AYT Matematik denemesi

Kısaca — $\sin\dfrac{\theta}{2}$ değeri $\dfrac{\sqrt{6}}{4}$ olarak bulunur.

Şekildeki birim çemberde $OCD$ üçgeninin kolları yarıçap olduğundan $|OC|=|OD|=1$ birimdir ve tepe açısı $\theta$’dır. $O$ merkezinden kırmızı $CD$ kirişine indirilen dikme, ikizkenar üçgenin tepe açısını $\dfrac{\theta}{2}$ ve kirişi iki eşit parçaya böler. Bu dik üçgende karşı dik kenar uzunluğu $1 \cdot \sin\dfrac{\theta}{2}$ olup tüm kiriş uzunluğu $|CD| = 2\sin\dfrac{\theta}{2}$ olur. Verilen $|CD| = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$ değeri denklemde yerine yazıldığında $2\sin\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$ eşitliğinden $\sin\dfrac{\theta}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{4}$ elde edilir. Kiriş uzunluğunun yarısını almayı unutan öğrenciler doğrudan $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$ çeldiricisine yönelebilir.

Kısaca — $x$, 5’e soldan yaklaşırken $x-5 < 0$ olduğundan mutlak değer dışına $-(x-5)$ olarak çıkar ve limit $-1$ bulunur.

$x\to 5^-$ yaklaşımı, $x$’in 5’ten daima küçük değerler aldığını ($x < 5$) ifade eder. Bu durumda $x - 5$ farkı negatif olacağından mutlak değer tanımı gereği $|x-5| = -(x-5)$ şeklinde dışarı çıkar. İfadede yerine koyduğumuzda $\dfrac{x-5}{-(x-5)} = -1$ sabit değeri elde edilir ve limit $-1$ olur. Yaklaşım yönünü göz ardı edip mutlak değeri doğrudan $(x-5)$ olarak çıkararak $+1$ sonucuna ulaşmak en kuvvetli çeldiricidir.

Kısaca — Teğet doğrularının $y$ eksenini kestiği noktaların ordinatları toplamı 0 olur.

Bir eğrinin teğetinin eğimi o noktadaki türevine eşittir. $y'=3x^2-3=9$ denkleminden $x^2=4$ bulunur; buradan teğet değme noktalarının apsisleri $x=2$ ve $x=-2$ gelir. Bu apsisler fonksiyonda yerine yazıldığında $(2,2)$ ve $(-2,-2)$ değme noktaları elde edilir. Eğimleri 9 olan teğetlerin denklemleri $y-2=9(x-2) \implies y=9x-16$ ve $y+2=9(x+2) \implies y=9x+16$ olarak bulunur. Teğetlerin $y$ eksenini kestiği ordinatlar $-16$ ve 16 olduğundan, bu değerlerin toplamı $-16+16=0$ çıkar. Yalnızca bir teğeti hesaplayıp $-16$ veya 16 yanılgısına düşmemeye dikkat etmelisin.

Kısaca — Fonksiyonun en geniş tanım kümesi $(3,\dfrac{7}{2})\cup(\dfrac{7}{2},\infty)$ kümesidir.

Logaritmanın içi için $x^2 - 3x + 10 > 0$ şartına baktığımızda diskriminant $\Delta = 9 - 40 = -31 < 0$ ve başkatsayı pozitif olduğundan bu ifade bütün gerçek sayılar için daima pozitiftir. Tabanın pozitif olması için $2x - 6 > 0 \implies x > 3$ ve tabanın 1 olmaması için $2x - 6 \neq 1 \implies x \neq \dfrac{7}{2}$ koşulları sağlanmalıdır. Bu koşulların kesişimi alındığında $x>3$ aralığından $\dfrac{7}{2}$ noktası atılır ve çözüm $(3,\dfrac{7}{2})\cup(\dfrac{7}{2},\infty)$ olarak bulunur. Tabanın 1 olamayacağı kuralını gözden kaçırmak doğrudan $(3,\infty)$ çeldiricisine yönlendirir.

Kısaca — $P(x + 1)$ polinomunun sabit terimi 6 dır.

Bir polinomun sabit terimini bulmak için o polinomda değişken yerine daima 0 yazılır. Dolayısıyla $P(x + 1)$ polinomunda $x = 0$ yazarsan aradığın değerin $P(0 + 1) = P(1)$ olduğunu görürsün. $P(x)$ polinomunun katsayılar toplamı da $P(1)$ olduğundan ve soruda 6 olarak verildiğinden, $a$ katsayısını hiç bulmadan cevaba doğrudan ulaşabilirsin. Burada $a = 4$ değerini bulup çeldiriciye takılmamaya özen göstermelisin.

Kısaca — Aynı renkteki iki bilyeyi seçme olasılığı $\dfrac{5}{18}$’dir.

Torbada toplam $4 + 3 + 2 = 9$ bilye bulunmaktadır. Bu bilyeler arasından rastgele seçilen 2 bilyenin tüm olası durumlarının sayısı $\binom{9}{2} = \dfrac{9 \cdot 8}{2} = 36$’dır. İki bilyenin aynı renkte olması; ikisinin kırmızı, ikisinin mavi veya ikisinin yeşil olmasıyla mümkündür. Bu durumların sayıları sırasıyla $\binom{4}{2} = 6$, $\binom{3}{2} = 3$ ve $\binom{2}{2} = 1$ olup istenen durumların toplamı $6 + 3 + 1 = 10$ eder. Dolayısıyla aranan olasılık $\dfrac{10}{36} = \dfrac{5}{18}$ olarak bulunur. Yeşil bilyelerden 2 tane seçilemeyeceğini zannedenler ya da toplama hatası yapanlar $\dfrac{1}{4}$ gibi çeldiricilere düşebilir.

Kısaca — Belirli integralin değeri 6’dır. Şekilde $K=4$ ve $N=5$ alanlı bölgeler eksenin üstünde, $L=3$ alanlı bölge eksenin altındadır. Üstteki alanları pozitif, alttakini negatif alırsak $\displaystyle\int_{-m}^{m} f(x)\,dx=K-L+N=4-3+5=6$ bulunur. İşaretleri gözetmeden bulunan 12, bölgelerin toplam alanıdır.

Kısaca — 360 sayısının pozitif bölenlerinden 12'nin katı olanların sayısı 8'dir.

Aranan bölenlerin 12'nin katı olması gerektiğinden sayıyı $360 = 12 \cdot 30$ şeklinde çarpanlarına ayırabiliriz. 12 ile çarpıldığında 360'ın böleni olan her sayı, 30 sayısının bir pozitif bölenine karşılık gelir. 30 sayısının asal çarpanlarına ayrılmış biçimi $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1$ olduğundan pozitif bölen sayısı üslerin birer fazlasının çarpımıyla $(1+1)(1+1)(1+1) = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ olarak bulunur. Dolayısıyla 360'ın 12'nin katı olan tam 8 pozitif böleni vardır.

Kısaca — $a$ sayısının alabileceği değerleri gösteren en geniş aralık $(-1,3]$’tür.

$x=1$ değeri $x-2<a$ eşitsizliğini sağladığından $1-2 < a \implies -1 < a$ olmalıdır; bu koşul $-1$ sınırının açık parantez olduğunu belirtir. $x=5$ değeri eşitsizliği sağlamadığı için $5-2 < a$ önermesi yanlış olmalı, yani değilinin doğru olması gerekir: $3 \ge a \implies a \le 3$; bu da 3 sınırının kapalı parantez olmasını gerektirir. “Sağlamaz” ifadesinin katı küçüktür sembolünün değilini alarak büyük eşittir oluşturduğu gözden kaçırılırsa 3 sınırını açık alıp $(-1,3)$ aralığına yönelmek sık yapılan bir hatadır. İki koşul birleştirildiğinde çözüm kümesi $-1 < a \le 3$, yani $(-1,3]$ olarak bulunur.

Kısaca — Katsayı eşitliğinden $n = 7$ bulunur ve tüm katsayılar toplamı $2^7 = 128$ olur.

$(1+x)^n$ açılımında $x^2$ li terimin katsayısı $\binom{n}{2}$, $x$ li terimin katsayısı ise $\binom{n}{1} = n$’dir. Şarta göre $\binom{n}{2} = 3\binom{n}{1}$ olduğundan $\dfrac{n(n-1)}{2} = 3n$ denklemini yazarız. $n \ge 3$ olduğu için her iki taraf $n$’ye bölündüğünde $n - 1 = 6$ ve buradan $n = 7$ elde edilir. Katsayılar toplamını bulmak için değişkene 1 yazılır; $x = 1$ için $(1+1)^7 = 2^7 = 128$ bulunur. Paydadaki 2’yi unutup $n-1=3$ üzerinden $n=4$ veya işlem hatasıyla $n=6$ alanlar 64 çeldiricisine yönelebilirdi.

Köklerin ikisinin de pozitif olması için $m>0$, toplam $5>0$ ve $\Delta=25-4m\geq0\Rightarrow m\leq\dfrac{25}{4}$ gerekir. En büyük tam sayı $m=6$ dır.

Kısaca — Bu üç sayının toplamının alabileceği en küçük değer 15’tir.

Ortanca sayıya $n$ dersek sayılar $n-1, n, n+1$ olur; toplamları $3n$ ve toplama 1 eklendiğinde $3n + 1$ tam kare olmalıdır. Seçeneklerdeki toplamları denersek: Toplam 9 ve 12 için $3n + 1$ sırasıyla 10 ve 13 olup tam kare belirtmez. Toplam 15 olduğunda $n = 5$ olur; sayılar $4, 5, 6$ için $3n + 1 = 16 = 4^2$ ve çarpım koşulu $4 \times 5 \times 6 + 1 = 121 = 11^2$ her iki şartı da sağlar. Toplamı 24 olan $7, 8, 9$ üçlüsünde toplam şartı ($24 + 1 = 25$) sağlansa da çarpım ($7 \times 8 \times 9 + 1 = 505$) tam kare olmadığından elenir.

Kısaca — İki eşitsizliğin ortak çözüm aralığı $(3, 6]$ olup bu aralıktaki tam sayıların toplamı 15’tir.

İlk eşitsizlik olan $(x-1)(x-6) \le 0$ ifadesinin kökleri 1 ve 6 olduğundan çözüm kümesi $[1, 6]$ kapalı aralığıdır. İkinci eşitsizlik olan $(x-3)(x+2) > 0$ ifadesinin kökleri $-2$ ve 3 olup ifadenin pozitif olduğu bölge $(-\infty, -2) \cup (3, \infty)$ aralıklarıdır. Bu iki çözüm kümesinin kesişimi $(3, 6]$ yarı açık aralığını verir ve bu aralıktaki tam sayılar $4, 5, 6$’dır. Buradan toplam $4 + 5 + 6 = 15$ bulunur; ikinci eşitsizlikteki kesin büyüktür işaretine dikkat etmeyip 3’ü de dahil etmek en yaygın çeldiricidir.

Kısaca — Denklem $\sin x$ değişkenine göre çarpanlarına ayrıldığında geçerli köklerin toplamı $\pi$ olur.

$\cos^2x = 1 - \sin^2x$ özdeşliğini denklemde yerine yazarsak $2(1-\sin^2x) - 3\sin x = 0$, yani $2\sin^2x + 3\sin x - 2 = 0$ ikinci derece denklemini elde ederiz. Bu ifade $(2\sin x - 1)(\sin x + 2) = 0$ biçiminde çarpanlarına ayrılır. Her $x$ gerçek sayısı için $-1 \le \sin x \le 1$ olduğundan $\sin x + 2 = 0$ durumundan gerçek kök gelmez; dolayısıyla $\sin x = \dfrac{1}{2}$ olmalıdır. $[0, 2\pi)$ aralığında $\sin x = \dfrac{1}{2}$ eşitliğini sağlayan kökler birinci ve ikinci bölgelerdeki $x_1 = \dfrac{\pi}{6}$ ve $x_2 = \dfrac{5\pi}{6}$ değerleridir. Bu iki kökün toplamı $\dfrac{\pi}{6} + \dfrac{5\pi}{6} = \pi$ bulunur.

$t=2x+1$ dönüşümü ilk integrali $\dfrac12\int_1^3 f(t)dt=5$ biçimine getirir; dolayısıyla $\int_1^3f=10$ olur. Toplam integralden çıkarılınca $18-10=8$ elde edilir.

Kısaca — Üçgenin hipotenüs uzunluğu 10 birimdir.

Şekildeki dik üçgende dik kenarlar üzerine dışa doğru kurulan karelerin alanları toplamı, Pisagor teoremi gereğince hipotenüs üzerine kurulacak karenin alanına eşittir. Dolayısıyla hipotenüs $c$ birim olmak üzere doğrudan $c^2 = 100 \implies c = 10$ birim bulunur. Üçgendeki $\sin x = \dfrac{3}{5}$ oranından dik kenarlar $3k$ ve $4k$, hipotenüs ise $5k$ olarak yazılabilir; karelerin alanları toplamı $(3k)^2 + (4k)^2 = 25k^2 = 100$ eşitliğinden $k = 2$ ve hipotenüs $5k = 10$ birim olarak da doğrulanır. Yalnızca orandaki 5 değerini doğrudan hipotenüsün gerçek uzunluğu sanmak en çekici çeldiricidir.

Kısaca — İki eşitliğin birbirine oranlanmasıyla ortak çarpan $r=2$ ve ilk terim $a_1=\dfrac{3}{2}$ bulunur; geometrik dizi toplam formülünden $S_6=\dfrac{189}{2}$ elde edilir.

İkinci eşitlikteki terimlerin indisleri birinci eşitliktekinden 1 fazla olduğundan $a_3+a_5=r(a_2+a_4)$ parantezine alabilirsin; buradan $30=15r$ olup $r=2$ çıkar. İlk eşitlikte $a_1$ parantezi açarsan $a_1(r+r^3)=a_1(2+8)=15$ denkleminden birinci terimi $a_1=\dfrac{3}{2}$ olarak bulursun. İlk 6 terim toplamı formülünü uyguladığında $S_6=a_1\cdot\dfrac{r^6-1}{r-1}=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{2^6-1}{2-1}=\dfrac{3\cdot 63}{2}=\dfrac{189}{2}$ sonucuna ulaşırsın.

$k$ artış sayısı olmak üzere gelir $R=(12+3k)(180-15k)$ yazılır. $R'(k)=0$ denklemi $k=4$ verir ve ücret 24 TL bulunur.

Kısaca — Denklemi sağlayan tüm gerçek sayı köklerinin kareleri toplamı 36’dır.

$|A| = |B|$ tipindeki denklemlerde ifadeleri $A = B$ ve $A = -B$ olarak iki ayrı durumda ele almalısın. İlk durumdan $x^2 - 5x + 4 = x - 2 \implies x^2 - 6x + 6 = 0$ elde edilir; $\Delta = 12 > 0$ olup iki gerçek kökün kareleri toplamı $(x_1+x_2)^2 - 2x_1x_2 = 6^2 - 2(6) = 24$ çıkar. İkinci durumdan $x^2 - 5x + 4 = -x + 2 \implies x^2 - 4x + 2 = 0$ gelir; $\Delta = 8 > 0$ olup köklerin kareleri toplamı $4^2 - 2(2) = 12$ bulunur. İki denklemin ortak kökü bulunmadığından tüm köklerin kareleri toplamı $24 + 12 = 36$ olur; negatif durumu hesaba katmayıp yalnızca 24 bulmak en yaygın eksikliktir.

Kısaca — Bir koşullu önermede hipotez ile hükmün hem yerleri değiştirilip hem değilleri alındığında elde edilen $\sim q\Rightarrow\sim p$ önermesi karşıt terstir (Yalnız III).

$p\Rightarrow q$ önermesi için önermelerin yer değiştirmesiyle oluşan $q\Rightarrow p$ ifadesi karşıt, önermelerin değillerinin alınmasıyla kurulan $\sim p\Rightarrow\sim q$ ifadesi ise terstir. Hem yerlerin değiştiği hem de değillerin alındığı $\sim q\Rightarrow\sim p$ yapısı ise ‘karşıt ters’ (kontrapozitif) olarak adlandırılır. Karşıt ile ters kavramlarını karıştırmak sık yapılan bir hata olup, istenen bağıntıyı yalnızca III numaralı öncül sağlamaktadır.

Kısaca — Grafikteki noktanın koordinatları doğrudan okunduğunda $f^{-1}(5)=8$ bulunur.

Bir fonksiyon grafiği üzerindeki $(x,y)$ noktaları $f(x)=y$ eşitliğini ifade eder; fonksiyon birebir olduğundan ters fonksiyon için $f^{-1}(y)=x$ bağıntısı geçerlidir. Grafikte verilen $(8,5)$ noktası, fonksiyona 8 girdiğinde çıktının 5 olduğunu, yani $f(8)=5$ olduğunu gösterir. Dolayısıyla ters fonksiyonda 5’in görüntüsü $f^{-1}(5)=8$’dir. Uzun uzun doğru denklemi yazmaya gerek kalmadan grafikten doğrudan nokta okumak sana zaman kazandırır.

$A\times B$ sekiz elemanlıdır ve iki köşegen ikilisi zorunludur. Kalan altı ikiliden üçü seçileceği için bağıntı sayısı $\binom63=20$’dir.

Kısaca — Olası $m$ değerlerinin toplamı $-10$’dur.

Parabol ile doğrunun tek noktada kesişmesi, birbirlerine teğet olmaları anlamına gelir. Ortak çözüm denklemini yazarsak $x^{2}-5x+6 = mx+1 \Rightarrow x^{2}-(m+5)x+5=0$ elde ederiz. Bu ikinci derece denklemin tek bir kökü olması için diskriminantı sıfır olmalıdır: $\Delta = (m+5)^{2}-4(1)(5) = 0 \Rightarrow m^{2}+10m+5=0$. Bizden olası $m$ değerlerinin toplamı istendiğinden kökleri tek tek bulmaya gerek kalmadan ikinci derece denklemin kökler toplamı formülünden $m_{1}+m_{2}=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{10}{1}=-10$ bulunur. Ortak denklemde $x$ katsayısını $(5-m)$ olarak yanlış düzenlemek kökler toplamını 10 veya $-5$ gibi hatalı sonuçlara götürebilir.

Kısaca — 12’nin katı olan üç basamaklı sayılardan 18 ve 30’un ortak katları dahil etme-dışlama prensibiyle çıkarıldığında 40 sayı bulunur.

Üç basamaklı sayılar 100 ile 999 arasındadır. Bu aralıkta 12’nin katı olan en küçük sayı 108, en büyük sayı 996 olup terim sayısı $\dfrac{996-108}{12}+1 = 75$ tanedir. 12 ile bölünüp 18 ile de bölünenler $\text{EKOK}(12,18)=36$’nın katlarıdır; bu sayılar $\dfrac{972-108}{36}+1 = 25$ tanedir. 12 ile bölünüp 30 ile de bölünenler $\text{EKOK}(12,30)=60$’ın katlarıdır; bu sayılar $\dfrac{960-120}{60}+1 = 15$ tanedir. Hem 18 hem de 30 ile bölünen ortak katları, yani $\text{EKOK}(12,18,30)=180$’in katı olan $\dfrac{900-180}{180}+1 = 5$ sayıyı iki kez çıkarmamak için ekleriz. Buradan $75 - (25 + 15 - 5) = 40$ elde edilir. Ortak kesişimi geri eklemeyi unutanlar 35 cevabına yanılarak gidebilir.

Kısaca — Koşulu sağlayan 140 farklı alt küme seçilebilir.

Seçilen beş eleman arasında tam olarak bir ardışık çift bulunması, bu elemanların bir adet 2 elemanlı ardışık blok ile üç adet 1 elemanlı tekil bloktan (toplam 4 bağımsız blok) oluşması demektir. Kümede seçilmeyen $11 - 5 = 6$ eleman yan yana dizildiğinde, aralarında ve uçlarında bu blokların yerleşebileceği $6 + 1 = 7$ boşluk oluşturur. Hiçbir blok birbirine temas edemeyeceğinden bu 7 boşluktan 4 tanesi $\binom{7}{4} = 35$ farklı şekilde seçilir. Seçilen 4 boşluktan hangisinin 2 elemanlı ardışık bloğu barındıracağı ise $\binom{4}{1} = 4$ yolla belirlenir. Çarpma yoluyla sayma kuralı uygulandığında toplam $35 \cdot 4 = 140$ farklı alt küme elde edilir.

Kısaca — Denklemin 2 farklı gerçel kökü vardır.

Grafikten tepe noktası $(0,-4)$ olan parabolün $x$ eksenini $-2$ ve 2 noktalarında kestiği görülür; bu nedenle $f(f(x)+3)=0$ için $f(x)+3=-2$ veya $f(x)+3=2$ olmalıdır. Birinci durumdan $f(x)=-5$ elde edilir; ancak parabolün en küçük değeri $-4$ olduğundan grafiğin $y=-5$ doğrusuyla kesişimi yoktur ve gerçel kök gelmez. İkinci durumdan $f(x)=-1$ elde edilir; $y=-1$ yatay doğrusu tepe noktasının yukarısında kaldığı için parabolü iki farklı noktada keser ($x^2-4=-1 \implies x=\pm\sqrt{3}$). Her iki koldan da ikişer kök geleceği düşünülerek 4 sonucuna yönelmek yanıltıcıdır; yalnızca 2 gerçel kök bulunur.

Grafikten $\lim_{x\to2}f(x)=4$ ve $f(2)=1$ okunur. Çarpımın sürekliliği $4g(2)=g(2)$, yani $g(2)=0$ verir; $g(0)=3$ ile $a=-\dfrac32$, $b=3$ ve $g(4)=-3$ bulunur.

Kısaca — Grafikteki $P(9,2)$ ve $Q(8,3)$ noktaları fonksiyonlarda yerine yazılarak tabanlar $a=3$ ve $b=2$ bulunur; buradan $\log_6 216 = 3$ elde edilir.

Grafikte mavi renkle çizilen $f$ eğrisi üzerindeki $P(9,2)$ noktasından $\log_a 9 = 2 \implies a^2 = 9$ olur ve $a>1$ olduğundan $a = 3$ çıkar. Benzer şekilde kırmızı renkli $g$ eğrisi üzerindeki $Q(8,3)$ noktasından $\log_b 8 = 3 \implies b^3 = 8$ eşitliğiyle $b = 2$ bulunur. Tabanların çarpımı $ab = 3 \cdot 2 = 6$ dır; $216 = 6^3$ olduğundan aranan ifade $\log_6 216 = \log_6(6^3) = 3$ olarak hesaplanır. Kuvvet ve taban ilişkisini karıştırıp tabanı $ab=5$ gibi düşünmek hatalı seçeneklere sürükler.

$f(2)=a>0$ denirse $g'(2)=0$ koşulundan $f'(2)=-a/2$ bulunur ve $h$ grafiğinin teğeti $y=-ax/2+3a/2$ olur. Bu doğru ile parabolün kesişim denklemi $x^2-ax/2+3a/2=0$ çift katlı köke sahip olduğundan $a^2/4-6a=0$, dolayısıyla $a=24$ ve $f'(2)=-12$ elde edilir.

İndirgemelerden $\sin\varphi+\cos\varphi=-1/2$ elde edilir. $\sin^2\varphi+\cos^2\varphi=1$ ve ikinci bölge koşuluyla $\sin\varphi=(\sqrt7-1)/4$, $\cos\varphi=-(\sqrt7+1)/4$ bulunur. Böylece $x=-\cot\varphi=(4+\sqrt7)/3$, $y=3\sin\varphi=3(\sqrt7-1)/4$ ve $z=-2\cos\varphi=(\sqrt7+1)/2$ olur. $z-y=(5-\sqrt7)/4>0$ ve $x-z=(5-\sqrt7)/6>0$ olduğundan $y<z<x$ elde edilir.

$d$ doğrusunun eğimi $m = -\dfrac{3}{4}$ olup eğim açısı küttür. $1 + \tan^2\alpha = \sec^2\alpha$ bağıntısından $\sin\alpha = \dfrac{3}{5}$ bulunur (küt açının sinüsü pozitiftir).

Kısaca — İki birim küpün birleştirilmesiyle oluşan cismin iki köşesi arasındaki uzaklık en fazla $\sqrt{6}$ birim olabileceğinden $\sqrt{7}$ birim olamaz.

Şekildeki gibi iki birim küp yüz yüze yapıştırıldığında boyutları 2 × 1 × 1 birim olan bir dikdörtgenler prizması elde edilir. Bu prizmanın köşeleri arasındaki koordinat farkları en fazla $\Delta x = 2$, $\Delta y = 1$ ve $\Delta z = 1$ olabilir; dolayısıyla seçilebilecek en uzak iki nokta arasındaki mesafe cisim köşegeni olan $\sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{6}$ birimdir. Seçeneklerdeki $\sqrt{3}$ tek bir küpün cisim köşegeni, 2 iki birimlik ayrıt, $\sqrt{5}$ ise 2 × 1’lik yüzeyin köşegenidir. Cismin üzerindeki en büyük köşegen uzunluğu $\sqrt{6}$ olduğundan iki köşe arasındaki uzaklığın $\sqrt{7}$ birim olması geometrik olarak imkânsızdır.

Kısaca — Teğet-kiriş açı ve çevre açı bağıntılarıyla küçük $\overset{\frown}{AB}$ yayının ölçüsü $120^\circ$ bulunur ve teğetler arasındaki açı $180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ olur.

Teğet-kiriş açının ölçüsü gördüğü yayın ölçüsünün yarısı, yani aynı yayı gören çevre açının ölçüsüne eşittir; dolayısıyla $m(\angle ABC) = m(\angle PAC) = 25^\circ$ ve $m(\angle BAC) = m(\angle PBC) = 35^\circ$ olur. $ABC$ üçgeninin iç açıları toplamından $m(\angle ACB) = 180^\circ - (25^\circ + 35^\circ) = 120^\circ$ elde edilir. Bu geniş çevre açının gördüğü büyük $AB$ yayı $240^\circ$, dolayısıyla teğet değme noktaları arasındaki küçük $\overset{\frown}{AB}$ yayı $360^\circ - 240^\circ = 120^\circ$ dir. Dış noktadan çizilen teğetlerin oluşturduğu açı ile gördüğü yakın yayın toplamı $180^\circ$ olduğundan $m(\angle APB) = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ bulunur.