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
mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#21

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Κυρ Νοέμ 09, 2014 10:26 pm

Στο συνημμένο η GI_V_MATHP_4_18613

Αθ. Μπεληγιάννης
Συνημμένα
GI_V_MATHP_4_18613 .docx
(54.79 KiB) Μεταφορτώθηκε 217 φορές
τελευταία επεξεργασία από mathfinder σε Κυρ Νοέμ 09, 2014 10:48 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Never stop learning , because life never stops teaching.
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5267
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#22

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Κυρ Νοέμ 09, 2014 10:27 pm

ΘΕΜΑ 4ο - GI_V_MATHP_4_18614

Δίνονται οι ευθείες \displaystyle{{{\varepsilon }_{1}}:3\chi +\psi +3=0} και \displaystyle{{{\varepsilon }_{2}}:\chi +2\psi -4=0}

α) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου τομής A των ευθειών{{\varepsilon }_{1}} και {{\varepsilon }_{2}}
(Μονάδες 5)
β) Αν η ευθεία {{\varepsilon }_{1}} τέμνει τον άξονα \psi '\psi στο σημείο B και η ευθεία {{\varepsilon }_{2}}
τέμνει τον άξονα \displaystyle{\chi \prime \chi } στο σημείο \Gamma , τότε:

iii) να βρείτε εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία B και \displaystyle{\Gamma }
(Μονάδες 5)

iv) να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma }
(Μονάδες 5)
γ) Να αποδείξετε ότι τα σημεία \displaystyle{\Kappa \left( \chi ,\psi  \right)} για τα οποία ισχύει \displaystyle{(KB\Gamma )=\left( AB\Gamma  \right)}
ανήκουν σε δύο παράλληλες ευθείες, των οποίων να βρείτε τις εξισώσεις.
(Μονάδες 10)

ΛΥΣΗ

α) Λύνουμε το σύστημα εξισώσεων των δύο ευθειών :

\left\{ \begin{matrix} 
   3x+y=-3  \\ 
   x+2y=4  \\ 
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
   3x+y=-3  \\ 
   -3x-6y=-12  \\ 
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
   3x+y=-3  \\ 
   -5y=-15  \\ 
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
   x\,\,\,\,\,=-2  \\ 
   y=3  \\ 
\end{matrix} \right.

Επομένως το σημείο τομής των ευθειών {{\varepsilon }_{1}} και {{\varepsilon }_{2}}είναι A(-2,3).

β) Για x=0 από την πρώτη εξίσωση βρίσκουμε y=-3 , οπότε B(0,-3) . Επίσης για y=0 από την δεύτερη εξίσωση βρίσκουμε x=4 , δηλαδή \Gamma (4,0) .
i) Η εξίσωση της ευθείας ΒΓ είναι :

y-(-3)=\frac{0+3}{4-0}(x-0)\Leftrightarrow y+3=\frac{3}{4}x\Leftrightarrow 3x-4y-12=0

ii) Επειδή \overrightarrow{AB}=(2,-6),\overrightarrow{A\Gamma }=(6,-3) , από το γνωστό τύπο βρίσκουμε :

E=\frac{1}{2}|\det (\overrightarrow{AB},\overrightarrow{A\Gamma })|=\frac{1}{2}|\left| \begin{matrix} 
   2 & -6  \\ 
   6 & -3  \\ 
\end{matrix} \right||=\frac{1}{2}\cdot 30=15


γ) Είναι \overrightarrow{KB}=(-x,-3-y),\overrightarrow{K\Gamma }=(x-4,y), οπότε :

\displaystyle{(KB\Gamma ) = \left( {AB\Gamma } \right)\, \Leftrightarrow \frac{1}{2}|\det (\overrightarrow {KB} ,\overrightarrow {K\Gamma } )| = 30}

Από αυτήν προκύπτει τελικά ότι : \displaystyle{\frac{1}{2}|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
{ - x}&{ - 3 - y}\\ 
{x - 4}&y 
\end{array}} \right|| = 30}

και έτσι προκύπτουν οι εξισώσεις δύο ευθειών : 3x-4y-42=0 και 3x-4y+18=0,

οι οποίες είναι όντως παράλληλες.
Συνημμένα
GI_V_MATHP_4_18614.doc
(88 KiB) Μεταφορτώθηκε 131 φορές
τελευταία επεξεργασία από Μπάμπης Στεργίου σε Πέμ Δεκ 11, 2014 11:44 am, έχει επεξεργασθεί 6 φορές συνολικά.


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

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#23

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Κυρ Νοέμ 09, 2014 10:34 pm

GI_V_MATHP_4_18615

Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα AB που είναι παράλληλο προς την ευθεία ε: y = x ,
με A\left( {{x_1},{y_1}} \right) , B\left( {{x_2},{y_2}} \right) και {x_1} < {x_2}. Αν το σημείο M\left( {3,5} \right) είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος AB και το γινόμενο των τετμημένων των σημείων A και B ισούται με 5 , τότε:
α) να υπολογίσετε τις συντεταγμένες των σημείων A και B. (Μονάδες 13)
β) να αποδείξετε ότι \left( {OAB} \right) = 4 , όπου O είναι η αρχή των αξόνων. (Μονάδες 5)
γ) να αποδείξετε ότι τα σημεία K\left( {x,y} \right) για τα οποία ισχύει \left( {KAB} \right) = 2\left( {OAB} \right)ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις τις: x - y - 2 = 0 και x - y + 6 = 0 (Μονάδες 7)

Λύση

α) Το μέσο M του AB είναι : M\left( {\dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2},\dfrac{{{y_1} + {y_2}}}{2}} \right)

Έτσι \dfrac{{{x_1} + {x_2}}}{2} = 3 \Leftrightarrow {x_1} + {x_2} = 6\;\left( 1 \right) και \dfrac{{{y_1} + {y_2}}}{2} = 5 \Leftrightarrow {y_1} + {y_2} = 10\;\left( 2 \right)

Αφού το γινόμενο των τετμημένων των σημείων A και B ισούται με 5 τότε {x_1}{x_2} = 5\;\left( 3 \right)

Έτσι από τις σχέσεις \left( 1 \right),\left( 3 \right) τα {x_1},{x_2} είναι λύσεις της εξίσωσης {w^2} - 6w + 5 = 0 \Leftrightarrow \left( {w - 1} \right)\left( {w - 5} \right) = 0 \Leftrightarrow w = 1\;\dot \eta \;w = 5

Άρα {x_1} = 1 και {x_2} = 5 αφού {x_1} < {x_2}

Επειδή το AB είναι παράλληλο προς την ευθεία ε: y = x τότε, αν \lambda είναι ο συντελεστής διεύθυνσης του AB θα ισχύει:

\lambda  = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{{y_2} - {y_1}}}{{{x_2} - {x_1}}} = 1 \Leftrightarrow {y_2} - {y_1} = 4\;\left( 4 \right) αφού {x_2} - {x_1} = 4

Προσθέτοντας την \left( 2 \right) και \left( 4 \right) παίρνουμε 2{y_2} = 14 \Leftrightarrow {y_2} = 7 και εύκολα ότι {y_1} = 3.

Άρα A\left( {1,3} \right) και B\left( {5,7} \right)

β) Είναι \displaystyle{\mathop {OA}\limits^ \to   = \left( {1,3} \right)} και \displaystyle{\mathop {OB}\limits^ \to   = \left( {5,7} \right)} οπότε:

\left( {OAB} \right) = \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\mathop {OA}\limits^ \to  ,\mathop {OB}\limits^ \to  } \right)} \right| = \dfrac{1}{2}\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
1&3\\ 
5&7 
\end{array}} \right|} \right| = 4

γ) Είναι \mathop {AK}\limits^ \to   = \left( {x - 1,y - 3} \right) και \mathop {AB}\limits^ \to   = \left( {4,4} \right)

\displaystyle{\left( {KAB} \right) = 2\left( {OAB} \right) \Rightarrow \dfrac{1}{2}\left| {\det \left( {\mathop {AK}\limits^ \to  ,\mathop {AB}\limits^ \to  } \right)} \right| = 8 \Leftrightarrow }

\left| {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - 1}&{y - 3}\\ 
4&4 
\end{array}} \right|} \right| = 16 \Leftrightarrow \left| {4x - 4 - 4y + 12} \right| = 16 \Leftrightarrow

\left| {4x - 4y + 8} \right| = 16 \Leftrightarrow 4x - 4y + 8 = 16\;\dot \eta \;4x - 4y + 8 =  - 16 \Leftrightarrow

x - y - 2 = 0\;\dot \eta \;x - y + 6 = 0

Άρα τα σημεία K\left( {x,y} \right) ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις τις: x - y - 2 = 0 και x - y + 6 = 0


Ηλίας Καμπελής
pap65
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Παρ Δεκ 14, 2012 11:27 pm
Τοποθεσία: ΞΑΝΘΗ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#24

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pap65 » Κυρ Νοέμ 09, 2014 11:52 pm

ΑΚΥΡΟ


ΠΑΠΑΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ ΘΑΝΑΣΗΣ
perpant
Δημοσιεύσεις: 448
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#25

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Δευ Νοέμ 10, 2014 3:14 pm

GI_V_MATHP_4_18617
Δίνονται τα διανύσματα \displaystyle{\overrightarrow \alpha  } και \displaystyle{\overrightarrow b } με μέτρα \displaystyle{2\,\,,\,\,6} αντίστοιχα και \displaystyle{\varphi  \in \left[ {0,\pi } \right]} η μεταξύ τους γωνία. Επίσης δίνεται η εξίσωση \displaystyle{\left( {\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  + 12} \right)x + \left( {\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12} \right)y - 5 = 0\,\,\,\left( 1 \right)}.

α) Να αποδείξετε ότι η \displaystyle{\left( 1 \right)} παριστάνει ευθεία για κάθε \displaystyle{\varphi  \in \left[ {0,\pi } \right]}. (Μονάδες 3)

β) Αν η παραπάνω ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{y'y}, να αποδείξετε ότι \displaystyle{\overrightarrow b  = 3\overrightarrow \alpha  }. (Μονάδες 7)

γ) Αν η παραπάνω ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{x'x}, να αποδείξετε ότι \displaystyle{\overrightarrow b  =  - 3\overrightarrow \alpha  }(Μονάδες 7)

δ) Αν η παραπάνω ευθεία είναι παράλληλη στην διχοτόμο πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων, να αποδείξετε ότι \displaystyle{\overrightarrow b  \bot \overrightarrow \alpha  } (Μονάδες 8)

Λύση

α) Η \displaystyle{\left( 1 \right)} είναι στη μορφή \displaystyle{Ax + By + \Gamma  = 0} με \displaystyle{{\rm A} = \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  + 12}, \displaystyle{{\rm B} = \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12} και \displaystyle{\Gamma  =  - 5}.

Για να παριστάνει ευθεία, αρκεί \displaystyle{A \ne 0} ή \displaystyle{B \ne 0}. Δηλαδή \displaystyle{\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  + 12 \ne 0} ή \displaystyle{\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12 \ne 0}. Δηλαδή \displaystyle{\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  \ne  - 12} ή \displaystyle{\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  \ne 12} που ισχύει. Άρα η εξίσωση \displaystyle{\left( 1 \right)} παριστάνει

ευθεία για κάθε \displaystyle{\varphi  \in \left[ {0,\pi } \right]}.

β) Αν η ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{y'y} δεν θα ορίζεται για αυτή συντελεστής διεύθυνσης.

Οπότε \displaystyle{B = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12 = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  = 12 \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow \alpha  } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\sigma \upsilon \nu \varphi  = 12 \Leftrightarrow }\displaystyle{\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \varphi = 1\mathop \Leftrightarrow \limits^{\varphi \in \left[ {0,\pi } \right]} \varphi = 0}. Δηλαδή, τα διανύσματα είναι ομόρροπα και \displaystyle{\left| {\overrightarrow b } \right| = 6 = 3\left| {\overrightarrow \alpha } \right|}.  
 
Οπότε \displaystyle{\overrightarrow b = 3\overrightarrow \alpha }. 
 
γ) Αν η ευθεία είναι παράλληλη στον άξονα \displaystyle{x'x} θα έχει συντελεστή διεύθυνσης \displaystyle{0}. Οπότε \displaystyle{{\rm A} = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha \overrightarrow b + 12 = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha \overrightarrow b = - 12 \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow \alpha } \right|\left| {\overrightarrow b } \right|\sigma \upsilon \nu \varphi = - 12 \Leftrightarrow }}\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \varphi  =  - 1\mathop  \Leftrightarrow \limits^{\varphi  \in \left[ {0,\pi } \right]} \varphi  = \pi }.

Δηλαδή, τα διανύσματα είναι αντίρροπα και \displaystyle{\left| {\overrightarrow b } \right| = 6 = 3\left| {\overrightarrow \alpha  } \right|}. Οπότε \displaystyle{\overrightarrow b  =  - 3\overrightarrow \alpha  }.

δ) Η διχοτόμος της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων είναι η ευθεία με εξίσωση \displaystyle{y = x\,\,\,\,\left( \varepsilon  \right)}. Οποτε, η ευθεία \displaystyle{\left( 1 \right)} και η \displaystyle{\left( \varepsilon  \right)} θα έχουν ίδιο συντελεστή διεύθυνσης. Έχουμε λοιπόν
\displaystyle{{\lambda _1} = {\lambda _\varepsilon } \Leftrightarrow  - \frac{{\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  + 12}}{{\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12}} = 1 \Leftrightarrow  - \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12 = \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  - 12 \Leftrightarrow 2\overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha  \overrightarrow b  = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha   \bot \overrightarrow b }


Παντούλας Περικλής
pap65
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Παρ Δεκ 14, 2012 11:27 pm
Τοποθεσία: ΞΑΝΘΗ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#26

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pap65 » Τρί Νοέμ 11, 2014 1:41 am

Το 18613 που έλυσε ο Μπεληγιάννης σε Latex.
Έβαλα σχήμα , και ένα geogebra και μία μικρή διαφορά στην αρχή.


ΘΕΜΑ 18613
Δίνεται η εξίσωση \displaystyle{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy-3\lambda x+3\lambda y+2{{\lambda }^{2}}=0}, με \lambda \ne 0 .
α) Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει στο επίπεδο, δύο ευθείες παράλληλες μεταξύ τους, καθεμιά από τις οποίες έχει κλίση ίση με 1 .
(Μονάδες 12)
β) Αν το εμβαδόν του τετραγώνου του οποίου οι δύο πλευρές βρίσκονται πάνω στις ευθείες του ερωτήματος (α) είναι ίσο με 2, να βρείτε την τιμή του \lambda.
(Μονάδες 13)


ΛΥΣΗ

α) Η δεδομένη εξίσωση γίνεται :

\displaystyle{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy-3\lambda x+3\lambda y+2{{\lambda }^{2}}=0\Leftrightarrow {{\left( x-y \right)}^{2}}-3\lambda \left( x-y \right)+2{{\lambda }^{2}}=0} (1)

Αν θέσουμε x-y=\omega τότε η (1) γράφεται ισοδύναμα: \displaystyle{{{\omega }^{2}}-3\lambda \omega +2{{\lambda }^{2}}=0}

Το παραπάνω τριώνυμο ( ως προς \omega ) έχει διακρίνουσα :
\Delta ={{\left( -3\lambda  \right)}^{2}}-4\cdot 2{{\lambda }^{2}}=9{{\lambda }^{2}}-8{{\lambda }^{2}}={{\lambda }^{2}}>0 , αφού \lambda \ne 0,

συνεπώς έχει δύο ρίζες άνισες: \omega =\frac{3\lambda \pm \lambda }{2}\Leftrightarrow \omega =2\lambda ή \omega =\lambda.

Έτσι x-y=2\lambda ή x-y=\lambda
\Leftrightarrow y=x-2\lambda ή y=x-\lambda

Επομένως η εξίσωση (1) παριστάνει δύο ευθείες:

Τις \displaystyle{\varepsilon :y=x-\lambda } και \displaystyle{\zeta :y=x-2\lambda } , παράλληλες μεταξύ τους ,

με συντελεστή διεύθυνσης ίσο με 1. ( Αφού \lambda \ne 0)

β) Αφού οι ευθείες (ε) και (ζ) είναι παράλληλες , η πλευρά α του τετραγώνου θα είναι ίση με την απόσταση μεταξύ των δύο ευθειών.

Παίρνουμε σημείο \displaystyle{\Alpha \left( 0,-\lambda  \right)} της ευθείας (ε) .

Άρα \displaystyle{\alpha =d\left( \varepsilon ,\zeta  \right)=d\left( A,\zeta  \right)=\frac{\left| 0-\left( -\lambda  \right)-2\lambda  \right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left| -\lambda  \right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left| \lambda  \right|}{\sqrt{2}}} .

Αλλά \displaystyle{{{\Epsilon }_{\tau \varepsilon \tau \rho }}=2\Leftrightarrow {{\alpha }^{2}}=2\Leftrightarrow \frac{{{\lambda }^{2}}}{2}=2\Leftrightarrow {{\lambda }^{2}}=4\Leftrightarrow \lambda =2} ή \displaystyle{\lambda =-2}
18613-1.png
18613-1.png (5.14 KiB) Προβλήθηκε 3484 φορές
18613-2.png
18613-2.png (4.87 KiB) Προβλήθηκε 3484 φορές
Συνημμένα
18613-2.ggb
(7.93 KiB) Μεταφορτώθηκε 72 φορές


ΠΑΠΑΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ ΘΑΝΑΣΗΣ
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5250
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#27

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Νοέμ 11, 2014 9:29 am

Θέμα 18613
Δίνεται η εξίσωση \displaystyle{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-2xy-3\lambda x+3\lambda y+2{{\lambda }^{2}}=0}, με \lambda \ne 0 .
α) Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει στο επίπεδο, δύο ευθείες παράλληλες μεταξύ τους, καθεμιά από τις οποίες έχει κλίση ίση με 1 .
(Μονάδες 12)
β) Αν το εμβαδόν του τετραγώνου του οποίου οι δύο πλευρές βρίσκονται πάνω στις ευθείες του ερωτήματος (α) είναι ίσο με 2, να βρείτε την τιμή του \lambda.
(Μονάδες 13)



α) Η πρώτη εξίσωση ισοδύναμα γίνεται: {x^2} - 2xy - 3\lambda x + {y^2} + 3\lambda y + 2{\lambda ^2} = 0 ή {x^2} - 2xy - 3\lambda x + \left( {y + \lambda } \right)\left( {y + 2\lambda } \right) = 0 ή

{x^2} - \left( {y + \lambda  + y + 2\lambda } \right)x + \left( {y + \lambda } \right)\left( {y + 2\lambda } \right) = 0 ή \left( {x - y - \lambda } \right)\left( {x - y - 2\lambda } \right) = 0 ή [\left( {y = x - \lambda } \right) ή \left( {y = x - 2\lambda } \right)].


β) Η ευθεία y =  - x, που είναι κάθετη στις δύο προηγούμενες παράλληλες ευθείες τις τέμνει στα σημεία \left( {\frac{\lambda }{2}, - \frac{\lambda }{2}} \right),\;\left( {\lambda , - \lambda } \right) αντίστοιχα.

Επομένως ισχύει {\left( {\lambda  - \frac{\lambda }{2}} \right)^2} + {\left( { - \lambda  + \frac{\lambda }{2}} \right)^2} = 2 \Leftrightarrow \frac{{{\lambda ^2}}}{4} + \frac{{{\lambda ^2}}}{4} = 2 \Leftrightarrow {\lambda ^2} = 4, από όπου παίρνουμε \lambda  = 2 ή \lambda  =  - 2.



Παρατήρηση:
Θα μπορούσε το β) ερώτημα να ήταν:
Αν η πλευρά ρόμβου, του οποίου δύο πλευρές είναι πάνω στις ευθείες του α) ερωτήματος είναι k , με k να είναι δεδομένου μέτρου ευθύγραμμο τμήμα, βρείτε τη τιμή του \lambda .


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1470
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#28

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τετ Νοέμ 12, 2014 2:44 am

....Εκανα το 18615....

GI_V_MATHP_4_18615

Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα AB που είναι παράλληλο προς την ευθεία

(\varepsilon ):\,\,y=x,με A({{x}_{1}},\,\,{{y}_{1}}),\,\,B({{x}_{2}},\,\,{{y}_{2}}) και {{x}_{1}}<{{x}_{2}}

Αν το σημείο M(3,5) είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος AB

και το γινόμενο των τετμημένων των σημείων A και B ισούται με 5, τότε:

α) να υπολογίσετε τις συντεταγμένες των σημείων A καιB. (Μονάδες 13)

β) να αποδείξετε ότι (OAB)=4 , όπου O είναι η αρχή των αξόνων. (Μονάδες 5)

γ) να αποδείξετε ότι τα σημεία K(x,\,\,y) για τα οποία ισχύει (KAB)=2(OAB)

ανήκουν στις ευθείες με εξισώσεις τις: x-y-2=0 και x-y+6=0. (Μονάδες 7)

ΛΥΣΗ

α) Σύμφωνα με την υπόθεση επειδή το ευθύγραμμο τμήμα AB είναι παράλληλο προς την ευθεία (\varepsilon ):\,\,y=x,

το διάνυσμα \overrightarrow{AB}=({{x}_{2}}-{{x}_{1}},\ {{y}_{2}}-{{y}_{1}}) θα είναι παράλληλο με την ευθεία (\varepsilon ),

άρα και παράλληλο με κάθε διάνυσμα \vec{\delta }//(\varepsilon ). Ένα τέτοιο είναι το \vec{\delta }=(1,\,1)

επομένως θα ισχύει \overrightarrow{AB}//\vec{\delta }\Leftrightarrow \det (\overrightarrow{AB},\,\,\vec{\delta })=0\Leftrightarrow \left| \begin{matrix} 
  & {{x}_{2}}-{{x}_{1}}\,\,{{y}_{2}}-{{y}_{1}} \\  
 & \,\,\,\,\,\,\,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1 \\  
\end{matrix} \right|=0

οπότε ({{x}_{2}}-{{x}_{1}})-({{y}_{2}}-{{y}_{1}})=0\Leftrightarrow {{x}_{2}}-{{x}_{1}}={{y}_{2}}-{{y}_{1}}(1)

Επειδή τώρα το σημείο M(3,5) είναι μέσο του AB θα ισχύουν

\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}=3,\,\,\,\frac{{{y}_{1}}+{{y}_{2}}}{2}=5 άρα {{x}_{1}}+{{x}_{2}}=6\,\,\,\,(2)\,\,\,\,\,{{y}_{1}}+{{y}_{2}}=10\,\,(3)

Επίσης από υπόθεση ισχύει {{x}_{1}}{{x}_{2}}=5 (4)

Από (2), (4) έχουμε το άθροισα S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=6\,\, και το γινόμενο P={{x}_{1}}{{x}_{2}}=5 δύο αριθμών επομένως θα είναι ρίζες της εξίσωσης

{{x}^{2}}-Sx+P=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-6x+5=0 που έχει διακρίνουσα

\Delta ={{6}^{2}}-4\cdot 5=16 άρα ρίζες {{x}_{1}},{{x}_{2}}=\frac{6\pm 4}{2} άρα επειδή {{x}_{1}}<{{x}_{2}}

από υπόθεση είναι {{x}_{1}}=1,\,\,\,{{x}_{2}}=5.

Έτσι από (1) θα είναι 5-1={{y}_{2}}-{{y}_{1}}\Leftrightarrow {{y}_{2}}-{{y}_{1}}=4(5) και από (3),(5) προκύπτει ότι {{y}_{2}}=7,\,\,\,{{y}_{1}}=3

επομένως είναι A(1,\,\,3),\,\,B(5,\,\,7).

β) Είναι (OAB)=\frac{1}{2}|det(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB})|=\frac{1}{2}|\left| \begin{matrix} 
  & 1\,\,\,\,\,\,3 \\  
 & 5\,\,\,\,\,\,\,7 \\  
\end{matrix} \right||=\frac{1}{2}|7-15|=4

γ) Αν K(x,\,\,y) τότε το (KAB)=\frac{1}{2}|det(\overrightarrow{AK},\overrightarrow{BK})|με \overrightarrow{AK}=(x-1,\ y-3) και

\overrightarrow{BK}=(x-5,\ y-7) άρα (KAB)=\frac{1}{2}|\left| \begin{matrix} 
  & x-1\,\,\,\,\,\,y-3 \\  
 & x-5\,\,\,\,\,\,y-7 \\  
\end{matrix} \right||=...=\frac{1}{2}|-4x+4y-8|=|2x-2y+4|

και αφού ισχύει (KAB)=2(OAB) θα είναι

|2x-2y+4|=8\Leftrightarrow 2x-2y+4=8\,\,\,\,\,\,\,2x-2y+4=-8\,\,\, απ όπου έχουμε ότι x-y-2=0,\,\,({{\varepsilon }_{1}}) ή

x-y+6=0,\,\,({{\varepsilon }_{2}})που σημαίνει ότι τα σημεία K(x,\,\,y) είναι σημεία των ({{\varepsilon }_{1}}), ({{\varepsilon }_{2}}) αυτό που θέλαμε.

Φιλικά καιΜαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4125
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#29

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Νοέμ 12, 2014 10:18 pm

hlkampel έγραψε: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 Aισαπέχει από τα σημεία B 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

γ) Σημείωση: Αυτό το ερώτημα είναι λάθος γιατί:

Αν \lambda  = 4 τότε A\left( {3,4} \right) δηλαδή το A ταυτίζεται με το M οπότε δεν υπάρχει τετράπλευρο {\rm A}{\rm B}\Delta \Gamma αφού τα σημεία A,B,\Gamma είναι συνευθειακά.
Καλησπέρα σε όλους.

Το θέμα έχει ήδη αποσυρθεί από την Τράπεζα Θεμάτων.


perpant
Δημοσιεύσεις: 448
Εγγραφή: Πέμ Αύγ 11, 2011 2:09 am
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#30

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από perpant » Κυρ Νοέμ 16, 2014 6:26 pm

Καλησπέρα σε όλους. Προστέθηκαν 22 νέα θέματα στην τράπεζα.


Παντούλας Περικλής
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4125
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#31

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Νοέμ 18, 2014 12:00 pm

GI_V_MATHP_4_20147

Είναι η πρώην 4_18619 με αλλαγμένες τις συντεταγμένες του A
Επεξεργάστηκα τη λύση του Ηλία Καμπελή (φαντάζομαι με τη συναίνεσή του) και τροποποίησα το τελευταίο ερώτημα


Δίνονται τα σημεία A\left( {\lambda  + 1,\lambda  - 1} \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 A ισαπέχει από τα σημεία B και \Gamma , να βρείτε την τιμή του \lambda . (Μονάδες 8)
γ) Για \lambda  = 4 ,να βρείτε σημείο \Delta ώστε το τετράπλευρο {\rm{AB}}\Delta \Gamma να είναι ρόμβος. (Μονάδες 10)

Λύση:

α) Το μέσο M του τμήματος {\rm{B}}\Gamma είναι: M\left( {\frac{{2 + 4}}{2},\frac{{2 + 6}}{2}} \right) δηλαδή το M\left( {3,4} \right)

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας {\rm{B}}\Gamma είναι: {\lambda _{B\Gamma }} = \frac{{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 =  - \frac{1}{2}\left( {x - 3} \right) \Leftrightarrow x + 2y = 11

β) Αφού το A ισαπέχει από τα σημεία B και \Gamma τότε ανήκει στη μεσοκάθετο του {\rm{B}}\Gamma δηλαδή στην ευθεία \delta .

Έτσι με x = \lambda  + 1 και y = \lambda  - 1 η \delta γίνεται:

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

γ) Αν \lambda  = 4 τότε A\left( {5,3} \right). Το σημείο \Delta πρέπει να ισαπέχει από τα {\rm B},\;\Gamma , οπότε βρίσκεται στη μεσοκάθετο του {\rm{B}}\Gamma, άρα έχει συντεταγμένες \Delta \left( {11 - 2a,\;a} \right),\;a \in R .

Οπότε \left( {{\rm M}\Delta } \right) = \left( {{\rm M}{\rm A}} \right) \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {11 - 2\alpha  - 3} \right)}^2} + {{\left( {\alpha  - 4} \right)}^2}}  = \sqrt {{{\left( {5 - 3} \right)}^2} + {{\left( {3 - 4} \right)}^2}}  \Leftrightarrow
{\left( {8 - 2\alpha } \right)^2} + {\left( {\alpha  - 4} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow {\alpha ^2} - 8\alpha  + 15 = 0

Η εξίσωση δίνει \alpha  = 5 , οπότε \Delta \left( {1,\;5} \right) ή \alpha  = 3 που απορρίπτεται αφού ταυτίζεται με το A
Συνημμένα
GI_V_MATHP_4_20147.doc
(100 KiB) Μεταφορτώθηκε 98 φορές


Άβαταρ μέλους
Στέλιος Μαρίνης
Δημοσιεύσεις: 525
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 16, 2009 9:45 pm
Τοποθεσία: Νέα Σμύρνη, Αθήνα
Επικοινωνία:

GI_V_MATHP_4_20147 άλλη λύση για το γ

#32

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Στέλιος Μαρίνης » Σάβ Νοέμ 22, 2014 10:18 pm

GI_V_MATHP_4_20147
Στο α) βρήκαμε τις συντεταγμένες του μέσου Μ της διαγωνίου ΒΓ .Για να είναι το τετράπλευρο ΑΒΔΓ ρόμβος πρέπει κι αρκεί το Μ να είναι μέσο της ΒΔ, άρα {x_A} + {x_\Delta } = 2{x_M},\,\,\,\,{y_A} + {y_\Delta } = 2{y_M} και βρίσκουμε εύκολα Δ(1,5)


Κάποτε οι καμπύλες των γραφικών παραστάσεων ζωντανεύουν, είναι διαφορίσιμες γιατί είναι λείες κι όμορφες, έχουν ακρότατες τιμές γιατί αρνούνται τη μονοτονία, δεν έχουν όριο πραγματικό, αλλά μπορείς και τις φαντάζεσαι στο άπειρο και η ασύμπτωτη ευθεία είναι το καράβι που σε ταξιδεύει πλάι τους.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4125
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#33

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Νοέμ 23, 2014 7:28 pm

Στέλιο καλησπέρα.

Ενημερώνω άμεσα το Δελτίο λύσεων του :logo: με τη δική σου απλούστερη και ταχύτερη λύση.


Άβαταρ μέλους
Στέλιος Μαρίνης
Δημοσιεύσεις: 525
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 16, 2009 9:45 pm
Τοποθεσία: Νέα Σμύρνη, Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#34

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Στέλιος Μαρίνης » Κυρ Νοέμ 23, 2014 8:22 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Στέλιο καλησπέρα.

Ενημερώνω άμεσα το Δελτίο λύσεων του :logo: με τη δική σου απλούστερη και ταχύτερη λύση.
Καλησπέρα Γιώργο. Σε επόμενη φάση ελπίζω να προλάβω να βοηθήσω κι εγώ στις λύσεις των θεμάτων της τράπεζας. Ωστόσο μια προσπάθεια που άρχισα με τη Γεωμετρία Β' να δίνονται υποδείξεις αντί λύσεων, ίσως βοηθάει περισσότερο τους μαθητές. Αν νομίζετε ότι είναι χρήσιμο, θα λεγα παράλληλα με τις πλήρεις λύσεις να ανοίξει μια νέα ομαδική εργασία με αυτό το περιεχόμενο.


Κάποτε οι καμπύλες των γραφικών παραστάσεων ζωντανεύουν, είναι διαφορίσιμες γιατί είναι λείες κι όμορφες, έχουν ακρότατες τιμές γιατί αρνούνται τη μονοτονία, δεν έχουν όριο πραγματικό, αλλά μπορείς και τις φαντάζεσαι στο άπειρο και η ασύμπτωτη ευθεία είναι το καράβι που σε ταξιδεύει πλάι τους.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4125
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#35

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Νοέμ 23, 2014 8:48 pm

Στέλιο, η πρότασή σου με βρίσκει σύμφωνο και θα χαρώ να συμβάλλω.

Έτσι κι αλλιώς, όπως όλα τα εργαλεία, έτσι και τα "λυσάρια" θα πρέπει να χρησιμοιούνται με σύνεση και προσοχή από τον χρήστη, ώστε να παίζουν το ρόλο για τον οποίον έχουν φτιαχτεί, δίχως τον κίνδυνο ατυχήματος!


xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1947
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#36

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Κυρ Νοέμ 23, 2014 9:21 pm

Συμφωνώ και εγώ.
Δεν χρειάζεται να δίνουμε έτοιμες τις λύσεις.
Δίνουμε πρώτα τα αρχεία με υποδείξεις και αργότερα ανεβάζουμε τις λύσεις.
Θα υπάρχει όμως μία δυσκολία με την πρόσβαση στους φακέλλους


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Νίκος Ξενιάδης
Δημοσιεύσεις: 24
Εγγραφή: Τετ Οκτ 16, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#37

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νίκος Ξενιάδης » Δευ Νοέμ 24, 2014 12:08 pm

Αυτό που πραγματικά χρειάζεται είναι να δίνουμε αναλυτικές λύσεις και όχι κάτι <<ξερές>> απαντήσεις . Στην Ελλάδα της κρίσης , ο μαθητής ας βρεί μια δωρεάν βοήθεια . Ο όγκος της τράπεζας είναι τεράστιος . Η προχειρότητα της τράπεζας επίσης. Η προχειρότητα του νέου σχολείου τεράστια. Ας αφήσουμε τις υποδείξεις για την μέσα στην τάξη δουλειά . Ο μαθητής θέλει βοήθεια και όχι γρίφους . Δεν μιλάμε για το υποδειγματικό σχολείο που θα εφαρμόσουμε όλες τις <<παιδαγωγικές>> μεθόδους. Σήμερα με την τράπεζα το σχολείο ίσως γίνεται κρεματόριο απο την Α λυκείου. Συγνώμη για το χαρακτηρισμό κρεματόριο .


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4125
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#38

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Ιαν 20, 2015 4:51 pm

Αγαπητοί φίλοι, ας συνεχίσουμε να συγκεντρώνουμε εδώ (και στον αντίστοιχο φάκελο του 2ου θέματος) τις λύσεις, τις παρατηρήσεις και τυχόν διορθώσεις στις 52 ΝΕΕΣ ασκήσεις που αναρτήθηκαν στην Τράπεζα Θεμάτων της Β΄Λυκείου.

Κατόπιν θα συγκεντρωθούν και θα σελιδοποιηθούν ώστε να αναρτηθούν με την ευθύνη των επιμελητών του :logo: .
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 :logo: που θα ήθελε να συμμετέχει.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4125
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#39

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Ιαν 20, 2015 11:02 pm

4_22557

Έστω η εξίσωση: \displaystyle {\left( {x - \lambda  + 6} \right)^2} + {\left( {y - 2\lambda } \right)^2} =  - {\lambda ^2} + 8\lambda  - 12 \displaystyle  \displaystyle \left( 1 \right), όπου \displaystyle  \displaystyle \lambda  \in R

α) Τι παριστάνει γεωμετρικά σε καρτεσιανό επίπεδο \displaystyle  \displaystyle Oxy η εξίσωση \displaystyle  \displaystyle \left( 1 \right) όταν \displaystyle  \displaystyle \lambda  = 2 και τι όταν \displaystyle  \displaystyle \lambda  = 6;
(Μονάδες 8)

β) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του \displaystyle \lambda από το διάστημα \displaystyle \left( {2,6} \right) η εξίσωση \displaystyle \left( 1 \right)στο καρτεσιανό επίπεδο \displaystyle Oxy παριστάνει κύκλο.
(Μονάδες 8)

γ) Καθώς το \displaystyle \lambda \displaystyle μεταβάλλεται στο διάστημα \displaystyle \left( {2,6} \right), να αποδείξετε ότι τα κέντρα των κύκλων οι οποίοι προκύπτουν από την εξίσωση \displaystyle \left( 1 \right) ανήκουν σε ένα ευθύγραμμο τμήμα από το οποίο εξαιρούνται τα άκρα του.
(Μονάδες 9)

ΛΥΣΗ:

α) Για \displaystyle \lambda  = 2 η (1) γράφεται {\left( {x - 2 + 6} \right)^2} + {\left( {y - 2 \cdot 2} \right)^2} =  - {2^2} + 8 \cdot 2 - 12 \Leftrightarrow {\left( {x + 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} = 0

\Leftrightarrow x =  - 4\;\;\; \wedge \;\;y = 4, οπότε παριστάνει το σημείο \displaystyle A(-4, 4)

Για \displaystyle \lambda  = 6 η (1) γράφεται {\left( {x - 6 + 6} \right)^2} + {\left( {y - 2 \cdot 6} \right)^2} =  - {6^2} + 8 \cdot 6 - 12 \Leftrightarrow {x^2} + {\left( {y - 12} \right)^2} = 0

\Leftrightarrow x = 0\;\;\; \wedge \;\;y = 12, οπότε παριστάνει το σημείο \displaystyle B(0, 12)


β) Το τριώνυμο \displaystyle  - {\lambda ^2} + 8\lambda  - 12 έχει ρίζες \displaystyle {\lambda _1} = \frac{{ - 8 + \sqrt {16} }}{{ - 2}} = 2,\;\;{\lambda _2} = \frac{{ - 8 - \sqrt {16} }}{{ - 2}} = 6, οπότε για κάθε τιμή του \displaystyle \lambda στο διάστημα \displaystyle \left( {2,6} \right) είναι θετικό, άρα η εξίσωση \displaystyle \left( 1 \right)παριστάνει κύκλο.
4_22557.png
4_22557.png (19.73 KiB) Προβλήθηκε 2371 φορές
γ) Τα κέντρα \displaystyle K(x, y) των κύκλων οι οποίοι προκύπτουν από την εξίσωση \displaystyle \left( 1 \right)έχουν τετμημένη \displaystyle x = \lambda  - 6 και τεταγμένη \displaystyle y = 2\lambda ,\;\;\lambda  \in \left( {2,\;6} \right),

οπότε οι συντεταγμένες των κέντρων των κύκλων συνδέονται με την εξίσωση \displaystyle y = 2\left( {x + 6} \right) \Leftrightarrow y = 2x + 12.

Είναι \displaystyle 2 < \lambda  < 6 \Rightarrow 2 - 6 < \lambda  - 6 < 6 - 6 \Rightarrow  - 4 < x < 0,

οπότε τα κέντρα των κύκλων κινούνται στο ευθύγραμμο τμήμα (δίχως άκρα) με εξίσωση \displaystyle y = 2x + 12,\;\;x \in \left( { - 4,\;0} \right)


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5956
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#40

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιαν 21, 2015 12:05 am

Θέμα 4_22562

Θεωρούμε τα σημεία A( - 2t + 6,0)\,,\,B(0,4t - 2)\,\,,t \in \mathbb{R}.

α) Να βρείτε τις συντεταγμένες του μέσου M του AB. (Μονάδες 5)

β) Να δείξετε ότι το M κινείται σε ευθεία την οποία να προσδιορίσετε.

(Μονάδες 10)

γ) Αν (AB) = d, να αποδείξετε ότι {d^2} \geqslant 20 και κατόπιν να βρείτε τα A,B ώστε η απόσταση (AB) να είναι ελάχιστη . (Μονάδες 10)

Λύση
4_22562.png
4_22562.png (11.33 KiB) Προβλήθηκε 2367 φορές
α) Για κάθε M(x,y)\, μέσο του AB θα είναι : \left\{ \begin{gathered} 
  x = 3 - t \hfill \\ 
  y = 2t - 1 \hfill \\  
\end{gathered}  \right. και

β) απαλείφοντας την παράμετρο t έχουμε y =  - 2x + 5 , ευθεία στην οποία ανήκουν όλα τα μέσα M των μεταβλητών τμημάτων AB.

γ) \overrightarrow {AB}  = (2t - 6,4t - 2) = 2(t - 3,2t - 1) και άρα |\overrightarrow {AB} | = 2\sqrt {{{(t - 3)}^2} + {{(2t - 1)}^2}}.

Συνεπώς {d^2} \geqslant 20 \Leftrightarrow 4[{(t - 3)^2} + {(2t - 1)^2}] \geqslant 20 \Leftrightarrow {(t - 3)^2} + {(2t - 1)^2} \geqslant 5.

Η προηγούμενη γράφεται ισοδύναμα :

{t^2} - 6t + 9 + 4{t^2} - 4t + 1 - 5 \geqslant 0 \Leftrightarrow 5{(t - 1)^2} \geqslant 0 που ισχύει για κάθε t \in \mathbb{R}.

Το ίσον ισχύει για t = 1 και τότε έχουμε ελάχιστη τιμή του d = 2\sqrt 5 με A(4,0)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B(0,2).

Παρατήρηση : πράγματι τότε \overrightarrow {AB}  = ( - 4,2)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,|\overrightarrow {AB} | = \sqrt {{{( - 4)}^2} + {2^2}}  = \sqrt {20} δηλαδή {d^2} = 20 \Rightarrow \boxed{{d_{\min }} = 2\sqrt 5 }.
Συνημμένα
Θέμα 4_22562.doc
(76.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 64 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΟΜΑΔΙΚΕΣ ΕΡΓΑΣΙΕΣ ΜΕΛΩΝ ΤΟΥ MATHEMATICA.GR”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες