4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Στον παρόντα φάκελο μπορούν να γίνουν προσκλήσεις για συγγραφή ομαδικών εργασιών που αφορούν μαθηματικά από μέλη του mathematica.gr. Η θεματολογία μπορεί να ποικίλει ανάλογα με τα ενδιαφέροντα των συγγραφέων.
Κανόνες Δ. Συζήτησης
Συνοπτικοί κανόνες για την ομαδική συγγραφή εργασιών μέσα στους χώρους του mathematica.gr

α) Κάθε πρόσκληση για ομαδική εργασία γίνεται στον παρόντα φάκελο.
β) Ένα μέλος του mathematica.gr ορίζεται ως συντονιστής της έκδοσης της εργασίας, είναι ο υπεύθυνος της έκδοσης και ορίζει τις αρμοδιότητες των υπολοίπων μελών. Αυτό μπορεί να γίνει και σε συνεννόηση με άλλα μέλη. Ο συντονιστής της έκδοσης έρχεται σε επαφή με το συμβούλιο των συντονιστών του mathematica.gr και απευθύνεται σε αυτό για οποιοδήποτε απορία/πρόβλημα προκύψει.
γ) Οι λύσεις όλων των θεμάτων γράφονται σε {\color{orange}\LaTeX} και προαιρετικά μπορεί η δημοσίεση να περιλαμβάνει τη λύση γραμμένη και σε Mathtype.
δ) Στο τέλος αναρτάται ΜΟΝΟ σε μορφή .pdf η έκδοση.
ε) Περιέχεται σε κάθε σελίδα και στο εξώφυλλο το λογότυπο του mathematica.gr
στ) Στο εξώφυλλο αναφέρονται τα επώνυμα μέλη που βοήθησαν στην συγγραφή του δελτίου. Σε περίπτωση που ο αριθμός τους είναι μεγάλος τότε τα ονόματα αντί στο εξώφυλλο αναφέρονται σε ειδικό χώρο στο εσώφυλλο του Δελτίου.
ζ) Την τελική έγκριση του Δελτίου την έχουν οι συντονιστές του mathematica.gr
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 934
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#61

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 10:26 pm

4_22590

Δίνεται η εξίσωση {x^2} + {y^2} - \left( {\lambda  - 1} \right)x - \left( {\lambda  - 7} \right)y + \lambda  = 0,\lambda  \in R .
α) Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε τιμή του \displaystyle{\lambda }, με \lambda  \ne 5, παριστάνει κύκλο. Κατόπιν να βρείτε τι παριστάνει η εξίσωση, όταν \lambda  = 5. (Μονάδες 12)
β) Έστω {C_1},{C_2} οι κύκλοι που προκύπτουν από την παραπάνω εξίσωση όταν \lambda  = 3 και \lambda  = 9 αντίστοιχα.
i. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι {C_1} και {C_2} εφάπτονται εξωτερικά. (Μονάδες 6)
ii. Να βρείτε το σημείο επαφής των κύκλων. (Μονάδες 7)

Λύση

α) Για να παριστάνει κύκλο η εξίσωση πρέπει:

{A^2} + {B^2} - 4\Gamma  > 0 \Leftrightarrow {\left( {\lambda  - 1} \right)^2} + {\left( {\lambda  - 7} \right)^2} - 4\lambda  > 0 \Leftrightarrow

2{\lambda ^2} - 20\lambda  + 50 > 0 \Leftrightarrow 2{\left( {\lambda  - 5} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow \lambda  \ne 5
Οι παραπάνω κύκλοι έχουν κέντρο K\left( {\dfrac{{\lambda  - 1}}{2},\dfrac{{\lambda  - 7}}{2}} \right) και ακτίνα R = \dfrac{{\sqrt 2 \left| {\lambda  - 5} \right|}}{2}

Αν \lambda  = 5 τότε {A^2} + {B^2} - 4\Gamma  = 0 και η εξίσωση παριστάνει το σημείο M\left( {\frac{{\lambda  - 1}}{2},\dfrac{{\lambda  - 7}}{2}} \right)\;\dot \eta \;M\left( {2, - 1} \right)
β) Με \lambda  = 3 και \lambda  = 9 έχουμε αντίστοιχα τις εξισώσεις των κύκλων:
{C_1}:{x^2} + {y^2} - 2x + 4y + 3 = 0\;\left( 1 \right) με κέντρο {K_1}\left( {1, - 2} \right) και ακτίνα {R_1} = \sqrt 2

{C_2}:{x^2} + {y^2} - 8x - 2y + 9 = 0\;\left( 2 \right) με κέντρο {K_2}\left( {4,1} \right) και ακτίνα {R_2} = 2\sqrt 2

i. Η διάκεντρος των δύο κύκλων έχει μήκος: \left( {{K_1}{K_2}} \right) = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 + 2} \right)}^2}}  = \sqrt {18}  = 3\sqrt 2

Άρα \left( {{K_1}{K_2}} \right) = {R_1} + {R_2} έτσι οι κύκλοι {C_1} και {C_2} εφάπτονται εξωτερικά
ii. \left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow 6x + 6y - 6 = 0 \Leftrightarrow y = 1 - x\;\left( 3 \right)

\left( 1 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} {x^2} + {\left( {1 - x} \right)^2} - 2x + 4\left( {1 - x} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow


{x^2} + 1 - 2x + {x^2} - 2x + 4 - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 8x + 8 = 0 \Leftrightarrow

{x^2} - 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2
\left( 3 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{x = 2} y =  - 1

Έτσι οι κύκλοι {C_1},{C_2} εφάπτονται στο σημείο A\left( {2, - 1} \right)
Συνημμένα
4-22590.docx
(64.72 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1488
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#62

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 24, 2015 11:28 pm

22591

α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της υπερβολής που τέμνει τον άξονα x'x στα σημεία A'(-2, 0) , A(2, 0) και διέρχεται από το σημείο \Gamma (2\sqrt{5},2) είναι η C_1: \frac{x^2}{4}-y^2=1 (Μονάδες 10)

β) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C_2 με διάμετρο το τμήμα A'A. (Μονάδες 5)

γ) Να αποδείξετε ότι οι μοναδικές κοινές εφαπτόμενες της υπερβολής C_1 και του κύκλου C_2 είναι οι ευθείες \varepsilon _1: x = -2 και \varepsilon _2 : x = 2 . (Μονάδες 10)

ΛΥΣΗ

Με την παραδοχή ότι η υπερβολή έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας τον x'x έχουμε:

α) Έστω \frac{x^2}{\alpha ^2}-\frac{y^2}{\beta ^2}=1 η εξίσωση της υπερβολής. Τα σημεία A'(-2, 0) , A(2, 0) είναι οι κορυφές της, οπότε \alpha =2. Οι συντεταγμένες του σημείου \Gamma (2\sqrt{5},2) επαληθεύουν την εξίσωση, επομένως:

\frac{\left ( 2\sqrt{5} \right )^2}{2 ^2}-\frac{2^2}{\beta ^2}=1\Leftrightarrow \beta ^2=1\Leftrightarrow \beta =1

Ώστε, \alpha =2,\beta =1, όποτε η εξίσωση της υπερβολής είναι η C_1: \frac{x^2}{4}-y^2=1

β) Ο κύκλος έχει κέντρο το μέσο του A'A που είναι το σημείο O(0,0) και ακτίνα ίση με \frac{A'A}{2}=\frac{4}{2}=2, επομένως η εξίσωσή του είναι x^2+y^2=4
22591.png
22591.png (9.17 KiB) Προβλήθηκε 1632 φορές
γ) Έστω \varepsilon μια κοινή εφαπτομένη των δύο κωνικών τομών, που εφάπτεται του κύκλου στο σημείο M(x_1, y_1) και της υπερβολής στο N(x_2,y_2). Ισχύουν οι σχέσεις

x_1^2+y_1^2=4\,\,\,\,\,\,(1),\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \frac{x_2^2}{4}-y_2^2=1\,\,\,(2)

Αφού η \varepsilon εφάπτεται του κύκλου στο M(x_1, y_1) έχει εξίσωση x_1x+y_1y=4\,\,\,\,\,(3)

Αφού η \varepsilon εφάπτεται στην υπερβολή στο N(x_2,y_2) έχει εξίσωση \frac{x_2x}{4}-y_2y=1\Leftrightarrow x_2x-4y_2y-4=0\,\,\,\,\,(4)

1ος τρόπος. Η απόσταση της ευθείας (4) από το κέντρο O(0,0)του κύκλου είναι ίση με την ακτίνα του R=2 :

d(O,\varepsilon )=R\Leftrightarrow \dfrac{-4}{\sqrt{x_2^2+16y_2^2}}=2\Leftrightarrow x_2^2+16y_2^2=4\,\,\,\,\,(5)

Το σύστημα των εξισώσεων (2), (5) δίνει x_2^2=4, y_2^2=0, επομένως έχει λύσεις x_2=2, y_2=0 ή x_2=-2, y_2=0.

Στην πρώτη περίπτωση από την (4) η κοινή εφαπτόμενη είναι η x=2

Στην δεύτερη περίπτωση από την (4) η κοινή εφαπτόμενη είναι η x=-2

2oς τρόπος. Οι εξισώσεις (3) και (4) παριστάνουν την ίδια ευθεία. Έστω ότι δεν είναι της μορφής x=x_0. Από την (3)συμπεραίνουμε ότι τέμνει τον άξονα των y στο σημείο \left ( 0,\frac{4}{y_1} \right ) . Από την (4) συμπεραίνουμε ότι θα τον τέμνει στο σημείο \left ( 0,-\frac{1}{y_2} \right ). Τα δύο αυτά σημεία συμπίπτουν, επομένως \frac{4}{y_1}=-\frac{1}{y_2}\Leftrightarrow y_1=-4y_2. Οι εξισώσεις (3) και (4) τώρα γράφονται αντίστοιχα x_1x-4y_2y=4, x_2x-4y_2y=4 και παριστάνουν την ίδια ευθεία όταν x_1=x_2 άτοπο, γιατί θα πρέπει να είναι της μορφής x=x_1 . Άρα, οι κοινές εφαπτόμενες είναι της μορφής x=x_0. Αυτές είναι προφανώς μόνο οι x=-2 και x=2

3ος τρόπος. Έστω ότι έχουμε εφαπτόμενη της μορφής y=\lambda x+k \,\,\,(6). Το σύστημα των C_2:x^2+y^2=4 και (6) έχει μοναδική λύση. Επομένως η εξίσωση

x^2+(\lambda x+k )^2=4\Leftrightarrow x^2(\lambda ^2+1)+2\lambda k x+\beta ^2-4=0

έχει διακρίνουσα μηδέν: 4\lambda ^2 k ^2-4(\lambda ^2+1)(k ^2-4)=0\Leftrightarrow 4\lambda ^2-k ^2+4=0\,\,\,\,\,(7)

Ομοίως και το σύστημα των C_1: x^2-4y^2=4 και (6) έχει μοναδική λύση, επομένως και η εξίσωση

x^2-4(\lambda x+k )^2=4\Leftrightarrow x^2(1-4\lambda ^2)-8\lambda k x-4k ^2-4=0

έχει διακρίνουσα μηδέν: 64\lambda ^2k ^2+16(1-4\lambda ^2)(k ^2+1)=0\Leftrightarrow 4\lambda ^2-k ^2-1=0\,\,\,\,\,\,(8)

Οι ισότητες (7) και (8) με αφαίρεση κατά μέλη δίνουν 5=0, άτοπο. Επομένως δεν υπάρχουν εφαπτόμενες της μορφής y=\lambda x+k. Άρα υπάρχουν μόνο της μορφής x=x_0. Αυτές είναι προφανώς οι x=-2 και x=2


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1488
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#63

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 24, 2015 11:31 pm

22592

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε τα σημεία M( x,y) για τα οποία ισχύει η ισότητα

\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BM}+\frac{16}{9}\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0,

όπου A(-3,0) και B(3,0).

α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία M ανήκουν στον κύκλο C_1: x^2+y^2=25 (Μονάδες 11)

β) Αν \Gamma και \Delta είναι τα σημεία τομής του κύκλου C_1 με τον άξονα x'x , τότε:

i) να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C_2 η οποία έχει μεγάλο άξονα το ευθύγραμμο τμήμα \Gamma \Delta και εστίες τα σημεία A και B . (Μονάδες 10)

ii) να παραστήσετε γραφικά τον κύκλο C_1 και την έλλειψη C_2 (Μονάδες 4)

ΛΥΣΗ

α) Είναι \overrightarrow{AM}=(x-3,y), \overrightarrow{BM}=(x+3,0), \overrightarrow{OA}=(-3,0),\overrightarrow{OB}=(3,0),οπότε

\dspplaystyle{\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BM}+\frac{16}{9}\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0 \Leftrightarrow (x-3)(x+3)+y^2+\frac{16}{9}(-9)=0 \Leftrightarrow x^2+y^2=25}

β) Η έλλειψη έχει μεγάλο ημιάξονα \alpha =O\Delta=5, εστιακή απόσταση 2\gamma =AB =6\Rightarrow \gamma =3, οπότε ο μικρός ημιάξονας είναι \beta =\sqrt{\alpha ^2-\gamma ^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4. Επομένως η εξίσωσή της είναι \frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1

γ) Στο σχήμα φαίνονται η έλλειψη (μπλε χρώμα) και ο κύκλος (κόκκινο χρώμα):
Συνημμένα
22592.png
22592.png (8.02 KiB) Προβλήθηκε 1631 φορές


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 934
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#64

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Κυρ Ιαν 25, 2015 9:03 am

4_22574

Θεωρούμε σημεία M\left( {\alpha ,\alpha  + 1} \right), \alpha  \in R.
α) Να δείξετε ότι κινούνται στην ευθεία y = x + 1 . (Μονάδες 5)
β) Να βρείτε το συμμετρικό \displaystyle{M'\left( {\alpha ',\beta '} \right)} του \displaystyle{M} ως προς την ευθεία x - 2y = 2. (Μονάδες 5)
γ) Να δείξετε ότι το M' κινείται, για τις διάφορες τιμές του \alpha, στην ευθεία x - 7y - 17 = 0. (Μονάδες 5)
δ) Να εξετάσετε αν οι τρείς ευθείες συντρέχουν και κατόπιν να αιτιολογήσετε το αποτέλεσμα, αφού πρώτα σχεδιάσετε τις τρεις ευθείες. (Μονάδες 5)

Λύση

α) Έστω x = \alpha και y = \alpha  + 1, τότε y = x + 1, δηλαδή τα σημεία \displaystyle{M} κινούνται σε ευθεία εξίσωση y = x + 1.
β) Αν το τμήμα MM' τέμνει την ευθεία x - 2y = 2 στο σημείο K , το K είναι μέσο του MM', έτσι:

K\left( {\dfrac{{\alpha  + \alpha '}}{2},\dfrac{{\alpha  + \beta ' + 1}}{2}} \right) και επειδή ανήκει στην ευθεία x - 2y = 2 θα ισχύει:

\dfrac{{\alpha  + \alpha '}}{2} - \alpha  - \beta ' - 1 = 2 \Leftrightarrow \alpha ' - 2\beta ' = \alpha  + 6\;\left( 1 \right)

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας MM' είναι: {\lambda _{MM'}} = \dfrac{{\beta ' - \alpha  - 1}}{{\alpha ' - \alpha }} με \alpha ' \ne \alpha,
γιατί αν \alpha  = \alpha ' η x - 2y = 2 θα ήταν ο άξονας x'x που είναι άτοπο ή τα σημεία \displaystyle{M}, M' θα ταυτίζονται .

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας (ε): x - 2y = 2 είναι {\lambda _\varepsilon } = \dfrac{1}{2}
\varepsilon  \bot MM' \Leftrightarrow {\lambda _\varepsilon } \cdot {\lambda _{MM'}} =  - 1 \Leftrightarrow 2\alpha ' + \beta ' = 3\alpha  + 1\;\left( 2 \right)

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων \left( 1 \right),\left( 2 \right) βρίσκουμε ότι:
\alpha ' = \dfrac{{7\alpha  + 8}}{5} και \beta ' = \dfrac{{\alpha  - 11}}{5}, οπότε M'\left( {\dfrac{{7\alpha  + 8}}{5},\dfrac{{\alpha  - 11}}{5}} \right)
4-22574α.png
4-22574α.png (13.41 KiB) Προβλήθηκε 1591 φορές

γ) Αν {x_1} = \dfrac{{7\alpha  + 8}}{5} και \displaystyle{{y_1} = \dfrac{{\alpha  - 11}}{5} \Leftrightarrow \alpha  = 5{y_1} + 11} θα έχουμε:

\displaystyle{{x_1} = \dfrac{{35{y_1} + 77 + 8}}{5} \Leftrightarrow 5{x_1} = 35{y_1} + 85 \Leftrightarrow {x_1} = 7{y_1} + 17 \Leftrightarrow {x_1} - 7{y_1} - 17 = 0}
Άρα το M' κινείται στην ευθεία x - 7y - 17 = 0.

δ) Οι τρείς ευθείες συντρέχουν όταν το σημείο \displaystyle{M} βρίσκεται στην ευθεία x - 2y = 2, αφού τότε θα ταυτίζεται με το συμμετρικό του M'. (Ελπίζω αυτό να ζητούσε η άσκηση)
4-22574β.png
4-22574β.png (12.67 KiB) Προβλήθηκε 1591 φορές
Παρατήρηση: Το άθροισμα των μονάδων του θέματος είναι 20 και όχι 25. Το πρόσεξε ο Γιώργος Λέκκας (αν και δεν ήθελε να αναφέρω το όνομα του :oops: )
Συνημμένα
4-22574.docx
(93.2 KiB) Μεταφορτώθηκε 59 φορές
τελευταία επεξεργασία από hlkampel σε Κυρ Ιαν 25, 2015 12:00 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 934
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#65

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Κυρ Ιαν 25, 2015 9:14 am

4_23321

Είναι η 4_22579 (viewtopic.php?f=147&t=46870&start=40) με διορθωμένο το τυπογραφικό λάθος.
(Η 4_22579 αφαιρέθηκε)


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
depymak
Δημοσιεύσεις: 11
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 6:56 pm
Τοποθεσία: ΚΑΒΑΛΑ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#66

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από depymak » Παρ Ιαν 30, 2015 2:42 pm

hlkampel έγραψε:4_23321

Είναι η 4_22579 (viewtopic.php?f=147&t=46870&start=40) με διορθωμένο το τυπογραφικό λάθος.
(Η 4_22579 αφαιρέθηκε)
η 4_23341 με ημερομηνία ανάρτησης 27-1-15 είναι και αυτή διόρθωση παλαιοτέρας;


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΟΜΑΔΙΚΕΣ ΕΡΓΑΣΙΕΣ ΜΕΛΩΝ ΤΟΥ MATHEMATICA.GR”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης