AYT Matematik deneme — ücretsiz, 40 soru, çözümlü

Kısaca — İkinci bölgede kosinüs negatif değer aldığından $\cos x=-{\displaystyle \frac{4}{5}}$ bulunur.

Temel trigonometrik özdeşliğimiz olan ${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$ eşitliğinde verilen değeri yerine koyalım: ${\left({\displaystyle \frac{3}{5}}\right)}^2+{\cos }^{2}x=1⟹{\cos }^{2}x=1-{\displaystyle \frac{9}{25}}={\displaystyle \frac{16}{25}}$. Buradan karekök alındığında $\cos x=\pm {\displaystyle \frac{4}{5}}$ elde edilir. $x$ açısı ikinci bölgede $({\displaystyle \frac{\pi }{2}}<x<\pi )$ olduğu için bu bölgede kosinüs negatif işaretlidir; dolayısıyla $\cos x=-{\displaystyle \frac{4}{5}}$ olur. Bölge işaretine dikkat etmeyenler pozitif olan ${\displaystyle \frac{4}{5}}$ değerine kapılabilir.

${\log }_{3}81=4$ olduğundan ifade ${\log }_{2}4=2$ olur.

Kısaca — Verilen parçalı fonksiyonun $x=1$ noktasında sürekli olması için $a+b=2$ olmalıdır; soru doğrudan $a+b$ toplamını sorduğundan cevap 2’dir.

Tanıma göre fonksiyonun parçalanma noktaları $x=1$ ve $x=4$’tür. Fonksiyon gerçel sayılar kümesinde sürekli olduğundan $x=1$’de sağdan limit soldan limite eşit olmalıdır: ${\lim }_{x\to 1^{-}}2x=2(1)=2$ ve ${\lim }_{x\to 1^{+}}(ax+b)=a+b$ olduğundan doğrudan $a+b=2$ eşitliği bulunur. İstenirse $x=4$’teki süreklilikten $4a+b=4+1=5$ yazılarak $a=1$ ve $b=1$ değerleri tek tek de hesaplanabilir. İlk kritik noktadan doğrudan aranan toplama ulaşılabildiğini fark etmek pratik bir çözüm sağlar.

Kısaca — $h^{\mathrm{\prime }}(2)$ türevinin değeri 6’dır.

$h(x)$ fonksiyonunun türevini bulmak için ilk terime çarpım kuralını, ikinci terime ise bölüm kuralını uygulayalım: $h^{\mathrm{\prime }}(x)=[2x\cdot f(x)+x^2\cdot f^{\mathrm{\prime }}(x)]-{\displaystyle \frac{g^{\mathrm{\prime }}(x)\cdot x-g(x)\cdot 1}{x^2}}$ olur. Şimdi verilen $x=2$ değerlerini yerine yazalım: çarpım türevi kısmı $2(2)\cdot f(2)+2^2\cdot f^{\mathrm{\prime }}(2)=4(3)+4(-1)=12-4=8$ gelir. Bölüm türevi kısmı ise ${\displaystyle \frac{g^{\mathrm{\prime }}(2)\cdot 2-g(2)}{2^2}}={\displaystyle \frac{6\cdot 2-4}{4}}={\displaystyle \frac{12-4}{4}}={\displaystyle \frac{8}{4}}=2$ olur. Bu iki sonucu birleştirdiğimizde $h^{\mathrm{\prime }}(2)=8-2=6$ değerini elde ederiz. Bölüm türevinin önündeki eksi işaretini dağıtırken işaret hatası yapmak seni yanlış sonuçlara sürükleyebilir, işlem adımlarını dikkatle takip etmelisin.

Genel terim $\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0px}{}{6}{k}}\right)(2x{)}^{6-k}{(-{\displaystyle \frac{1}{x}})}^k=\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0px}{}{6}{k}}\right)2^{6-k}(-1{)}^k{x}^{6-2k}$’dir. $6-2k=2$ için $k=2$ olup katsayı $\left({\displaystyle \genfrac{}{}{0px}{}{6}{2}}\right)\cdot 2^4\cdot 1=15\cdot 16=240$’tır.

Kısaca — Verilen koşulları sağlayan $A52B$ sayısında $A\cdot B$ çarpımı 28’dir.

11 ile bölünebilme kuralı için basamaklar sağdan sola $+,-,+,-$ şeklinde işaretlenirse $+B-2+5-A=B-A+3=11k$ elde edilir. $A$ ve $B$ birer rakam olduğundan bu fark ancak 0 olabilir ve $A-B=3$ bağıntısına ulaşılır. 9 ile bölünebilme için rakamlar toplamı $A+5+2+B=A+B+7=9m$ olmalıdır, bu da $A+B=2$ veya $A+B=11$ demektir. $A-B=3$ olduğundan $A+B=2$ olamaz; taraf tarafa toplandığında $A+B=11$ ve $A-B=3$ eşitliklerinden $A=7$ ve $B=4$ bulunur. Buradan çarpım $A\cdot B=7\cdot 4=28$ olarak hesaplanır.

Kısaca — Müşteri siparişini 105 farklı şekilde oluşturabilir.

İlk aşamada kek veya kurabiyeden biri seçileceğinden toplama ilkesiyle $3+4=7$ seçenek vardır. İkinci aşamada 5 çeşit içecek arasından seçim yapılır. Son aşamada ise 2 çeşit sosun yanı sıra “sos almama” durumu da geçerli bir tercih olduğundan $2+1=3$ durum oluşur. Bu aşamalar ardışık olarak tamamlandığı için çarpma ilkesiyle $7\times 5\times 3=105$ sipariş oluşturulur; sos almama tercihini atlayarak 70 sonucuna düşmemeye dikkat etmelisin.

Kısaca — $a$ parametresinin alabileceği tam sayı değerlerinin toplamı 1’dir.

İkinci dereceden bir ifadenin tüm gerçel sayılarda daima pozitif olması için başkatsayısının pozitif ($1>0$) ve diskriminantının sıfırdan küçük ($\mathrm{\Delta }<0$) olması gerekir. Buradan $\mathrm{\Delta }=(-2a{)}^2-4(1)(a+2)=4a^2-4a-8<0$ eşitsizliğini kurup her terimi 4’e bölersek $a^2-a-2<0⟹(a-2)(a+1)<0$ elde ederiz. Bu eşitsizlik $-1<a<2$ aralığını verir ve bu aralıktaki tam sayılar 0 ile 1 olup toplamları $0+1=1$ bulunur. $\mathrm{\Delta }\le 0$ alarak uç nokta olan 2’yi de dahil edenler toplamı 3 bularak yanılgıya düşebilir.

$p\Rightarrow q$ yalnızca $p$ doğru $q$ yanlışken yanlış olur: çift olup 3’e bölünmeyenler 2,4,8,10,14,16,20’dir. Toplam 74’tür.

Kısaca — Çevresi 20 birim olan dikdörtgenin alanı en fazla 25 birimkare olabilir.

Dikdörtgenin çevresi $2(x+y)=20$ olduğundan komşu kenarların toplamı $x+y=10$, buradan da $y=10-x$ elde edilir. Alanı tek değişkene bağlı bir fonksiyon olarak ifade ettiğimizde $A(x)=x(10-x)=10x-x^2$ bağıntısına ulaşırız. Alanın en büyük değerini bulmak için türevi sıfıra eşitleriz: $A^{\mathrm{\prime }}(x)=10-2x=0⟹x=5$ ve dolayısıyla $y=5$ bulunur. Böylece alan en fazla $5\cdot 5=25$ birimkare olur. Toplamları sabit iki sayının çarpımının en büyük olması için sayıların birbirine eşit seçilmesi gerektiğini hatırlayabilirsin; kenarları 4 ve 6 seçenler 24 bulurken, çevre formülüyle alanı karıştıranlar doğrudan 20 değerine yönelebilir.

Pisagor’dan $(x+1{)}^2+(2x{)}^2=(2x+1{)}^2$ yazılır. Sadeleştirince $x^2-2x=0$ ve $x=2$ bulunur. Dik kenarlar 3 ve 4 olup alan ${\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 4=6$’dır.

Kısaca — $ABV$ üçgeninin alanı 1 birimkaredir.

Parabolün $y=(x-1)(x-3)$ denkleminde $y=0$ yazıldığında $x$ eksenini kestiği noktalar $x=1$ ve $x=3$ olarak bulunur; grafikte görüldüğü gibi bu noktalar $A(1,0)$ ve $B(3,0)$ olup taban uzunluğu $\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }=3-1=2$ birimdir. Tepe noktası $V$’nin apsisi köklerin tam ortası olan $r={\displaystyle \frac{1+3}{2}}=2$ değeridir; ordinatı ise $k=f(2)=(2-1)(2-3)=-1$ olarak bulunur. Dolayısıyla $V(2,-1)$ noktasının $x$ eksenine yani tabana olan dik uzaklığı $h=\mathrm{\mid }-1\mathrm{\mid }=1$ birimdir. Buradan üçgenin alanı $\text{Alan}(ABV)={\displaystyle \frac{\text{taban}\cdot \text{y}\ddot{\text{u}}\text{kseklik}}{2}}={\displaystyle \frac{2\cdot 1}{2}}=1$ birimkare gelir. Taban ile yüksekliği çarptıktan sonra ikiye bölmeyi unutmak en yaygın hata olarak 2 çeldiricisine yol açar.

Kısaca — $k=11$ ve $m=5$ olduğundan $k+m=16$ bulunur.

Toplamı ortak çarpan parantezine alarak düzenleyelim: $12!+13!=12!(1+13)=14\cdot 12!=2\cdot 7\cdot 12!$. $12!$ içindeki 2’nin en büyük kuvveti $\lfloor 12\mathrm{/}2\rfloor +\lfloor 12\mathrm{/}4\rfloor +\lfloor 12\mathrm{/}8\rfloor =6+3+1=10$ olup 14’ten gelen 2 çarpanı da eklendiğinde $k=10+1=11$ olur. $12!$ içindeki 3’ün en büyük kuvveti $\lfloor 12\mathrm{/}3\rfloor +\lfloor 12\mathrm{/}9\rfloor =4+1=5$ bulunur ve 14’te 3 çarpanı olmadığı için $m=5$’tir. Buradan $k+m=11+5=16$ elde edilir; parantez dışındaki 14’ün içindeki 2 çarpanını hesaba katmayıp $k=10$ almak 15 çeldiricisine düşüren temel hatadır.

Kısaca — $a$’nın alabileceği en büyük tam sayı değeri 1’dir.

Baş katsayısı pozitif (1) olan ikinci dereceden bir ifadenin tüm $x$ gerçel sayıları için daima sıfırdan büyük kalması, parabolün $x$ eksenini kesmemesi yani diskriminantının kesinlikle sıfırdan küçük olmasıyla mümkündür. İfadeye ait diskriminant incelendiğinde $\mathrm{\Delta }=(-2(a-1){)}^2-4\cdot 1\cdot (a^2-4a+5)=8a-16<0$ eşitsizliği elde edilir. Buradan $8a<16$ yani $a<2$ bulunur; bu koşula uyan en büyük tam sayı ise 1’dir. Eşitsizlik kesin pozitif ($>0$) olduğu halde kök olabileceğini varsayıp diskriminantı $\le 0$ alarak $a=2$ değerini seçmek sorudaki en çekici çeldiricidir.

İki çarpımın eleman sayıları 20 ve 12’dir. Kesişim $(A\cap C)\times (B\cap D)$ olup 6 elemanlıdır; birleşim $20+12-6=26$ olur.

Kısaca — Kosinüs teoreminden $\cos x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ elde edilir; $x=120^{\circ }$ geniş açısının tanjantı $-\sqrt{3}$ değerini alır.

$ABC$ üçgeninde $A$ açısına göre Kosinüs teoremi $a^2=b^2+c^2-2bc\cos x$ şeklinde yazılır. Soruda verilen $a^2=b^2+c^2+bc$ bağıntısıyla eşitlendiğinde $-2bc\cos x=bc$ olur ve buradan $\cos x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ bulunur. Bir üçgenin iç açısı için kosinüsü $-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ olan açı $x=120^{\circ }$’dir. İkinci bölgede tanjant negatif olduğundan $\tan 120^{\circ }=-\tan 60^{\circ }=-\sqrt{3}$ elde edilir.

Kısaca — Tablodaki ardışık $x$ değerlerine karşılık gelen $P(x)$ farkları incelendiğinde üçüncü farkın sabitliği sayesinde $P(4)=30$ bulunur.

Tabloda verilen $x=0,1,2,3$ değerleri için $P(x)$ sırasıyla $2,3,6,14$ olarak verilmiştir. Ardışık terimler arasındaki birinci farklar $1,3,8$; bu farkların farkı olan ikinci farklar $2,5$; üçüncü fark ise $5-2=3$ olur. Polinomun derecesi en fazla 3 olduğundan üçüncü farklar sabit kalmalıdır; bu kural gereği bir sonraki ikinci fark $5+3=8$ ve bir sonraki birinci fark $8+8=16$ olur. Buradan $P(4)=14+16=30$ olarak hesaplanır. Farkların büyümesini sabit kabul edip bir sonraki artışı eksik hesaplayanlar 26 veya 28 çeldiricisine yönelebilir.

Kısaca — $f^{\mathrm{\prime }}(x)$’in işaret değiştirdiği tepe noktasını dikkate alarak integralleri topladığımızda alan 13 birimkare olur.

$y=f^{\mathrm{\prime }}(x)$ eğrisi ile $x$ ekseni arasındaki alan ${\int }_{-2}^3\mathrm{\mid }{f}^{\mathrm{\prime }}(x)\mathrm{\mid }dx$ integrali ile bulunur. $f(x)=5-x^2$ olduğundan $f^{\mathrm{\prime }}(x)=-2x$’tir; türev $x=0$’da işaret değiştirir. $[-2,0]$ aralığında $f^{\mathrm{\prime }}(x)\ge 0$ olduğundan alan ${\int }_{-2}^0(-2x)dx={[-x^2]}_{-2}^0=4$ birimkaredir. $[0,3]$ aralığında ise $f^{\mathrm{\prime }}(x)\le 0$ olduğundan alan ${\int }_0^{3}2xdx={\left[x^2\right]}_0^3=9$ birimkaredir. Toplam alan $4+9=13$ birimkaredir (grafikteki tepe noktasından da görüleceği üzere bu değer fonksiyonun toplam artış ve azalış miktarlarının toplamı olan $(5-1)+(5-(-4))=13$’e karşılık gelir).

Kısaca — En az bir çalışmaya katılan 23 öğrenci arasından her ikisine katılan 7 öğrenci seçilme olasılığı ${\displaystyle \frac{7}{23}}$’tür.

Tablodaki verilere göre her şube için en az bir çalışmaya katılan öğrenci sayısını birleşim formülüyle ($s(R\cup T)=s(R)+s(T)-s(R\cap T)$) hesaplarız. 11-A şubesinde $8+6-3=11$ öğrenci, 11-B şubesinde ise $7+9-4=12$ öğrenci en az bir çalışmaya katılmıştır; böylece örnek uzayımız $11+12=23$ öğrenciden oluşur. Her iki çalışmaya da katılan öğrenciler ise tablonun son sütunundaki $3+4=7$ öğrencidir. Kesişimi çıkarmayı unutup toplam öğrenci sayısını $8+6+7+9=30$ alanların aksine, doğru payda 23 olduğundan aranan olasılık ${\displaystyle \frac{7}{23}}$ olarak bulunur.

$F(1)-F(0)={\int }_0^1{F}^{\mathrm{\prime }}(x)dx$ yazılır. $u=x^2+2x+3$ dönüşümü bu integrali ${\displaystyle \frac{1}{2}}{\int }_3^6{u}^{2}du={\displaystyle \frac{63}{2}}$ yapar; $F(0)=2$ eklenince $F(1)={\displaystyle \frac{67}{2}}$ bulunur.

$a+b=2m$ ve $a-b=2n$ olup $m+n=a$ tek olduğundan $m$ ve $n$’den biri çifttir; $4mn$ her zaman 8’in katıdır ancak $a=3$, $b=1$ için sonuç 8 olup 16’ya bölünmez.

Kısaca — Tanım kümesi sınırlarına uyan kökler $\pm {\displaystyle \frac{1}{2}}$ ve $\pm {\displaystyle \frac{7}{2}}$ olup çarpımları ${\displaystyle \frac{49}{16}}$’dır.

Grafikte $y=1$ doğrusu fonksiyonu $t=-2$, $t=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$, $t={\displaystyle \frac{5}{2}}$ ve $t={\displaystyle \frac{7}{2}}$ noktalarında keser. $t=\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }-1$ eşitliğinde mutlak değer negatif olamayacağından $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=t+1\ge 0$ olmalıdır; bu yüzden $t=-2$ elenir. Ayrıca $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }\le 4$ tanım kümesi sınırı gereği $t={\displaystyle \frac{7}{2}}$ için $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }=4,5>4$ olduğundan bu kök de elenir. Geriye kalan $t=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ için $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }={\displaystyle \frac{1}{2}}⟹x=\pm {\displaystyle \frac{1}{2}}$ ve $t={\displaystyle \frac{5}{2}}$ için $\mathrm{\mid }x\mathrm{\mid }={\displaystyle \frac{7}{2}}⟹x=\pm {\displaystyle \frac{7}{2}}$ bulunur. Bu dört kökün çarpımı $(-{\displaystyle \frac{1}{2}})\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)(-{\displaystyle \frac{7}{2}})\left({\displaystyle \frac{7}{2}}\right)={\displaystyle \frac{49}{16}}$ elde edilir.

Kısaca — Denklemin kökleri $\{-5,1,2\}$ olup kareleri toplamı 30’dur.

Sol taraftaki iki kare farkını mutlak değer içinde çarpanlarına ayırarak denklemi $\mathrm{\mid }x-2\mathrm{\mid }\cdot \mathrm{\mid }x+2\mathrm{\mid }=3\mathrm{\mid }x-2\mathrm{\mid }$ şeklinde yazmalısın. Tüm terimleri bir tarafa toplayıp ortak çarpan parantezine aldığında $\mathrm{\mid }x-2\mathrm{\mid }(\mathrm{\mid }x+2\mathrm{\mid }-3)=0$ elde edilir. Buradan ilk kök $\mathrm{\mid }x-2\mathrm{\mid }=0⟹x=2$ olarak bulunur. Diğer çarpan $\mathrm{\mid }x+2\mathrm{\mid }=3$ eşitliğini sağlayan kökler ise $x=1$ ve $x=-5$ olur. Üç kökün kareleri toplamı $2^2+1^2+(-5{)}^2=4+1+25=30$ çıkar; denklemin her iki tarafını doğrudan sadeleştirip $x=2$ kökünü kaybedenler 26 çeldiricisine takılır.

Kısaca — İndirgeme bağıntısı hesaplandığında dizinin 6 terimde bir periyodik olarak tekrarlandığı ve bir periyot toplamının 0 olduğu görülür; 2026’nın 6 ile bölümünden kalan 4 olduğundan ilk 4 terimin toplamı 11 bulunur.

Verilen kuralı ardışık terimlere uygulayarak örüntüyü görelim: $a_1=3$, $a_2=7$, $a_3=4$, $a_4=-3$, $a_5=-7$, $a_6=-4$ ve $a_7=3$ olur. Gördüğün gibi dizi 6 terimde bir başa dönmektedir ve bir periyottaki terimlerin toplamı $3+7+4-3-7-4=0$’dır. $2026=6\cdot 337+4$ olduğundan ilk 2022 terim tam periyotlar oluşturarak birbirini sıfırlar. Geriye kalan son 4 terim dizinin ilk 4 terimine karşılık gelir ve toplamları $3+7+4-3=11$ yapar.

Bağıntıda sırasıyla $x=2,{\displaystyle \frac{1}{2}},-1$ alınırsa $A=f(2)$, $B=f({\displaystyle \frac{1}{2}})$, $C=f(-1)$ için $A+2B=2$, $B+2C={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $C+2A=-1$ elde edilir. Bu sistemden $A=C=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$, $B={\displaystyle \frac{7}{6}}$ bulunur ve $(A+B)\mathrm{/}C=-{\displaystyle \frac{5}{2}}$ olur.

Kısaca — $\sin x=1$ kökü bir çözüm getirdiğinden, denklemin tam üç çözümü olması için $\sin x={\displaystyle \frac{m}{2}}$ denklemi $(-1,1)$ aralığında 2 çözüm üretmelidir; bu da $m\in \{-1,0,1\}$ olmak üzere 3 farklı değer verir.

Verilen denklemi $(2\sin x-m)(\sin x-1)=0$ şeklinde çarpanlarına ayırırız. İlk olarak $\sin x=1$ denklemi $[0,2\pi )$ aralığında yalnızca tek bir çözüm ($x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$) sağlar. Toplam çözüm sayısının tam üç olması için ikinci çarpan olan $\sin x={\displaystyle \frac{m}{2}}$ denkleminin bu aralıkta ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}$’den farklı iki kök vermesi gerekir. $[0,2\pi )$ aralığında sinüsün iki farklı kök vermesi $-1<{\displaystyle \frac{m}{2}}<1$ koşuluna bağlıdır; buradan $-2<m<2$ eşitsizliği bulunur. $m$ tam sayı olduğundan $m=-1,0,1$ olmak üzere 3 farklı değer alabilir. Sınır değerleri olan $m=\pm 2$ alındığında yalnızca tek kök geleceğini veya köklerin çakışacağını gözden kaçıranlar 5 ya da 4 seçeneklerine yönelebilir.

Taban değiştirme ile $C$’nin elemanları $A$’dakilerin yarısıdır. $pqr=128=2^7$ ve kesişimin 2 elemanlı olması sayıları 2, 4, 16 yapar; toplam 22’dir.

$S=a+b$ ve $P=ab$ denirse $f(x)=x^4+S{x}^2+P$ ve $f^{\mathrm{\prime }}(x)=4x^3+2Sx$ olur. İlk teğetin orijinden geçmesi $f(1)=f^{\mathrm{\prime }}(1)$, yani $P=S+3$ verir. Eğim koşulundan $32+4S=3(4+2S)$ ve $S=10$ bulunur. Böylece $P=13$ ve $(a-b{)}^2=S^2-4P=48$ olur.

Grafikten ${\lim }_{x\to 2}f(x)=4$ ve $f(2)=1$ okunur. Çarpımın sürekliliği $4g(2)=g(2)$, yani $g(2)=0$ verir; $g(0)=3$ ile $a=-{\displaystyle \frac{3}{2}}$, $b=3$ ve $g(4)=-3$ bulunur.

$OP\perp DC$ ve $OP=1$ olduğundan $OPC$ dik üçgeninde $OC=1\mathrm{/}\sin \alpha$ bulunur. $AC=1+1\mathrm{/}\sin \alpha$ olduğuna göre $AD=AC\tan \alpha =(1+\sin \alpha )\mathrm{/}\cos \alpha$’dır.

Kısaca — Cisim köşegeninden küpün bir ayrıtı 3 cm bulunur ve toplam yüzey alanı $54{\text{ cm}}^2$ olur.

Bir ayrıtının uzunluğu $a$ olan bir küpte cisim köşegeni üç boyutlu Pisagor bağıntısıyla $e=\sqrt{a^2+a^2+a^2}=a\sqrt{3}$ formülüyle hesaplanır. Verilen $a\sqrt{3}=3\sqrt{3}$ eşitliğinden küpün bir ayrıtı $a=3\text{ cm}$ olarak bulunur. Bir küp birbirine eş 6 kare yüzden oluştuğundan toplam yüzey alanı $6a^2$ formülüyle bulunur; buradan $\text{Alan}=6\cdot 3^2=6\cdot 9=54{\text{ cm}}^2$ elde edilir. Yüzey alanı yerine küpün hacmini ($a^3=27$) ya da yalnızca yanal alanını ($4a^2=36$) hesaplamamaya dikkat etmelisin.

Kısaca — $m$ sayısının değeri $\sqrt{3}$’tür.

Doğruları $mx-y+5=0$ ve $mx-y-3=0$ şeklinde genel doğru denklemine dönüştürerek paralel doğrular arası uzaklık formülünü uygulayabilirsin. Formülde yerine yazdığımızda $d={\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }5-(-3)\mathrm{\mid }}{\sqrt{m^2+(-1{)}^2}}}={\displaystyle \frac{8}{\sqrt{m^2+1}}}=4$ eşitliğini elde ederiz. Buradan $\sqrt{m^2+1}=2$ olur ve her iki tarafın karesini aldığımızda $m^2+1=4⟹m^2=3$ bulunur. $m$ pozitif bir gerçek sayı olarak verildiğinden $m=\sqrt{3}$ olarak belirlenir; $m^2+1=4$ aşamasında 1’i karşıya geçirmeyi unutarak $m=2$ bulmak en yaygın dikkatsizlik tuzaklarındandır.

Kısaca — $O_{1}A{O}_{2}B$ dörtgeninin alanı 48 birimkaredir.

$O_{1}A{O}_2$ üçgeninin kenar uzunlukları 6, 8 ve 10 birimdir. $6^2+8^2=10^2$ eşitliği sağlandığından bu üçgen 6-8-10 özel dik üçgenidir ve dik açı $A$ köşesindedir ($m(\mathrm{\angle }{O}_{1}A{O}_2)=90^{\circ }$). Simetriden dolayı alttaki $O_{1}B{O}_2$ üçgeni de aynı kenarlara sahip eş bir dik üçgendir. Şekilde sarı renkle taranmış $O_{1}A{O}_{2}B$ dörtgeni, hipotenüsleri ortak olan bu iki eş dik üçgenin birleşiminden oluşur. Bir dik üçgenin alanı ${\displaystyle \frac{6\cdot 8}{2}}=24$ birimkare olduğundan, dörtgenin toplam alanı $2\cdot 24=48$ birimkare bulunur.

Kısaca — Çemberin merkezinin orijine uzaklığı 5 ve yarıçapı 6 birim olduğundan çemberin orijine en kısa uzaklığı $6-5=1$ birimdir.

Genel denklemi verilen $x^2+y^2-6x+8y-11=0$ ifadesini tam kare biçimine dönüştürürsek $(x-3{)}^2-9+(y+4{)}^2-16-11=0⟹(x-3{)}^2+(y+4{)}^2=36$ elde edilir. Bu denklemden çemberin merkezi $M(3,-4)$ ve yarıçapı $r=\sqrt{36}=6$ birim bulunur. Merkezin $O(0,0)$ orijinine olan uzaklığı Pisagor bağıntısıyla $OM=\sqrt{3^2+(-4{)}^2}=5$ birimdir. $OM<r$ ($5<6$) olduğundan orijin noktası çemberin iç bölgesinde kalır. Dolayısıyla çember üzerindeki noktaların orijine olan en küçük uzaklığı $r-OM=6-5=1$ birim olur. Orijinin çemberin dışında olduğunu varsayıp $OM-r$ hesabı yapmaya çalışanlar veya doğrudan sıfırı işaretleyenler yanılgıya düşer.