9b $$ Mivel $9b > 9\sqrt{b^2 - 81}$ (hiszen $b > \sqrt{b^2 - 81}$ mindig igaz), a közelítés mindig felülbecsüli a területet. A feltétel szerint a hiba kisebb mint 25%-a a valódi területnek, ami azt jelenti, hogy a közelítő érték kevesebb, mint 1,25-szöröse a valódinak: $$ 9b < 1,25 \cdot 9\sqrt{b^2 - 81} $$ Egyszerűsítve 9-cel, majd mindkét oldalt négyzetre emelve (mivel mindkét oldal pozitív): $$ b^2 < 1,5625(b^2 - 81) $$ $$ b^2 < 1,5625b^2 - 126,5625 \implies 126,5625 < 0,5625b^2 $$ $$ b^2 > 225 \implies \mathbf{b > 15} $$ Tehát a háromszög szára 15 cm-nél hosszabb kell, hogy legyen.

b) A megadott szorzat prímfelbontása: $$ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 720 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 $$ Egy szám pontosan akkor négyzetszám, ha a prímfelbontásában minden prímkitevő páros. Ahhoz, hogy $720 \cdot x$ négyzetszám legyen, az $x$-nek "ki kell egészítenie" a 720-ban lévő páratlan kitevőjű prímeket. A $2$ és a $3$ kitevője páros, de az $5$ kitevője páratlan. Ezért $x$-nek $5 \cdot k^2$ alakúnak kell lennie, ahol $k$ pozitív egész szám.
A feltétel szerint $x < 1000$: $$ 5k^2 < 1000 \implies k^2 < 200 $$ Mivel $\sqrt{200} \approx 14,14$, a $k$ lehetséges értékei $1, 2, 3, \dots, 14$.
Így összesen $\mathbf{14}$ ilyen 1000-nél kisebb pozitív egész szám van.

a) Szisztematikusan vegyük számba a lehetséges színezéseket a sárga lapok száma alapján, figyelembe véve, hogy 1 és 5 között lehet a sárga lapok száma (mindkét színnek elő kell fordulnia).
- 1 sárga lap: forgatással minden ilyen kocka fedésbe hozható, ez 1 féle.
- 2 sárga lap: a két sárga lap lehet egymással szomszédos (van közös élük) vagy egymással szemközti. Ez 2 féle.
- 3 sárga lap: a sárga lapok találkozhatnak egy közös csúcsban, vagy elhelyezkedhetnek "U" alakban (kettő szemközti és egy ezekkel szomszédos). Ez 2 féle.
- 4 sárga lap: ekkor 2 kék lap van, amikre ugyanaz igaz, mint a 2 sárgára, azaz ez is 2 féle.
- 5 sárga lap: ekkor 1 kék lap van, ez is 1 féle.
Összesen: $1 + 2 + 2 + 2 + 1 = 8$-féle kocka lehetséges.

b) Annak a valószínűsége, hogy egy vásárolt csokiban NEM a hiányzó kocka van: $p = \frac{7}{8}$.
Annak a valószínűsége, hogy három csoki vásárlása során egyikben sem a hiányzó kocka lesz (feltételezve, hogy a húzások függetlenek): $$ P(\text{nem kapja meg}) = \left(\frac{7}{8}\right)^3 = \frac{343}{512} $$ A komplementer esemény, hogy legalább az egyikben ott lesz a hiányzó darab: $$ P = 1 - \frac{343}{512} = \mathbf{\frac{169}{512}} \approx \mathbf{0,330} $$

c) A kocka élhosszúsága $a = 10$.
Az $ABG$ háromszög oldalai: az $AB$ egy él, hossza $10$. A $BG$ egy lapátló, hossza $10\sqrt{2}$. Az $AG$ egy testátló, hossza $10\sqrt{3}$.
Vegye észre, hogy az $AB$ él merőleges a $BCGF$ oldallap minden egyenesére, így a $BG$ szakaszra is. Ezért az $ABG$ háromszög a $B$ csúcsnál derékszögű. Ezt Pitagorasz-tételével is ellenőrizhetjük: $10^2 + (10\sqrt{2})^2 = 100 + 200 = 300 = (10\sqrt{3})^2$.
Derékszögű háromszög beírt körének sugara az $r = \frac{a+b-c}{2}$ képlettel adható meg (ahol $a, b$ a befogók, $c$ az átfogó): $$ r = \frac{10 + 10\sqrt{2} - 10\sqrt{3}}{2} = \mathbf{5 + 5\sqrt{2} - 5\sqrt{3}} \approx \mathbf{3,41} \text{ egység} $$

a) Először határozzuk meg a \(BCD\) háromszög területét: $$ T_{BCD} = \frac{BC \cdot CD \cdot \sin 100,3^\circ}{2} = \frac{60 \cdot 70 \cdot \sin 100,3^\circ}{2} \approx 2066 \text{ m}^2 $$ Kiszámoljuk a \(BD\) átló hosszát koszinusztétellel a \(BCD\) háromszögből: $$ BD^2 = 60^2 + 70^2 - 2 \cdot 60 \cdot 70 \cdot \cos 100,3^\circ \implies BD \approx 100 \text{ m} $$ Az \(ABD\) háromszögben alkalmazzuk a szinusztételt az \(\varepsilon = \angle BDA\) szög meghatározására: $$ \frac{\sin \varepsilon}{\sin 100,3^\circ} = \frac{50}{100} \implies \sin \varepsilon \approx 0,4919 $$ Mivel hegyesszög, \(\varepsilon \approx 29,5^\circ\). A harmadik szög tehát \(\angle ABD = 180^\circ - 100,3^\circ - 29,5^\circ = 50,2^\circ\).
Ezzel az \(ABD\) háromszög területe: $$ T_{ABD} = \frac{AB \cdot BD \cdot \sin 50,2^\circ}{2} = \frac{50 \cdot 100 \cdot \sin 50,2^\circ}{2} \approx 1921 \text{ m}^2 $$ A teljes négyszög területe a két rész összege: \( 2066 + 1921 = 3987 \text{ m}^2 \).

b) A felhasznált 3 színt a 4-ből \(\binom{4}{3} = 4\)-féleképpen választhatjuk ki.
Mivel négy háromszög van, de csak 3 színt használunk fel úgy, hogy a szomszédosak nem lehetnek azonosak, pontosan két, egymással szemközti (tehát csak csúcsban érintkező) háromszög kapja ugyanazt a színt. A szemközti párt 2-féleképpen választhatjuk ki.
Ezt a közös színt 3-féleképpen választhatjuk a 3 kiválasztott színből.
A maradék két háromszöget a fennmaradó 2 színnel 2-féleképpen színezhetjük.
A lehetséges színezések száma így: \( 4 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 2 = \mathbf{48} \).

a) A 240 cm széles raktérben az első (legalsó) sorban $240 / 24 = 10$ darab farönk fér el. A második sor farönkjei a hézagokba illeszkednek, itt tehát csak 9 rönk kap helyet. A rönkök sorai felváltva adnak 10 és 9 darabot.
Két sor magasságkülönbségét a farönkök középpontjait összekötő, 24 cm oldalhosszúságú szabályos háromszög magassága adja: $$ h = \frac{24\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3} \approx 20,78 \text{ cm} $$ Ha összesen \(k\) sort tudunk elhelyezni, akkor a rakomány teljes magassága: $$ M(k) = 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} $$ Mivel a raktér 200 cm magas, ezt az egyenlőtlenséget kell megoldanunk: $$ 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} \le 200 \implies (k-1) \cdot 20,78 \le 176 \implies k \le 9,47 $$ Tehát maximum 9 sor fér be. Ebből 5 sor 10 farönkből (páratlan sorok), és 4 sor 9 farönkből (páros sorok) áll.
Az összes farönk száma: \( 5 \cdot 10 + 4 \cdot 9 = 50 + 36 = \mathbf{86} \) darab.

b) A teljes raktér térfogata $V_{\text{raktér}} = 2,4 \cdot 2 \cdot 7 = 33,6\text{ m}^3$.
Egyetlen farönk térfogata a henger képlete szerint (\(r = 0,12\text{ m}\), \(h = 7\text{ m}\)): $$ V_1 = 0,12^2 \pi \cdot 7 \approx 0,3167 \text{ m}^3 $$ A 86 rönk együttes térfogata $V_{fa} = 86 \cdot 0,3167 \approx 27,2\text{ m}^3$.
A kitöltött rész aránya $\frac{27,2}{33,6} \approx 0,81$, tehát a térfogat 81%-át töltik ki.
A raktér 19%-a marad üresen.

c) A binomiális eloszlást alkalmazzuk, ahol $n=50$ és a selejtes fa (szúrágta) valószínűsége $p=0,04$. A kérdés az, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a selejtesek száma legfeljebb 1, tehát $k=0$ vagy $k=1$.
$$ P(X \le 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = \binom{50}{0} \cdot 0,04^0 \cdot 0,96^{50} + \binom{50}{1} \cdot 0,04^1 \cdot 0,96^{49} $$ Kiszámolva a tagokat: $$ 0,96^{50} \approx 0,130 $$ $$ 50 \cdot 0,04 \cdot 0,96^{49} \approx 0,271 $$ Ezek összege adja a keresett valószínűséget: \( 0,130 + 0,271 = 0,401 \).

a) A tető alapterülete (a vízszintes vetület területe) $T_{\text{tető}} = 7 \cdot 4 = 28 \text{ m}^2$.
A tetőre lehulló csapadék elméleti térfogata $V = 28 \cdot 0,015 = 0,42 \text{ m}^3$.
Ennek 95%-a kerül a hordókba, azaz $0,42 \cdot 0,95 = 0,399 \text{ m}^3$. Mivel a négy hordóban a víz egyenletesen oszlik el, egy hordóba $\frac{0,399}{4} = 0,09975 \text{ m}^3$ víz kerül.
Egy hordó alapterülete a $d = 40$ cm ($r = 0,2$ m) adatok alapján $T_{\text{hordó}} = 0,2^2 \cdot \pi \approx 0,1257 \text{ m}^2$.
A víz magassága a hordókban: $$ h = \frac{V_{\text{víz}}}{T_{\text{hordó}}} = \frac{0,09975}{0,1257} \approx \mathbf{0,79 \text{ m (79 cm)}} $$

b) Az épület tetőjének összes lapja $30^\circ$-os dőlésszögű a vízszinteshez képest. Ebben az esetben egy lap területe meghatározható a vízszintes vetületének területéből és a hajlásszögéből kiindulva. Ha a tető teljes alapja 28 m$^2$, akkor a felülete: $$ T_{\text{tető}} = \frac{T_{\text{alap}}}{\cos 30^\circ} = \frac{28}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{56}{\sqrt{3}} \approx 32,33 \text{ m}^2 $$ Erre a felületre $32,33 \cdot 30 = 969,9 \approx 970$ darab épen felhasznált cserép kell.
Mivel a megvásárolt mennyiség 8%-a hulladék lesz (tehát a $92\%$-a hasznosul), ezért az összesen megvásárolandó cserepek számát úgy kapjuk, hogy a 970-et elosztjuk a 0,92-es arányszámmal: $$ \text{Vásárolt cserepek száma} = \frac{970}{0,92} \approx \mathbf{1055 \text{ db}} $$

a) A négyszög 4 csúcsát úgy kell kiválasztani a 9 pont közül, hogy mind a 3 oldalra jusson legalább 1 csúcs. Így valamelyik oldalon 2 csúcs lesz, a másik kettőn pedig 1-1.
Kiválaszthatjuk 3-féleképpen, hogy melyik oldal adja a 2 csúcsot. Az ezen az oldalon lévő 3 pontból $\binom{3}{2} = 3$-féleképpen jelölhetünk ki kettőt.
A másik két oldal mindegyikéről 3-3-féleképpen választhatjuk ki a négyszög harmadik és negyedik csúcsát.
Összesen tehát: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = \mathbf{81}$ megfelelő négyszög van.

b) A feladat szimmetriája alapján az $XYZ$ háromszög szintén szabályos, és az $ABX, BCY, CAZ$ háromszögek egybevágóak. Határozzuk meg a belső háromszög területét ezen tulajdonságok segítségével.
Az $ABP$ háromszögben $AB = 4$, $BP = 1$, és a köztük lévő szög $60^\circ$. A koszinusztétel alapján: $$ AP = \sqrt{4^2 + 1^2 - 2 \cdot 4 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ} = \sqrt{16 + 1 - 4} = \sqrt{13} $$ Jelölje $\alpha$ a $BAP$ szöget. A szinusz-tételből adódik a szinusza, de ki is számolhatjuk az egybevágóságokból az oldalak metszéspontjaival létrejövő arányokat. Mivel a felosztás aránya az élek körül mindenhol megegyezik, belátható, hogy az $AP$ szakasz a felosztási pontok által $AX : XZ : ZP = 12 : 8 : 1$ arányban (vagy más hasonló származtatással $AZ : ZX : XP = 4 : 8 : 1$ arányban) oszlik meg.
Az elegánsabb megoldás az $ABX$ háromszög alapján lehetséges. $\angle AXB = 120^\circ$ a forgásszimmetriából. Ekkor a szinusztétellel: $$ AX = \frac{4 \cdot \sin(60^\circ - \alpha)}{\sin 120^\circ} = \frac{12}{\sqrt{13}} \quad \text{és} \quad BX = \frac{4 \cdot \sin \alpha}{\sin 120^\circ} = \frac{4}{\sqrt{13}} $$ Szimmetria okokból $AZ = BX = \frac{4}{\sqrt{13}}$, amiből a keresett $ZX$ oldal hossza adódik: $$ ZX = AX - AZ = \frac{12}{\sqrt{13}} - \frac{4}{\sqrt{13}} = \frac{8}{\sqrt{13}} $$ A szabályos $XYZ$ háromszög területe így: $$ T = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot ZX^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{64}{13} = \mathbf{\frac{16\sqrt{3}}{13}} \approx 2,13 $$

a) Az $ABC$ háromszögben felírva a koszinusztételt az $AC$ szakaszra: $$ AC^2 = 20^2 + 18^2 - 2 \cdot 20 \cdot 18 \cdot \cos(70^\circ) \implies AC \approx 21,86 $$ A húrnégyszög egyik alaptulajdonsága, hogy a szemközti szögeinek összege $180^\circ$. Mivel a $\angle B = 70^\circ$, ezért $\angle D = 180^\circ - 70^\circ = 110^\circ$.
Az $ACD$ háromszög szögeinek ismeretében ($\angle D = 110^\circ$, $\angle CAD = 50^\circ$) az $\angle ACD = 180^\circ - (110^\circ + 50^\circ) = 20^\circ$. Szinusztétellel kifejezve az oldalt: $$ \frac{CD}{\sin(50^\circ)} = \frac{21,86}{\sin(110^\circ)} \implies CD \approx \mathbf{17,82} $$ A húrnégyszög teljes területét a két felosztott háromszög területeinek összegéből kapjuk: $$ T = T_{ABC} + T_{ACD} = \frac{20 \cdot 18 \cdot \sin(70^\circ)}{2} + \frac{21,86 \cdot 17,82 \cdot \sin(20^\circ)}{2} \approx 169,1 + 66,6 = \mathbf{235,7} $$

b) Ha $H(-1,8; 0)$, a vektorok komponensei (a pontok koordinátáinak különbségei): $$ \vec{PH} = (-1,8 - (-2); 0 - 0) = (0,2; 0) $$ $$ \vec{RH} = (-1,8 - 0; 0 - 5) = (-1,8; -5) $$ A két vektor skaláris szorzata: $$ \vec{PH} \cdot \vec{RH} = 0,2 \cdot (-1,8) + 0 \cdot (-5) = \mathbf{-0,36} $$

c) Legyen a $H$ pont az $(x; 0)$ koordinátákkal megadva, ahol $-2 \le x \le 6$ (a szakasz feltétele). A vektorok általánosan felírva: $$ \vec{PH} = (x + 2; 0) $$ $$ \vec{RH} = (x; -5) $$ Az $f(x)$ függvényünk ezek skaláris szorzata lesz: $$ f(x) = \vec{PH} \cdot \vec{RH} = (x + 2)x + 0 \cdot (-5) = x^2 + 2x = (x + 1)^2 - 1 $$ A függvény egy felfelé nyitott parabola, melynek csúcspontja az $x = -1$ helyen van. Ezen a ponton a függvény felveszi minimumát, azaz a minimális szorzat a $H_{min}(-1; 0)$ ponthoz tartozik.
Mivel az értelmezési tartomány a $[-2; 6]$ zárt intervallum, a maximális értéket a csúcsponttól legmesszebbre lévő végpontnál, tehát $x = 6$-nál veszi fel, amely a $H_{max}(6; 0)$ ponthoz tartozik.

a) Az állítás igaz. A háromszög területét felírhatjuk mindkét oldallal és a hozzájuk tartozó magassággal is: $$ T = \frac{a \cdot m_a}{2} = \frac{b \cdot m_b}{2} $$ Ha feltesszük, hogy $m_a = m_b$, akkor ebből rögtön következik, hogy $a = b$, vagyis a háromszög valóban egyenlő szárú.

b) Alkalmazzuk a szinusztételt az $a$ és $b$ oldalakra: $$ \frac{b}{a} = \frac{\sin \beta}{\sin \alpha} $$ Behelyettesítve a feltételeket ($b = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$, $\beta = 2\alpha$): $$ \frac{3\sqrt{3}}{3} = \frac{\sin(2\alpha)}{\sin \alpha} $$ A kétszeres szög szinuszának azonosságát használva: $$ \sqrt{3} = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha} $$ Egyszerűsítve kapjuk, hogy $2\cos\alpha = \sqrt{3} \Rightarrow \cos\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Ebből $\alpha = 30^\circ$, és így $\beta = 60^\circ$. A háromszög harmadik szöge a belső szögek összege alapján $180^\circ - (30^\circ + 60^\circ) = 90^\circ$. A szögek tehát: $30^\circ, 60^\circ$ és $90^\circ$.

c) Jelöljük a téglalap $PQ$ (és $SR$) alapjának hosszát $x$-szel ($0 < x < 1$). A szimmetria miatt az $AP$ és $QB$ szakaszok hossza megegyezik: $AP = QB = \frac{1-x}{2}$. Az $APS$ derékszögű háromszög $A$-nál lévő szöge $60^\circ$. A trigonometria alapján a $PS$ oldal hossza: $$ PS = AP \cdot \tg 60^\circ = \frac{1-x}{2} \cdot \sqrt{3} $$ A téglalap területe egy másodfokú függvénye az $x$-nek: $$ T(x) = PQ \cdot PS = x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}(1-x) = \frac{\sqrt{3}}{2} (-x^2 + x) $$ A másodfokú kifejezés maximumát a szimmetria miatt a gyökök ($0$ és $1$) átlagánál veszi fel, azaz $x = 0,5$ helyen. A terület maximális értéke ekkor: $$ T(0,5) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{2}\right) = \mathbf{\frac{\sqrt{3}}{8}} \approx 0,217 $$

a) A paralelogramma területét megkapjuk, ha az \( ABCD \) négyzet területéből levonjuk a négy derékszögű háromszög területét.
Az oldalak hossza a megadott adatok alapján: \( BF = DH = 4 - x \) és \( AE = CG = 4 - 2x \).
A négyzet területe \( 4^2 = 16 \). A háromszögek területeinek összege: $$ T(x) = 16 - 2 \cdot \frac{x(4 - 2x)}{2} - 2 \cdot \frac{2x(4 - x)}{2} $$ $$ T(x) = 16 - (4x - 2x^2) - (8x - 2x^2) $$ Összevonás után adódik: \( \mathbf{T(x) = 4x^2 - 12x + 16} \), ami a bizonyítandó állítás volt.

b) A \( T(x) = 4x^2 - 12x + 16 \) egy felfelé nyíló parabola (mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív), amelynek ott van a minimuma, ahol az első deriváltja nulla (vagy a csúcspont képletét használva).
A csúcspont helye: $$ x = -\frac{b}{2a} = -\frac{-12}{2 \cdot 4} = \frac{12}{8} = \mathbf{1{,}5} $$ Ez az érték megfelel a \( 0 < x < 2 \) feltételnek, így ezen a helyen valóban minimális a terület.

c) Helyettesítsük be az \( x = 1{,}25 \) értéket a szakaszokba:
\( HA = 1{,}25 \), \( AE = 4 - 2 \cdot 1{,}25 = 1{,}5 \).
\( BE = 2{,}5 \), \( BF = 4 - 1{,}25 = 2{,}75 \).
Az \( A \) csúcsnál lévő \( HAE \) derékszögű háromszög \( AHE\angle = \alpha \) szögére: $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{1{,}5}{1{,}25} = 1{,}2 \implies \alpha \approx 50{,}2^\circ $$ (Vagy a \( HAE\angle = \alpha' \) szögére a \( \operatorname{tg} \alpha' = \frac{1{,}25}{1{,}5} \approx 0{,}833 \implies \alpha' \approx 39{,}8^\circ \).)
A \( B \) csúcsnál lévő \( FBE \) derékszögű háromszög \( FEB\angle = \beta \) szögére: $$ \operatorname{tg} \beta = \frac{2{,}75}{2{,}5} = 1{,}1 \implies \beta \approx 47{,}7^\circ $$ A paralelogramma \( E \)-nél lévő szöge (\( \varepsilon \)) az egyenesszögből adódik: $$ \varepsilon = 180^\circ - (39{,}8^\circ + 47{,}7^\circ) = \mathbf{92{,}5^\circ} $$ A paralelogramma szomszédos szögei kiegészítő szögek, így a másik szög: $$ 180^\circ - 92{,}5^\circ = \mathbf{87{,}5^\circ} $$ A paralelogramma szögei tehát: \( 87{,}5^\circ \), \( 92{,}5^\circ \), \( 87{,}5^\circ \), \( 92{,}5^\circ \).

a) A szabályos 12-szög felbontható 12 darab egybevágó, 30°-os szárszögű egyenlő szárú háromszögre. A 12-szög középpontja legyen \( O \), az \( A_1OA_2 \) háromszög alapjához tartozó magassága pedig megegyezik a téglalap magasságának felével: \( m = \frac{180}{2} = 90 \text{ cm} \). A háromszög alapja: $$ a = A_1 A_2 = 2 \cdot 90 \cdot \text{tg } 15^\circ \approx 48,2 \text{ cm} $$ A 12-szög területe: $$ T = 12 \cdot \frac{a \cdot m}{2} \approx 12 \cdot \frac{48,23 \cdot 90}{2} \approx 26\,045 \text{ cm}^2 $$ Az óralap térfogata (\( V = T \cdot \text{vastagság} \)): $$ V = 26\,045 \text{ cm}^2 \cdot 0,2 \text{ cm} \approx 5209 \text{ cm}^3 \approx 0,0052 \text{ m}^3 $$ A tömege: $$ m = 0,0052 \cdot 2700 \approx \mathbf{14,1 \text{ kg}} $$

b) A Thalész-tétel miatt derékszögű háromszöget akkor kapunk, ha a háromszög leghosszabb oldala a 12-szög köré írt körének átmérője. - 1. eset: Ha \( A_1 \) az átfogó egyik végpontja, akkor a másik végpontja az átmérőn lévő szemközti csúcs, azaz \( A_7 \). A háromszög harmadik csúcsa a maradék 10 csúcs közül bármelyik lehet. Ez 10 lehetőség. - 2. eset: Ha \( A_1 \) a derékszögű csúcs, akkor a háromszög átfogója egy másik átmérő. Az átmérőket a következő szemközti csúcspárok adják: \( A_2A_8, A_3A_9, A_4A_{10}, A_5A_{11}, A_6A_{12} \). Ez 5 lehetőség. Összesen \( 10 + 5 = \mathbf{15} \) különböző derékszögű háromszög van.

a) I. állítás: Hamis. Ellenpélda az olyan trapéz, amelynek 2-2 szemközti szöge egyenlő, míg a szomszédos szögei különbözők. Az ilyen négyszög egy (nem téglalap) paralelogramma. II. állítás: Igaz. Mivel egy háromszögben egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szögek fekszenek, ha \( a = b \), akkor \( \alpha = \beta \). Ekkor természetesen \( 3\alpha = 3\beta \), amiből következik, hogy \( \sin 3\alpha = \sin 3\beta \).

b) A megfordított állítás: Ha egy háromszögben \( \sin 3\alpha = \sin 3\beta \), akkor \( a = b \). Ez a megfordítás hamis. Ellenpélda: Legyen \( \alpha = 20^\circ \) és \( \beta = 40^\circ \). Ekkor \( 3\alpha = 60^\circ \) és \( 3\beta = 120^\circ \). Mivel \( \sin 60^\circ = \sin 120^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \), a feltétel teljesül, de a szögek eltérőek (\( 20^\circ \neq 40^\circ \)), így a velük szemközti oldalak nem egyenlőek (\( a \neq b \)).

c) Annak valószínűsége, hogy hibásan válaszol: \( 1 - 0,6 = 0,4 \). A tippek számát a binomiális eloszlás alapján számolhatjuk: - 0 helyes: \( P_0 = 0,4^3 = \mathbf{0,064} \) - 1 helyes: \( P_1 = \binom{3}{1} \cdot 0,6^1 \cdot 0,4^2 = 3 \cdot 0,6 \cdot 0,16 = \mathbf{0,288} \) - 2 helyes: \( P_2 = \binom{3}{2} \cdot 0,6^2 \cdot 0,4^1 = 3 \cdot 0,36 \cdot 0,4 = \mathbf{0,432} \) - 3 helyes: \( P_3 = 0,6^3 = \mathbf{0,216} \) Várható érték: A vizsgázó pontszámai: \( 0, 1 \) vagy \( 2 \). A pontszám várható értéke: \( E = P_3 \cdot 2 + P_2 \cdot 1 + P_1 \cdot 0 + P_0 \cdot 0 = 0,216 \cdot 2 + 0,432 \cdot 1 = 0,432 + 0,432 = \mathbf{0,864} \).

a) A Venus dobáshoz ki kell jönnie mind a négy lehetőségnek: \( A, B, C, D \). Ezeknek a sorrendje \( 4! = 24 \) féle lehet. Egy konkrét sorrend (\( A \to B \to C \to D \)) valószínűsége független dobások esetén a valószínűségek szorzata: $$ P_{egy} = 0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,1 = 0,0016 $$ Tehát a Venus-dobás valószínűsége: $$ P = 24 \cdot 0,0016 = \mathbf{0,0384} $$

b) I. esemény: Annak valószínűsége, hogy egyik taxillus sem lesz \( C \) helyzetű: \( 0,9^4 = 0,6561 \). Ebből komplementer eseménnyel, hogy legalább egy \( C \) lesz: $$ P(I) = 1 - 0,6561 = \mathbf{0,3439} $$ II. esemény: Pontosan egy \( A \). Ez egy binomiális eloszlás (\( n=4, p=0,4 \)): $$ P(II) = \binom{4}{1} \cdot 0,4^1 \cdot 0,6^3 = 4 \cdot 0,4 \cdot 0,216 = \mathbf{0,3456} $$ Összehasonlítva a két értéket: \( 0,3456 > 0,3439 \). Tehát a II. esemény valószínűbb, mint az I.

c) Vizsgáljuk a derékszögű háromszögeket, amelyek keletkeznek. Mivel \( F \) a \( CD \) szakasz felezőpontja, \( CF = FD \). A \( CA \) és \( DB \) merőlegesek az \( e \) egyenesre, ezért párhuzamosak, így \( GCF\triangle \) és \( BDF\triangle \) egybevágó (mert \( CF=FD \), és a csúcsszögek, valamint a váltószögek egyenlőek). Emiatt \( BF = FG \). Hasonló módon a \( ACF\triangle \) és a \( HDF\triangle \) is egybevágóak, így \( AF = FH \). Az \( ABHG \) négyszög átlói az \( AH \) és a \( BG \), amelyek az \( F \) pontban metszik egymást. Mivel \( AF = FH \) és \( BF = FG \), az átlók felezik egymást, vagyis az \( ABHG \) négyszög egy paralelogramma. Paralelogramma szemközti oldalai egyenlőek, így az \( AB \) (a sziget hossza) megegyezik a parton kimért \( GH \) távolsággal. Ezzel az állítást igazoltuk.

a) A legnagyobb szög a leghosszabb, 11 cm-es oldallal szemben van. A koszinusztételt felírva erre a szögre: $$ \cos \alpha = \frac{7^2 + 9^2 - 11^2}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{49 + 81 - 121}{126} = \frac{9}{126} \approx 0,0714 $$ Mivel \( \cos \alpha > 0 \), a legnagyobb szög \( \alpha \approx 85,9^\circ < 90^\circ \), tehát a háromszög valóban hegyesszögű.

b) Jelölje a háromszög oldalainak hosszát \( a - d \), \( a \) és \( a + d \) (\( 0 < d < a \)). A derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tétel alapján: $$ (a - d)^2 + a^2 = (a + d)^2 $$ A négyzetre emeléseket elvégezve és rendezve: $$ a^2 - 2ad + d^2 + a^2 = a^2 + 2ad + d^2 \implies a^2 = 4ad $$ Mivel az oldalhossz \( a \neq 0 \), oszthatunk vele: \( a = 4d \). A háromszög oldalai tehát \( 3d \), \( 4d \) és \( 5d \), így az oldalak aránya valóban \( 3 : 4 : 5 \).

c) A derékszögű háromszög befogói \( 3d \) és \( 4d \), így területe felírható: $$ T = \frac{3d \cdot 4d}{2} = 121,5 \implies 6d^2 = 121,5 \implies d^2 = 20,25 \implies \mathbf{d = 4,5} $$ A háromszög oldalainak hossza: \( 3 \cdot 4,5 = \mathbf{13,5 \text{ cm}} \), \( 4 \cdot 4,5 = \mathbf{18 \text{ cm}} \) és \( 5 \cdot 4,5 = \mathbf{22,5 \text{ cm}} \).

a) Dóri az összes figura \( \frac{2}{7} \) részét készítette, ez \( 70 \cdot \frac{2}{7} = 20 \) darab. A maradék 50 figurát Blanka és Csenge egyenlő arányban készítette, tehát mindketten 25-25 darabot.
Az összes lehetséges kiválasztások száma 70-ből 2 figura esetén: \( \binom{70}{2} = 2415 \).
Kedvező esetek száma (amikor mindkét figurát ugyanaz a személy hajtogatta): $$ \binom{25}{2} + \binom{25}{2} + \binom{20}{2} = 300 + 300 + 190 = 790 $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{790}{2415} = \mathbf{\frac{158}{483}} \approx 0,327 $$

b) A karácsonyfa-figurák mennyisége személyenként: - Blanka: \( 25 \cdot 0,4 = 10 \) darab - Csenge: \( 25 \cdot 0,6 = 15 \) darab - Dóri: \( 20 \cdot 0,3 = 6 \) darab Az összes karácsonyfa-figura száma \( 10 + 15 + 6 = 31 \) darab. Mivel Blanka édesanyja biztosan karácsonyfát választott, az eseménytér erre a 31 darabra korlátozódik, amiből a kedvező kimenetel Blanka 10 darab figurája. A feltételes valószínűség: $$ P = \mathbf{\frac{10}{31}} \approx 0,323 $$

c) A függődísz érintőnégyszög, így a Pitot-tétel szerint a szemközti oldalak összege egyenlő, tehát a kerület fele. A szemközti oldalak összege így \( \frac{80}{2} = 40 \) cm.
A négy oldal hosszát egy szigorúan monoton számtani sorozattal írhatjuk le (mivel azonos is lehetne a differencia 0-val, de az nyilván nem megoldás az egyik 23 cm-es oldallal). Legyenek az oldalak a nagyság szerint rendezve: \( a \), \( a+d \), \( a+2d \), \( a+3d \).
Az érintőnégyszögre igaz, hogy a legkisebb és legnagyobb oldal összege megegyezik a két középső oldal összegével (\( a + (a+3d) = (a+d) + (a+2d) \)), mindkettő \( 2a + 3d \). Így felírhatjuk a \( 2a + 3d = 40 \) egyenletet. Tudjuk, hogy az egyik oldal 23 cm hosszú. Ezt kétféleképpen vehetjük fel: 1. eset: A 23 cm-es oldal a "szélén" van a sorozatban (pl. a 4. elem, azaz a leghosszabb): $$ a + 3d = 23 \implies 2(23 - 3d) + 3d = 40 \implies 46 - 3d = 40 \implies 3d = 6 \implies d = 2 $$ A sorozat tagjai: \( a = 17 \). Az oldalak: 17, 19, 21, 23. 2. eset: A 23 cm-es oldal "középen" van a sorozatban (pl. a 3. elem): $$ a + 2d = 23 \implies a = 23 - 2d \implies 2(23 - 2d) + 3d = 40 \implies 46 - d = 40 \implies d = 6 $$ A sorozat tagjai: \( a = 11 \). Az oldalak: 11, 17, 23, 29. Mindkét sorozat érvényes konvex négyszöget alkothat, a másik három oldal hossza tehát **17 cm, 19 cm, 21 cm** vagy **11 cm, 17 cm, 29 cm** lehet.

a) Az \( AC \) és a \( BD \) szakaszok a négyzet köré írt kör átmérői. A Thalész-tétel miatt a körön lévő tetszőleges \( P \) pontból (ami nem esik egybe a végpontokkal) az átmérők derékszögben látszanak. Így \( APC\angle = 90^\circ \) és \( BPD\angle = 90^\circ \).
Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt az \( APC \) és \( BPD \) derékszögű háromszögekre (a kör sugarát \( r \)-rel jelölve): $$ AP^2 + CP^2 = AC^2 = (2r)^2 $$ $$ BP^2 + DP^2 = BD^2 = (2r)^2 $$ Mivel a jobb oldalak megegyeznek, felírható a bizonyítandó egyenlőség: \( AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2 \).

b) A szimmetria miatt a négy egymást érintő pohár alapkörének középpontja egy négyzetet alkot, melynek oldala a két kör sugarának összege, azaz \( 2r \). A négyzet átlójának hossza Pitagorasz-tétellel \( 2r\sqrt{2} \).
A tálca belső átmérője a két szemközti pohár középpontjának távolságából és a két külső körsugárból áll össze. Tehát felírhatjuk: $$ 20 = 2r + 2r\sqrt{2} = 2r(1 + \sqrt{2}) $$ Kifejezve a sugarat: $$ r = \frac{10}{1 + \sqrt{2}} = 10(\sqrt{2} - 1) \approx 10(1,414 - 1) = \mathbf{4,14 \text{ cm}} $$ Mivel 4,14 > 4,1, az állítás igaz.

c) A pohár belső sugara a külső sugárból a falvastagság kivonásával adódik. Falvastagság = 2,5 mm = 0,25 cm. Így a belső sugár nagyobb, mint \( 4,1 - 0,25 = 3,85 \text{ cm} \).
A pohár térfogata: $$ V > 3,85^2 \cdot \pi \cdot 11 \approx 14,8225 \cdot \pi \cdot 11 \approx \mathbf{512 \text{ cm}^3} $$ Tudjuk, hogy 5 dl = 500 cm\(^3\). Mivel 512 > 500, az állítás igaz, a pohárba valóban belefér 5 dl üdítő.

a) A megfordított állítás: Ha egy háromszög körülírt körének középpontja megegyezik a beírt körének középpontjával, akkor a háromszög szabályos.
Bizonyítás: A beírt kör középpontja a belső szögfelezők metszéspontja. Mivel ez egybeesik a körülírt kör középpontjával, ez a pont egyenlő távolságra van a háromszög mindhárom csúcsától. A csúcsokat a középponttal összekötő szakaszok (a kör sugarai) ezért a nagy háromszöget három egyenlő szárú háromszögre bontják. Ezen kisebb háromszögek alapon fekvő szögei egyenlők. A szögfelező tulajdonság miatt ezek a szögek páronként a nagy háromszög csúcsain is megjelennek, biztosítva, hogy a nagy háromszög minden belső szöge egyenlő maradjon. Tehát az alakzat szabályos.

b) Vegyük fel az \( ABQ \) háromszöget! A csúcsoktól vett szögharmadoló egyenesek által bezárt szögek a szabályos háromszög miatt: az \( A \) csúcsnál lévő félszög \( 40^\circ \), a \( B \) csúcsnál lévő \( 20^\circ \). Így az \( ABQ \) háromszög harmadik szöge, \( Q = 180^\circ - 40^\circ - 20^\circ = 120^\circ \).
Az \( AQ \) szakaszt szinusztétellel felírva (ismerve \( AB = 1 \)): $$ \frac{AQ}{\sin 40^\circ} = \frac{1}{\sin 120^\circ} \implies AQ \approx 0,742 $$ A \( BQ \) szakasz hossza hasonlóképpen: $$ \frac{BQ}{\sin 20^\circ} = \frac{1}{\sin 120^\circ} \implies BQ \approx 0,395 $$ A belső szimmetriákból fakadóan \( AP = BQ \). Így a középső \( PQ \) szakasz az elmetszésekből számolható: $$ PQ = AQ - AP = 0,742 - 0,395 = \mathbf{0,347} $$

c) A négy lehetséges színből a három felhasználandót kombinatorikával \( \binom{4}{3} = 4 \)-féleképpen tudjuk kiválasztani.
A struktúrában a \( CAP \), \( CQR \) és \( PQR \) háromszögek központi csoportot alkotnak, melyek páronként egy-egy szakaszon érintkeznek (mind a hárman szomszédosak egymással). E három szomszédos elemet csak is csupa eltérő színekkel tölthetjük fel. Ez \( 3! = 6 \)-féleképpen tehető meg.
Az \( ABQ \) háromszög szintén szomszédos a \( CAP \)-vel és a \( PQR \)-rel, de a \( CQR \)-rel nem, következésképpen a szabad színek közül kötelezően a \( CQR \) színét kell megkapnia (1 lehetőség).
A \( BCQ \) viszont határos a \( CQR \)-rel és az \( ABQ \)-val, melyek az előbbi gondolatmenet alapján azonos színűek! Emiatt a \( BCQ \) az összes többi, jelenleg rendelkezésre álló színezésekből 2-félét választhat fel.
A teljes lehetőségszám ezen részfolyamatok szorzata: $$ 4 \cdot 6 \cdot 1 \cdot 2 = \mathbf{48 \text{ színezés}} $$

a) A henger magassága \( m = 8 \) dm, alapkörének sugara \( r = 2,5 \) dm.
A térfogat: $$ V = r^2\pi \cdot m = 2,5^2 \cdot \pi \cdot 8 = 50\pi \approx \mathbf{157 \text{ liter}} \text{ (dm}^3\text{)} $$ A felszín: $$ A = 2r\pi(r + m) = 2 \cdot 2,5 \cdot \pi \cdot (2,5 + 8) = 52,5\pi \approx \mathbf{165 \text{ dm}^2} $$

b) Mivel a henger vízszintes helyzetű, a feltöltött rész és a teljes térfogat aránya megegyezik a hordó alapkörén értelmezett vizes körszelet és a teljes kör területének arányával.
A kör sugara \( 25 \) cm, a vízszint \( 40 \) cm-en van. A vízszint a kör középpontjától \( 40 - 25 = 15 \) cm távolságra metszi a kört a "felső" félkörben.
A felső, üres részhez tartozó körcikk fél-középponti szögét (\( \alpha \)) egy derékszögű háromszögből számíthatjuk ki, ahol az átfogó a sugár (\( 25 \)), a szomszédos befogó a távolság (\( 15 \)): $$ \cos\alpha = \frac{15}{25} = 0,6 $$ Ebből \( \alpha \approx 53,13^\circ \). A felső körcikk teljes középponti szöge \( 2\alpha \approx 106,26^\circ \), a vizes (nagyobbik) körcikk középponti szöge így \( 360^\circ - 2\alpha \approx 253,7^\circ \).
A nagyobbik körcikket egy egyenlő szárú háromszöggel kell kiegészíteni a körszelet megkapásához. A háromszög alapja a vízszint szélessége, magassága 1,5 dm. Pitagorasz-tétellel az alap (dm-ben): $$ 2 \cdot \sqrt{2,5^2 - 1,5^2} = 2 \cdot 2 = 4 \text{ dm} $$ A háromszög területe: $$ T_1 = \frac{4 \cdot 1,5}{2} = 3 \text{ dm}^2 $$ A vizes körcikk területe: $$ T_2 = \frac{360^\circ - 2\alpha}{360^\circ} \cdot 2,5^2\pi \approx 13,84 \text{ dm}^2 $$ A teljes vizes keresztmetszet (körszelet) területe: \( T_{viz} = T_1 + T_2 \approx 16,84 \text{ dm}^2 \).
A teljes kör területe \( T = 2,5^2\pi \approx 19,63 \text{ dm}^2 \).
A keresett százalékos arány: $$ \frac{16,84}{19,63} \cdot 100 \approx \mathbf{86\%} $$

a) Jelölje a három kategóriában eladott jegyek számát \( a \), \( b \) és \( c \). A szöveg szerint: $$ a + b + c = 200 \text{ és } c = \frac{2}{3}(a + b) $$ Behelyettesítve \( c \)-t: $$ (a + b) + \frac{2}{3}(a + b) = 200 \implies \frac{5}{3}(a + b) = 200 \implies a + b = 120 $$ Ebből a III. kategóriás jegyek száma: \( c = 80 \).
Tudjuk, hogy az I. és II. kategóriás jegyek aránya \( 9 : 11 \), tehát: $$ a = 9k \text{ és } b = 11k \implies 20k = 120 \implies k = 6 $$ Ennek alapján:
I. kategóriás jegy: \( 9 \cdot 6 = \mathbf{54} \) darab,
II. kategóriás jegy: \( 11 \cdot 6 = \mathbf{66} \) darab,
III. kategóriás jegy: 80 darab.

b) A 12 méteres átmérőjű bástya sugara \( r = 6 \) méter. A téglalap méretei kifejezhetők az \( \alpha \) szöggel trigonometriai függvények segítségével:
A téglalap magassága: \( 6\sin\alpha \)
A téglalap szélességének a fele (a középponttól a széléig tartó távolság az átmérőn): \( 6\cos\alpha \)
A teljes szélesség tehát \( 12\cos\alpha \).
A téglalap (színpad) területe egyváltozós függvényként: $$ T(\alpha) = (12\cos\alpha) \cdot (6\sin\alpha) = 72 \sin\alpha \cos\alpha $$ A kétszeres szög szinuszának azonosságát (\( 2\sin\alpha \cos\alpha = \sin(2\alpha) \)) felhasználva a terület: $$ T(\alpha) = 36\sin(2\alpha) $$ Mivel \( 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} \), a szinuszfüggvény maximuma 1, ezt a maximumot a függvény akkor veszi fel, ha \( 2\alpha = 90^\circ \) (vagyis \( \frac{\pi}{2} \)).
Ez alapján a keresett szög: \( \alpha = 45^\circ \).
A legnagyobb terület pedig: \( 36 \cdot 1 = \mathbf{36 \text{ m}^2} \).

a) Jelölje az átlók metszéspontját \(E\). A kerületi szögek tétele miatt az azonos ívhez tartozó kerületi szögek egyenlőek. Így a \(PQ\) ívhez tartozó szögekre \(PSQ\angle = PRQ\angle\), a \(SR\) ívhez tartozó szögekre pedig \(SQR\angle = SPR\angle\).
Ezen kívül a metszéspontnál lévő szögek (pl. \(PEQ\angle\) és \(SER\angle\)) csúcsszögek, tehát egyenlőek.
Mivel a két szemközti háromszög szögei páronként megegyeznek, ezért hasonlóak egymáshoz. Ugyanígy igazolható a másik két szemközti háromszög hasonlósága is.

b) A \(BCD\) háromszögben felírjuk a koszinusztételt a \(BD\) oldalra: $$ BD^2 = 3^2 + 5^2 - 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cos 120^\circ $$ $$ BD^2 = 9 + 25 - 30 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 34 + 15 = 49 $$ Ebből \(BD = 7 \text{ cm}\).
Mivel \(ABCD\) húrnégyszög, a szemközti szögek összege \(180^\circ\), ezért \(DAB\angle = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ\).
Az \(AB\) szakasz a körülírt kör átmérője, így a Thalész-tétel miatt az \(ADB\angle = 90^\circ\).
Az \(ABD\) derékszögű háromszögben alkalmazva a szögfüggvényeket: $$ AD = BD \cdot \cot 60^\circ = 7 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \mathbf{\frac{7\sqrt{3}}{3} \approx 4,04 \text{ cm}} $$ $$ AB = \frac{BD}{\sin 60^\circ} = \frac{7}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \mathbf{\frac{14\sqrt{3}}{3} \approx 8,08 \text{ cm}} $$ (Ugyanezt megkaphatjuk abból, hogy a 60 fokos derékszögű háromszög egy szabályos háromszög fele, így \(AB = 2 \cdot AD\).)
A további szögek meghatározásához alkalmazzuk a szinusztételt a \(BCD\) háromszögben: $$ \frac{\sin CBD\angle}{\sin 120^\circ} = \frac{5}{7} \implies \sin CBD\angle = \frac{5 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{7} \approx 0,6186 $$ Mivel \(CBD\angle\) csak hegyesszög lehet, \(CBD\angle \approx 38,2^\circ\).
Az \(ABD\) háromszög harmadik szöge \(ABD\angle = 180^\circ - 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ\).
Így a teljes \(ABC\angle = 30^\circ + 38,2^\circ = \mathbf{68,2^\circ}\).
Végül a húrnégyszög szemközti szögeire vonatkozó tétel miatt \(ADC\angle = 180^\circ - 68,2^\circ = \mathbf{111,8^\circ}\).

a) Az eredeti papírlap rövidebb oldala legyen \( x \) hosszúságú, ekkor a hosszabb oldala \( \sqrt{2}x \) hosszúságú.
A félbevágással kapott papírlap egyik oldalának hossza \( x \), a másik oldalának hossza pedig \( \frac{\sqrt{2}x}{2} \) lesz.
Mivel \( \frac{\sqrt{2}}{2} < 1 \), ezért \( \frac{\sqrt{2}x}{2} \) a rövidebb oldal hosszúsága.
A félbevágással kapott papír méretaránya: $$ x : \frac{\sqrt{2}x}{2} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2} $$ Ez valóban megegyezik az eredetivel.

b) Ha a rövidebb oldal hossza \( x \) méter, akkor a papír területe: $$ x \cdot \sqrt{2}x = 1 \text{ m}^2 $$ $$ \sqrt{2}x^2 = 1 $$ A papír rövidebb oldala: $$ x = \frac{1}{\sqrt[4]{2}} \approx 0,841 \text{ m} $$ Azaz \( \mathbf{841 \text{ mm}} \), a hosszabb oldala \( \sqrt{2}x \approx \mathbf{1189 \text{ mm}} \) hosszúságú.

c) Egy A4-es lap az \( 1 \text{ m}^2 \)-es A0-s lap négyszeri félbevágásával kapható (A0 → A1 → A2 → A3 → A4), ezért az A4-es lap \( \frac{1}{16} \text{ m}^2 \) területű.
Egy darab A4-es lap \( \frac{80}{16} = 5 \text{ g} \) tömegű.
Tehát 1 csomag tömege: $$ 500 \cdot 5 + 20 = 2520 \text{ gramm} $$ azaz \( \mathbf{2,52 \text{ kg}} \).

a) Felírva a két kifejezés egyenlőségét: $$ \frac{ab}{a+c} = \frac{a(c-a)}{b} $$ Mindkét oldalt \( a \)-val osztva, majd keresztbeszorozva kapjuk: $$ b^2 = (c-a)(c+a) \implies b^2 = c^2 - a^2 \implies a^2 + b^2 = c^2 $$ A kapott egyenlet a Pitagorasz-tétel miatt minden derékszögű háromszögre igaz, és mivel az átalakítások ekvivalensek voltak, így a két formula is egyenértékű.

b) A derékszögű háromszög területét kétféleképpen írhatjuk fel. A hagyományos képlettel: \( T = \frac{ab}{2} \).
Másrészt a kör középpontja a háromszöget két kisebb háromszögre bontja: az egyik alapja az \( a \) befogó, magassága \( R \), a másik alapja a \( c \) átfogó, magassága szintén \( R \) (a kör érintési tulajdonsága miatt). A két terület összege: $$ T = \frac{aR}{2} + \frac{cR}{2} = \frac{R(a+c)}{2} $$ Egyenlővé téve a kettőt: $$ \frac{ab}{2} = \frac{R(a+c)}{2} \implies R = \frac{ab}{a+c} $$ Tehát Andrea képlete valóban helyes.

c) Helyezzük a háromszöget koordináta-rendszerbe úgy, hogy a \( C \) csúcs az origóba, az \( a \) befogó az \( x \)-tengelyre, a \( b \) befogó az \( y \)-tengelyre kerüljön. Ekkor a csúcsok: \( C(0, 0) \), \( B(8, 0) \), \( A(0, 6) \).
A \( b \) befogóra (azaz az \( y \)-tengelyre) eső középpontú kör sugara: $$ R_b = \frac{8 \cdot 6}{8 + 10} = \frac{48}{18} = \frac{8}{3} $$ A kör egyenlete: \( x^2 + \left(y - \frac{8}{3}\right)^2 = \left(\frac{8}{3}\right)^2 \implies x^2 + y^2 - \frac{16}{3}y = 0 \).
Az \( a \) befogóra (azaz az \( x \)-tengelyre) eső középpontú kör sugara: $$ R_a = \frac{8 \cdot 6}{6 + 10} = \frac{48}{16} = 3 $$ A kör egyenlete: \( (x - 3)^2 + y^2 = 3^2 \implies x^2 - 6x + y^2 = 0 \).
A két egyenlet kivonásával kapjuk az \( M \) metszéspontot határoló egyenest: $$ 6x - \frac{16}{3}y = 0 \implies x = \frac{8}{9}y $$ Visszahelyettesítve a második kör egyenletébe: $$ \left(\frac{8}{9}y\right)^2 - 6\left(\frac{8}{9}y\right) + y^2 = 0 $$ $$ \frac{64}{81}y^2 + y^2 = \frac{48}{9}y \implies \frac{145}{81}y^2 = \frac{432}{81}y \implies y = \frac{432}{145} \approx 2,98 $$ A megfelelő \( x \) koordináta: \( x = \frac{8}{9} \cdot \frac{432}{145} = \frac{384}{145} \approx 2,65 \).
A \( C \) csúcstól (\( 0,0 \)) vett \( CM \) távolság: $$ CM = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\left(\frac{384}{145}\right)^2 + \left(\frac{432}{145}\right)^2} = \frac{\sqrt{147\,456 + 186\,624}}{145} = \frac{\sqrt{334\,080}}{145} \approx \mathbf{3,99 \text{ cm}} $$

a) Az átló hossza cm-ben: \( 40 \text{ col} = 40 \cdot 2,54 = 101,6 \text{ cm} \).

Jelölje a képernyő oldalainak hosszát cm-ben \( 16x \) és \( 9x \) (\( x > 0 \)). A Pitagorasz-tétel szerint:

$$ (16x)^2 + (9x)^2 = 101,6^2 $$ $$ 256x^2 + 81x^2 = 10322,56 $$ $$ 337x^2 = 10322,56 \implies x \approx 5,535 \text{ cm} $$

A képernyő oldalainak hossza tehát: \( 16x \approx \mathbf{88,6 \text{ cm}} \) és \( 9x \approx \mathbf{49,8 \text{ cm}} \).

b) Mivel mindkét képernyő 16:9-es oldalarányú, ezért a két képernyő (mint téglalap) hasonló.

Az első képernyő területe a második területének \( 1 + 0,69 = 1,69 \)-szerese. A hasonló síkidomok területének aránya a hasonlósági arányszám (\( \lambda \)) négyzete:

$$ \lambda^2 = 1,69 \implies \lambda = \sqrt{1,69} = 1,3 $$

A hasonlósági arány megadja a megfelelő hosszúságok (így az átlók) arányát is. Az első képernyő átlója 1,3-szorosa a másodikénak, azaz 30%-kal nagyobb.

a) A téglatest méretei méterben a leírás alapján: \( x \), \( 1 - x \), és \( 1 - 2x \).
A térfogata (\( V(x) \)) m³-ben kifejezve, ahol \( 0 < x < 0,5 \): $$ V(x) = x(1 - x)(1 - 2x) = 2x^3 - 3x^2 + x $$ Keressük a \( V(x) \) függvény maximumát a \( ]0; 0,5[ \) intervallumon. Deriváljuk a függvényt: $$ V'(x) = 6x^2 - 6x + 1 $$ A szélsőérték feltétele, hogy \( V'(x) = 0 \): $$ 6x^2 - 6x + 1 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei: \( x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} \).
Ebből \( \frac{3+\sqrt{3}}{6} \approx 0,789 \) nem esik az értelmezési tartományba. A megfelelő gyök: $$ x = \frac{3-\sqrt{3}}{6} \approx 0,211 \text{ m} $$ A \( V'(x) \) ezen a helyen előjelet vált (pozitívból negatívba), tehát itt a térfogat maximális.
A méretek behelyettesítés és kerekítés után: \( 0,211 \text{ m} \), \( 1-0,211 = 0,789 \text{ m} \), \( 1-2(0,211) = 0,578 \text{ m} \).
A doboz méretei centiméterben: 21 cm, 79 cm és 58 cm.

b) Az öt karakterből kettő szám (\( s \)), három betű (\( b \)). Összesen \( \binom{5}{2} = 10 \) féleképpen választhatnánk ki a két szám helyét, de ezek közül 4 esetben lennének egymás mellett (ssbbb, bssbb, bbssb, bbbss).
Így \( 10 - 4 = 6 \) különböző módon lehet a két számjegy helyét kijelölni.
A két helyre \( 10 \cdot 10 = 100 \) módon választhatunk számjegyeket.
A három helyre \( 26^3 = 17\,576 \) módon választhatunk nagybetűket.
A különböző kódok száma összesen: $$ 6 \cdot 100 \cdot 17\,576 = \mathbf{10\,545\,600} $$

a) A nehezék térfogata a forgástest szimmetriája alapján egy forgáskúp és egy csonkakúp térfogatának összege.

A szabályos ötszög tulajdonságaiból és a forgástengelyből adódóan a megfelelő derékszögű háromszögek segítségével kiszámíthatjuk a sugarakat és magasságokat. Az alapkör sugara a forgáskúpnál: $$ r = 2 \cdot \sin 54^\circ \approx 1,62 \text{ cm} $$ A forgáskúp magassága: $$ m = 2 \cdot \cos 54^\circ \approx 1,18 \text{ cm} $$ A csonkakúp magassága: $$ h = 2 \cdot \sin 72^\circ \approx 1,90 \text{ cm} $$

A forgáskúp térfogata: $$ V_{\text{kúp}} \approx \frac{1,62^2 \cdot \pi \cdot 1,18}{3} \approx 3,24 \text{ cm}^3 $$ A csonkakúp térfogata (a fedőkör sugara 1 cm, mivel az ötszög felső vízszintes oldalának fele): $$ V_{\text{cskúp}} \approx \frac{1,90 \cdot \pi}{3} \cdot (1,62^2 + 1,62 \cdot 1 + 1^2) \approx 10,39 \text{ cm}^3 $$ A nehezék teljes térfogata: $$ V = V_{\text{kúp}} + V_{\text{cskúp}} \approx 3,24 + 10,39 \approx \mathbf{13,6 \text{ cm}^3} $$

b) A relatív gyakoriságok alapján a gyakorisági táblázat (az adatok számát, 120-at megszorozva a relatív gyakoriságokkal):

tömeg (gramm)	105	106	107	108	109	110
gyakoriság	12	36	36	18	12	6

A 120 adat átlaga a súlyozott számtani közép képletével: $$ \overline{x} = \frac{12 \cdot 105 + 36 \cdot 106 + 36 \cdot 107 + 18 \cdot 108 + 12 \cdot 109 + 6 \cdot 110}{120} = \mathbf{107 \text{ gramm}} $$ A szórás az átlagtól vett eltérések négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{12 \cdot (-2)^2 + 36 \cdot (-1)^2 + 36 \cdot 0^2 + 18 \cdot 1^2 + 12 \cdot 2^2 + 6 \cdot 3^2}{120}} = \sqrt{\frac{204}{120}} = \sqrt{1,7} \approx \mathbf{1,3 \text{ gramm}} $$

a) Legyen az \( A \) csúcs koordinátája \( A(0; a) \), a \( B \) csúcsé pedig \( B(b; 0) \), ahol \( a^2 + b^2 \ne 0 \). Ekkor az \( \overrightarrow{AB} \) vektor koordinátái: \( (b; -a) \).

Mivel a négyzet szomszédos oldalai merőlegesek egymásra és egyenlő hosszúak, a \( \overrightarrow{BC} \) vektor az \( \overrightarrow{AB} \) vektor \( +90^\circ \)-os vagy \( -90^\circ \)-os elforgatottja. Így a \( \overrightarrow{BC} \) vektor koordinátái \( (a; b) \) vagy \( (-a; -b) \) lehetnek.

A négyzet \( C \) csúcsának helyvektora \( \mathbf{c} = \mathbf{b} + \overrightarrow{BC} \), azaz a \( C \) csúcs koordinátái: 1. esetben: \( C_1(b + a; 0 + b) = (a + b; b) \) 2. esetben: \( C_2(b - a; 0 - b) = (b - a; -b) \)

A négyzet \( K \) középpontja az \( AC \) átló felezőpontja. Ennek koordinátái: 1. esetben: \( K_1 \left( \frac{0 + (a + b)}{2}; \frac{a + b}{2} \right) = \left( \frac{a + b}{2}; \frac{a + b}{2} \right) \) 2. esetben: \( K_2 \left( \frac{0 + (b - a)}{2}; \frac{a - b}{2} \right) = \left( \frac{b - a}{2}; \frac{a - b}{2} \right) \)

Látható, hogy az első esetben a \( K \) középpont koordinátái egyenlők, a második esetben pedig egymás ellentettjei (\( \frac{b-a}{2} = - \frac{a-b}{2} \)). Ezt kellett bizonyítani.

b) Mivel a négyzet középpontja a \( (7; 7) \) pont, az a) feladatrész alapján a két koordináta egyenlő, így az első esettel van dolgunk: $$ \frac{a + b}{2} = 7 \implies a + b = 14 \implies a = 14 - b $$ A négyzet oldala 10 egység hosszú, tehát az \( AB \) szakasz hossza is 10: $$ \sqrt{(b - 0)^2 + (0 - a)^2} = 10 \implies a^2 + b^2 = 100 $$ Helyettesítsük be \( a \)-t: $$ (14 - b)^2 + b^2 = 100 \implies 196 - 28b + 2b^2 = 100 \implies 2b^2 - 28b + 96 = 0 $$ Kettővel osztva: \( b^2 - 14b + 48 = 0 \). Ebből a másodfokú egyenletből: $$ b_1 = 6 \quad \text{és} \quad b_2 = 8 $$ A hozzájuk tartozó \( a \) értékek: \( a_1 = 8 \) és \( a_2 = 6 \).

Tehát két ilyen négyzet van, a koordinátatengelyekre illeszkedő két csúcsuk: \( A_1(0; 8) \) és \( B_1(6; 0) \), illetve \( A_2(0; 6) \) és \( B_2(8; 0) \).

A vízszintes fennsíkon a napsugarak beesési szögére (\( \alpha \)) felírható: $$ \text{tg } \alpha = \frac{a}{\frac{a}{2}} = 2 \implies \alpha \approx 26,57^\circ $$ A fa (melynek magassága \( x \)), az árnyéka a 15°-os lejtőn (3 m) és a beeső napsugár egy háromszöget alkotnak. Ebben a háromszögben a napsugár és a függőleges fa által bezárt szög szintén \( \alpha \approx 26,57^\circ \).
A fa talppontjánál lévő szög (a függőleges és a lejtő között) \( 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ \).
A harmadik szög: \( \beta \approx 180^\circ - (26,57^\circ + 75^\circ) = 78,43^\circ \).
Felírva a szinusztételt a fát tartalmazó háromszögre: $$ \frac{x}{\sin 78,43^\circ} = \frac{3}{\sin 26,57^\circ} $$ $$ x = 3 \cdot \frac{\sin 78,43^\circ}{\sin 26,57^\circ} \approx 6,57 \text{ m} $$ A fa tehát körülbelül 6,6 méter magas.

a) A szabályos hatszög rövidebb átlója egy olyan egyenlő szárú háromszög alapja, amelynek szárai a hatszög oldalai (\( a \)), bezárt szögük pedig 120°. Ennek az átlónak a hossza \( a\sqrt{3} \).
A megadott érték alapján: $$ a\sqrt{3} = 5\sqrt{2} \implies a = \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \implies a^2 = \frac{50}{3} $$ A szabályos hatszög területe 6 darab egybevágó szabályos háromszög területéből áll: $$ T = 6 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{3}{2} \cdot \frac{50}{3} \sqrt{3} = \mathbf{25\sqrt{3}} $$

b) A \( t_1 \) területű hatszög a feladat leírása alapján a szomszédos oldalfelező pontok összekötésével keletkezik. Egy oldalfelező pontokat összekötő szakasz az eredeti háromszögek sarkainál levág kisebb háromszögeket. A keletkező új hatszög területe mindig az előző hatszög területének \( \frac{3}{4} \) része.
A sorozat tehát egy mértani sorozat, melynek kvóciense \( q = \frac{3}{4} \).
A sorozat első eleme \( t_1 \), ami az eredeti \( T \) terület \( \frac{3}{4} \) része: $$ t_1 = \frac{3}{4} \cdot 25\sqrt{3} = \frac{75\sqrt{3}}{4} $$ A kérdéses határérték egy végtelen mértani sor összege (\( |q| < 1 \)): $$ S = \lim_{n\to\infty} (t_1 + t_2 + \dots + t_n) = \frac{t_1}{1 - q} = \frac{\frac{75\sqrt{3}}{4}}{1 - \frac{3}{4}} = \frac{\frac{75\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{4}} = \mathbf{75\sqrt{3}} $$

A feszes hajtószíj két egyenlő hosszú érintőszakaszból, egy rövidebb és egy hosszabb körívből áll. Geometriailag a feladat két kör közös külső érintőinek és a határolt köríveknek a kiszámítását jelenti.

Az érintőszakasz hossza:
Húzzunk párhuzamost a kisebbik kör középpontjából (\( O_1 \)) az érintőszakasszal. Így egy derékszögű háromszöget kapunk, melynek átfogója a tengelytávolság (\( 46 \) cm), egyik befogója a sugarak különbsége (\( 20 - 1 = 19 \) cm), másik befogója az érintőszakasz (\( e \)).
Pitagorasz-tétellel: $$ e = \sqrt{46^2 - 19^2} = \sqrt{1755} \approx 41,9 \text{ cm} $$

A körívek hossza:
Legyen \( \alpha \) a tengelyeket összekötő szakasz és az érintési pontokba húzott sugár által bezárt szög a nagy körben. A fentebbi derékszögű háromszögből: $$ \cos \alpha = \frac{19}{46} \implies \alpha \approx 65,6^\circ $$ A hosszabb körívhez tartozó középponti szög: $$ 360^\circ - 2\alpha \approx 360^\circ - 131,2^\circ = 228,8^\circ $$ A hosszabb körív hossza: $$ i_{\text{nagy}} = \frac{228,8^\circ}{360^\circ} \cdot 2 \cdot 20\pi \approx 79,9 \text{ cm} $$ A rövidebb körívhez tartozó középponti szög a kis körben \( 2\alpha \approx 131,2^\circ \). Ennek hossza: $$ i_{\text{kis}} = \frac{131,2^\circ}{360^\circ} \cdot 2 \cdot 1\pi \approx 2,3 \text{ cm} $$

A hajtószíj teljes hossza: $$ K \approx 2 \cdot 41,9 + 79,9 + 2,3 = \mathbf{166 \text{ cm}} $$

a) A külső négyzet oldala \( 1 \) méter, így a belső négyzet oldala a megadott arány alapján \( \frac{5}{7} \) méter. A belső négyzet a külső négyzet oldalait \( x \) és \( 1 - x \) hosszú szakaszokra bontja. A \( 90^\circ \)-os forgásszimmetria miatt ez a felosztás mind a négy oldalon azonos mértékben ismétlődik.
Felírva a Pitagorasz-tételt a sarkokban keletkező derékszögű háromszögekre: $$ x^2 + (1 - x)^2 = \left( \frac{5}{7} \right)^2 $$ $$ x^2 + 1 - 2x + x^2 = \frac{25}{49} \implies 2x^2 - 2x + \frac{24}{49} = 0 $$ Megoldva a másodfokú egyenletet: $$ x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4 \cdot 2 \cdot \frac{24}{49}}}{4} = \frac{2 \pm \sqrt{\frac{4}{49}}}{4} = \frac{2 \pm \frac{2}{7}}{4} $$ A gyökök: \( x_1 = \frac{4}{7} \) és \( x_2 = \frac{3}{7} \).
A belső négyzet csúcsa tehát a külső négyzet oldalait \( \frac{3}{7} \) és \( \frac{4}{7} \) méretű részekre bontja. Az arány tehát: \( 3 : 4 \) (vagy \( 4 : 3 \)).

b) Az első (legkülső) négyzet kerülete \( K_1 = 4 \) méter.
Mivel minden beírt négyzet lineáris mérete az előzőnek a \( \frac{5}{7} \)-szerese, a kerületek is ezt a szorzót követik. A kerületek egy olyan végtelen mértani sorozatot alkotnak, amelynek első tagja \( K_1 = 4 \), hányadosa pedig \( q = \frac{5}{7} \).
Mivel \( |q| < 1 \), a végtelen sor konvergens, az összege: $$ S = \frac{K_1}{1 - q} = \frac{4}{1 - \frac{5}{7}} = \frac{4}{\frac{2}{7}} = 4 \cdot \frac{7}{2} = \mathbf{14 \text{ méter}} $$

a) Átmérő számítása:
A négy kis kör középpontja egy 12 mm oldalú négyzetet alkot. Ennek a négyzetnek a képzeletbeli átlója áthalad a nagy kör középpontján, és a hossza \( 12\sqrt{2} \) mm.
Ez az átlós távolság megegyezik a két szemben lévő kis kör sugarának (\( 2 \cdot 3 \text{ mm} = 6 \text{ mm} \)) és a nagy kör átmérőjének (\( d \)) az összegével: $$ d + 6 = 12\sqrt{2} \implies d = 12\sqrt{2} - 6 \approx \mathbf{10,97 \text{ mm}} $$

b) Kombinatorika szimmetria érveléssel:
Mivel a torony elemeinek minden pozíciójában kétféle szín lehet, az összes lehetséges különböző 8 emeletes torony száma \( 2^8 = 256 \).
Szimmetria okokból azon tornyok száma, amelyek több piros elemet tartalmaznak, megegyezik azon tornyok számával, amelyek több kéket.
Kizárólag azokat az eseteket kell kivonnunk, amikor pontosan ugyanannyi (4-4) piros és kék elem van a toronyban. Ezen tornyok száma: $$ \binom{8}{4} = 70 $$ A megfelelő tornyok száma tehát a maradék fele: $$ \frac{256 - 70}{2} = \mathbf{93} $$

c) Valószínűségszámítás:
Annak a valószínűsége, hogy egy kiválasztott kocka nem selejtes: $$ 1 - \frac{20}{1\,000\,000} = 0,99998 $$ Annak a valószínűsége, hogy egy \( n \) kockát tartalmazó dobozban egyetlen kocka sem selejtes: \( 0,99998^n \).
A feladat szerint a selejtes elem előfordulásának valószínűsége kisebb mint 0,01. Ebből következik, hogy a tiszta (selejtmentes) doboz valószínűsége legalább 0,99 kell legyen: $$ 0,99998^n \ge 0,99 $$ Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát (a logaritmusfüggvény monotonitása miatt az irány marad): $$ n \cdot \lg 0,99998 \ge \lg 0,99 $$ Mivel \( \lg 0,99998 < 0 \), az osztásnál az egyenlőtlenség iránya megfordul: $$ n \le \frac{\lg 0,99}{\lg 0,99998} \approx 502,5 $$ Tehát András legfeljebb 502 darabos készletet vehet.

a) Építsünk fel egy koordináta-rendszert, melynek origójában az \( S \) sziget áll. Egy egység legyen 1 km. A mentőcsónak pozíciója így az \( M(16; 0) \) pont, a hajó indulási pozíciója a \( H(0; -24) \) pont.
A hajó ÉK-i irányba halad, tehát pályája egy olyan egyenes, amely áthalad a \( H \) ponton és irányszöge \( 45^\circ \). Az egyenes egyenlete: \( y = x - 24 \).
A hajó legénysége akkor észleli a jelet, ha a hajó pályája belemegy abba a 6 km sugarú körbe, melynek középpontja \( M \). A kör egyenlete: \( (x - 16)^2 + y^2 = 36 \).
A hajó útját és a csónak távolságát az egyenes és pont távolságképletével határozhatjuk meg legegyszerűbben (az egyenes nullára rendezve \( x - y - 24 = 0 \)): $$ d = \frac{|16 - 0 - 24|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{|-8|}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2} \approx 5,66 \text{ km} $$ Mivel a minimális távolság \( d < 6 \), a hajó áthalad a hatósugáron, így észlelheti a jelzést.

b) Jelölje \( R \) a repülőt, \( S \) a szigetet, és \( T \) a hajó új pozícióját a 20 km megtétele után. Keressük a hajó távolságát a szigettől, vagyis az \( ST \) szakaszt. Ezt megkaphatjuk az \( SH_0T \) háromszögben koszinusztétellel, ahol a hajó induláskori távolsága \( SH_0 = 24 \) km, a megtett útja \( H_0T = 20 \) km, az irányszöge miatt a közbezárt szög pedig \( 45^\circ \): $$ ST^2 = 24^2 + 20^2 - 2 \cdot 24 \cdot 20 \cdot \cos 45^\circ \approx 576 + 400 - 678,8 = 297,2 $$ $$ ST \approx 17,2 \text{ km} $$ A repülő \( RS = 1,5 \) km magasságban van. A depresszió szög (lehajlási szög) váltószöge az \( RTS \angle \)-nek az \( RST \) derékszögű háromszögben: $$ \text{tg} \angle RTS = \frac{RS}{ST} \approx \frac{1,5}{17,2} \approx 0,0872 $$ Ebből a szög: \( \angle RTS \approx \mathbf{5^\circ} \).

a) Ha $d$ a számtani sorozat differenciája, akkor a háromszög oldalhosszai: $4$, $4 + d$, és $4 + 2d$, ahol $d > 0$.
Mivel a háromszög derékszögű, a leghosszabb oldal ($4+2d$) az átfogó, így felírhatjuk a Pitagorasz-tételt: $$ 4^2 + (4 + d)^2 = (4 + 2d)^2 $$ A négyzetre emeléseket elvégezve és az egyenletet rendezve: $$ 16 + 16 + 8d + d^2 = 16 + 16d + 4d^2 $$ $$ 3d^2 + 8d - 16 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei a megoldóképlet alapján: $d_1 = \frac{4}{3}$ és $d_2 = -4$.
A negatív gyök ($d>0$ miatt) nem ad megoldást, így a háromszög másik két oldala: $4 + \frac{4}{3} = \mathbf{\frac{16}{3}}$ és $4 + 2\cdot\frac{4}{3} = \mathbf{\frac{20}{3}}$ egység hosszúak.

b) Indirekt módon bizonyítunk. Tegyük fel, hogy a háromszögnek van 60º-os szöge.
Mivel az oldalak hossza a megadott számtani sorozat miatt páronként különböző ($d > 0$, mert a háromszög nem szabályos), a szögek is különbözőek. Háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van.
Mivel a belső szögek összege 180°, ha a három szög különböző, akkor nem lehet a 60° sem a legkisebb (akkor az összeg $>180°$), sem a legnagyobb (akkor az összeg $<180°$). Így a 60°-os szög csak a középső szög lehet, amely a középső hosszúságú, $4+d$ oldallal van szemben.

Írjuk fel a koszinusztételt a középső oldalra: $$ (4 + d)^2 = 4^2 + (4 + 2d)^2 - 2 \cdot 4 \cdot (4 + 2d) \cdot \cos 60^\circ $$ Mivel $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$, az egyenlet a következőképpen egyszerűsödik: $$ 16 + 8d + d^2 = 16 + (16 + 16d + 4d^2) - 4 \cdot (4 + 2d) $$ $$ 16 + 8d + d^2 = 32 + 16d + 4d^2 - 16 - 8d $$ $$ 16 + 8d + d^2 = 16 + 8d + 4d^2 $$ Az egyenletet rendezve azt kapjuk, hogy $3d^2 = 0$, azaz $d = 0$.

Ez viszont ellentmond annak a feltételnek, hogy a háromszög nem szabályos ($d > 0$). Az eredeti feltételezésünk tehát hamis, azaz a háromszögnek valóban nincs 60º-os szöge.

a) Az \( A_1 C_0 C_1 \) háromszög befogója \( C_0 C_1 = \tan(30^\circ) = \frac{1}{\sqrt{3}} \), így területe: \( t_1 = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{6} \).
Az \( A_n C_{n-1} C_n \) háromszöget \( \frac{1}{\sqrt{3}} \) arányú hasonlósággal lehet átvinni az \( A_{n+1} C_n C_{n+1} \) háromszögbe, hiszen az új háromszög alapja az előző átfogójának a fele (átfogó hossza \( \frac{1}{\cos 30^\circ} = \frac{2}{\sqrt{3}} \), felének hossza \( \frac{1}{\sqrt{3}} \), az eredeti befogóhoz (1) viszonyítva ez a hasonlóság aránya).
A hasonló síkidomok területének arányára vonatkozó tétel szerint a területek egy \( q = \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{1}{3} \) hányadosú mértani sorozatot alkotnak.
A végtelen sok háromszög területének összege: $$ T = \frac{t_1}{1 - q} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{\frac{2}{3}} = \mathbf{\frac{\sqrt{3}}{4}} \; (\approx 0,433) $$

b) (A rövidebb, elegánsabb megoldás)
Jelölje \( d_n \) a \( C_{n-1} C_n \) szakasz hosszát. Az első szakasz hossza \( d_1 = C_0 C_1 = \frac{1}{\sqrt{3}} \).
A hasonlóság miatt minden \( n > 1 \) esetén \( d_n = \frac{1}{\sqrt{3}} d_{n-1} \).
A \( \{ d_n \} \) sorozat tehát egy olyan mértani sorozat, amelynek első tagja és hányadosa is \( \frac{1}{\sqrt{3}} \).
A töröttvonal hossza a sorozat első \( n \) tagjának az összege: \( S_n = d_1 + d_2 + \dots + d_n \).
A végtelen mértani sor összege (a határérték): $$ \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{\frac{1}{\sqrt{3}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{1}{\sqrt{3} - 1} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2} $$ Mivel \( \sqrt{3} < 1,733 \), ezért a határérték: $$ \frac{\sqrt{3} + 1}{2} \approx 1,366 < 1,4 $$ Mivel a sorozat tagjai pozitívak, az \( \{S_n\} \) sorozat szigorúan monoton növekvő, így a részletösszegek mindig kisebbek a határértéknél, tehát valóban \( S_n < 1,4 \).

a) Az ábrán összesen 35 darab szabályos metszéspontokból álló háromszög látható. A háromszögek szögei a szabályos ötszög szögeiből adódóan csak kétféle variációt adnak ki: \( (36^\circ, 36^\circ, 108^\circ) \) vagy \( (72^\circ, 72^\circ, 36^\circ) \). Így hasonlóság erejéig mindössze 2 lényegesen különböző háromszög van.

b) Az \( ABCQ \) négyszög egy rombusz, mert szemközti szögei egyenlők (\( 72^\circ \) és \( 108^\circ \)). A területe \( T = a^2 \sin 108^\circ = 120 \), amiből \( a^2 \approx 126,17 \text{ cm}^2 \).
A szabályos ötszög területe öt egybevágó középponti háromszög területéből áll, ami kifejezhető az oldalhosszal: $$ T_{\text{ötszög}} = 5 \cdot \frac{a^2 \tan 54^\circ}{4} \approx \frac{5}{4} \cdot 126,17 \cdot 1,3764 \approx \mathbf{217 \text{ cm}^2} $$

c)
1. állítás: Igaz. A 10 csúcs mindegyikéből pontosan 4 él fut ki (minden csúcs foka 4). Az élek száma a fokszámok összegének a fele: \( \frac{10 \cdot 4}{2} = 20 \).
2. állítás: Igaz. Könnyen bejárható egy nyolc élből álló kör, például az ötszög és a belső csillag peremének vonalán haladva (pl. \( A-B-C-D-E-Q-P-T-A \)).

a) Kiszámoljuk a csúcspontok koordinátáit az egyenesek metszéspontjaiként: - Az \( A \) csúcs a \( DA \) és \( AB \) metszéspontja: \( 3x - 4y = 20 \) és \( 3x + 5y = 20 \). Kivonva egymásból a két egyenletet: \( 9y = 0 \implies y=0 \), így \( x = \frac{20}{3} \). \( A(\frac{20}{3}; 0) \). (Ez az x tengelyen van). - A \( B \) csúcs az \( AB \) és \( BC \) metszéspontja. Megoldva a rendszert \( B(0; 4) \) adódik. (y tengely). - A \( C \) csúcs a \( BC \) és \( CD \) metszéspontja. Megoldva: \( C(-3; 0) \). (x tengely). - A \( D \) csúcs a \( CD \) és \( DA \) metszéspontja. Megoldva: \( D(0; -5) \). (y tengely). Látható, hogy az \( A \) és \( C \) pontok az x tengelyen vannak, a \( B \) és \( D \) pontok pedig az y tengelyen, tehát az átlók valóban a koordinátatengelyeken fekszenek.
A derékszögek vizsgálata az oldalegyenesek normálvektorainak skaláris szorzatával is történhet. Az iránytangensek (meredekségek) is leolvashatók: \( m_{DA} = 3/4 \), \( m_{AB} = -3/5 \), \( m_{BC} = 4/3 \), \( m_{CD} = -5/3 \). Egyik szorzat sem -1, így nincsen két merőleges oldal, nincs derékszöge a négyszögnek.

b) A húrnégyszög igazolásához az egyik legelegánsabb módszer a kerületi szögek tételének megfordítását használni. Vizsgáljuk meg, hogy a \( CB \) szakaszt az \( A \) és \( D \) csúcsokból azonos szög alatt látjuk-e. Mivel az átlók merőlegesek (tengelyek), vizsgálhatjuk a megfelelő derékszögű háromszögeket (\( BOA, BOC, COD, DOA \)): Számoljuk ki a \( CDB \angle \) és \( CAB \angle \) szögek tangensét. A \( COD \) derékszögű háromszögben: \( \text{tg}\, \angle CDB = \frac{CO}{DO} = \frac{3}{5} \). A \( BOA \) derékszögű háromszögben: \( \text{tg}\, \angle CAB = \frac{OB}{OA} = \frac{4}{20/3} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5} \). Mivel a tangens értékek (hegyesszögek esetén) megegyeznek, a két szög egyenlő. Mivel a \( CB \) szakaszt a vele azonos félsíkon lévő \( A \) és \( D \) csúcsokból azonos szög alatt látjuk, a négy pont egy körön van, azaz az ABCD valóban húrnégyszög.

a) Az \( MBA \) és \( MCD \) háromszögek hasonlók (szögeik páronként egyenlőek). A hasonlóság aránya \( AB : DC = 3 : 2 \). A területek aránya a hasonlósági arány négyzete. Jelöljük \( t \)-vel a fehér (\( MCD \)) területét. Ekkor a sárga (\( MAB \)) területe \( \left(\frac{3}{2}\right)^2 t = 2,25t \). Az oldalak arányossága miatt a piros háromszögek (\( AMD \) és \( BMC \)) területe egyenként \( \frac{3}{2} t = 1,5t \). A teljes trapéz területe a részek összege: $$ 90 = t + 2,25t + 1,5t + 1,5t = 6,25t \implies t = 14,4 \text{ m}^2 $$ Virágtövek száma (50 tő / m²):
Fehér (\( MCD \)): \( 14,4 \cdot 50 = \mathbf{720} \) darab.
Sárga (\( MAB \)): \( 2,25 \cdot 14,4 \cdot 50 = \mathbf{1620} \) darab.
Piros (\( AMD + BMC \)): \( 2 \cdot 1,5 \cdot 14,4 \cdot 50 = \mathbf{2160} \) darab.

b) Az oldalfelező pontokat összekötő \( EFGH \) négyszög egy paralelogramma, amelynek területe pontosan a fele az eredeti trapéznak. (Mert középvonalaiból áll elő.) Tehát területe \( 90 / 2 = 45 \text{ m}^2 \). A paralelogrammát az átlói négy egyenlő területű részre osztják. Kettő piros, kettő sárga, tehát a piros és a sárga területe is \( 45 / 2 = 22,5 \text{ m}^2 \). A maradék terület (sarokhátomszögek), ami a másik fele a trapéznak, azaz \( 45 \text{ m}^2 \), teljes egészében fehér virágokkal van beültetve.
Virágtövek száma:
Piros: \( 22,5 \cdot 50 = \mathbf{1125} \) darab.
Sárga: \( 22,5 \cdot 50 = \mathbf{1125} \) darab.
Fehér: \( 45 \cdot 50 = \mathbf{2250} \) darab.

	fehér	piros	sárga
tavasszal	720	2160	1620
ősszel	2250	1125	1125

a) Jelöljük a telket \( ABCD \) négyszöggel, ahol a derékszögű csúcs az \( A \). Így \( AB = AD = 20 \). Pitagorasz tételével a \( BD \) átló hossza \( BD = 20\sqrt{2} \).
A \( BDC \) háromszög egyenlő szárú, és csúcsszöge \( \angle BDC = 120^\circ \). Ekkor az alapon fekvő szögek \( 30^\circ \)-osak. A \( C \)-ből húzott magasság felezi a \( BD \) alapot. A létrejövő derékszögű háromszögben szögfüggvénnyel (vagy a 30-60-90 fokos háromszög tulajdonságaival) felírható az oldal (jelöljük \( b \)-vel):

$$ \cos 30^\circ = \frac{10\sqrt{2}}{b} \implies \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{10\sqrt{2}}{b} \implies b = \frac{20\sqrt{2}}{\sqrt{3}} $$

A telek kerülete: \( K = 40 + 2b = 40 + \frac{40\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \approx \mathbf{72,7 \text{ m}} \).

b) (Az ábra elkészítése a vizsgázó feladata.)
István egy konvex \( ABCD \) deltoidra gondolt (ahol \( C \) csúcs "kifelé" mutat), Péter pedig egy konkáv deltoidra (ahol a \( C \) csúcs "befelé" hajlik).

c) A négyzet alapú ház alapterülete akkor a legnagyobb, ha a négyzet \( A \)-val szembeni csúcsa éppen a \( C \) pontba esik. Jelölje a négyzet oldalát a konvex és konkáv esetben is a \( C \) pontból az \( AD \) (vagy \( AB \)) oldalra bocsátott merőleges szakasz hossza, legyen ez \( CT \).

• Konvex esetben: Az \( ABCD \) négyszög félszöge \( 45^\circ \), és az egyenlő szárú \( BDC \) háromszög félszöge \( 60^\circ \). A \( TCD \) derékszögű háromszög szöge \( \angle TCD = 15^\circ \). Így a négyzet oldala: $$ CT = b \cos 15^\circ = \frac{20\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \cos 15^\circ \approx 15,77 \text{ m} $$ Az alapterület: \( 15,77^2 \approx \mathbf{249 \text{ m}^2} \).
• Konkáv esetben: A \( TCD \) derékszögű háromszög szöge ekkor \( \angle TCD = 75^\circ \). Így a négyzet oldala: $$ CT = b \cos 75^\circ \approx 4,23 \text{ m} $$ Az alapterület: \( 4,23^2 \approx \mathbf{18 \text{ m}^2} \).

a) Mivel \( A, E \) a nagy kör átmérőjének végpontjai, Thalész tétele miatt az \( \angle ABE = 90^\circ \). Ugyanígy \( E, D \) a kis kör átmérőjének végpontjai, így \( \angle CDE = 90^\circ \). Ebből következik, hogy az \( AB \) és \( CD \) szakaszok is merőlegesek a \( BC \) egyenesre, tehát \( AB \parallel CD \). Mivel a négyszögnek van párhuzamos oldalpárja, a négyszög trapéz.

b) Az \( ABE \) derékszögű háromszögben felírható: $$ BE = 2R\cos\alpha \quad \text{és} \quad AB = 2R\sin\alpha $$ A \( CDE \) derékszögű háromszögben felírható: $$ CE = 2r\cos\alpha $$ Így az \( ABC \) háromszög \( BC \) alapja: $$ BC = BE + CE = 2R\cos\alpha + 2r\cos\alpha = 2(R+r)\cos\alpha $$ Mivel az \( \angle ABC \) derékszög (a nagy körben Thalész tétel miatt), a háromszög területe: $$ T_{ABC} = \frac{AB \cdot BC}{2} = \frac{2R\sin\alpha \cdot 2(R+r)\cos\alpha}{2} $$ Egyszerűsítve és a kétszeres szög szinuszának azonosságát (\( 2\sin\alpha\cos\alpha = \sin 2\alpha \)) felhasználva: $$ T_{ABC} = 2R(R+r)\sin\alpha\cos\alpha = \mathbf{R(R+r)\sin 2\alpha} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

c) A területfüggvény egyetlen változója a hegyesszögű \( \alpha \). A \( \sin 2\alpha \) kifejezés maximális értéke 1, amit a \( 2\alpha = 90^\circ \) helyen vesz fel.
Ebből következik, hogy a terület \( \mathbf{\alpha = 45^\circ} \) esetén lesz maximális.

a) A holdacska egy 3 cm sugarú körlapból jön létre úgy, hogy kivágunk belőle egy ugyanolyan sugarú kört, amelynek középpontja 2 cm-re van eltolva. A holdacska területe megkapható az eredeti kör területének és a két kör közös lencse alakú metszetének különbségeként.
A lencse alakú metszet két egybevágó körszeletből áll. Kiszámoljuk az egyik körszelet területét:
A körszelet egy \( r=3 \) sugarú körcikkből és a hozzátartozó egyenlő szárú háromszögből áll. A körök középpontjait és a metszéspontokat összekötve egy derékszögű háromszöget kapunk, amelyből a körcikk fél nyílásszöge (\( \alpha \)) meghatározható: $$ \cos \alpha = \frac{1}{3} \implies \alpha \approx 70,53^\circ \text{ (vagy } 1,23 \text{ radián)} $$ A teljes körcikk középponti szöge \( 2\alpha \). Ennek a körcikknek a területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{2\alpha}{2\pi} \cdot r^2 \pi \approx \frac{141,06^\circ}{360^\circ} \cdot 9\pi \approx 11,07 \text{ cm}^2 $$ A belőle kivágandó háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{r^2 \sin(2\alpha)}{2} = \frac{9 \cdot \sin(141,06^\circ)}{2} \approx 2,83 \text{ cm}^2 $$ A körszelet területe: \( T_{\text{körszelet}} = 11,07 - 2,83 = 8,24 \text{ cm}^2 \).
A holdacska területe tehát az eredeti körlap és a lencse (2 db körszelet) különbsége: $$ T_{\text{holdacska}} = T_{\text{kör}} - 2 \cdot T_{\text{körszelet}} \approx 9\pi - 2 \cdot 8,24 \approx 28,27 - 16,48 = \mathbf{11,8 \text{ cm}^2} $$

b) A felhasznált (megsütött) sütemények alapterületének összegeit levonjuk az eredeti tészta területéből. Klári 50 darab holdacskát és 50 darab kis körlapot vágott ki.
A kis körlap a lencse formából kivágható lehető legnagyobb körlap. Mivel a lencse a két eltolt kör metszete, a lencse közepén a szélesség az eredeti körök átmérője mínusz a 2 cm eltolás, azaz \( 3 + 3 - 2 = 4 \text{ cm} \). Így a legnagyobb beleírható körlap sugara 2 cm.
A kivágott sütemények összes alapterülete: $$ T_{\text{használt}} = 50 \cdot T_{\text{holdacska}} + 50 \cdot T_{\text{kiskör}} \approx 50 \cdot 11,78 + 50 \cdot (2^2\pi) \approx 589 + 628 = 1217 \text{ cm}^2 $$ Az eredeti téglalap területe: \( 30 \cdot 60 = 1800 \text{ cm}^2 \).
A visszamaradt, négyzet alakúra kinyújtott tészta területe: $$ T_{\text{maradék}} = 1800 - 1217 = 583 \text{ cm}^2 $$ A kapott négyzet oldalának hossza: $$ a = \sqrt{583} \approx \mathbf{24 \text{ cm}} $$

A telek öntözött területének nagyságát megkapjuk, ha a locsoló (mint középpont) körüli körgyűrű területéből kivonjuk a telek határa (amely 3 m-re van a középponttól) által lemetszett körszelet területét.

A teljes körgyűrű területe: $$ T_{\text{gyűrű}} = (4^2 - 0,5^2)\pi \approx 49,5 \text{ m}^2 $$

A locsolófej egy 4 m sugarú kört ír le, de a telek széle a középponttól 3 m távolságra egy húrt metsz ki ebből a körből. A kör középpontjából a húr végpontjaiba húzott sugarak és a középpontból a húrra bocsátott merőleges egy derékszögű háromszöget határoz meg. Ha a fél középponti szöget \( \alpha \)-val jelöljük: $$ \cos \alpha = \frac{3}{4} = 0,75 \implies \alpha \approx 41,4^\circ $$

A \( 2\alpha \approx 82,8^\circ \) középponti szögű körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{82,8^\circ}{360^\circ} \cdot 4^2 \cdot \pi \approx 11,6 \text{ m}^2 $$ A körcikket alkotó egyenlő szárú háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{4^2 \cdot \sin 82,8^\circ}{2} \approx 7,9 \text{ m}^2 $$ A körszelet területe tehát a kettő különbsége: $$ T_{\text{körszelet}} \approx 11,6 - 7,9 = 3,7 \text{ m}^2 $$

A telek öntözött területe így: $$ T_{\text{öntözött}} \approx 49,5 - 3,7 = \mathbf{45,8 \text{ m}^2} $$ A telek teljes területe \( 68 \cdot 30 = 2040 \text{ m}^2 \).
Az öntözött rész százalékos aránya: $$ \frac{45,8}{2040} \approx 0,022 $$ Ez a telek területének kb. 2,2 %-a.

a) A húrnégyszög alapvető tulajdonsága, hogy a szemközti szögeinek összege \( 180^\circ \). A feladatban megadott három szög aránya \( \alpha : \beta : \gamma = 7 : 6 : 8 \). Ezek közül valamelyik kettő a négyszög egymással szemben fekvő szögpárja lehet, így három esetet különböztethetünk meg:

Eset	Egyenlet a szemközti szögekre	\(\alpha\)	\(\beta\)	\(\gamma\)	Negyedik szög (\(\delta\))
1.	\( 7x + 8x = 180^\circ \implies x = 12^\circ \)	\( 84^\circ \)	\( 72^\circ \)	\( 96^\circ \)	\( 180^\circ - 72^\circ = \mathbf{108^\circ} \)
2.	\( 6y + 8y = 180^\circ \implies y = \frac{90^\circ}{7} \)	\( \approx 90^\circ \)	\( \approx 77,1^\circ \)	\( \approx 102,9^\circ \)	\( 180^\circ - 90^\circ = \mathbf{90^\circ} \)
3.	\( 7z + 6z = 180^\circ \implies z = \frac{180^\circ}{13} \)	\( \approx 96,9^\circ \)	\( \approx 83,1^\circ \)	\( \approx 110,8^\circ \)	\( 180^\circ - 110,8^\circ = \mathbf{\approx 69,2^\circ} \)

Tehát a szögek pontos értékei:
1. esetben: 84°, 72°, 96°, 108°
2. esetben: \(\frac{540^\circ}{7}\), \(\frac{720^\circ}{7}\), 90°, 90°
3. esetben: \(\frac{1080^\circ}{13}\), \(\frac{1440^\circ}{13}\), \(\frac{1260^\circ}{13}\), \(\frac{900^\circ}{13}\)

b) A felírt eseteket átvizsgálva:
Zsófi állítása az 1. esetre igaz.
Peti állítása a 2. esetre igaz (két szöge is derékszög).
Kata állítása a 3. esetre igaz (\( 1440/13 \approx 110,77^\circ > 110^\circ \)).
Viszont nincs egy olyan egyedi négyszög sem a három lehetőség közül, amire egyszerre mindhárom diák állítása érvényes lenne. A probléma feltételeinek az 1., 2. és 3. típusú húrnégyszögek mindegyike megfelel, így mindhárom állítás lehet igaz, de egyszerre nem igazak.

(Az alakzatok grafikus ábrázolása itt most elhagyva.)

a) Az alakzatok egyenleteit rendezve meghatározhatjuk a jelentésüket:
A halmaz: Átrendezve \( y \le \frac{4}{3}x - 6 \). Ez az \( y = \frac{4}{3}x - 6 \) egyenes által határolt zárt félsík (az egyenes és a "alatta" lévő pontok).
B halmaz: Teljes négyzetté alakítva az egyenletet: $$ (x - 3)^2 - 9 + (y + 2)^2 - 4 - 12 \le 0 \implies (x - 3)^2 + (y + 2)^2 \le 25 $$ Ez egy körlemez (a kör és a belső pontjai), melynek középpontja \( K(3; -2) \), sugara pedig \( r = 5 \).
C halmaz: Gyökvonás után \( y = 2 \) vagy \( y = -2 \). Ez a halmaz két, az x tengellyel párhuzamos egyenest alkot.

b) A \( B \setminus A \) halmaz azokat a pontokat tartalmazza, amelyek benne vannak a körlemezben, de nincsenek benne a félsíkban. Vegyük észre, hogy az egyenes (\( 4x - 3y = 18 \)) éppen áthalad a kör középpontján (mivel \( 4(3) - 3(-2) = 12 + 6 = 18 \)). Így az egyenes felezi a körlemezt.
Geometriai alakzata: egy félkörlemez, amely a félkörívet és a belső pontokat tartalmazza, de az átmérő szakasz pontjait magukat már nem (hiszen azok az \( A \) halmaz részei).

c) A \( B \cap C \) halmaz az \( y = 2 \) és \( y = -2 \) egyenesek körlapba eső pontjait adja. Ezek a körlapot határoló körnek két párhuzamos húrját adják.
- Az \( y = 2 \) behelyettesítésével a kör egyenletébe: \( (x - 3)^2 + 4^2 \le 25 \implies (x - 3)^2 \le 9 \implies 0 \le x \le 6 \). Ez a húr a \( (0; 2) \) és \( (6; 2) \) pontokat köti össze.
- Az \( y = -2 \) behelyettesítésével: \( (x - 3)^2 + 0^2 \le 25 \implies (x - 3)^2 \le 25 \implies -2 \le x \le 8 \). Ez a húr (amely egyben átmérő is) a \( (-2; -2) \) és \( (8; -2) \) pontokat köti össze.

Távolságok az origótól (\( d = \sqrt{x^2 + y^2} \)):
A legkisebb távolság az \( y = 2 \) és az \( y = -2 \) szakaszokon egyaránt az x-koordináta 0 értékénél adódik. Így az origóhoz legközelebb lévő pontok a \( (0; 2) \) és a \( (0; -2) \) (távolságuk 2).
A legnagyobb távolság a szakaszok végpontjainál keresendő. Az \( x = 8 \) és \( y = -2 \) adja a maximális értéket: \( d = \sqrt{8^2 + (-2)^2} = \sqrt{68} \). Tehát a legtávolabbi pont a \( (8; -2) \).

a) Az A állítás hamis.
Ugyanis van a négyszögnek derékszöge. Például az \( SRQ\sphericalangle \), mert felírva a megfelelő vektorokat:
\( \overrightarrow{RQ} = (1 - (-6); 3 - 2) = (7; 1) \)
\( \overrightarrow{RS} = (-5 - (-6); -5 - 2) = (1; -7) \)
A két vektor skaláris szorzata: \( \overrightarrow{RQ} \cdot \overrightarrow{RS} = 7 \cdot 1 + 1 \cdot (-7) = 0 \). Így a négyszög \( R \)-nél lévő szöge derékszög.

b) A B állítás igaz.
A \( PQRS \) négyszögben az \( R \) csúccsal szemközti \( P \) csúcsnál lévő szög is derékszög, ugyanis:
\( \overrightarrow{PQ} = (1 - 3; 3 - (-1)) = (-2; 4) \)
\( \overrightarrow{PS} = (-5 - 3; -5 - (-1)) = (-8; -4) \)
Ezek skaláris szorzata: \( \overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{PS} = (-2)(-8) + 4(-4) = 16 - 16 = 0 \).
Így a négyszög két szemközti szögének összege \( 180^\circ \) (a húrnégyszög-tétel megfordítása miatt), tehát a négyszög valóban húrnégyszög.

c) A C állítás igaz.
Ha lenne a négyszögnek szimmetriacentruma, akkor a \( PQRS \) négyszög paralelogramma lenne. Ehhez például az kellene, hogy az \( \overrightarrow{RQ}(7; 1) \) és a \( \overrightarrow{PS}(-8; -4) \) vektorok ellentett vektorok legyenek.
Ez csakis úgy teljesülne, ha az egyik oldalvektor koordinátái a másik vektor koordinátáinak \( -1 \)-szeresei lennének. Ez viszont láthatóan nem teljesül, így nincs szimmetriacentruma.

Jelöljük a \( CDK \) háromszög \( CD \) oldalához tartozó magasságát \( m \)-mel. Ekkor az \( ABK \) háromszög \( AB \) oldalához tartozó magassága \( 2m \).

A trapézban az \( ABD \) és az \( ABC \) háromszögek területe megegyezik (\( T_{ABD} = T_{ABC} \)), mert az \( AB \) alapjuk közös, és az ehhez tartozó magasságuk egyenlő a trapéz magasságával (\( 3m \)).
Az \( ABC \) és az \( ABD \) háromszöglapoknak közös része az \( ABK \) háromszöglap, így a maradék részek területe is egyenlő: $$ T_{ADK} = T_{BKC} = T $$

A \( CDK \) háromszög hasonló az \( ABK \) háromszöghöz (mivel szögeik páronként egyenlők a párhuzamos szelők tétele miatt), és a hasonlóság aránya a magasságok arányából adódóan: $$ \frac{m}{2m} = \frac{1}{2} $$ Mivel a hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyezik meg, ezért \( T_{CDK} : T_{ABK} = 1 : 4 \).

A \( CDK \) háromszög területét \( t \)-vel jelölve az \( ACD \) háromszög területe: $$ T_{ACD} = T_{CDK} + T_{ADK} = t + T $$ Az \( ABC \) háromszög területe: $$ T_{ABC} = T_{ABK} + T_{BKC} = 4t + T $$ Mivel az \( ABC \) és az \( ACD \) háromszög magassága megegyezik a trapéz magasságával, alapjaik aránya pedig megegyezik a \( K \) pont körüli hasonlóság arányával (\( AB = 2 \cdot CD \)), ezért \( T_{ABC} = 2 \cdot T_{ACD} \). Így felírhatjuk: $$ 4t + T = 2(t + T) \implies 4t + T = 2t + 2T \implies 2t = T \implies t = \frac{T}{2} $$

Ezek alapján a részháromszögek területei \( T \) függvényében: $$ T_{CDK} = 0,5T \quad \text{és} \quad T_{ABK} = 4 \cdot 0,5T = 2T $$ A teljes \( ABCD \) trapéz területe a négy részháromszög területének összege: $$ T_{ABCD} = T_{ABK} + T_{CDK} + T_{ADK} + T_{BKC} = 2T + 0,5T + T + T = \mathbf{4,5T} $$ Tehát az \( ABCD \) trapéz területe 4,5-szerese a \( T \)-nek.

a) A kapott alakzat egy csonkakúp. A magassága \( m = 10\sqrt{2} \), az alapkörök sugarai pedig a két trapézalap: \( r = 2\sqrt{12} = 4\sqrt{3} \) és \( R = 3\sqrt{75} = 15\sqrt{3} \).
A csonkakúp térfogatképletébe behelyettesítve: $$ V = \frac{m \cdot \pi}{3} (R^2 + r^2 + R \cdot r) $$ $$ V = \frac{10\sqrt{2} \cdot \pi}{3} \left( (15\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{3})^2 + 15\sqrt{3} \cdot 4\sqrt{3} \right) $$ $$ V = \frac{10\sqrt{2} \cdot \pi}{3} (675 + 48 + 180) = \frac{10\sqrt{2} \cdot \pi}{3} \cdot 903 = 3010 \cdot \sqrt{2} \cdot \pi \approx \mathbf{13326,47 \text{ térfogategység}} $$

b) Legyenek az oldalak \( a, b, c, d \) (ahol \( a \) és \( c \) az alapok, \( b \) a derékszögű szár, \( d \) a ferde szár). Mivel érintőtrapéz, a szemközti oldalak összege egyenlő: \( a + c = b + d = 20 \). Ebből a beírt kör átmérője (amely megegyezik a \( b \) szárral): \( b = 2r \).
Mivel a trapéz szárain fekvő szögek összege 180°, és a középpontból (\( O \)) húzott szakaszok felezik a szögeket, az \( AOD \) háromszög derékszögű. Ennek az átfogóhoz tartozó magassága a kör sugara, \( r \).
A feltétel szerint az érintési pont negyedeli a \( d \) szárat, így a két szegmens hossza \( \frac{d}{4} \) és \( \frac{3d}{4} \). A magasságtétel értelmében: $$ r^2 = \frac{d}{4} \cdot \frac{3d}{4} = \frac{3d^2}{16} \implies r = \frac{d\sqrt{3}}{4} $$ Mivel \( b = 2r \), felírható: \( b = \frac{d\sqrt{3}}{2} \).
A \( b + d = 20 \) egyenletbe visszahelyettesítve: $$ \frac{d\sqrt{3}}{2} + d = 20 \implies d \left( \frac{\sqrt{3} + 2}{2} \right) = 20 \implies d = \frac{40}{2 + \sqrt{3}} = 40(2 - \sqrt{3}) \approx \mathbf{10,72} $$ Az egyenes szár: $$ b = 20 - d = 20 - 40(2 - \sqrt{3}) = 20(2\sqrt{3} - 3) \approx \mathbf{9,28} $$ Mivel \( b = \frac{d\sqrt{3}}{2} \), a derékszögű trapézból adódik, hogy az alapok hosszkülönbsége alapján a ferde oldalt lefedő derékszögű háromszög egy szabályos háromszög fele, emiatt \( a = c + \frac{d}{2} \). A két alap összege 20, tehát: $$ 2c + \frac{d}{2} = 20 \implies c = 10 - \frac{d}{4} = 10(\sqrt{3} - 1) \approx \mathbf{7,32} $$ Az alsó alap hossza: $$ a = 20 - c = 10(3 - \sqrt{3}) \approx \mathbf{12,68} $$

Először számítsuk ki a háromszög területét Hérón-képlettel. A félkerület: \( s = \frac{42 + 40 + 26}{2} = 54 \).
$$ T_{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{54 \cdot 12 \cdot 14 \cdot 28} = \sqrt{254016} = 504 $$

Az \( AB \) oldalhoz tartozó \( m \) magasság kiszámítása:
$$ T_{ABC} = \frac{AB \cdot m}{2} \implies 504 = \frac{42 \cdot m}{2} \implies 21m = 504 \implies m = 24 $$

Legyen a téglalap \( AB \)-re illeszkedő, vízszintes oldala \( x \), míg függőleges oldala (magassága) \( y \). A beírt téglalap feletti kis háromszög hasonló a nagy \( ABC \) háromszöghöz. A hasonlóság miatt a megfelelő alapok és magasságok aránya megegyezik:
$$ \frac{x}{42} = \frac{24 - y}{24} $$ Ebből \( y \)-t kifejezve: $$ 24x = 42(24 - y) \implies y = 24 - \frac{24}{42}x = 24 - \frac{4}{7}x = \frac{168 - 4x}{7} $$

A téglalap területe \( x \) függvényében (\( 0 < x < 42 \)): $$ A(x) = x \cdot y = x \cdot \frac{168 - 4x}{7} = \frac{1}{7}(168x - 4x^2) = \frac{4}{7}(42x - x^2) $$

A kapott függvény egy lefelé nyíló parabola, melynek szélsőértéke (maximuma) a zérushelyek átlagánál, azaz a csúcspontban található.
Mivel a teljes négyzetté alakított forma vagy a gyökök alapján látható (gyökök 0 és 42), a maximum helye:
$$ \mathbf{x = \frac{42}{2} = 21} $$

Visszahelyettesítve a másik oldalhosszba: $$ y = 24 - \frac{4}{7} \cdot 21 = 24 - 12 = \mathbf{12} $$

A maximális területű téglalap oldalai tehát 21 és 12 hosszúak.