4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Αγαπητοί φίλοι, ας συγκεντρώσουμε εδώ τις λύσεις, τις παρατηρήσεις και τυχόν διορθώσεις στις ασκήσεις που αναρτήθηκαν στην Τράπεζα Θεμάτων της Β΄Λυκείου.

Κατόπιν θα συγκεντρωθούν και θα σελιδοποιηθούν ώστε να αναρτηθούν με την ευθύνη των επιμελητών του

.
Ας φροντίσουμε να είναι πλήρως διατυπωμένες οι απαντήσεις μας, για να διευκολυνθούν οι συντάκτες των δελτίων.
Η πρόσκληση απευθύνεται σε κάθε μέλος και φίλο του

που θα ήθελε να συμμετέχει.
Σ' αυτήν τη συζήτηση θα ασχοληθούμε με το
4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

edit: 9-11-2014 Πρόσθεσα το σύνδεσμο για τα θέματα.

#2

Καλησπέρα σε όλους και καλή δύναμη!

Ας ξεκινήσουμε με τη σειρά.

GI_V_MATHP_4_18606

Δίνονται τα διανύσματα $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}A} = \left( {4, - 2} \right)$ και $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}B} = \left( {1,2} \right)$ , όπου $\displaystyle {\rm O}$ είναι η αρχή των αξόνων.
α) Να αποδείξετε ότι τα διανύσματα $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}A}$ και $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}{\rm B}}$ είναι κάθετα. (Μονάδες 4)

β) Αν $\displaystyle \Gamma \left( {\alpha ,\beta } \right)$ είναι σημείο της ευ-θείας που διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle {\rm A}$ και $\displaystyle {\rm B}$ , τότε:
i) να αποδείξετε ότι: $\displaystyle \overrightarrow {AB} = \left( { - 3,4} \right)$ και $\displaystyle \overrightarrow {A\Gamma } = \left( {\alpha - 4,\beta + 2} \right)$ (Μονάδες 5)

ii) να αποδείξετε ότι: $\displaystyle 4\alpha + 3\beta = 10$ (Μονάδες 6)

iii) αν επιπλέον τα διανύσματα $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}\Gamma }$ και $\displaystyle \overrightarrow {AB}$ είναι κάθετα, να βρείτε τις συντεταγμέ-νες του σημείου $\displaystyle \Gamma$ . (Μονάδες 10)

ΛΥΣΗ:

α) Είναι $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}A} \cdot \overrightarrow {{\rm O}B} = 4 \cdot 1 + \left( { - 2} \right) \cdot 2 = 0$ άρα $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}A} \bot \overrightarrow {{\rm O}B}$

βi) Αφού τα $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}A} ,\;\overrightarrow {{\rm O}B}$ είναι οι διανυσματικές ακτίνες των $\displaystyle {\rm A},\;{\rm B}$ , είναι $\displaystyle {\rm A}\left( {4,\; - 2} \right),\;\;{\rm B}\left( {1,\;2} \right)$ , οπότε $\displaystyle \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = \left( {1 - 4,\;2 - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( { - 3,\;4} \right)$

Επίσης είναι $\displaystyle \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = \left( {\alpha - 4,\;\beta - \left( { - 2} \right)} \right) = \left( {\alpha - 4,\;\beta + 2} \right)$

ii) Αφού τα $\displaystyle {\rm A},\;{\rm B},\;\Gamma$ είναι συνευθειακά, είναι $\displaystyle \det \left( {\overrightarrow {AB} ,\;\overrightarrow {A\Gamma } } \right) = 0 \Leftrightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 3}&4\\ {\alpha - 4}&{\beta + 2} \end{array}} \right| = 0 \Leftrightarrow - 3\left( {\beta + 2} \right) - 4\left( {\alpha - 4} \right) = 0$

$\Leftrightarrow - 3\beta - 6 - 4\alpha + 16 = 0 \Leftrightarrow 4\alpha + 3\beta = 10$

ΑΛΛΗ ΛΥΣΗ: Είναι $\displaystyle {\lambda _{{\rm A}{\rm B}}} = - \frac{4}{3}$ , οπότε η ευθεία που διέρχεται από τα $\displaystyle {\rm A},\;{\rm B}$ έχει εξίσωση $\displaystyle y - 2 = - \frac{4}{3}\left( {x - 1} \right) \Leftrightarrow 3y - 6 = - 4x + 4 \Leftrightarrow 4x + 3y = 10$ .

Αφού το $\displaystyle {\rm{\Gamma }}$ ανήκει στην ευθεία, οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή της, άρα είναι $\displaystyle 4\alpha + 3\beta = 10$ .

iii) H διανυσματική ακτίνα του $\displaystyle \Gamma$ είναι $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}\Gamma } = \left( {\alpha ,\;\beta } \right)$ , οπότε, αφού $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}\Gamma } \bot \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}}$ ,

θα είναι $\displaystyle \overrightarrow {{\rm O}\Gamma } \cdot \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = - 3\alpha + 4\beta = 0$

Λύνουμε το σύστημα $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 4\alpha + 3\beta = 10\\ - 3\alpha + 4\beta = 0 \end{array} \right.\;\mathop \Rightarrow \limits_{ \cdot 4}^{ \cdot 3} \;\left\{ \begin{array}{l} 12\alpha + 9\beta = 30\\ - 12\alpha + 16\beta = 0 \end{array} \right.$ , οπότε, προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε $\displaystyle 25\beta = 30 \Leftrightarrow \beta = \frac{6}{5}$

άρα $\displaystyle 4\alpha = 10 - \frac{{18}}{5} \Leftrightarrow 4\alpha = \frac{{32}}{5} \Leftrightarrow \alpha = \frac{8}{5}$

#3

Καλησπέρα κι από μένα

GI_V_MATHP_4_18609

Σε τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = (\lambda ,\lambda + 1)}$ , $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = (3\lambda ,\lambda - 1)}$ , όπου $\displaystyle{\lambda \ne 0}$ και $\displaystyle{\lambda \ne - 2}$ , και

είναι το μέσο της πλευράς $B\Gamma$
α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} = (2\lambda ,\lambda )}$ (Μονάδες

)
β) Να βρείτε την τιμή του $\lambda$ για την οποία το διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} }$ είναι κάθετο στο διάνυσμα $\displaystyle{\overrightarrow \alpha = \left( {\frac{2}{\lambda }, - \lambda } \right)}$ (Μονάδες

)
γ) Για την τιμή του $\lambda$ που βρήκατε στο ερώτημα β), να υπολογίσετε το εμβαδόν του
τριγώνου $AB\Gamma$ (Μονάδες

)

ΛΥΣΗ

α) Είναι $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} + \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right) = \frac{1}{2}(4\lambda ,2\lambda ) = (2\lambda ,\lambda )}$

β) $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm M}} \cdot \overrightarrow \alpha = 0 \Leftrightarrow (2\lambda ,\lambda )\left( {\frac{2}{\lambda }, - \lambda } \right) = 0 \Leftrightarrow 4 - {\lambda ^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\lambda \ne - 2} \lambda = 2}$

γ) Για $\lambda=2$ , $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = (2,3),\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = (6,1)}$

$\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = \frac{1}{2}|\det (\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} ,\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } )| = \frac{1}{2}|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&3\\ 6&1 \end{array}} \right|| \Leftrightarrow (AB\Gamma ) = 8}$ τ. μ

mathfinder · #4

Στο συνημμένο αρχείο το θέμα GI_V_MATHP_4_18623

Αθ. Μπεληγιάννης

#5

Σε LaTex η λύση του Θανάση

GI_V_MATHP_4_18623

Δίνονται τα σημεία ${\rm A}\left( {3,4} \right)$ , $B\left( {5,7} \right)$ και $\Gamma \left( {2\mu + 1,3\mu - 2} \right)$ , όπου $\mu \in R$
α) Να βρείτε τις συντεταγμένες των διανυσμάτων $\overrightarrow {AB}$ και $\overrightarrow {A\Gamma }$ και, στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι τα σημεία ${\rm A}$ ,

και $\Gamma$ δεν είναι συνευθειακά για κάθε τιμή του $\mu$ .
(Μονάδες 8)
β) Να αποδείξετε ότι:
i) το εμβαδόν του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ δεν εξαρτάται από το $\mu$ .
(Μονάδες 5)
ii) για κάθε τιμή του $\mu$ το σημείο $\Gamma$ ανήκει σε ευθεία $\varepsilon$ , της οποίας να βρείτε την εξίσωση.
(Μονάδες 7)
γ) Να ερμηνεύσετε γεωμετρικά γιατί το εμβαδόν του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ παραμένει σταθερό, ανεξάρτητα από την τιμή του $\mu$ ;
(Μονάδες 5)

ΛΥΣΗ

α) Είναι $\displaystyle \overrightarrow {AB} = \left( {5 - 3,7 - 4} \right) = \left( {2,3} \right)$ και $\displaystyle \overrightarrow {A\Gamma } = \left( {2\mu + 1 - 3,3\mu - 2 - 4} \right) = \left( {2\mu - 2,3\mu - 6} \right)$
Επειδή $\displaystyle \det \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Gamma } } \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&3\\ {2\mu - 2}&{3\mu - 6} \end{array}} \right| = 6\mu - 12 - 6\mu + 6 = - 6 \ne 0$ τα διανύσματα $\displaystyle \overrightarrow {AB}$ , $\displaystyle \overrightarrow {A\Gamma }$ δεν είναι παράλληλα , άρα τα σημεία Α , Β , Γ δεν είναι συνευθειακά.

β) (i) Είναι : $\displaystyle \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {A\Gamma } } \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&3\\ {2\mu - 2}&{3\mu - 6} \end{array}} \right|} \right| =$

$\displaystyle \frac{1}{2}\left| {6\mu - 12 - 6\mu + 6} \right| = 3\tau .\mu ,$ , άρα το εμβαδόν του ΑΒΓ είναι ανεξάρτητο του μ .

(ii) Αφού Γ (2μ +1,3μ −2) έχουμε : $\displaystyle \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 2\mu + 1}\\ {y = 3\mu - 2} \end{array}} \right.$ απ’όπου $\displaystyle \mu = \frac{{x - 1}}{2}$ και $\displaystyle y = 3\frac{{x - 1}}{2} - 2 \Rightarrow 2y = 3x - 3 - 4 \Rightarrow 3x - 2y = 7$ .

Άρα το Γ για οποιαδήποτε τιμή του μ ανήκει στην ευθεία (ε) με εξίσωση :
ε : $\displaystyle 3x - 2y = 7$ .

(γ) Παρατηρούμε ότι $\displaystyle {\lambda _\varepsilon } = \frac{3}{2} = {\lambda _{\overrightarrow {AB} }}$ οπότε ε ΑΒ .

Άρα για οποιαδήποτε θέση του Γ στην (ε) το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ από το γ έχει σταθερό μήκος , οπότε και το εμβαδόν μένει σταθερό.

#6

Θέμα GI_V_MATHP_4_18610

Δίνονται οι ευθείες ${\varepsilon _1}:2\chi - \psi - 10\lambda + 16 = 0$ και ${\varepsilon _2}:10\chi + \psi - 2\lambda - 4 = 0$ , όπου $\lambda \in R$
α) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή της παραμέτρου $\lambda$ οι ευθείες ${\varepsilon _1}$ και ${\varepsilon _2}$ τέμνονται, και να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου τομής τους

(Μονάδες 7)
β) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή της παραμέτρου $\lambda$ το σημείο

ανήκει στην ευθεία $\varepsilon :8\chi + \psi - 6 = 0$ (Μονάδες 7)
γ) Αν η ευθεία $\varepsilon$ τέμνει τους άξονες $\chi '\chi$ και $\psi '\psi$ στα σημεία ${\rm A}$ και

αντίστοιχα, τότε:
i) να βρείτε την εξίσωση της ευθείας $\zeta$ που διέρχεται από την αρχή ${\rm O}$ των αξόνων και είναι παράλληλη προς την ευθεία

(Μονάδες 5)
ii) αν ${\rm K}$ είναι τυχαίο σημείο της ευθείας $\zeta$ , να αποδείξετε ότι $\left( {{\rm K}{\rm A}{\rm B}} \right) = \frac{9}{4}$ (Μονάδες 6)

ΛΥΣΗ:
α) Λύνουμε το σύστημα των δύο εξισώσεων $\left\{ \begin{array}{l} 2\chi - \psi - 10\lambda + 16 = 0\\ 10\chi + \psi - 2\lambda - 4 = 0 \end{array} \right.\;$ .

Προσθέτοντας κατά μέλη είναι $12\chi = 12\lambda - 12 \Leftrightarrow \chi = \lambda - 1$ ,
οπότε, $\psi = 2\lambda + 4 - 10\left( {\lambda - 1} \right) = - 8\lambda + 14$ .

Αφού το σύστημά τους δεν είναι αδύνατο, οι ευθείες τέμνονται στο σημείο ${\rm M}\left( {\lambda - 1,\; - 8\lambda + 14} \right),\;\;\lambda \in R$

ΑΛΛΗ ΛΥΣΗ: Είναι ${{\rm{\lambda }}_{{\varepsilon _1}}} = - \frac{2}{{ - 1}} = 2,\;\;{\lambda _{{\varepsilon _2}}} = - \frac{{10}}{1} = - 10$ . Αφού ${{\rm{\lambda }}_{{\varepsilon _1}}} \ne \;{\lambda _{{\varepsilon _2}}}$ , οι ευθείες τέμνονται….

β) Έστω ${\rm M}\left( {\chi ,\;\psi } \right)$ οι συντεταγμένες του ${\rm M}$ , οπότε είναι $\left\{ \begin{array}{l} \chi = \lambda - 1\\ \psi = - 8\lambda + 14 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 8\chi = 8\lambda - 8\\ \psi = - 8\lambda + 14 \end{array} \right.$ , οπότε, προσθέτοντας κατά μέλη, είναι
$\varepsilon :\;\;\;\;8\chi + \psi - 6 = 0$

γi) H $\left( \varepsilon \right)$ τέμνει τον άξονα $\chi '\chi$ σε σημείο με τεταγμένη

, οπότε είναι $8\chi + 0 = 6 \Leftrightarrow \chi = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$ , άρα η $\left( \varepsilon \right)$ τέμνει τον άξονα $\chi '\chi$ στο ${\rm A}\left( {\frac{3}{4},\;0} \right)$ .

H $\left( \varepsilon \right)$ τέμνει τον άξονα $\psi '\psi$ σε σημείο με τετμημένη

, οπότε είναι $8 \cdot 0 + \psi = 6 \Leftrightarrow \psi = 6$ , άρα η $\left( \varepsilon \right)$ τέμνει τον άξονα $\psi '\psi$ στο ${\rm B}\left( {0,\;6} \right)$ .

Είναι ${\lambda _{\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} }} = \frac{{6 - 0}}{{0 - \frac{3}{4}}} = - 8$ , οπότε η παράλληλή του ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων έχει εξίσωση $\left( \zeta \right):\;\;\psi = - 8{\rm{\chi }}$

ii) Έστω ${\rm K}\left( {\chi ,\; - 8\chi } \right),\;\chi \in R$ τυχαίο σημείο της $\left( \zeta \right)$ .

Τότε $\overrightarrow {{\rm A}{\rm K}} = \left( {\chi - \frac{3}{4},\; - 8\chi } \right)\;\;\;\overrightarrow {{\rm B}{\rm K}} = \left( {\chi ,\; - 8\chi - 6} \right)\;$
$\left( {{\rm K}{\rm A}{\rm B}} \right) = \frac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm K}} ,\;\overrightarrow {{\rm B}{\rm K}} \;} \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\chi - \frac{3}{4}}&{ - 8\chi }\\ \chi &{ - 8\chi - 6} \end{array}} \right|} \right| =$

$\frac{1}{2}\left| { - 8{\chi ^2} + 6\chi - 6\chi + \frac{9}{2} + 8{\chi ^2}} \right| = \frac{9}{4}$

mathfinder · #7

Στο συνημμένο η λύση του GI_V_MATHP_4_18622

Αθ. Μπεληγιάννης

Γιώργος Απόκης · #8

Καλησπέρα. Μια λύση για την GI_V_MATHP_4_18616

Δίνονται τα διανύσματα $\displaystyle{\vec a,\vec\beta,\vec \gamma}$ για τα οποία ισχύουν:

$\displaystyle{|\vec a|=2,|\vec\beta|=1,\left(\widehat{\vec a,\vec \beta}\right)=60^o}$ και $\displaystyle{\vec \gamma=\frac{\kappa}{2}\vec a-\vec \beta}$ όπου $\displaystyle{\kappa \in \mathbb R}$ .

α) Nα υπολογίσετε το εσωτερικό γινόμενο $\displaystyle{\vec a\cdot \vec \beta}$

β) Αν ισχύει $\displaystyle{\vec \beta\cdot \vec \gamma=\kappa}$ , τότε:

i) να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\kappa=-2}$

ii) να υπολογίσετε το μέτρο του διανύσματος $\displaystyle{\gamma}$

iii) να αποδείξετε ότι τα διανύσματα $\displaystyle{3\vec a+2\vec\gamma}$ και $\displaystyle{\vec\beta-\vec\gamma}$ είναι κάθετα.

Λύση

α) Έχουμε $\displaystyle{\vec a\cdot \vec \beta=|\vec a||\vec \beta|\sigma \upsilon \nu 60^o=2\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=1}$

β) i) Ισχύει $\displaystyle{\vec \beta \cdot \vec \gamma=\kappa\Leftrightarrow \beta\cdot\left(\frac{\kappa}{2}\vec a-\vec \beta\right)=\kappa\Leftrightarrow \frac{\kappa}{2}a\cdot\beta-|\vec \beta|^2=\kappa\Leftrightarrow \frac{\kappa}{2}\cdot 1-1^2=\kappa\Leftrightarrow \kappa=-2}$

ii) Για $\displaystyle{\kappa=-2}$ έχουμε $\displaystyle{\vec \gamma=-\vec a-\vec\beta\Rightarrow \vec \gamma ^2=(-\vec a-\vec \beta)^2\Rightarrow |\vec\gamma|^2=|\vec a|^2-2\vec a\cdot \vec\beta+|\vec \beta|^2\Rightarrow }$

$\displaystyle{\Rightarrow |\vec\gamma|^2=2^2-2\cdot 1+1^2\Rightarrow |\vec\gamma|^2=7\Rightarrow |\vec\gamma|=\sqrt{7}}$

iii) Υπολογίζουμε τα $\displaystyle{\vec a\cdot\vec \gamma=\vec a\cdot(-\vec a-\vec\beta)=-|\vec a|^2-\vec a\cdot \vec\beta=-2^2-1=-5 }$

και $\displaystyle{\vec \beta\cdot\vec \gamma=\vec \beta\cdot(-\vec a-\vec\beta)=-\vec a\cdot \vec\beta-|\vec a|^2=-1-1^2=-2 }$ επομένως

$\displaystyle{(3\vec a+2\vec \gamma)\cdot(\vec \beta-\vec \gamma)=3\vec a\cdot \vec\beta-2\vec a\cdot \vec\gamma+2\vec\beta\cdot \vec\gamma-2|\gamma|^2=3\cdot 1-3(-5)+2(-2)-2\cdot 7=0}$

άρα τα διανύσματα είναι κάθετα.

Edit : Συμπλήρωσα την εκφώνηση

hlkampel · #9

GI_V_MATHP_4_18611

Δίνεται η ευθεία ε: x - 4y - 7 = 0

. και τα σημεία $A\left( { - 2,4} \right)$ και $B\left( {2,6} \right)$
α) Να βρείτε τις συντεταγμένες σημείου

της ευθείας $\varepsilon$ το οποίο ισαπέχει από τα
σημεία

και

(Μονάδες 7)
β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου MAB

(Μονάδες 8)
γ) Να αποδείξετε ότι τα σημεία $K\left( {x,y} \right)$ για τα οποία ισχύει $\displaystyle{\left( {KAB} \right) = \left( {MAB} \right)}$ ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις τις: x - 2y - 5 = 0

και

(Μονάδες 10)

Λύση

α) $x - 4y - 7 = 0 \Leftrightarrow x = 4y + 7$
Επειδή το σημείο

ανήκει στην ευθεία $\varepsilon$ θα είναι της μορφής $M\left( {4\alpha + 7,\alpha } \right)$ και θα ισχύει:

$\left( {MA} \right) = \left( {MB} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {4\alpha + 9} \right)}^2} + {{\left( {\alpha - 4} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {4\alpha + 5} \right)}^2} + {{\left( {\alpha - 6} \right)}^2}} \Leftrightarrow$

$16{\alpha ^2} + 72\alpha + 81 + {\alpha ^2} - 8\alpha + 16 = 16{\alpha ^2} + 40\alpha + 25 + {\alpha ^2} - 12\alpha + 36 \Leftrightarrow$

$36\alpha = - 36 \Leftrightarrow \alpha = - 1$

Άρα $M\left( {3, - 1} \right)$

β) . $\mathop {AM}\limits^ \to = \left( {5, - 5} \right)$ . και $\displaystyle{\mathop {AB}\limits^ \to = \left( {4,2} \right)}$

$\left( {MAB} \right) = \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\mathop {MA}\limits^ \to ,\mathop {AB}\limits^ \to } \right)} \right| = \dfrac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&{ - 5}\\ 4&2 \end{array}} \right|} \right| = 15\;\tau .\mu .$

γ) Είναι $\mathop {AK}\limits^ \to = \left( {x + 2,y - 4} \right)$

$\left( {KAB} \right) = \left( {MAB} \right) \Rightarrow \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\mathop {AK}\limits^ \to ,\mathop {AB}\limits^ \Rightarrow } \right)} \right| = 15 \Rightarrow$

$\frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {x + 2}&{y - 4}\\ 4&2 \end{array}} \right|} \right| = 15 \Rightarrow \left| {2x - 4y + 20} \right| = 30 \Rightarrow$

$2x - 4y + 20 = 30\quad \dot \eta \quad 2x - 4y + 20 = - 30 \Rightarrow$

$x - 2y - 5 = 0\quad \dot \eta \quad x - 2y + 25 = 0$

Άρα τα σημεία $K\left( {x,y} \right)$ ανήκουν στις ευθείες:

και

Γιώργος Απόκης · #10

GI_V_MATHP_4_18617

Δίνονται τα διανύσματα $\displaystyle{\vec a,\vec b}$ με μέτρα $\displaystyle{2,~6}$ αντίστοιχα και $\displaystyle{\phi \in [0,\pi]}$ η μεταξύ τους γωνία.

Eπίσης δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{(\vec a\cdot \vec b+12)x+(\vec a\cdot \vec b-12)y-5=0~~(1)}$ .

α) Να δείξετε ότι η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε $\displaystyle{\phi \in [0,\pi]}$

β) Αν η παραπάνω ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα $\displaystyle{y'y}$ να δείξετε ότι $\displaystyle{\vec b=3\vec a}$

γ) Αν η παραπάνω ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα $\displaystyle{x'x}$ να δείξετε ότι $\displaystyle{\vec b=-3\vec a}$

δ) Αν η παραπάνω ευθεία είναι παράλληλη στη διχοτόμο της 1ης και της 3ης γωνίας των αξόνων, να δείξετε ότι $\displaystyle{\vec a\perp \vec b}$

Λύση

α) Oι συντελεστές των $\displaystyle{x,y}$ προφανώς δε μηδενίζονται συγχρόνως, άρα η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε $\displaystyle{\phi \in [0,\pi]}$ ,

β) Ισχύει $\displaystyle{\vec a \cdot \vec b-12=0\Rightarrow \vec a \cdot \vec b=12\Rightarrow \vec a \cdot \vec b=|\vec a|| \vec b| }$ άρα τα διανύσματα είναι ομόρροπα και αφού

$\displaystyle{|\vec b|=3|\vec a|}$ έχουμε ότι $\displaystyle{\vec b=3\vec a}$ .

γ) Ισχύει $\displaystyle{\vec a \cdot \vec b+12=0\Rightarrow \vec a \cdot \vec b=-12\Rightarrow \vec a \cdot \vec b=-|\vec a|| \vec b| }$ άρα τα διανύσματα είναι αντίρροπα και αφού

$\displaystyle{|\vec b|=3|\vec a|}$ έχουμε ότι $\displaystyle{\vec b=-3\vec a}$ .

δ) Για την ευθεία ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης, που θα ισούται με την κλίση της διχοτόμου, άρα έχουμε

$\displaystyle{-\frac{\vec a \cdot \vec b+12}{\vec a \cdot \vec b-12}=1\Rightarrow -\vec a \cdot \vec b-12=\vec a \cdot \vec b-12\Rightarrow \vec a\cdot \vec b=0\Rightarrow \vec a\perp \vec b }$

mathfinder · #11

Στο συνημμένο το GI_V_MATHP_4_18621

Αθ. Μπεληγιάννης

#12

εγώ το GI_V_MATH_4_18618

mathfinder · #13

Στο συνημμένο το GI_V_MATHP_4_18620 ( αν και μέσα λέει ΘΕΜΑ 2 )

Αθ. Μπεληγιάννης

Ιστοσελίδα · #14

GI_V_MATHP_4_18609
Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι $\overrightarrow{AB} = (\lambda , \lambda + 1) , \overrightarrow{A\Gamma} = (3\lambda , \lambda - 1 )$ , όπου $\lambda \neq 0 , \lambda \neq - 2$ και

είναι το μέσο της πλευράς $B\Gamma$ .
α) Να αποδείξετε ότι $\overrightarrow{AM} = (2\lambda , \lambda )$ . (Μονάδες 7)
β) Να βρείτε την τιμή του $\lambda$ για την οποία το διάνυσμα $\overrightarrow{AM}$ είναι κάθετο στο διάνυσμα $\overrightarrow{\alpha} = \left(\frac{2}{\lambda} , - \lambda \right)$ . (Μονάδες 8)
γ) Για την τιμή του $\lambda$ που βρήκατε στο ερώτημα β), να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου $AB\Gamma$ . (Μονάδες 10)

Λύση
α) Ισχύει ότι: $\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{A\Gamma}) = \frac{1}{2}\left((\lambda , \lambda+1) + (3\lambda , \lambda - 1)\right) = (2\lambda, \lambda)$

β) $\overrightarrow{AM} \perp \overrightarrow{\alpha} \Leftrightarrow (\overrightarrow a \neq \overrightarrow 0 , \overrightarrow{AM} \neq \overrightarrow 0, \lambda\neq 0)\qquad \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{a} = 0 \Leftrightarrow 2\lambda \cdot \frac{2}{\lambda} - \lambda \cdot \lambda = 0 \Leftrightarrow \lambda = \pm 2 \Leftrightarrow (\lambda \neq -2) \qquad \lambda=2$

γ) $(\triangle{AB\Gamma}) = \frac{1}{2} |det(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{A\Gamma})|=\frac{1}{2}|\left| \begin{array}{cc} 2 & 3 \\ 6 & 1\end{array}\right| | = \frac{1}{2} |2 - 18| = 8$

hlkampel · #15

GI_V_MATHP_4_18619

Δίνονται τα σημεία $A\left( {\lambda - 1,12 - 2\lambda } \right)$ , $B\left( {2,2} \right)$ και $\Gamma \left( {4,6} \right)$ , $\lambda \in R$ .
α) Να βρείτε την μεσοκάθετο του τμήματος ${\rm B}\Gamma$ . (Μονάδες 7)
β) Αν το σημείο

ισαπέχει από τα σημεία

και $\Gamma$ , να βρείτε την τιμή του $\lambda$ . (Μονάδες 8)
γ) Για $\lambda = 4$ ,να βρείτε σημείο $\Delta$ ώστε το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma$ να είναι ρόμβος. (Μονάδες 10)

Λύση

α) Το μέσο

του τμήματος ${\rm B}\Gamma$ είναι: $M\left( {\dfrac{{2 + 4}}{2},\dfrac{{2 + 6}}{2}} \right)$ δηλαδή το $M\left( {3,4} \right)$

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ${\rm B}\Gamma$ είναι: ${\lambda _{B\Gamma }} = \dfrac{{6 - 2}}{{4 - 2}} = 2$

Αν $\delta$ είναι η μεσοκάθετος του ${\rm B}\Gamma$ τότε ${\lambda _\delta } \cdot {\lambda _{{\rm B}\Gamma }} = - 1 \Leftrightarrow {\lambda _\delta } = - \frac{1}{2}$ και η εξίσωση της $\delta$ είναι:

$y - {y_M} = {\lambda _\delta }\left( {x - {x_M}} \right) \Leftrightarrow y - 4 = - \dfrac{1}{2}\left( {x - 3} \right) \Leftrightarrow x + 2y = 11$

β) Αφού το

ισαπέχει από τα σημεία

και $\Gamma$ τότε ανήκει στη μεσοκάθετο του ${\rm B}\Gamma$ δηλαδή στην ευθεία $\delta$ .

Έτσι με $x = \lambda - 1$ και $y = 12 - 2\lambda$ η $\delta$ γίνεται:

$\lambda - 1 + 2\left( {12 - 2\lambda } \right) = 11 \Leftrightarrow \lambda = 4$

γ) Σημείωση: Αυτό το ερώτημα είναι λάθος γιατί:

Αν $\lambda = 4$ τότε $A\left( {3,4} \right)$ δηλαδή το

ταυτίζεται με το

οπότε δεν υπάρχει τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma$ αφού τα σημεία $A,B,\Gamma$ είναι συνευθειακά.

#16

Το θέμα GI_V_MATHP_4_18622
του Θανάση Μπεληγιάννη σε LaTex.

Δίνονται τα σημεία ${\rm A}\left( {1,\frac{{ - 3}}{2}} \right)$ , $B\left( {2, - 1} \right)$ και $\Gamma \left( {\mu ,\frac{{\mu - 4}}{2}} \right)$ , όπου $\mu \in R$
α) Να βρείτε τις συντεταγμένες των διανυσμάτων $\overrightarrow {AB}$ και $\overrightarrow {{\rm B}\Gamma }$
(Μονάδες 8)
β) Να αποδείξετε ότι για κάθε $\mu \in R$ το σημείο $\Gamma$ ανήκει στην ευ-θεία που διέρχεται από τα σημεία ${\rm A}$ και ${\rm B}$
(Μονάδες 8)
γ) Να βρείτε την τιμή του $\mu$ έτσι, ώστε $\mu \cdot \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = - \overrightarrow {AB}$
(Μονάδες 6)
δ) Για την τιμή του $\mu$ που βρήκατε στο ερώτημα γ), να αποδείξετε ότι $\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right) = 1$ , όπου

είναι η αρχή των αξόνων.
(Μονάδες 3)

ΛΥΣΗ
α) Είναι $\displaystyle{\overrightarrow {AB} = \left( {2 - 1, - 1 + \frac{3}{2}} \right) = \left( {1,\frac{1}{2}} \right)}$ και
$\displaystyle{\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } = \left( {\mu - 2,\frac{{\mu - 4}}{2} + 1} \right) = \left( {\mu - 2,\frac{{\mu - 2}}{2}} \right)}$ .

β) Αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία Α , Β , Γ είναι συνευθειακά. Πράγματι
$\displaystyle{\det \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{\frac{1}{2}}\\ {\mu - 2}&{\frac{{\mu - 2}}{2}} \end{array}} \right| = \frac{{\mu - 2}}{2} - \frac{{\mu - 2}}{2} = 0}$ , άρα είναι $\displaystyle{\overrightarrow {AB} \parallel \overrightarrow {B\Gamma } }$ δηλαδή τα σημεία Α , Β , Γ είναι συνευθειακά.

γ) $\displaystyle{\mu \cdot \overrightarrow {B\Gamma } = - \overrightarrow {AB} \Leftrightarrow \mu \cdot \left( {\mu - 2,\frac{{\mu - 2}}{2}} \right) = - \left( {1,\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow \mu \left( {\mu - 2} \right)\left( {1,\frac{1}{2}} \right) = - \left( {1,\frac{1}{2}} \right) \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow \mu \left( {\mu - 2} \right) = - 1 \Leftrightarrow {\mu ^2} - 2\mu + 1 = 0 \Leftrightarrow {\left( {\mu - 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \mu = 1}$ .

δ) Για μ=1 είναι $\displaystyle{\Gamma \left( {1,\frac{{ - 3}}{2}} \right)}$ , δηλαδή το Γ ταυ-τίζεται με το Α.

$\displaystyle{\left( {{\rm O}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2}\left| {\det \left( {\overrightarrow {{\rm O}B} ,\overrightarrow {{\rm O}\Gamma } } \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}\\ 1&{\frac{{ - 3}}{2}} \end{array}} \right|} \right| = \frac{1}{2}\left| { - 3 + 1} \right| = 1\tau .\mu }$

#17

Θα ετοιμάσω το GI_V_MATHP_4_18622

Το έλυσε ο Θανάσης πιο πάνω !!!

#18

To θέμα GI_V_MATHP_4_18621
που έλυσε ο Θανάσης Μπεληγιάννης παραπάνω.

Δίνονται οι ευθείες $\varepsilon :2\kappa \chi - \left( {1 + \kappa } \right)\psi + 1 - 3\kappa = 0$ και $\zeta :\left( {1 + 3\kappa } \right)\chi + \left( {\kappa - 1} \right)\psi + 2 - 6\kappa = 0$ ,
όπου
α) Να εξετάσετε αν υπάρχει τιμή του $\kappa$ , ώστε οι ευθείες να είναι παράλληλες.(Μονάδες 10)

β) Να βρείτε την αμβλεία γωνία που σχηματίζουν οι ευθείες $\left( \varepsilon \right)$ και $\left( \zeta \right)$ . (Μονάδες 15)

ΛΥΣΗ

α) Το διάνυσμα $\displaystyle \overrightarrow u = \left( { - 1 - \kappa , - 2\kappa } \right)$ είναι παράλληλο στην ευθεία (ε) και το διάνυσμα $\displaystyle \overrightarrow v = \left( {\kappa - 1, - 3\kappa - 1} \right)$ είναι παράλληλο στην ευθεία (ζ) .

Έχουμε $\displaystyle \varepsilon \parallel |\zeta \Leftrightarrow \overrightarrow u \parallel \overrightarrow v \Leftrightarrow \det \left( {\overrightarrow u ,\overrightarrow v } \right) = 0 \Leftrightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1 - \kappa }&{ - 2\kappa }\\ {\kappa - 1}&{ - 3\kappa - 1} \end{array}} \right| = 0 \Leftrightarrow 5{\kappa ^2} + 2\kappa + 1 = 0$

Η τελευταία εξίσωση έχει διακρίνουσα $\displaystyle \Delta = - 16$ , άρα είναι αδύνατη . Άρα δεν υπάρχει τιμή του κπραγματικού κ ώστε να είναι $\displaystyle \varepsilon \parallel |\zeta$ .

β) Έστω $\displaystyle \omega = \left( {\widehat {\overrightarrow v ,\overrightarrow u }} \right)$ .

Τότε $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega = \frac{{\overrightarrow u \cdot \overrightarrow v }}{{\left| {\overrightarrow u } \right| \cdot \left| {\overrightarrow v } \right|}} = \frac{{\left( { - 1 - \kappa } \right)\left( {\kappa - 1} \right) + \left( { - 2\kappa } \right)\left( { - 3\kappa - 1} \right)}}{{\sqrt {{{\left( { - 1 - \kappa } \right)}^2} + {{\left( { - 2\kappa } \right)}^2}} \sqrt {{{\left( {\kappa - 1} \right)}^2} + {{\left( { - 3\kappa - 1} \right)}^2}} }} =$

$\displaystyle = \frac{{5{\kappa ^2} + 2\kappa + 1}}{{\sqrt {5{\kappa ^2} + 2\kappa + 1} \sqrt {10{\kappa ^2} + 4\kappa + 2} }} = \frac{{5{\kappa ^2} + 2\kappa + 1}}{{\sqrt 2 \left( {5{\kappa ^2} + 2\kappa + 1} \right)}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ .

Άρα η οξεία γωνία των διανυσμάτων είναι $\displaystyle \omega = {45^0}$ και η αμβλεία είναι $\displaystyle {135^0}$ . Οπότε και η αμβλεία γωνία των ευθειών (ε) και (ζ) είναι $\displaystyle {135^0}$ .

#19

Αγαπητοί φίλοι, η ανταπόκρισή σας είναι απρόσμενη και συγκινητική.

Μέχρι στιγμής έχουμε τα παρακάτω. Όποιος τρέξει προλαβαίνει (ίσως...)

GI_V_MATHP_4_18606 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18609 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18610 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18611 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18612 ΕΛΕΥΘΕΡΟ
GI_V_MATHP_4_18613 ΕΛΕΥΘΕΡΟ
GI_V_MATHP_4_18614 ΕΛΕΥΘΕΡΟ
GI_V_MATHP_4_18615 ΕΛΕΥΘΕΡΟ
GI_V_MATHP_4_18616 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18617 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18618 ΚΑΠΑΡΩΘΗΚΕ (Χρ. Τσιφάκης)
GI_V_MATHP_4_18619 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18620 ΚΑΠΑΡΩΘΗΚΕ (Θανάσης Μπεληγιάννης)
GI_V_MATHP_4_18621 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18622 ΛΥΘΗΚΕ
GI_V_MATHP_4_18623 ΛΥΘΗΚΕ

Θα παρακαλέσω να δούμε προσεκτικά τις λύσεις, σημειώνοντας τυχόν αβλεψίες μας, επιπλέον λύσεις κ.α.

#20

ξεκινάω το 18612

4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση