Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

#1

Ημερομηνία Διεξαγωγής: 26 Μαΐου 1991.
Διάρκεια εξέτασης: 3 ώρες.

1.

(α) Η μια ρίζα της εξίσωσης x^2 + ax + b = 0

είναι διπλάσια της άλλης, ενώ στην εξίσωση x^2 + ax + c = 0

η μια ρίζα είναι τριπλάσια της άλλης. Να υπολογίσετε τον λόγο $\tfrac{b}{c}$ .

(β) Αν a,b

πραγματικοί αριθμοί, δείξετε ότι $(a+b)^2 \geqslant 4ab$ . Αν ακολούθως a+b = 1

με $a,b \in \mathbb{R}^+$ να δείξετε ότι
(i) $ab \leqslant 1/4$ και
(ii) $\displaystyle{ \left(1 + \frac{1}{a} \right)\left(1 + \frac{1}{b} \right) \geqslant 9.}$

2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ η κορυφή Α έχει συντεταγμένες (2,-1)

. Το ύψος ΒΔ και η διχοτόμος ΒΝ έχουν εξισώσεις 7x - 10y + 1=0

και

αντίστοιχα. Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του.

3. Δίνεται κύκλος (O,R)

με διάμετρο ΑΒ. Αν Γ είναι τυχόν σημείο της ΑΒ, γράφουμε τον κύκλο $(K,\rho)$ με διάμετρο την ΒΓ. Η μεσοκάθετη της ΑΓ τέμνει τον κύκλο (O,R)

στο Δ. Η ΒΔ τέμνει τον κύκλο $(K,\rho)$ στο Ε. Έστω Μ το μέσο της ΑΓ. Δείξετε ότι
(i) Η ΜΕ εφάπτεται του κύκλου $(K,\rho)$ και
(ii) ΜΔ = ΜΕ.

4. Αν $\displaystyle{ \frac{\sin^4 x}{a} + \frac{\cos^4 x}{b} = \frac{1}{a+b}}$ να δείξετε ότι $\displaystyle{ \frac{\sin^8 x}{a^3} + \frac{\cos^8 x}{b^3} = \frac{1}{(a+b)^3}}$

5. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με $\hat{A} = 90^{\circ}$ . Αν ω είναι η οξεία γωνία που σχηματίζουν οι διάμεσοι ΒΔ και ΓΕ να δείξετε ότι $\displaystyle{ \tan(\omega) = \frac{3bc}{2a^2}}$ όπου a,b,c

τα μήκη των πλευρών του τριγώνου.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Πηγή: «Μαθηματικό Βήμα» Τεύχος η', Δεκέμβρης 1991

BAGGP93 · #2

Demetres έγραψε:
1.

(α) Η μια ρίζα της εξίσωσης είναι διπλάσια της άλλης, ενώ στην εξίσωση η μια ρίζα είναι τριπλάσια της άλλης. Να υπολογίσετε τον λόγο $\tfrac{b}{c}$ .

Καλησπέρα.

Για να υπάρχουν οι ρίζες κάθε μίας από τις δύο εξισώσεις,θα πρέπει,

$\displaystyle{a^2-4b>0\ \land a^2-4c>0}$

Ας είναι $\displaystyle{x_1,x_2}$ και $\displaystyle{x_3,x_4}$ οι ρίζες της πρώτης και της δεύτερης εξίσωσης αντίστοιχα.

Από τους τύπους Vieta και την υπόθεση έχουμε

$\displaystyle{x_1+x_2=-a\ \land x_1\cdot x_2=b\ \land x_3+x_4=-a\ \land x_3\cdot x_4=c\neq 0}}$

και χωρίς βλάβη της γενικότητας

$\displaystyle{x_1=2x_2\ \land x_3=3x_4}$

Έτσι έχουμε,

$\displaystyle{x_1+x_2=-a\Rightarrow 3x_2=-a\Rightarrow x_2=-\frac{a}{3}}$

$\displaystyle{x_3+x_4=-a\Rightarrow 4x_4=-a\Rightarrow x_4=-\frac{a}{4}}$

Επομένως,

$\displaystyle{\frac{b}{c}=\frac{x_1\cdot x_2}{x_3\cdot x_4}}$

$\displaystyle{=\frac{2x_2^2}{3x_4^2}$

$\displaystyle{=\frac{\displaystyle{\frac{2a^2}{9}}}{\displaystyle\frac{3a^2}{16}}}$

$\displaystyle{=\frac{32}{27}}$

edit:διόρθωση τυπογραφικού λάθους

BAGGP93 · #3

Για το 1β) μία ιδέα.

$\displaystyle{(a+b)^2-4ab=a^2+b^2+2ab-4ab=a^2+b^2-2ab=(a-b)^2\geq 0}$ και συνεπώς,

$\displaystyle{ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}=\frac{1}{4}}$ αν $\displaystyle{a+b=1}$

Για το ii) έχουμε,

$\displaystyle{\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)=$

$\displaystyle{=1+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}\geq 1+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+4}$

Άρα,αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{1+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\geq 5}$ .

Έιναι,

$\displaystyle{(a+b=1\ \land b>0)\ \land (a+b=1\ \land a>0)\Rightarrow }$

$\displaystyle{\Rightarrow (b=1-a\ \land b>0)\ \land (a=1-b\ \land a>0)}$

$\displaystyle{\Rightarrow (a<1\ \land b>0)\ \land (b<1\ \land a>0)$

$\displaystyle{\Rightarrow a\in\left(0,1\right)\ \land b\in\left(0,1\right)}$

Αρκεί λοιπόν,να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{1-a}\geq 5}$

ή

$\displaystyle{a(1-a)+(1-a)+a\geq 5a(1-a)}$

ή

$\displaystyle{a-a^2+1\geq 5a-5a^2}$

ή

$\displaystyle{4a^2-4a+1\geq 0}$

ή

$\displaystyle{(2a-1)^2\geq 0}$ ,που ισχύει.

Συνεπώς, $\displaystyle{\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\geq 9}$ με την ισότητα να ισχύει για $\displaystyle{a=b=\frac{1}{2}}$

G.Bas · #4

Demetres έγραψε:(β) Αν πραγματικοί αριθμοί, δείξετε ότι $(a+b)^2 \geqslant 4ab$ . Αν ακολούθως με $a,b \in \mathbb{R}^+$ να δείξετε ότι
(i) $ab \leqslant 1/4$ και
(ii) $\displaystyle{ \left(1 + \frac{1}{a} \right)\left(1 + \frac{1}{b} \right) \geqslant 9.}$

Ισχύει από την Ανισότητα Cauchy-Schwarz

$\displaystyle{\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{b}\right)\geq\left(1+\frac{1}{\sqrt{ab}}\right)^2\geq (1+2)^2=9}$ .

G.Bas · #5

BAGGP93 έγραψε:
Άρα,αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 5}$

Ας μου επιτραπεί ένα πιο γρήγορο τελείωμα.

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 4\Leftrightarrow \frac{a+b}{a}+\frac{a+b}{b}\geq 4\Leftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2}$

όπου ισχύει.

thanasis.a · #6

Demetres έγραψε:3. Δίνεται κύκλος με διάμετρο ΑΒ. Αν Γ είναι τυχόν σημείο της ΑΒ, γράφουμε τον κύκλο με διάμετρο την ΒΓ. Η μεσοκάθετη της ΑΓ τέμνει τον κύκλο στο Δ. Η ΒΔ τέμνει τον κύκλο στο Ε. Έστω Μ το μέσο της ΑΓ. Δείξετε ότι
(i) Η ΜΕ εφάπτεται του κύκλου και
(ii) ΜΔ = ΜΕ.

..καλησπέρα.. μια άποψη για το θέμα 3

: draw6.png (37.16 KiB) Προβλήθηκε 723 φορές

αρχικά χρησιμοποιώ αντι για $\Gamma \equiv C, \Delta \equiv D$ . Έστω $\hat{EBC}=\omega ,\,\,\,\,\hat{ECB}=\chi$

1ο ερώτημα

Τότε:

διάμετρος του (K,p)

οπότε: $\hat{CEB}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{ECB}+\hat{EBC}=90^{\circ} \Rightarrow \chi +\omega =90^{\circ} \,\,\,\,(1)$

Στο $\bigtriangleup CKE: CK=KE=p\Rightarrow \hat{KCE}=\hat{KEC}=\chi \,\,\,(2)$ . Επίσης

διάμετρος στον (O,R)

οπότε: $\hat{ADB}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{DAB}=\chi \,\,\,\,(3)$

Αφού

μεσοκάθετος του $AC\Rightarrow \hat{ADM}=\hat{MDC}=90^{\circ} -\chi \Rightarrow \hat{MDC}=\omega \,\,\,(4)$ .

Το τετράπλευρο DMCE

είναι εγγράψιμο $(\hat{DMC}=90^{\circ} =\hat{CED})\Rightarrow \hat{MDC}=\hat{MEC}\mathop=\limits^{(4)}\omega\,\,\,(5)$ και επίσης $\hat{MDE}+\hat{MCE}=180^{\circ} \Rightarrow \hat{MDE}=180^{\circ} -\hat{MCE}=\hat{ECK}\Rightarrow \hat{MDE}=\chi \,\,\,(6)$

Από (2), (5) έχουμε: $\hat{CEK}+\hat{CEM}=\chi +\omega =90^{\circ} \Rightarrow ME\perp EK (E\in (K,p))\Rightarrow ME$ εφαπτόμενη του (K,p)

στο

.

2ο ερώτημα

Τώρα $\hat{DEC}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{DEM}+\hat{MEC}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{DEM}=90^{\circ} -\omega \Rightarrow \hat{DEM}=\chi \,\,\,\,(7)$

Οπότε από (6), (7) έχουμε : $\hat{MDE}=\hat{MED}=\chi \Rightarrow \bigtriangleup DME$ ισοσκελές τρίγωνο , δηλαδή: $\boxed{DM=ME}$

Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Re: Παγκύπριος Διαγωνισμός Α' Λυκείου 1990-1991

Μέλη σε σύνδεση