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: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Τετ Ιαν 21, 2015 8:47 am

ΘΕΜΑ 4-22558

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε τον κύκλο {C_1}:{x^2} + {y^2} = 4 και μία τυχούσα διάμετρό του
AB με A\left( {{x_1},{y_1}} \right) και B\left( {{x_2},{y_2}} \right)
α) Να δικαιολογήσετε γιατί ισχύει {x_2} =  - {x_1} και {y_2} =  - {y_1} (Μονάδες 5)
β) Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων N\left( {\kappa ,\lambda } \right) για τα οποία ισχύει \overrightarrow {NA}  \cdot \overrightarrow {NB}  = 5
είναι ο κύκλος {C_2}:{x^2} + {y^2} = 9 (Μονάδες 12)
γ) Στο καρτεσιανό επίπεδο να προσδιορίσετε τη θέση των σημείων M\left( {x,y} \right) για τα
οποία ισχύει: 4 \le {x^2} + {y^2} \le 9. (Μονάδες 8)

Λύση

α) Ο κύκλος {C_1} έχει κέντρο το O\left( {0,0} \right), οπότε τα σημεία A,B είναι συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων,
ως αντιδιαμετρικά, οπότε έχουν αντίθετες συντεταγμένες, δηλαδή {x_2} =  - {x_1} και {y_2} =  - {y_1}

β) Είναι A\left( {{x_1},{y_1}} \right) και B\left( { - {x_1}, - {y_1}} \right) με x_1^2 + y_1^2 = 4\;\left( 1 \right) αφού το σημείο A\left( {{x_1},{y_1}} \right) ανήκει στον {C_1}.

Είναι: \overrightarrow {NA}  = \left( {{x_1} - \kappa ,{y_1} - \lambda } \right) και \overrightarrow {N{\rm B}}  = \left( { - {x_1} - \kappa , - {y_1} - \lambda } \right)

\displaystyle{\overrightarrow {NA}  \cdot \overrightarrow {NB}  = 5 \Rightarrow  - \left( {{x_1} - \kappa } \right)\left( {{x_1} + \kappa } \right) - \left( {{y_1} - \lambda } \right)\left( {{y_1} + \lambda } \right) = 5 \Rightarrow }

\displaystyle{{\kappa ^2} - x_1^2 + {\lambda ^2} - y_1^2 = 5 \Rightarrow {\kappa ^2} + {\lambda ^2} = 5 + x_1^2 + y_1^2\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\kappa ^2} + {\lambda ^2} = 9}

Άρα τα σημεία N\left( {\kappa ,\lambda } \right) ανήκουν σε κύκλο {C_2} με κέντρο O\left( {0,0} \right), ακτίνα \rho  = 3 και εξίσωση {C_2}:{x^2} + {y^2} = 9

γ) Αφού για τα σημεία M\left( {x,y} \right) ισχύει 4 \le {x^2} + {y^2} \le 9 τα σημεία M θα είναι εσωτερικά του κύκλου {C_2} και εξωτερικά του κύκλου {C_1} συμπεριλαμβανομένων και των σημείων των δύο κύκλων.

Δηλαδή τα σημεία M είναι σημεία του κυκλικού δακτυλίου των δύο κύκλων μαζί με τα σημεία των κύκλων.
Συνημμένα
4-22558.docx
(58.53 KiB) Μεταφορτώθηκε 87 φορές
4-22558.png
4-22558.png (19.58 KiB) Προβλήθηκε 3801 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1803
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Ιαν 21, 2015 12:02 pm

4_22563

Θεωρούμε το σημείο M(-3, -2) και ευθεία που διέρχεται από το M και τέμνει τους αρνητικούς ημιάξονες στα σημεία A,B.

α) Να αποδείξετε ότι ο συντελεστής διεύθυνσης \lambda της ευθείας είναι αρνητικός. (Μονάδες 10)

β) Έστω Ε(λ) το εμβαδόν του τριγώνου OAB.
  • i. Να αποδείξετε ότι E(\lambda)\geq12 για κάθε \lambda<0. (Μονάδες 10)

    ii. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που σχηματίζει με τους ημιάξονες τρίγωνο με ελάχιστο εμβαδόν. (Μονάδες 5)
ΛΥΣΗ.

α) Η ευθεία έχει εξίσωση y+2=\lambda (x+3). Έστω ότι τέμνει τους ημιάξονες Ox', Oy' στα σημεία A, B αντίστοιχα. Προφανώς \lambda \neq 0

Είναι y_A=0, οπότε για το x_A είναι 2=\lambda (x_A+3)\Leftrightarrow x_A=\frac{2-3\lambda }{\lambda }, άρα A\left (\frac{2-3\lambda }{\lambda },0  \right )

Είναι x_B=0, οπότε για το y_B είναι y_B+2=3\lambda \Leftrightarrow y_B=3\lambda -2 άρα B\left (0, 3\lambda -2  \right ).

Πρέπει y_B<0\Leftrightarrow 3\lambda -2<0\Leftrightarrow \lambda <\frac{2}{3}\,\,\,\,\,\,\,(1)

x_A<0\Leftrightarrow \frac{2-3\lambda }{\lambda }<0\Leftrightarrow \lambda \left ( 2-3\lambda  \right )<0 \Leftrightarrow \lambda <0 \vee \lambda >\frac{2}{3}\,\,\,\,\,\,\(2)

Οι (1), (2) συναληθεύουν για \lambda <0

Αλλιώς: Παρατηρούμε ότι κάθε ευθεία με συντελεστής διεύθυνσης \lambda που διέρχεται από το σημείο M(-3, -2) και τέμνει τους αρνητικούς ημιάξονες είναι γραφική παράσταση γνησίως φθίνουσας συνάρτησης της μορφής y=\lambda x+b επομένως \lambda<0.

β) i. Είναι E(\lambda )=\frac{1}{2}\left ( OA \right )\left ( OB \right )=\frac{1}{2}|x_A||y_B|=\frac{1}{2}(-x_A)(-y_B)=\frac{1}{2}x_Ay_B, επομένως
  • E(\lambda )=\frac{1}{2}\frac{2-3\lambda }{\lambda }\left ( 3\lambda -2 \right )=-\frac{1}{2}\frac{(3\lambda -2)^2}{\lambda }

    Παρατηρούμε ότι

    E(\lambda )\geq 12\Leftrightarrow -\frac{1}{2}\frac{(3\lambda -2)^2}{\lambda }\geq 12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\(\lambda<0)

    .\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow -(3\lambda -2)^2\leq 24\lambda \Leftrightarrow -9\lambda ^2+12\lambda -4\leq 24\lambda

    .\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow 9\lambda ^2+12\lambda +4\geq 0\Leftrightarrow (3\lambda +2)^2\geq 0, που ισχύει.

    ii. Επειδή E(\lambda )\geq 12 το ελάχιστο εμβαδόν είναι 12, αρκεί να υπάρχει τιμή του λ, για την οποία E(\lambda )=12. Είναι, πράγματι,

    E(\lambda )=12\Leftrightarrow (3\lambda +2)^2=0\Leftrightarrow \lambda =-\frac{2}{3}

    Για την τιμή αυτή του λ , από την σχέση y+2=\lambda (x+3), η ζητούμενη εξίσωση είναι η

    y+2=- \dfrac{2}{3} (x+3)\Leftrightarrow 2x+3y+12=0


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Τετ Ιαν 21, 2015 5:57 pm

4-22559

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε κύκλο {C_1} ο οποίος έχει το κέντρο του στην ευθεία \varepsilon:x-y-1=0 .
Έστω επίσης A\left( {5,3} \right) και B\left( {1,5} \right) δύο σημεία του κύκλου
α) Να αποδείξετε ότι {C_1}:{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 25 (Μονάδες 9)
β) Να βρείτε την εξίσωση της παραβολής {C_2} που έχει κορυφή την αρχή των αξόνων και εστία το κέντρο του κύκλου {C_1}. (Μονάδες 7)
γ) Αν {M_1} και {M_2} είναι τα σημεία τομής των {C_1} και {C_2} , τότε:
i) να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων {\varepsilon _1} και {\varepsilon _2} της παραβολής {C_2} στα σημεία αυτά. (Μονάδες 5)
ii) να αποδείξετε ότι οι {\varepsilon _1} και {\varepsilon _2} τέμνονται σε σημείο που ανήκει στον κύκλο {C_1} (Μονάδες 4)

Λύση

α) Αν K\left( {{x_o},{y_o}} \right) είναι το κέντρο του κύκλου, τότε θα ισχύει {x_0} - {y_0} - 1 = 0 \Leftrightarrow {y_0} = {x_o} - 1\;\left( 1 \right) αφού το K ανήκει στην \varepsilon.
Αν \rho είναι η ακτίνα του κύκλου, τότε είναι:

{C_1}:{\left( {x - {x_0}} \right)^2} + {\left( {y - {y_0}} \right)^2} = {\rho ^2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\left( {x - {x_0}} \right)^2} + {\left( {y - {x_0} + 1} \right)^2} = {\rho ^2}

Επειδή τα σημεία A\left( {5,3} \right) και B\left( {1,5} \right) ανήκουν στον {C_1} τότε θα ικανοποιούν την εξίσωσή του, δηλαδή θα έχουμε τις εξισώσεις:


\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} 
{\left( {5 - {x_0}} \right)^2} + {\left( {4 - {x_0}} \right)^2} = {\rho ^2}\quad \left( 2 \right)\\ 
{\left( {1 - {x_0}} \right)^2} + {\left( {6 - {x_0}} \right)^2} = {\rho ^2}\quad \left( 3 \right) 
\end{array} \right.}

Από \left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow {\left( {5 - {x_0}} \right)^2} + {\left( {4 - {x_0}} \right)^2} = {\left( {1 - {x_0}} \right)^2} + {\left( {6 - {x_0}} \right)^2} \Rightarrow ... \Rightarrow {x_0} = 1

Με {x_0} = 1 η \left( 3 \right) \Rightarrow {\rho ^2} = 25

Άρα η εξίσωση του κύκλου είναι {C_1}:{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 25 με κέντρο K\left( {1,0} \right) και
ακτίνα \rho  = 5

β) Η εστία της παραβολής είναι της μορφής E\left( {\dfrac{p}{2},0} \right) , όπου p η παράμετρός της.

Έτσι \dfrac{p}{2} = 1 \Leftrightarrow p = 2 αφού η εστία ταυτίζεται με το κέντρο του κύκλου.

Οπότε {C_2}:{y^2} = 2px \Leftrightarrow {y^2} = 4x

γ) i) Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων των {C_1} και {C_2} βρίσκονται από τη λύση του συστήματος:

\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} 
{\left( {x - 1} \right)^2} + {y^2} = 25\;\left( 4 \right)\\ 
{y^2} = 4x,\;x \ge 0\;\;\;\;\;\left( 5 \right) 
\end{array} \right.}

\left( 4 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} {\left( {x - 1} \right)^2} + 4x = 25 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 24 = 0 \Leftrightarrow x = 4\;\dot \eta \;x =  - 6 Απορρίπτεται

Έτσι {y^2} = 16 \Leftrightarrow y =  \pm 4

Οπότε τα κοινά τους σημεία είναι τα {M_1}\left( {4,4} \right) και {M_2}\left( {4, - 4} \right)

Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής είναι, γενικά: y{y_0} = p\left( {x + {x_0}} \right)


Έτσι: {\varepsilon _1}:4y = 2\left( {x + 4} \right) \Leftrightarrow x - 2y =  - 4 και


{\varepsilon _2}: - 4y = 2\left( {x + 4} \right) \Leftrightarrow x + 2y =  - 4

ii) Προσθέτοντας τις εξισώσεις των εφαπτομένων παίρνουμε:

2x =  - 8 \Leftrightarrow x =  - 4

Με x =  - 4 η {\varepsilon _1} γίνεται: - 4 - 2y =  - 4 \Leftrightarrow y = 0

Άρα οι {\varepsilon _1} και {\varepsilon _2} τέμνονται στο σημείο M\left( { - 4,0} \right) που εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι συντεταγμένες του ικανοποιούν την εξίσωση του κύκλου δηλαδή ανήκει στον κύκλο.
Συνημμένα
4-22559.docx
(120.38 KiB) Μεταφορτώθηκε 75 φορές
4-22559.png
4-22559.png (36.38 KiB) Προβλήθηκε 3718 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Τετ Ιαν 21, 2015 10:32 pm

4_22560

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε κύκλο C που διέρχεται από τα σημεία A(0,2) , B(−2,4) και \Gamma (0,6).

α) Να αποδείξετε ότι C:x^{2}+(y-4)^{2}=4. (Μονάδες 10)

β) Από τις ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων να προσδιορίσετε εκείνες που εφάπτονται

του κύκλου C . (Μονάδες 9)

γ) Αν M_{1} και M_{2} είναι τα σημεία επαφής του κύκλου C με τις εφαπτόμενες του ερωτήματος β), να βρείτε

την εξίσωση της παραβολής που έχει κορυφή την αρχή των αξόνων και διέρχεται από τα σημεία M_{1} και M_{2}.

(Μονάδες 6)

ΛΥΣΗ

α) Το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των τμημάτων AB, A\Gamma.

Προφανώς η μεσοκάθετη του τμήματος A\Gamma είναι η ευθεία \varepsilon _{1} με εξίσωση \varepsilon _{1}:y=4.

Το μέσο M του τμήματος AB είναι το M(\frac{0-2}{2},\frac{2+4}{2}) ή M(-1,3).

\lambda _{AB}=\frac{4-2}{-2-0}=-1. Η μεσοκάθετη \varepsilon _{2} του τμήματος ΑΒ είναι κάθετη στην ΑΒ.

Άρα \lambda _{\varepsilon _{2}}\cdot \lambda _{AB}=-1\Leftrightarrow -\lambda _{\varepsilon _{2}}=-1\Leftrightarrow \lambda _{\varepsilon _{2}}=1 και

\varepsilon _{2}:y-3=1(x+1)\Leftrightarrow y=x+4.

Οι συντεταγμένες του κέντρου του κύκλου βρίσκεται από το σύστημα: \left\{\begin{matrix} 
y=4\\ y=x+4 
 
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 
x=0\\ y=4 
 
\end{matrix}\right.

Άρα το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο K(0,4) και η ακτίνα του είναι ίση με \rho =(AK)=2.

Δηλαδή ο κύκλος έχει εξίσωση C:x^{2}+(y-4)^{2}=4.

β) Προφανώς η ευθεία x=0 δεν εφάπτεται του κύκλου (διέρχεται από το κέντρο του). Όλες οι υπόλοιπες ευθείες που

διέρχονται από την αρχή των αξόνων έχουν εξίσωση \delta :y=\lambda x\Leftrightarrow \lambda x-y=0.

Η ευθεία \delta εφάπτεται του κύκλου C αν και μόνο αν

d(K,\delta )=\rho \Leftrightarrow \frac{|\lambda \cdot 0-4|}{\sqrt{\lambda ^{2}+1}}=2\Leftrightarrow \sqrt{\lambda ^{2}+1}=2\Leftrightarrow \lambda ^{2}=3\Leftrightarrow \lambda =\sqrt{3}\; \eta \; \lambda =-\sqrt{3}

Άρα οι ζητούμενες εφαπτομένες έχουν εξισώσεις \delta _{1}:y=\sqrt{3}\cdot x και \delta _{2}:y=-\sqrt{3}\cdot x

γ) Οι συντεταγμένες του ενός σημείου βρίσκονται από το σύστημα: \left\{\begin{matrix} 
y=\sqrt{3}\cdot x\\ x^{2}+(y-4)^{2}=4 
 
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 
y=\sqrt{3}\cdot x\\ x^{2}+(\sqrt{3}\cdot x-4)^{2}=4 
 
\end{matrix}\right.

Η δεύτερη εξίσωση δίνει x^{2}+3x^{2}-8\sqrt{3}\cdot x+16=4\Leftrightarrow x^{2}-2\sqrt{3}\cdot x+3=0\Leftrightarrow (x-\sqrt{3})^{2}=0\Leftrightarrow x=\sqrt{3}

και y=\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3. Άρα M_{1}(\sqrt{3},3). Ομοίως βρίσκουμε και M_{2}(-\sqrt{3},3).

Αφού τα M_{1}, M_{2} βρίσκονται στο 1ο και 2ο τεταρτημόριο και είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y΄y,

η ζητούμενη παραβολή θα έχει εξίσωση της μορφής {C}':x^{2}=2py, με p>0.

Οι συντεταγμένες του M_{1}(\sqrt{3},3) θα επαληθεύουν την εξίσωσή της παραβολής, οπότε θα ισχύει:

(\sqrt{3})^{2}=6p\Leftrightarrow p=\frac{1}{2}. Άρα {C}':x^{2}=y.
Συνημμένα
22560.png
22560.png (19.23 KiB) Προβλήθηκε 3680 φορές
τελευταία επεξεργασία από asemarak σε Παρ Ιαν 23, 2015 12:00 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Πέμ Ιαν 22, 2015 9:07 am

4_22561

Σε παραλληλόγραμμο {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta είναι \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}}  = \overrightarrow \alpha και \overrightarrow {{\rm A}\Delta }  = \overrightarrow \beta. Θεωρούμε σημεία {\rm E},{\rm Z} στην {\rm A}\Delta και τη διαγώνιο {\rm A}\Gamma αντίστοιχα, ώστε \displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm E}}  = \dfrac{1}{3}\overrightarrow {{\rm A}\Delta } } και \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } . Να αποδείξετε ότι:
α) \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow \alpha   + \overrightarrow \beta  } \right) (Μονάδες 8)
β) \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow \alpha   - \dfrac{1}{3}\overrightarrow \beta  } \right) και να υπολογίσετε με τη βοήθεια των \overrightarrow \alpha και \overrightarrow \beta το \overrightarrow {{\rm E}{\rm B}} (Μονάδες 12)

γ) τα σημεία {\rm E},{\rm Z},{\rm B} είναι συνευθειακά. (Μονάδες 5)

Λύση

α) Είναι \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {{\rm A}\Gamma }  \Rightarrow \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}}  + \overrightarrow {{\rm A}\Delta } } \right) \Rightarrow \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow \alpha   + \overrightarrow \beta  } \right)\;\left( 1 \right) από κανόνα παραλληλογράμμου.

β) Είναι \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}}  - \overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow \alpha   + \overrightarrow \beta  } \right) - \dfrac{1}{3}\overrightarrow \beta   \Rightarrow

\overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow \alpha   + \dfrac{1}{4}\overrightarrow \beta   - \dfrac{1}{3}\overrightarrow \beta   \Rightarrow \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow \alpha   - \dfrac{1}{{12}}\overrightarrow \beta   \Rightarrow \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\left( {\overrightarrow \alpha   - \dfrac{1}{3}\overrightarrow \beta  } \right)\;\left( 2 \right)

\overrightarrow {{\rm E}{\rm B}}  = \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}}  - \overrightarrow {{\rm A}{\rm E}}  \Rightarrow \overrightarrow {{\rm E}{\rm B}}  = \overrightarrow \alpha   - \dfrac{1}{3}\overrightarrow \beta  \;\left( 3 \right)

γ) Από \left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}}  = \dfrac{1}{4}\overrightarrow {{\rm E}{\rm B}}  \Rightarrow \overrightarrow {{\rm E}{\rm Z}} //\overrightarrow {{\rm E}{\rm B}}, οπότε τα σημεία τα σημεία {\rm E},{\rm Z},{\rm B} είναι συνευθειακά.
Συνημμένα
4-22561.png
4-22561.png (15.43 KiB) Προβλήθηκε 3655 φορές
4-22561.docx
(58.9 KiB) Μεταφορτώθηκε 71 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Πέμ Ιαν 22, 2015 7:46 pm

4-22564

Θεωρούμε τις εξισώσεις \displaystyle{{\varepsilon _\lambda }:\left( {\lambda  - 1} \right)x + \left( {\lambda  - 2} \right) - \lambda  + 3 = 0,\lambda  \in R}
α) Να αποδείξετε ότι καθεμιά από τις \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) παριστάνει ευθεία και κατόπιν ότι όλες οι ευθείες διέρχονται από σταθερό σημείο. (Μονάδες 10)
β) Έστω \lambda  \ne 1 και \lambda  \ne 2 Αν η \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) τέμνει τους άξονες x'x και y'y στα σημεία A\left( {\alpha ,0} \right) και B\left( {0,\beta } \right) αντίστοιχα, τότε:
i. να εκφράσετε τα \alpha ,\beta συναρτήσει του \lambda. (Μονάδες 5)
ii. να βρείτε την ευθεία της παραπάνω μορφής ώστε να ισχύει \dfrac{1}{{{\alpha ^2}}} + \dfrac{1}{{{\beta ^2}}} = 2. (Μονάδες 10)
Λύση

α) Είναι \lambda  - 1 = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 1 και \lambda  - 2 = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 2
Άρα κάθε μια από τις \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) παριστάνει ευθεία για κάθε \lambda  \in R αφού δεν υπάρχει τιμή του \lambda  \in R ώστε οι συντελεστές των x και y να μηδενίζονται συγχρόνως.

Παρατήρηση: Η εκφώνηση πρέπει να είναι: Να αποδείξετε ότι καθεμιά από τις \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) παριστάνει ευθεία για κάθε \lambda  \in R και …

Με \lambda  = 1 είναι: {\varepsilon _1}: - y + 2 = 0 \Leftrightarrow y = 2 και
Με \lambda  = 2 είναι: {\varepsilon _2}:x + 1 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1

Το κοινό σημείο των \displaystyle{{\varepsilon _1},{\varepsilon _2}} είναι το \displaystyle{M\left( { - 1,2} \right)}

Με x =  - 1 και y = 2 οι \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) γίνεται:

- \lambda  + 1 + 2\lambda  - 4 - \lambda  + 3 = 0 \Leftrightarrow 0 = 0 που ισχύει.

Άρα οι \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) διέρχονται από σημείο \displaystyle{M\left( { - 1,2} \right)} για κάθε \lambda  \in R.

β) i) Με y = 0 από την \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) παίρνουμε: x = \dfrac{{\lambda  - 3}}{{\lambda  - 1}} δηλαδή τέμνει τον άξονα x'x στο σημείο A\left( {\dfrac{{\lambda  - 3}}{{\lambda  - 1}},0} \right) , οπότε \alpha  = \dfrac{{\lambda  - 3}}{{\lambda  - 1}}.

Με x = 0 από την \left( {{\varepsilon _\lambda }} \right) παίρνουμε: y = \dfrac{{\lambda  - 3}}{{\lambda  - 2}} δηλαδή τέμνει τον άξονα y'y στο σημείο B\left( {0,\dfrac{{\lambda  - 3}}{{\lambda  - 2}}} \right) , οπότε \beta  = \dfrac{{\lambda  - 3}}{{\lambda  - 2}}.
ii) \dfrac{1}{{{\alpha ^2}}} + \dfrac{1}{{{\beta ^2}}} = 2 \Leftrightarrow \dfrac{{{{\left( {\lambda  - 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {\lambda  - 3} \right)}^2}}} + \dfrac{{{{\left( {\lambda  - 2} \right)}^2}}}{{{{\left( {\lambda  - 3} \right)}^2}}} = 2 \Leftrightarrow

\displaystyle{{\lambda ^2} - 2\lambda  + 1 + {\lambda ^2} - 4\lambda  + 4 = 2{\lambda ^2} - 12\lambda  + 18 \Leftrightarrow \lambda  = \dfrac{{13}}{6}}

Με \displaystyle{\lambda  = \dfrac{{13}}{6}} η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση:

\dfrac{7}{6}x + \dfrac{1}{6}y + \dfrac{5}{6} = 0 \Leftrightarrow 7x + y + 5 = 0
Συνημμένα
4-22564.docx
(76.92 KiB) Μεταφορτώθηκε 76 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4387
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Ιαν 22, 2015 8:51 pm

4_22592

Στο καρτεσιανό επίπεδο \displaystyle  Oxy θεωρούμε τα σημεία \displaystyle   M\left( {x,y} \right) για τα οποία ισχύει η ισότητα \displaystyle \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  + \frac{{16}}{9}\left( {\overrightarrow {OA}  \cdot \overrightarrow {OB} } \right) = 0, όπου \displaystyle A\left( { - 3,0} \right) και \displaystyle B\left( {3,0} \right).
α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία \displaystyle M ανήκουν στον κύκλο \displaystyle {C_1}:{x^2} + {y^2} = 25
(Μονάδες 11)
β) Αν \displaystyle \Gamma και \displaystyle \Delta είναι τα σημεία τομής του κύκλου \displaystyle {C_1} με τον άξονα \displaystyle x'x, τότε:
i) να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης \displaystyle {C_2} η οποία έχει μεγάλο άξονα το ευθύγραμμο τμήμα \displaystyle \Gamma \Delta \displaystyle και εστίες τα σημεία \displaystyle A και \displaystyle B.
(Μονάδες 10)
ii) να παραστήσετε γραφικά τον κύκλο \displaystyle {C_1} και την έλλειψη \displaystyle {C_2}
(Μονάδες 4)

ΛΥΣΗ:
α) Είναι \displaystyle \overrightarrow {AM}  = \left( {x + 3,\;y} \right),\;\;\overrightarrow {BM}  = \left( {x - 3,\;y} \right) \Rightarrow

\displaystyle  \overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  = \left( {x - 3} \right)\left( {x + 3} \right) + {y^2} = {x^2} + {y^2} - 9 ,

και \displaystyle \overrightarrow {OA}  \cdot \overrightarrow {OB}  =  - 3 \cdot 3 + 0 \cdot 0 =  - 9

οπότε η ισότητα γράφεται

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

Άρα τα σημεία \displaystyle M(x, y) ανήκουν στον κύκλο \displaystyle {C_1}:{x^2} + {y^2} = 25.

β) Για \displaystyle y = 0 είναι \displaystyle {x^2} = 25 \Leftrightarrow x =  \pm 5, οπότε ο \displaystyle C_1 τέμνει τον άξονα \displaystyle x'x στα \displaystyle \Gamma \left( { - 5,\;0} \right),\;\;\Delta \left( {5,\;0} \right)

i) Η έλλειψη \displaystyle C_2 με μεγάλο άξονα το \displaystyle \Gamma \Delta και εστίες τα \displaystyle A, B έχει

\alpha  = 5,\;\;\gamma  = 3 \Rightarrow \beta  = \sqrt {{\alpha ^2} - {\gamma ^2}}  = \sqrt {16}  = 4,

Η εξίσωσή της είναι \displaystyle \frac{{{x^2}}}{{25}} + \frac{{{y^2}}}{{16}} = 1

ii) Οι γραφικές τους παραστάσεις δίνονται στο σχήμα
22-01-2015 Τράπεζα Β΄ Λυκείου.png
22-01-2015 Τράπεζα Β΄ Λυκείου.png (25.46 KiB) Προβλήθηκε 3580 φορές
Συνημμένα
4_22592.doc
(98.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8308
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Ιαν 22, 2015 9:45 pm

4_22565

Δίνεται η εξίσωση x^2+y^2+2(xy-2x-2y)+3=0.
α) Να αποδείξετε ότι παριστάνει δυο ευθείες παράλληλες μεταξύ τους. (Μονάδες 8)
Έστω \epsilon_1:x+y=1 και \epsilon_2: x+y=3 οι δυο ευθείες.
β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τραπεζίου που σχηματίζεται από τους άξονες και τις ευθείες.
(Μονάδες 7)
γ) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την αρχή O και τέμνει τις \epsilon_1 και\epsilon_2 στα σημεία A,B ώστε (AB)=2. (Μονάδες 10)

Λύση

α) \displaystyle{{x^2} + {y^2} + 2(xy - 2x - 2y) + 3 = 0 \Leftrightarrow ({x^2} + {y^2} + 2xy) - 4(x + y) + 3 = 0 \Leftrightarrow }

\displaystyle{{(x + y)^2} - 4(x + y) + 3 = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{x + y = k} {k^2} - 4k + 3 = 0 \Leftrightarrow (k - 1)(k - 3) = 0}

\displaystyle{(x + y - 1)(x + y - 3) = 0}. Έχουμε λοιπόν τις ευθείες \epsilon_1:x+y=1 και \epsilon_2: x+y=3

β) Η \epsilon_1 τέμνει τους άξονες στα σημεία A(1,0), \Delta(0,1) και η \epsilon_2 στα B(3,0), \Gamma(0,3).
4_22565.png
4_22565.png (7.18 KiB) Προβλήθηκε 3525 φορές
\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ) = ({\rm O}{\rm B}\Gamma ) - ({\rm O}{\rm A}\Delta ) = \frac{9}{2} - \frac{1}{2} \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ) = 4} τ.μ

γ) Έστω \lambda ο συντελεστής διεύθυνσης της ζητούμενης ευθείας \epsilon.
Τότε \displaystyle{\varepsilon :y = \lambda x}, \displaystyle{\lambda  \ne  - 1} (αλλιώς θα είναι παράλληλη με τις άλλες δύο ευθείες)
Για y=\lambda x, η \epsilon_1 γράφεται \displaystyle{(\lambda  + 1)x = 1 \Leftrightarrow x = \frac{1}{{\lambda  + 1}}} και \displaystyle{y = \frac{\lambda }{{\lambda  + 1}}}. Έχουμε λοιπόν \displaystyle{A\left( {\frac{1}{{\lambda  + 1}},\frac{\lambda }{{\lambda  + 1}}} \right)}. Ομοίως βρίσκουμε \displaystyle{B\left( {\frac{3}{{\lambda  + 1}},\frac{{3\lambda }}{{\lambda  + 1}}} \right)}

\displaystyle{(AB) = 2 \Leftrightarrow \sqrt {\frac{4}{{{{(\lambda  + 1)}^2}}} + \frac{{4{\lambda ^2}}}{{{{(\lambda  + 1)}^2}}}}  = 2 \Leftrightarrow \frac{{4({\lambda ^2} + 1)}}{{{\lambda ^2} + 2\lambda  + 1}} = 4 \Leftrightarrow \lambda  = 0}
Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι \epsilon:y=0

Αν δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας, τότε θα έχει εξίσωση x=0. H ευθεία αυτή επαληθεύει τη υπόθεση του ερωτήματος γιατί τέμνει τις ευθείες στα σημεία \Delta, \Gamma και είναι (\Delta\Gamma)=2

Επομένως οι ζητούμενες ευθείες είναι \epsilon:y=0 και \epsilon': x=0
Συνημμένα
4_22565.docx
(153.05 KiB) Μεταφορτώθηκε 74 φορές


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Παρ Ιαν 23, 2015 8:23 pm

4_22568

Σε καρτεσιανό σύστημα αξόνων Oxy θεωρούμε τα σημεία M\left( {x,y} \right),A\left( { - 1,3} \right) και B\left( {2, - 1} \right) ώστε να σχηματίζουν τρίγωνο με εμβαδόν \left( {MAB} \right) = 4.
α) Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος του M είναι δυο ευθείες {\varepsilon _1},{\varepsilon _2} παράλληλες μεταξύ τους. (Μονάδες 8)
β) Να βρείτε την απόσταση των {\varepsilon _1},{\varepsilon _2} (Μονάδες 5)
γ) Να αποδείξετε ότι η ευθεία που διέρχεται από τα A,B είναι η μεσοπαράλληλη των {\varepsilon _1},{\varepsilon _2}.
Πως αιτιολογείται γεωμετρικά το συμπέρασμα αυτό; (Μονάδες 12)
Λύση
α) Είναι \overrightarrow {AM}  = \left( {x + 1,y - 3} \right) και \overrightarrow {AB}  = \left( {3, - 4} \right)

\left( {MAB} \right) = 4 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right)} \right| = 4 \Leftrightarrow \left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x + 1}&{y - 3}\\ 
3&{ - 4} 
\end{array}} \right|} \right| = 8 \Leftrightarrow

\left| { - 4x - 4 - 3y + 9} \right| = 8 \Leftrightarrow \left| {4x + 3y - 5} \right| = 8 \Leftrightarrow

4x + 3y - 5 = 8\;\;\dot \eta \;\;4x + 3y - 5 =  - 8 \Leftrightarrow

4x + 3y = 13\;\;\dot \eta \;\;4x + 3y =  - 3

Άρα ο γεωμετρικός τόπος του σημείου M είναι οι ευθείες με εξισώσεις
{\varepsilon _1}:4x + 3y - 13 = 0\;\;\kappa \alpha \iota \;\;{\varepsilon _2}:4x + 3y + 3 = 0 που είναι παράλληλες αφού και οι δύο έχουν συντελεστή διεύθυνσης \lambda  =  - \dfrac{4}{3}
β) Το σημείο K\left( {1,3} \right) ανήκει στην ευθεία {\varepsilon _1}, οπότε:
d\left( {{\varepsilon _1},{\varepsilon _2}} \right) = d\left( {K,{\varepsilon _2}} \right) = \dfrac{{\left| {4 \cdot 1 + 3 \cdot 3 + 3} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} \Rightarrow d\left( {{\varepsilon _1},{\varepsilon _2}} \right) = \dfrac{{16}}{5}
γ) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας AB είναι {\lambda _{AB}} = \dfrac{{3 + 1}}{{ - 1 - 2}} =  - \dfrac{4}{3} δηλαδή είναι παράλληλη προς τις {\varepsilon _1},{\varepsilon _2} αφού και οι τρεις έχουν ίδιο συντελεστή διεύθυνσης.

d\left( {A,{\varepsilon _1}} \right) = \dfrac{{\left| { - 4 + 9 - 13} \right|}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = \dfrac{8}{5} = \dfrac{{d\left( {{\varepsilon _1},{\varepsilon _2}} \right)}}{2} οπότε η ευθεία AB είναι μεσοπαράλληλη των {\varepsilon _1},{\varepsilon _2}

Γεωμετρικά: Τα τρίγωνα MAB έχουν σταθερή βάση, την AB, και σταθερό εμβαδόν. Άρα θα έχουν και σταθερό ύψος.
Οπότε τα σημεία M ισαπέχουν από την AB δηλαδή θα βρίσκονται σε δύο ευθείες παράλληλες της AB και εκατέρωθεν αυτής, έτσι η AB είναι μεσοπαράλληλη των {\varepsilon _1},{\varepsilon _2}
Συνημμένα
4-22568.docx
(98.65 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές
4-22568.png
4-22568.png (36.21 KiB) Προβλήθηκε 3493 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Παρ Ιαν 23, 2015 9:20 pm

4_22571

Δίνονται τα σημεία A\left( {1,2} \right),B\left( { - 3,4} \right) και \Gamma \left( {2\lambda  + 1,1 - \lambda } \right), \lambda  \in R .
α) Να αποδείξετε ότι, για οποιαδήποτε τιμή του \lambda, τα A,B,\Gamma σχηματίζουν τρίγωνο και το εμβαδόν του τριγώνου AB\Gamma είναι σταθερό. (Μονάδες 12)
β) Να αποδείξετε ότι η κορυφή \Gamma κινείται σε ευθεία παράλληλη στην AB. (Μονάδες 6)
γ) Να βρείτε τις συντεταγμένες του \Gamma ώστε το τρίγωνο AB\Gamma να είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την B\Gamma. (Μονάδες 7)
Λύση
α) Είναι \overrightarrow {AB}  = \left( { - 4,2} \right) και \overrightarrow {A\Gamma }  = \left( {2\lambda , - 1 - \lambda } \right)

\displaystyle{\det \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Gamma } } \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
{ - 4}&2\\ 
{2\lambda }&{ - 1 - \lambda } 
\end{array}} \right| = 4 + 4\lambda  - 4\lambda  = 4 \ne 0}
δηλαδή τα \displaystyle{\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Gamma } } δεν είναι παράλληλα, οπότε τα A,B,\Gamma σχηματίζουν τρίγωνο.

\displaystyle{\left( {AB\Gamma } \right) = \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Gamma } } \right)} \right| = \dfrac{1}{2} \cdot 4 = 2\tau .\mu .} σταθερό

β) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας AB είναι: {\lambda _{AB}} = \dfrac{{4 - 2}}{{ - 3 - 1}} =  - \dfrac{1}{2}

Είναι \Gamma \left( {2\lambda  + 1,1 - \lambda } \right), \lambda  \in R

\left\{ \begin{array}{l} 
x = 2\lambda  + 1\\ 
y = 1 - \lambda  
\end{array} \right.\mathop  \Leftrightarrow \limits_{ \cdot 2} \left\{ \begin{array}{l} 
x = 2\lambda  + 1\\ 
2y = 2 - 2\lambda  
\end{array} \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{\left(  +  \right)} x + 2y = 3

Άρα το σημείο \Gamma κινείται στην ευθεία (ε): \ x + 2y = 3 με συντελεστή διεύθυνσης {\lambda _\varepsilon } =  - \dfrac{1}{2}
Είναι {\lambda _{AB}} = {\lambda _\varepsilon } \Leftrightarrow \varepsilon //{\rm A}{\rm B}

γ) Αν το τρίγωνο AB\Gamma είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την B\Gamma τότε:

\overrightarrow {AB}  \bot \overrightarrow {A\Gamma }  \Leftrightarrow \overrightarrow {AB}  \cdot \overrightarrow {A\Gamma }  = 0 \Leftrightarrow \left( { - 4,2} \right) \cdot \left( {2\lambda , - 1 - \lambda } \right) = 0 \Leftrightarrow

- 8\lambda  - 2 - 2\lambda  = 0 \Leftrightarrow \lambda  =  - \dfrac{1}{5}
Άρα \Gamma \left( {\dfrac{3}{5},\dfrac{6}{5}} \right)
Συνημμένα
4-22571.docx
(70.61 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές
4-22571.png
4-22571.png (15.02 KiB) Προβλήθηκε 3480 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Παρ Ιαν 23, 2015 9:50 pm

4_22577

Σε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων Oxy θεωρούμε τις ευθείες {\varepsilon _\lambda }:x + \left( {\lambda  + 2} \right)y - \lambda  + 1 = 0,\lambda  \in R .
α) Να αποδείξετε ότι όλες οι ευθείες διέρχονται από σταθερό σημείο M. (Μονάδες 7)
β) Να αποδείξετε ότι d\left( {O,{\varepsilon _\lambda }} \right) \le \sqrt {10} (Μονάδες 8)
γ) Να βρείτε ποια από τις ευθείες της παραπάνω μορφής απέχει την μέγιστη
απόσταση από το O . (Μονάδες 10)

Λύση

α) Με \lambda  =  - 2 η ευθεία είναι η: x =  - 3
Με \lambda  = 0 η ευθεία είναι η: x + 2y + 1 = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{x =  - 3} y = 1
Έτσι οι δύο αυτές ευθείες διέρχονται από το σημείο M\left( { - 3,1} \right)
Με x =  - 3 και y = 1 η {\varepsilon _\lambda } γίνεται:
- 3 + \lambda  + 2 - \lambda  + 1 = 0 \Leftrightarrow 0 = 0 που ισχύει.
Άρα όλες οι ευθείες διέρχονται από το σημείο M\left( { - 3,1} \right)
β) d\left( {O,{\varepsilon _\lambda }} \right) \le \sqrt {10}  \Leftrightarrow \dfrac{{\left| { - \lambda  + 1} \right|}}{{\sqrt {1 + {{\left( {\lambda  + 2} \right)}^2}} }} \le \sqrt {10}  \Leftrightarrow

\sqrt {10} \sqrt {{\lambda ^2} + 4\lambda  + 5}  \ge \left| {1 - \lambda } \right| \Leftrightarrow 10\left( {{\lambda ^2} + 4\lambda  + 5} \right) \ge {\left( {1 - \lambda } \right)^2} \Leftrightarrow

9{\lambda ^2} + 42\lambda  + 49 \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {3\lambda  + 7} \right)^2} \ge 0 που ισχύει.

γ) Αφού d\left( {O,{\varepsilon _\lambda }} \right) \le \sqrt {10} η μέγιστη απόσταση του O από τις ευθείες {\varepsilon _\lambda } είναι ίση με \sqrt {10} , έτσι:

d\left( {O,{\varepsilon _\lambda }} \right) = \sqrt {10}  \Leftrightarrow {\left( {3\lambda  + 7} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \lambda  =  - \dfrac{7}{3}

Με \lambda  =  - \dfrac{7}{3} η ευθεία έχει εξίσωση:

x - \dfrac{1}{3}y + \dfrac{{10}}{3} = 0 \Leftrightarrow 3x - y + 10 = 0
Συνημμένα
4-22577.docx
(49.04 KiB) Μεταφορτώθηκε 80 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 9:31 am

4_22579

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε τα σημεία A\left( { - 2, - 2} \right) ,B\left( {0, - 4} \right) , την παραβολή {y^2} = 4x και έστω M\left( {x,y} \right) τυχαίο σημείο της παραβολής.
α) Να αποδείξετε ότι:
i. \left( {MAB} \right) = \dfrac{1}{4}\left( {{y^2} + 4y + 16} \right)
ii. \left( {MAB} \right) \ge 3 (Μονάδες 10)
β) Να βρείτε τις συντεταγμένες του M ώστε το εμβαδόν \left( {MAB} \right)του τριγώνου MAB να γίνεται ελάχιστο. (Μονάδες 5)
γ) Έστω ότι το εμβαδόν του τριγώνου γίνεται ελάχιστο όταν M\left( {1, - 2} \right). Να εξετάσετε αν η εφαπτομένη της παραβολής στο M είναι παράλληλη στην πλευρά B\Gamma (προφανώς τυπογραφικό λάθος, το σωστό: στην πλευρά AB) του τριγώνου MAB. (Μονάδες 10)
Λύση
α) Αφού το σημείο M ανήκει στην παραβολή {y^2} = 4x, τότε M\left( {\dfrac{{{y^2}}}{4},y} \right)
Είναι \overrightarrow {AB}  = \left( {2, - 2} \right) και \overrightarrow {AM}  = \left( {\dfrac{{{y^2}}}{4} + 2,y + 2} \right)
i. \left( {MAB} \right) = \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AM} } \right)} \right| = \dfrac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
	2&{ - 2}\\ 
	{\dfrac{{{y^2}}}{4} + 2}&{y + 2} 
	\end{array}} \right|} \right| \Leftrightarrow
\displaystyle{\left( {MAB} \right) = \dfrac{1}{2}\left| {2y + 4 + \dfrac{{{y^2}}}{2} + 4} \right| \Leftrightarrow \left( {MAB} \right) = \dfrac{1}{2}\left| {\dfrac{{{y^2}}}{2} + 2y + 8} \right| \Leftrightarrow }
\left( {MAB} \right) = \dfrac{1}{4}\left( {{y^2} + 4y + 16} \right) αφού {y^2} + 4y + 16 = {\left( {y + 2} \right)^2} + 12 > 0
ii. \left( {MAB} \right) \ge 3 \Leftrightarrow \dfrac{1}{4}\left( {{y^2} + 4y + 16} \right) \ge 3 \Leftrightarrow
{y^2} + 4y + 16 \ge 12 \Leftrightarrow {\left( {y + 2} \right)^2} \ge 0 που ισχύει
β) Η ελάχιστη τιμή του \left( {MAB} \right) από το προηγούμενο ερώτημα είναι ίση με 3 , έτσι:

\left( {MAB} \right) = 3 \Leftrightarrow \dfrac{1}{4}\left( {{y^2} + 4y + 16} \right) = 3 \Leftrightarrow y =  - 2
Με y =  - 2 είναι M\left( {1, - 2} \right)
γ) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας AB είναι {\lambda _{AB}} = \dfrac{{ - 4 + 2}}{{0 + 2}} =  - 1

Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο σημείο M είναι:

\left( \varepsilon  \right):y{y_M} = 2\left( {x + {x_M}} \right) \Leftrightarrow  - 2y = 2\left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow y =  - x - 1 η οποία έχει συντελεστή διεύθυνσης {\lambda _\varepsilon } =  - 1.

Άρα {\lambda _\varepsilon } = {\lambda _{AB}} \Leftrightarrow \varepsilon //AB
Συνημμένα
4-22579.docx
(64.06 KiB) Μεταφορτώθηκε 56 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 10:30 am

4_22581
Δίνεται η εξίσωση {x^2} + {y^2} - 2x + 4y + 1 = 0 .
Να αποδείξετε ότι:
α) Η εξίσωση παριστάνει κύκλο C του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα. (Μονάδες 8)
β) Ο κύκλος C εφάπτεται στον άξονα x'x και να προσδιορίσετε το σημείο επαφής τους. (Μονάδες 7)
γ) Το σημείο M\left( {2, - 1} \right) βρίσκεται στο εσωτερικό του κύκλου. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που τέμνει τον κύκλο σε δυο σημεία A,B ώστε η χορδή AB του κύκλου να έχει μέσο το M . (Μονάδες 10)
Λύση
α) Είναι: {A^2} + {B^2} - 4\Gamma  = 4 + 16 - 4 = 16 > 0 οπότε η εξίσωση παριστάνει κύκλο με κέντρο K\left( { - \dfrac{A}{2}, - \dfrac{B}{2}} \right)\;\dot \eta \;K\left( {1, - 2} \right) και ακτίνα \rho  = \dfrac{{\sqrt {{A^2} + {B^2} - 4\Gamma } }}{2} \Rightarrow \rho  = 2
β) Ο άξονας x'x έχει εξίσωση y = 0.
Με y = 0 η εξίσωση του κύκλου γίνεται: {x^2} - 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow x = 1
Άρα ο κύκλος C και ο άξονας x'x έχουν μοναδικό κοινό σημείο το A\left( {1,0} \right) , δηλαδή ο x'x εφάπτεται του κύκλου.
γ) Αφού το M θα είναι μέσο της χορδής AB, το τμήμα KM θα είναι απόστημα της, δηλαδή AB \bot KM .

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας KM είναι: {\lambda _{KM}} = \dfrac{{ - 1 + 2}}{{2 - 1}} = 1
AB \bot KM \Leftrightarrow {\lambda _{AB}} \cdot {\lambda _{KM}} =  - 1 \Leftrightarrow {\lambda _{AB}} =  - 1

Η εξίσωση της ευθείας AB είναι: \left( {AB} \right):y - {y_M} = {\lambda _{AB}}\left( {x - {x_M}} \right) \Leftrightarrow y + 1 =  - x + 2 \Leftrightarrow y =  - x + 1
Συνημμένα
4-22581.docx
(68.53 KiB) Μεταφορτώθηκε 55 φορές
4-22581.png
4-22581.png (16.49 KiB) Προβλήθηκε 3430 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 11:40 am

4_22584
Δίνονται οι εξισώσεις \left( {x + y - 1} \right)\left( {x + y + 1} \right) = 2xy\;\left( 1 \right) και \left( {\lambda  - 1} \right)x + \left( {2\lambda  + 3} \right)y + 2\lambda  - 5 = 0\;\left( 2 \right) , \lambda  \in R
α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση \left( 1 \right) παριστάνει κύκλο C με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα \rho  = 1. (Μονάδες 8)
β) Να αποδείξετε ότι, για κάθε \lambda  \in R η εξίσωση \left( 2 \right) παριστάνει ευθεία.
Κατόπιν να αποδείξετε ότι οι ευθείες που προκύπτουν από την \left( 2 \right) για τις διάφορες τιμές του \lambda διέρχονται από το ίδιο σημείο, το οποίο να προσδιορίσετε. (Μονάδες 10)
γ) Έστω A και B τα σημεία τομής του κύκλου C με τους θετικούς ημιάξονες Ox και Oy αντίστοιχα. Να εξετάσετε αν υπάρχει τιμή του \lambda, ώστε η ευθεία AB να προκύπτει από την εξίσωση \left( 2 \right). (Μονάδες 7)

Λύση

α) \left( {x + y - 1} \right)\left( {x + y + 1} \right) = 2xy \Leftrightarrow {x^2} + 2xy + {y^2} - 1 = 2xy \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 1

Άρα η εξίσωση \left( 1 \right) παριστάνει κύκλο C με κέντρο O\left( {0,0} \right) και ακτίνα \rho  = 1

β) \lambda  - 1 = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 1 και 2\lambda  + 3 = 0 \Leftrightarrow \lambda  =  - \dfrac{3}{2}

Άρα η εξίσωση \left( 2 \right) παριστάνει ευθεία για κάθε \lambda  \in R αφού οι συντελεστές των x και y δεν μηδενίζονται για την ίδια τιμή του \lambda  \in R

Με \lambda  =  - \dfrac{3}{2} η \left( 2 \right) \Leftrightarrow  - \dfrac{5}{2}x - 3 - 5 = 0 \Leftrightarrow x =  - \dfrac{{16}}{5}

Με \lambda  = 1 η \left( 2 \right) \Leftrightarrow 5y + 2 - 5 = 0 \Leftrightarrow y = \dfrac{3}{5}

Έτσι οι δύο αυτές ευθείες τέμνονται στο σημείο M\left( { - \dfrac{{16}}{5},\dfrac{3}{5}} \right)

Με x =  - \dfrac{{16}}{5} και y = \dfrac{3}{5} η \left( 2 \right) γίνεται:
- \dfrac{{16}}{5}\left( {\lambda  - 1} \right) + \dfrac{3}{5}\left( {2\lambda  + 3} \right) + 2\lambda  - 5 = 0\mathop  \Leftrightarrow \limits^{ \cdot 5}

- 16\lambda  + 16 + 6\lambda  + 9 + 10\lambda  - 25 = 0 \Leftrightarrow 0 = 0 που ισχύει.

Άρα οι ευθείες που προκύπτουν από τη \left( 2 \right) διέρχονται από το σημείο M\left( { - \dfrac{{16}}{5},\dfrac{3}{5}} \right) για κάθε \lambda  \in R

γ) Με y = 0 από τον C παίρνουμε {x^2} = 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{x > 0} x = 1 και

Με x = 0 από τον C παίρνουμε {y^2} = 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{y > 0} y = 1

Άρα ο C τέμνει τους θετικούς ημιάξονες Ox και Oyστα σημεία A\left( {1,0} \right) και B\left( {0,1} \right) αντίστοιχα.

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας AB είναι {\lambda _{{\rm A}{\rm B}}} = \dfrac{{1 - 0}}{{0 - 1}} =  - 1 και η εξίσωσή της
y - {y_A} = {\lambda _{AB}}\left( {x - {x_A}} \right) \Leftrightarrow y =  - x + 1 \Leftrightarrow x + y - 1 = 0

Αν υπάρχει τιμή του \lambda, ώστε η ευθεία AB να προκύπτει από την εξίσωση \left( 2 \right) τότε αυτή θα διέρχεται από το M (το αντίστροφο δεν ισχύει).
Με x =  - \dfrac{{16}}{5} και y = \dfrac{3}{5} η AB γίνεται:
- \dfrac{{16}}{5} + \dfrac{3}{5} + 1 = 0 \Leftrightarrow  - \dfrac{8}{5} = 0 άτοπο.

Άρα δεν υπάρχει τέτοια τιμή του \lambda.
Συνημμένα
4-22584.docx
(89.3 KiB) Μεταφορτώθηκε 58 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Σάβ Ιαν 24, 2015 3:11 pm

4_22587

Σε καρτεσιανό σύστημα Oxy, θεωρούμε τα σημεία M(x,y), A(-25,0) και B(-1,0) για τα οποία ισχύει

|\overrightarrow{AM}|=5|\overrightarrow{BM}|.

α) Να αποδείξετε ότι το σημείο M ανήκει στον κύκλο C:x^{2}+y^{2}=25 . (Μονάδες 10)

β) Θεωρούμε το σημείο \Sigma (7,1).

i. Να εξετάσετε αν το σημείο \Sigma βρίσκεται στο εσωτερικό ή το εξωτερικό του κύκλου C. (Μονάδες 5)

ii. Να αποδείξετε ότι οι εφαπτόμενες, από το σημείο \Sigma προς τον κύκλο, είναι μεταξύ τους κάθετες. (Μονάδες 10)

ΛΥΣΗ

α) |\overrightarrow{AM}|=5|\overrightarrow{BM}|\Leftrightarrow |\overrightarrow{AM}|^{2}=25|\overrightarrow{BM}|^{2}\Leftrightarrow (x+25)^{2}+y^{2}=25[(x+1)^{2}+y^{2}]\Leftrightarrow

x^{2}+50x+625+y^{2}=25(x^{2}+2x+1+y^{2})\Leftrightarrow 24x^{2}+24y^{2}=600\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}=25

Άρα το σημείο M ανήκει στον κύκλο C:x^{2}+y^{2}=25 που έχει κέντρο O(0,0) και ακτίνα \rho =5.

β) i) (O\Sigma )=\sqrt{(7-0)^{2}+(1-0)^{2}}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}>5=\rho.

Αφού η απόσταση του \Sigma (7,1) από το κέντρο του κύκλου είναι μεγαλύτερη της ακτίνας, το \Sigma (7,1) είναι εξωτερικό του κύκλου.

ii) Α΄ Τρόπος

Η ευθεία \delta: x = 7 δεν είναι εφαπτομένη του κύκλου, αφού d(O,\delta ) =\frac{|-7|}{1}=7\neq \rho.

Οι υπόλοιπες ευθείες που διέρχονται από το \Sigma (7,1) έχουν εξίσωση της μορφής:

\varepsilon :y-1=\lambda (x-7)\Leftrightarrow \lambda x-y-7\lambda +1=0.

Η ευθεία ε εφάπτεται του κύκλου αν και μόνο αν ισχύει d(O,\delta )=\rho \Leftrightarrow \frac{|-7\lambda +1|}{\sqrt{\lambda ^{2}+1}}=5\Leftrightarrow (7\lambda -1)^{2}=25(\lambda ^{2}+1)\Leftrightarrow

49\lambda ^{2}-14\lambda +1=25\lambda ^{2}+25\Leftrightarrow 12\lambda^{2}-7\lambda -12=0.

Η τελευταία εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες, αφού \alpha \cdot \gamma <0. Αυτό σημαίνει ότι υπάρχουν δύο εφαπτομένες του κύκλου C

που διέρχονται από το \Sigma. Επίσης το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης ισούται με \lambda _{1}\cdot \lambda _{2}=\frac{\gamma}{\alpha }=\frac{-12}{12}=-1.

Αυτό σημαίνει ότι οι εφαπτομένες του κύκλου που διέρχονται από το \Sigma είναι κάθετες.

Β΄ Τρόπος

Αν A, B είναι τα σημεία επαφής, τότε η ευθεία O \Sigma είναι μεσοκάθετη του τμήματος AB.

Το τρίγωνο OA\Sigma είναι ορθογώνιο στο A, οπότε ισχύει:

(OA)^{2}=O\Gamma \cdot O\Sigma \Leftrightarrow 5^{2}=O\Gamma \cdot 5\sqrt{2}\Leftrightarrow O\Gamma =\frac{5\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow O\Gamma =\frac{O\Sigma }{2}.

Άρα οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου AOB\Sigma διχοτομούνται κι επομένως είναι παραλληλόγραμμο.

Επειδή OA=OB=\rho και \widehat{OA \Sigma }=90^{o}, είναι τελικά τετράγωνο. Δηλαδή οι εφαπτομένες \Sigma A, \Sigma B είναι κάθετες.
Συνημμένα
22587b.png
22587b.png (24.91 KiB) Προβλήθηκε 3379 φορές


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 7:07 pm

4_22586
Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε την εξίσωση {x^2} + {y^2} - \left( {3\alpha  + 2} \right)x + {\alpha ^2} - 4 = 0 , \alpha  \in R
α) Να αποδείξετε ότι για κάθε \alpha  \in R , η εξίσωση παριστάνει κύκλο. Κατόπιν, να βρείτε για ποιες τιμές του \alpha, ο κύκλος διέρχεται από την αρχή O. (Μονάδες 10)
β) Έστω C ο κύκλος που προκύπτει από την παραπάνω εξίσωση όταν \alpha  = 2 και y = \lambda x,\lambda  \in R μια ευθεία που τέμνει τον κύκλο C σε σημείο A διαφορετικό από το O.
i. Να βρείτε τις συντεταγμένες του A συναρτήσει του \lambda. (Μονάδες 10)
ii. Να αποδείξετε ότι το μέσο M του τμήματος OA κινείται σε κύκλο σταθερής ακτίνας ο οποίος διέρχεται από το O. (Μονάδες 5)
Λύση
α) Είναι: {A^2} + {B^2} - 4\Gamma  = {\left( {3\alpha  + 2} \right)^2} - 4\left( {{\alpha ^2} - 4} \right) = 5{\alpha ^2} + 12\alpha  + 20 > 0 για κάθε \alpha  \in R αφού το τριώνυμο 5{\alpha ^2} + 12\alpha  + 20 έχει διακρίνουσα \Delta  = 144 - 400 =  - 256 < 0
Οπότε η εξίσωση παριστάνει κύκλο για κάθε \alpha  \in R.
Με x = y = 0 η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται: {\alpha ^2} - 4 = 0 \Leftrightarrow \alpha  = 2\;\dot \eta \;\alpha  =  - 2
Άρα ο κύκλος διέρχεται από το O αν \alpha  = 2\;\dot \eta \;\alpha  =  - 2
β) Με \alpha  = 2η εξίσωση του κύκλου γίνεται: {x^2} + {y^2} - 8x = 0
i. \left\{ \begin{array}{l} 
{x^2} + {y^2} - 8x = 0\\ 
y = \lambda x 
\end{array} \right. \Leftrightarrow {x^2} + {\lambda ^2}{x^2} - 8x = 0 \Leftrightarrow
x\left( {x + {\lambda ^2}x - 8} \right) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{8}{{{\lambda ^2} + 1}}\;\dot \eta \;x = 0

Με x = \dfrac{8}{{{\lambda ^2} + 1}} είναι y = \dfrac{{8\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}} δηλαδή A\left( {\dfrac{8}{{{\lambda ^2} + 1}},\dfrac{{8\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)
Με x = 0 είναι y = 0 δηλαδή A\left( {0,0} \right) απορρίπτεται.
ii. Το μέσο M του τμήματος OA έχει συντεταγμένες: M\left( {\dfrac{{{x_A} + {x_O}}}{2},\dfrac{{{y_A} + {y_O}}}{2}} \right)\;\dot \eta \;M\left( {\dfrac{4}{{{\lambda ^2} + 1}},\dfrac{{4\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)

Έστω x = \dfrac{4}{{{\lambda ^2} + 1}} και y = \dfrac{{4\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}} τότε:
{x^2} = \dfrac{{16}}{{{{\left( {{\lambda ^2} + 1} \right)}^2}}}\;\left( 1 \right) και {y^2} = \dfrac{{16{\lambda ^2}}}{{{{\left( {{\lambda ^2} + 1} \right)}^2}}}\;\left( 2 \right)

\left( 1 \right) + \left( 2 \right) \Rightarrow {x^2} + {y^2} = \dfrac{{16\left( {{\lambda ^2} + 1} \right)}}{{{{\left( {{\lambda ^2} + 1} \right)}^2}}} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = \dfrac{{16}}{{{\lambda ^2} + 1}} \Leftrightarrow

{x^2} + {y^2} = 4x \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} - 4x = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 4 + {y^2} = 4 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 4
Άρα το M κινείται σε κύκλο με κέντρο K\left( {2,0} \right) , ακτίνα \rho  = 2 και διέρχεται από το O αφού οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση του.
Συνημμένα
4-22586.docx
(80.19 KiB) Μεταφορτώθηκε 64 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 8:19 pm

4_22588

Θεωρούμε τα σημεία A\left( {2,2} \right),B\left( { - 1,0} \right) και \Gamma \left( {0,2} \right).
α) Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M\left( {x,y} \right) ώστε \displaystyle{{\overrightarrow {AM} ^2} + {\overrightarrow {BM} ^2} - 2{\overrightarrow {\Gamma M} ^2} = 3} είναι η ευθεία ε:\ x - 2y + 1 = 0. (Μονάδες 10)
β) Να βρείτε:
i. Σημείο K στον άξονα x'x ώστε το συμμετρικό του ως προς την ευθεία του ερωτήματος α) να είναι σημείο \Lambda του άξονα y'y. (Μονάδες 10)
ii. Το εμβαδόν του τριγώνου K\Lambda \Sigma όπου \Sigma είναι το σημείο τομής της ευθείας \varepsilon με τον άξονα y'y. (Μονάδες 5)
Λύση
α) Είναι \overrightarrow {AM}  = \left( {x - 2,y - 2} \right) \Rightarrow {\overrightarrow {AM} ^2} = {\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \Rightarrow

{\overrightarrow {AM} ^2} = {x^2} - 4x + {y^2} - 4y + 8\;\left( 1 \right)

\overrightarrow {BM}  = \left( {x + 1,y} \right) \Rightarrow {\overrightarrow {BM} ^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + {y^2} \Rightarrow {\overrightarrow {BM} ^2} = {x^2} + 2x + {y^2} + 1\;\left( 2 \right) και

\overrightarrow {\Gamma {\rm M}}  = \left( {x,y - 2} \right) \Rightarrow {\overrightarrow {\Gamma {\rm M}} ^2} = {x^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} \Rightarrow {\overrightarrow {\Gamma {\rm M}} ^2} = {x^2} + {y^2} - 4y + 4\;\left( 3 \right)

\displaystyle{{\overrightarrow {AM} ^2} + {\overrightarrow {BM} ^2} - 2{\overrightarrow {\Gamma M} ^2} = 3\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)} }

{x^2} - 4x + {y^2} - 4y + 8 + {x^2} + 2x + {y^2} + 1 - 2{x^2} - 2{y^2} + 8y - 8 = 3 \Rightarrow

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

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M είναι η ευθεία ε: \ x - 2y + 1 = 0

β) i. Έστω K\left( {\alpha ,0} \right),\alpha  \ne 0 σημείο του άξονα x'x και \Lambda \left( {0,\beta } \right),\beta  \ne 0 το συμμετρικό του ως προς την ευθεία \varepsilon.

Αν N είναι το σημείο τομής της K\Lambda με την \varepsilon, το N θα είναι μέσο του K\Lambda, έτσι N\left( {\dfrac{\alpha }{2},\dfrac{\beta }{2}} \right) και αφού ανήκει στην ε θα ικανοποιεί την εξίσωσή της δηλαδή:

\dfrac{\alpha }{2} - \beta  + 1 = 0 \Leftrightarrow \alpha  - 2\beta  + 2 = 0\;\left( 4 \right)

Ο συντελεστής διεύθυνσης της \varepsilon είναι {\lambda _\varepsilon } = \dfrac{1}{2} και της K\Lambdaείναι {\lambda _{K\Lambda }} =  - \dfrac{\beta }{\alpha }

K\Lambda  \bot \varepsilon  \Leftrightarrow {\lambda _{K\Lambda }} \cdot {\lambda _\varepsilon } =  - 1 \Leftrightarrow \beta  = 2\alpha \;\left( 5 \right)

\left( 4 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \alpha  - 4\alpha  + 2 = 0 \Leftrightarrow \alpha  = \dfrac{2}{3} οπότε \beta  = \dfrac{4}{3}

Άρα K\left( {\dfrac{2}{3},0} \right) και \Lambda \left( {0,\dfrac{4}{3}} \right)
ii. Με x = 0 η \varepsilon γίνεται: - 2y + 1 = 0 \Leftrightarrow y = \dfrac{1}{2}

Έτσι η \varepsilon τέμνει τον y'y στο σημείο \Sigma \left( {0,\dfrac{1}{2}} \right)
\left( {K\Lambda \Sigma } \right) = \left( {OK\Lambda } \right) - \left( {OK\Sigma } \right) \Leftrightarrow \left( {K\Lambda \Sigma } \right) = \dfrac{{OK \cdot O\Lambda }}{2} - \dfrac{{OK \cdot O\Sigma }}{2} \Leftrightarrow
\left( {K\Lambda \Sigma } \right) = \dfrac{{\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{4}{3}}}{2} - \dfrac{{\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2}}}{2} \Leftrightarrow \left( {K\Lambda \Sigma } \right) = \dfrac{5}{{18}}\tau .\mu .
Συνημμένα
4-22588.png
4-22588.png (13.08 KiB) Προβλήθηκε 3348 φορές
4-22588.docx
(96.74 KiB) Μεταφορτώθηκε 48 φορές
τελευταία επεξεργασία από hlkampel σε Σάβ Ιαν 24, 2015 9:15 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1803
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 24, 2015 8:32 pm

22591


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1803
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Ιαν 24, 2015 8:33 pm

22592


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Σάβ Ιαν 24, 2015 9:44 pm

4_22589

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε τα σημεία M\left( {x,y} \right), A\left( { - 2,0} \right) και B\left( {2,0} \right) ώστε να ισχύει {\overrightarrow {AM} ^2} + {\overrightarrow {BM} ^2} = 3\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM} .
α) Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M είναι ο κύκλος C:{x^2} + {y^2} = 20. (Μονάδες 10)
β) Έστω \Gamma ,\Delta σημεία του κύκλου C ώστε {\left( {\dfrac{{\Gamma \Delta }}{4}} \right)^2} = 5
i. Να αποδείξετε ότι τα σημεία \Gamma ,\Deltaκαι η αρχή των αξόνων O, είναι συνευθειακά. (Μονάδες 10)
ii. Να υπολογίσετε το εσωτερικό γινόμενο \overrightarrow {M\Gamma }  \cdot \overrightarrow {M\Delta } όταν το M κινείται στον κύκλο. (Μονάδες 5)

Λύση

α) Είναι \overrightarrow {AM}  = \left( {x + 2,y} \right) , \overrightarrow {BM}  = \left( {x - 2,y} \right) οπότε:

{\overrightarrow {AM} ^2} + {\overrightarrow {BM} ^2} = 3\overrightarrow {AM}  \cdot \overrightarrow {BM}  \Leftrightarrow

{\left( {x + 2} \right)^2} + {y^2} + {\left( {x - 2} \right)^2} + {y^2} = 3\left[ {\left( {x + 2} \right) \cdot \left( {x - 2} \right) + {y^2}} \right] \Leftrightarrow

{x^2} + {y^2} = 20

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M είναι ο κύκλος C:{x^2} + {y^2} = 20 με κέντρο O\left( {0,0} \right) και ακτίνα \rho  = \sqrt {20}.

β) i. Από {\left( {\dfrac{{\Gamma \Delta }}{4}} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow \Gamma {\Delta ^2} = 80 \Leftrightarrow \Gamma \Delta  = 2\sqrt {20}  \Leftrightarrow \Gamma \Delta  = 2\rho και επειδή τα σημεία \Gamma ,\Delta είναι σημεία του C θα είναι αντιδιαμετρικά, δηλαδή τα \Gamma ,\Delta ,O είναι συνευθειακά.
ii. Αφού \Gamma ,\Delta είναι αντιδιαμετρικά του κύκλου C τότε \widehat {\Gamma M\Delta } = 90^\circ ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, έτσι \overrightarrow {M\Gamma }  \bot \overrightarrow {M\Delta }  \Leftrightarrow \overrightarrow {M\Gamma }  \cdot \overrightarrow {M\Delta }  = 0
Συνημμένα
4-22589.docx
(77.41 KiB) Μεταφορτώθηκε 47 φορές
4-22589.png
4-22589.png (20.26 KiB) Προβλήθηκε 3301 φορές


Ηλίας Καμπελής
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