ΘΑΛΗΣ 2011 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1.(α) Να απλοποιήσετε την παράσταση : $\displaystyle{K\left( x \right) = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + x - 4}}{{{x^2} - 2}} , x\ne \pm \sqrt{2}}$

(β) Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης : $\displaystyle{A=\frac{{4019 \cdot 2012 \cdot 2009 + 2006}}{{{{2010}^2} - 2}} }$ χωρίς την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων.

2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{1}{{x - a}} + \frac{1}{{x - b}} = \frac{1}{{{c^2}}}}$ με άγνωστο το $\displaystyle{x}$ ,

έχει ρίζες στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ , για όλες τις τιμές των παραμέτρων $\displaystyle{a,b,c \in \mathbb{R},c\ne 0}$ .

3. Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα : $\displaystyle{y=x^3+2x-2\,,\,z=y^3+2y-2 \,,\,x=z^3+2z-2}$

4. Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{AB <A\Gamma <B\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\widehat{A}, \widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ , τέμνουν το κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ στα σημεία $\displaystyle{\Delta ,E}$ και $\displaystyle{Z}$ αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{Z}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{A\Gamma}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ . Από το σημείο $\displaystyle{E}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{A{\color{red}B}}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{N}$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τετράπλευρα $\displaystyle{BMOZ}$ και $\displaystyle{\Gamma NOE}$ είναι εγγράψιμα σε κύκλους, έστω $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ , αντίστοιχα .
β) Το δεύτερο κοινό σημείο, έστω $\displaystyle{K}$ , των κύκλων $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ ανήκει στο κύκλο με κέντρο το σημείο $\displaystyle{\Delta}$ και ακτίνα $\displaystyle{\Delta I}$ , όπου $\displaystyle{I}$ το έκκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

edit
Διορθώθηκεένα γράμμα στο 4ο

parmenides51 · #2

parmenides51 έγραψε:1.(α) Να απλοποιήσετε την παράσταση : $\displaystyle{K\left( x \right) = \frac{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + x - 4}}{{{x^2} - 2}} , x\ne \pm \sqrt{2}}$

(β) Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης : $\displaystyle{A=\frac{{4019 \cdot 2012 \cdot 2009 + 2006}}{{{{2010}^2} - 2}} }$ χωρίς την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων.

εδώ, υπόδειξη για το (α) εδώ

parmenides51 έγραψε:2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{1}{{x - a}} + \frac{1}{{x - b}} = \frac{1}{{{c^2}}}}$ με άγνωστο το $\displaystyle{x}$ ,

έχει ρίζες στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ , για όλες τις τιμές των παραμέτρων $\displaystyle{a,b,c \in \mathbb{R},c\ne 0}$ .

εδώ,εδώ ,εδώ και μια άλλη οπτική εδώ

parmenides51 έγραψε:3. Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα : $\displaystyle{y=x^3+2x-2\,,\,z=y^3+2y-2 \,,\,x=z^3+2z-2}$

εδώ , εδώ , εδώ , εδώ , εδώ κι εδώ

Με αφορμή το παραπάνω σύστημα έγινε μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση για κυκλικά και συμμετρικά συστήματα εδώ κι εδώ

#3

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{AB <A\Gamma <B\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\widehat{A}, \widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ , τέμνουν το κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ στα σημεία $\displaystyle{\Delta ,E}$ και $\displaystyle{Z}$ αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{Z}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{A\Gamma}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ . Από το σημείο $\displaystyle{E}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{AB}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{N}$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τετράπλευρα $\displaystyle{BMOZ}$ και $\displaystyle{\Gamma NOE}$ είναι εγγράψιμα σε κύκλους, έστω $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ , αντίστοιχα .
β) Το δεύτερο κοινό σημείο, έστω $\displaystyle{K}$ , των κύκλων $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ ανήκει στο κύκλο με κέντρο το σημείο $\displaystyle{\Delta}$ και ακτίνα $\displaystyle{\Delta I}$ , όπου $\displaystyle{I}$ το έκκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

(α) Για να δείξω ότι το τετράπλευρο BMOZ

είναι εγγράψιμο, αρκεί να δείξω ότι: $\widehat{ZOB}=\widehat{\Gamma MB}$

Πράγματι, έχουμε: $\widehat{ZOB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\frac{1}{2}.2\widehat{\Gamma}=\Gamma$

Και $\widehat{ZMB}=\widehat{\Gamma}$ , (ως εντός, εκτός και επί τα αυτά μέρη...)

Άρα $\widehat{ZOB}=\widehat{\Gamma MB}$ και άρα έχουμε το ζητούμενο.

Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι και το τετράπλευρο $\Gamma NOE$ , είναι επίσης εγγράψιμο.

(β) Αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο $BIK\Gamma$ , είναι εγγράψιμο. Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι:

$\widehat{BI\Gamma}=\widehat{BK\Gamma}$ .

Από το μη κυρτό τετράπλευρο $ABI\Gamma$ , έχουμε:

$\widehat{BI\Gamma}=\frac{B}{2}+A+\frac{\Gamma}{2}=A+\frac{B+\Gamma}{2}=A+\frac{180-A}{2}=90+\frac{A}{2}$

Eπίσης:

$\widehat{BK\Gamma}=\widehat{BKO}+\widehat{OK\Gamma}=\widehat{BZO}+\widehat{OE\Gamma}$

Αλλά $OB=OZ=OE=O\Gamma$ , (ως ακτίνες του ίδιου κύκλου). Άρα τα τρίγωνα OZB

και $OE\Gamma$ , έίναι ισοσκελή

Άρα: $2\widehat{BZO}+\widehat{ZOB}=180^{o}$ και $2\widehat{OE\Gamma}+\widehat{EO\Gamma}=180^{o}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των δύο αυτών εξισώσεων, έχουμε:

$2(\widehat{BZO}+\widehat{OE\Gamma})+\Gamma +B=360^{o}\Rightarrow 2\widehat{BK\Gamma}+180^{o}-A=360^{o}$

Άρα: $\widehat{BK\Gamma}=90^{o}+\frac{A}{2}$

Δείξαμε λοιπόν ότι $\widehat{BI\Gamma}=\widehat{BK\Gamma}$ και έτσι η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

(Θα ακολουθ'ησει το σχήμα από τον Parmenides)

parmenides51 · #4

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{AB <A\Gamma <B\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\widehat{A}, \widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ , τέμνουν το κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ στα σημεία $\displaystyle{\Delta ,E}$ και $\displaystyle{Z}$ αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{Z}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{A\Gamma}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ . Από το σημείο $\displaystyle{E}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{AB}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{N}$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τετράπλευρα $\displaystyle{BMOZ}$ και $\displaystyle{\Gamma NOE}$ είναι εγγράψιμα σε κύκλους, έστω $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ , αντίστοιχα .
β) Το δεύτερο κοινό σημείο, έστω $\displaystyle{K}$ , των κύκλων $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ ανήκει στο κύκλο με κέντρο το σημείο $\displaystyle{\Delta}$ και ακτίνα $\displaystyle{\Delta I}$ , όπου $\displaystyle{I}$ το έκκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

: 8alis 2011 4a bl.png (136.57 KiB) Προβλήθηκε 1222 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:(α) Για να δείξω ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, αρκεί να δείξω ότι: $\widehat{ZOB}=\widehat{\Gamma MB}$

Πράγματι, έχουμε: $\widehat{ZOB}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=\frac{1}{2}.2\widehat{\Gamma}=\Gamma$

Και $\widehat{ZMB}=\widehat{\Gamma}$ , (ως εντός, εκτός και επί τα αυτά μέρη...)

Άρα $\widehat{ZOB}=\widehat{\Gamma MB}$ και άρα έχουμε το ζητούμενο.

Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι και το τετράπλευρο $\Gamma NOE$ , είναι επίσης εγγράψιμο.

: 8alis 2011 4b bl.png (33.91 KiB) Προβλήθηκε 1216 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:(β) Αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο $BIK\Gamma$ , είναι εγγράψιμο. Συνεπώς αρκεί να δείξουμε ότι:

$\widehat{BI\Gamma}=\widehat{BK\Gamma}$ .

Από το μη κυρτό τετράπλευρο $ABI\Gamma$ , έχουμε:

$\widehat{BI\Gamma}=\frac{B}{2}+A+\frac{\Gamma}{2}=A+\frac{B+\Gamma}{2}=A+\frac{180-A}{2}=90+\frac{A}{2}$

Eπίσης:

$\widehat{BK\Gamma}=\widehat{BKO}+\widehat{OK\Gamma}=\widehat{BZO}+\widehat{OE\Gamma}$

Αλλά $OB=OZ=OE=O\Gamma$ , (ως ακτίνες του ίδιου κύκλου). Άρα τα τρίγωνα και $OE\Gamma$ , έίναι ισοσκελή

Άρα: $2\widehat{BZO}+\widehat{ZOB}=180^{o}$ και $2\widehat{OE\Gamma}+\widehat{EO\Gamma}=180^{o}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των δύο αυτών εξισώσεων, έχουμε:

$2(\widehat{BZO}+\widehat{OE\Gamma})+\Gamma +B=360^{o}\Rightarrow 2\widehat{BK\Gamma}+180^{o}-A=360^{o}$

Άρα: $\widehat{BK\Gamma}=90^{o}+\frac{A}{2}$

Δείξαμε λοιπόν ότι $\widehat{BI\Gamma}=\widehat{BK\Gamma}$ και έτσι η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αφού δόθηκε λύση ας δώσω και την υπόδειξη

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με $\displaystyle{AB <A\Gamma <B\Gamma}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{\widehat{A}, \widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ , τέμνουν το κύκλο $\displaystyle{c(O,R)}$ στα σημεία $\displaystyle{\Delta ,E}$ και $\displaystyle{Z}$ αντίστοιχα. Από το σημείο $\displaystyle{Z}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{A\Gamma}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ . Από το σημείο $\displaystyle{E}$ , θεωρούμε παράλληλη στην $\displaystyle{AB}$ , που τέμνει την $\displaystyle{B\Gamma}$ στο σημείο $\displaystyle{N}$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Τα τετράπλευρα $\displaystyle{BMOZ}$ και $\displaystyle{\Gamma NOE}$ είναι εγγράψιμα σε κύκλους, έστω $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ , αντίστοιχα .
β) Το δεύτερο κοινό σημείο, έστω $\displaystyle{K}$ , των κύκλων $\displaystyle{(c_1 )}$ και $\displaystyle{(c_2)}$ ανήκει στο κύκλο με κέντρο το σημείο $\displaystyle{\Delta}$ και ακτίνα $\displaystyle{\Delta I}$ , όπου $\displaystyle{I}$ το έκκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

υπόδειξη εδώ

ΘΑΛΗΣ 2011 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 2011 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 2011 - Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση