4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

mathfinder · #21

Στο συνημμένο η GI_V_MATHP_4_18613

Αθ. Μπεληγιάννης

#22

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

των ευθειών ${{\varepsilon }_{1}}$ και ${{\varepsilon }_{2}}$
(Μονάδες 5)
β) Αν η ευθεία ${{\varepsilon }_{1}}$ τέμνει τον άξονα $\psi '\psi$ στο σημείο

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

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

. 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

,

οι οποίες είναι όντως παράλληλες.

hlkampel · #23

GI_V_MATHP_4_18615

Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα

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

και το γινόμενο των τετμημένων των σημείων

και

ισούται με

, τότε:
α) να υπολογίσετε τις συντεταγμένες των σημείων

και

. (Μονάδες 13)
β) να αποδείξετε ότι $\left( {OAB} \right) = 4$ , όπου

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

(Μονάδες 7)

Λύση

α) Το μέσο

του

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

και

ισούται με

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

είναι παράλληλο προς την ευθεία ε: y = x

τότε, αν $\lambda$ είναι ο συντελεστής διεύθυνσης του

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:

και

pap65 · #24

ΑΚΥΡΟ

perpant · #25

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
$\displaystyle{{\lambda _1} = {\lambda _\varepsilon } \Leftrightarrow - \frac{{\overrightarrow \alpha \overrightarrow b + 12}}{{\overrightarrow \alpha \overrightarrow b - 12}} = 1 \Leftrightarrow - \overrightarrow \alpha \overrightarrow b - 12 = \overrightarrow \alpha \overrightarrow b - 12 \Leftrightarrow 2\overrightarrow \alpha \overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha \overrightarrow b = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow \alpha \bot \overrightarrow b }$

pap65 · #26

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

.
(Μονάδες 12)
β) Αν το εμβαδόν του τετραγώνου του οποίου οι δύο πλευρές βρίσκονται πάνω στις ευθείες του ερωτήματος (α) είναι ίσο με

, 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

. ( 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 (5.14 KiB) Προβλήθηκε 6447 φορές

: 18613-2.png (4.87 KiB) Προβλήθηκε 6447 φορές

S.E.Louridas · #27

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 .
(Μονάδες 12)
β) Αν το εμβαδόν του τετραγώνου του οποίου οι δύο πλευρές βρίσκονται πάνω στις ευθείες του ερωτήματος (α) είναι ίσο με , 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

, με

να είναι δεδομένου μέτρου ευθύγραμμο τμήμα, βρείτε τη τιμή του $\lambda .$

#28

....Εκανα το 18615....

GI_V_MATHP_4_18615

Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα

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

και το γινόμενο των τετμημένων των σημείων

και

ισούται με

, τότε:

α) να υπολογίσετε τις συντεταγμένες των σημείων

και

. (Μονάδες 13)

β) να αποδείξετε ότι (OAB)=4

, όπου

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

. (Μονάδες 7)

ΛΥΣΗ

α) Σύμφωνα με την υπόθεση επειδή το ευθύγραμμο τμήμα

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

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

#29

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 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

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.

Καλησπέρα σε όλους.

Το θέμα έχει ήδη αποσυρθεί από την Τράπεζα Θεμάτων.

perpant · #30

Καλησπέρα σε όλους. Προστέθηκαν 22 νέα θέματα στην τράπεζα.

#31

GI_V_MATHP_4_20147

Είναι η πρώην 4_18619 με αλλαγμένες τις συντεταγμένες του

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

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 ${\rm{AB}}\Delta \Gamma$ να είναι ρόμβος. (Μονάδες 10)

Λύση:

α) Το μέσο

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

ισαπέχει από τα σημεία

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

Έτσι με $x = \lambda + 1$ και $y = \lambda - 1$ 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

Στέλιος Μαρίνης · #32

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)

#33

Στέλιο καλησπέρα.

Ενημερώνω άμεσα το Δελτίο λύσεων του

με τη δική σου απλούστερη και ταχύτερη λύση.

Στέλιος Μαρίνης · #34

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Στέλιο καλησπέρα.

Ενημερώνω άμεσα το Δελτίο λύσεων του 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.

#35

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!

#36

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

Νίκος Ξενιάδης · #37

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 .

#38

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

.
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.

#39

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 (19.73 KiB) Προβλήθηκε 5334 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 $\displaystyle y = 2x + 12,\;\;x \in \left( { - 4,\;0} \right)$

#40

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

του

. (Μονάδες 5)

β) Να δείξετε ότι το

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 (11.33 KiB) Προβλήθηκε 5330 φορές

α) Για κάθε $M(x,y)\,$ μέσο του

θα είναι : $\left\{ \begin{gathered} x = 3 - t \hfill \\ y = 2t - 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και

β) απαλείφοντας την παράμετρο

έχουμε

, ευθεία στην οποία ανήκουν όλα τα μέσα

των μεταβλητών τμημάτων

.

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 ${d^2} = 20 \Rightarrow \boxed{{d_{\min }} = 2\sqrt 5 }$ .

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

GI_V_MATHP_4_20147 άλλη λύση για το γ

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