4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

hlkampel · #61

4_22590

Δίνεται η εξίσωση ${x^2} + {y^2} - \left( {\lambda - 1} \right)x - \left( {\lambda - 7} \right)y + \lambda = 0$ , $\lambda \in R$ .
α) Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε τιμή του $\displaystyle{\lambda }$ , με $\lambda \ne 5$ , παριστάνει κύκλο. Κατόπιν να βρείτε τι παριστάνει η εξίσωση, όταν $\lambda = 5$ . (Μονάδες 12)
β) Έστω ${C_1},{C_2}$ οι κύκλοι που προκύπτουν από την παραπάνω εξίσωση όταν $\lambda = 3$ και $\lambda = 9$ αντίστοιχα.
i. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι ${C_1}$ και ${C_2}$ εφάπτονται εξωτερικά. (Μονάδες 6)
ii. Να βρείτε το σημείο επαφής των κύκλων. (Μονάδες 7)

Λύση

α) Για να παριστάνει κύκλο η εξίσωση πρέπει:

${A^2} + {B^2} - 4\Gamma > 0 \Leftrightarrow {\left( {\lambda - 1} \right)^2} + {\left( {\lambda - 7} \right)^2} - 4\lambda > 0 \Leftrightarrow$

$2{\lambda ^2} - 20\lambda + 50 > 0 \Leftrightarrow 2{\left( {\lambda - 5} \right)^2} > 0 \Leftrightarrow \lambda \ne 5$
Οι παραπάνω κύκλοι έχουν κέντρο $K\left( {\dfrac{{\lambda - 1}}{2},\dfrac{{\lambda - 7}}{2}} \right)$ και ακτίνα $R = \dfrac{{\sqrt 2 \left| {\lambda - 5} \right|}}{2}$

Αν $\lambda = 5$ τότε ${A^2} + {B^2} - 4\Gamma = 0$ και η εξίσωση παριστάνει το σημείο $M\left( {\frac{{\lambda - 1}}{2},\dfrac{{\lambda - 7}}{2}} \right)\;\dot \eta \;M\left( {2, - 1} \right)$
β) Με $\lambda = 3$ και $\lambda = 9$ έχουμε αντίστοιχα τις εξισώσεις των κύκλων:
${C_1}:{x^2} + {y^2} - 2x + 4y + 3 = 0\;\left( 1 \right)$ με κέντρο ${K_1}\left( {1, - 2} \right)$ και ακτίνα ${R_1} = \sqrt 2$

${C_2}:{x^2} + {y^2} - 8x - 2y + 9 = 0\;\left( 2 \right)$ με κέντρο ${K_2}\left( {4,1} \right)$ και ακτίνα ${R_2} = 2\sqrt 2$

i. Η διάκεντρος των δύο κύκλων έχει μήκος: $\left( {{K_1}{K_2}} \right) = \sqrt {{{\left( {4 - 1} \right)}^2} + {{\left( {1 + 2} \right)}^2}} = \sqrt {18} = 3\sqrt 2$

Άρα $\left( {{K_1}{K_2}} \right) = {R_1} + {R_2}$ έτσι οι κύκλοι ${C_1}$ και ${C_2}$ εφάπτονται εξωτερικά
ii. $\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow 6x + 6y - 6 = 0 \Leftrightarrow y = 1 - x\;\left( 3 \right)$

$\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} {x^2} + {\left( {1 - x} \right)^2} - 2x + 4\left( {1 - x} \right) + 3 = 0 \Leftrightarrow$

${x^2} + 1 - 2x + {x^2} - 2x + 4 - 4x + 3 = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - 8x + 8 = 0 \Leftrightarrow$

${x^2} - 4x + 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2$
$\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x = 2} y = - 1$

Έτσι οι κύκλοι ${C_1},{C_2}$ εφάπτονται στο σημείο $A\left( {2, - 1} \right)$

#62

22591

α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της υπερβολής που τέμνει τον άξονα x'x

στα σημεία A'(-2, 0) , A(2, 0)

και διέρχεται από το σημείο $\Gamma (2\sqrt{5},2)$ είναι η $C_1: \frac{x^2}{4}-y^2=1$ (Μονάδες 10)

β) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C_2

με διάμετρο το τμήμα A'A.

(Μονάδες 5)

γ) Να αποδείξετε ότι οι μοναδικές κοινές εφαπτόμενες της υπερβολής C_1

και του κύκλου C_2

είναι οι ευθείες $\varepsilon _1: x = -2$ και $\varepsilon _2 : x = 2$ . (Μονάδες 10)

ΛΥΣΗ

Με την παραδοχή ότι η υπερβολή έχει κέντρο την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας τον x'x

έχουμε:

α) Έστω $\frac{x^2}{\alpha ^2}-\frac{y^2}{\beta ^2}=1$ η εξίσωση της υπερβολής. Τα σημεία A'(-2, 0) , A(2, 0)

είναι οι κορυφές της, οπότε $\alpha =2$ . Οι συντεταγμένες του σημείου $\Gamma (2\sqrt{5},2)$ επαληθεύουν την εξίσωση, επομένως:

$\frac{\left ( 2\sqrt{5} \right )^2}{2 ^2}-\frac{2^2}{\beta ^2}=1\Leftrightarrow \beta ^2=1\Leftrightarrow \beta =1$

Ώστε, $\alpha =2,\beta =1$ , όποτε η εξίσωση της υπερβολής είναι η $C_1: \frac{x^2}{4}-y^2=1$

β) Ο κύκλος έχει κέντρο το μέσο του A'A

που είναι το σημείο O(0,0)

και ακτίνα ίση με $\frac{A'A}{2}=\frac{4}{2}=2$ , επομένως η εξίσωσή του είναι x^2+y^2=4

: 22591.png (9.17 KiB) Προβλήθηκε 8288 φορές

γ) Έστω $\varepsilon$ μια κοινή εφαπτομένη των δύο κωνικών τομών, που εφάπτεται του κύκλου στο σημείο M(x_1, y_1)

και της υπερβολής στο N(x_2,y_2)

. Ισχύουν οι σχέσεις

$x_1^2+y_1^2=4\,\,\,\,\,\,(1),\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \frac{x_2^2}{4}-y_2^2=1\,\,\,(2)$

Αφού η $\varepsilon$ εφάπτεται του κύκλου στο M(x_1, y_1)

έχει εξίσωση $x_1x+y_1y=4\,\,\,\,\,(3)$

Αφού η $\varepsilon$ εφάπτεται στην υπερβολή στο N(x_2,y_2)

έχει εξίσωση $\frac{x_2x}{4}-y_2y=1\Leftrightarrow x_2x-4y_2y-4=0\,\,\,\,\,(4)$

1ος τρόπος. Η απόσταση της ευθείας (4)

από το κέντρο O(0,0)

του κύκλου είναι ίση με την ακτίνα του R=2

:

$d(O,\varepsilon )=R\Leftrightarrow \dfrac{-4}{\sqrt{x_2^2+16y_2^2}}=2\Leftrightarrow x_2^2+16y_2^2=4\,\,\,\,\,(5)$

Το σύστημα των εξισώσεων (2), (5)

δίνει

, επομένως έχει λύσεις x_2=2, y_2=0

ή

.

Στην πρώτη περίπτωση από την (4)

η κοινή εφαπτόμενη είναι η x=2

Στην δεύτερη περίπτωση από την (4)

η κοινή εφαπτόμενη είναι η x=-2

2oς τρόπος. Οι εξισώσεις (3)

και

παριστάνουν την ίδια ευθεία. Έστω ότι δεν είναι της μορφής x=x_0

. Από την

συμπεραίνουμε ότι τέμνει τον άξονα των

στο σημείο $\left ( 0,\frac{4}{y_1} \right )$ . Από την (4)

συμπεραίνουμε ότι θα τον τέμνει στο σημείο $\left ( 0,-\frac{1}{y_2} \right )$ . Τα δύο αυτά σημεία συμπίπτουν, επομένως $\frac{4}{y_1}=-\frac{1}{y_2}\Leftrightarrow y_1=-4y_2$ . Οι εξισώσεις (3)

και

τώρα γράφονται αντίστοιχα x_1x-4y_2y=4, x_2x-4y_2y=4

και παριστάνουν την ίδια ευθεία όταν x_1=x_2

άτοπο, γιατί θα πρέπει να είναι της μορφής x=x_1

. Άρα, οι κοινές εφαπτόμενες είναι της μορφής x=x_0

. Αυτές είναι προφανώς μόνο οι x=-2

και

3ος τρόπος. Έστω ότι έχουμε εφαπτόμενη της μορφής $y=\lambda x+k \,\,\,(6).$ Το σύστημα των C_2:x^2+y^2=4

και

έχει μοναδική λύση. Επομένως η εξίσωση

$x^2+(\lambda x+k )^2=4\Leftrightarrow x^2(\lambda ^2+1)+2\lambda k x+\beta ^2-4=0$

έχει διακρίνουσα μηδέν: $4\lambda ^2 k ^2-4(\lambda ^2+1)(k ^2-4)=0\Leftrightarrow 4\lambda ^2-k ^2+4=0\,\,\,\,\,(7)$

Ομοίως και το σύστημα των C_1: x^2-4y^2=4

και

έχει μοναδική λύση, επομένως και η εξίσωση

$x^2-4(\lambda x+k )^2=4\Leftrightarrow x^2(1-4\lambda ^2)-8\lambda k x-4k ^2-4=0$

έχει διακρίνουσα μηδέν: $64\lambda ^2k ^2+16(1-4\lambda ^2)(k ^2+1)=0\Leftrightarrow 4\lambda ^2-k ^2-1=0\,\,\,\,\,\,(8)$

Οι ισότητες (7)

και

με αφαίρεση κατά μέλη δίνουν 5=0, άτοπο. Επομένως δεν υπάρχουν εφαπτόμενες της μορφής $y=\lambda x+k$ . Άρα υπάρχουν μόνο της μορφής x=x_0

. Αυτές είναι προφανώς οι x=-2

και

#63

22592

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy

θεωρούμε τα σημεία M( x,y)

για τα οποία ισχύει η ισότητα

$\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BM}+\frac{16}{9}\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0,$

όπου A(-3,0)

και

.

α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία

ανήκουν στον κύκλο C_1: x^2+y^2=25

(Μονάδες 11)

β) Αν $\Gamma$ και $\Delta$ είναι τα σημεία τομής του κύκλου C_1

με τον άξονα x'x

, τότε:

i) να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C_2

η οποία έχει μεγάλο άξονα το ευθύγραμμο τμήμα $\Gamma \Delta$ και εστίες τα σημεία

και

. (Μονάδες 10)

ii) να παραστήσετε γραφικά τον κύκλο C_1

και την έλλειψη C_2

(Μονάδες 4)

ΛΥΣΗ

α) Είναι $\overrightarrow{AM}=(x-3,y), \overrightarrow{BM}=(x+3,0), \overrightarrow{OA}=(-3,0),\overrightarrow{OB}=(3,0)$ ,οπότε

$\dspplaystyle{\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{BM}+\frac{16}{9}\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=0 \Leftrightarrow (x-3)(x+3)+y^2+\frac{16}{9}(-9)=0 \Leftrightarrow x^2+y^2=25}$

β) Η έλλειψη έχει μεγάλο ημιάξονα $\alpha =O\Delta=5$ , εστιακή απόσταση $2\gamma =AB =6\Rightarrow \gamma =3$ , οπότε ο μικρός ημιάξονας είναι $\beta =\sqrt{\alpha ^2-\gamma ^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$ . Επομένως η εξίσωσή της είναι $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$

γ) Στο σχήμα φαίνονται η έλλειψη (μπλε χρώμα) και ο κύκλος (κόκκινο χρώμα):

hlkampel · #64

4_22574

Θεωρούμε σημεία $M\left( {\alpha ,\alpha + 1} \right)$ , $\alpha \in R$ .
α) Να δείξετε ότι κινούνται στην ευθεία y = x + 1

. (Μονάδες 5)
β) Να βρείτε το συμμετρικό $\displaystyle{M'\left( {\alpha ',\beta '} \right)}$ του $\displaystyle{M}$ ως προς την ευθεία x - 2y = 2

. (Μονάδες 5)
γ) Να δείξετε ότι το

κινείται, για τις διάφορες τιμές του $\alpha$ , στην ευθεία x - 7y - 17 = 0

. (Μονάδες 5)
δ) Να εξετάσετε αν οι τρείς ευθείες συντρέχουν και κατόπιν να αιτιολογήσετε το αποτέλεσμα, αφού πρώτα σχεδιάσετε τις τρεις ευθείες. (Μονάδες 5)

Λύση

α) Έστω $x = \alpha$ και $y = \alpha + 1$ , τότε y = x + 1

, δηλαδή τα σημεία $\displaystyle{M}$ κινούνται σε ευθεία εξίσωση y = x + 1

.
β) Αν το τμήμα MM'

τέμνει την ευθεία x - 2y = 2

στο σημείο

, το

είναι μέσο του MM'

, έτσι:

$K\left( {\dfrac{{\alpha + \alpha '}}{2},\dfrac{{\alpha + \beta ' + 1}}{2}} \right)$ και επειδή ανήκει στην ευθεία x - 2y = 2

θα ισχύει:

$\dfrac{{\alpha + \alpha '}}{2} - \alpha - \beta ' - 1 = 2 \Leftrightarrow \alpha ' - 2\beta ' = \alpha + 6\;\left( 1 \right)$

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας MM'

είναι: ${\lambda _{MM'}} = \dfrac{{\beta ' - \alpha - 1}}{{\alpha ' - \alpha }}$ με $\alpha ' \ne \alpha$ ,
γιατί αν $\alpha = \alpha '$ η x - 2y = 2

θα ήταν ο άξονας x'x

που είναι άτοπο ή τα σημεία $\displaystyle{M}$ ,

θα ταυτίζονται .

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας (ε): x - 2y = 2

είναι ${\lambda _\varepsilon } = \dfrac{1}{2}$
$\varepsilon \bot MM' \Leftrightarrow {\lambda _\varepsilon } \cdot {\lambda _{MM'}} = - 1 \Leftrightarrow 2\alpha ' + \beta ' = 3\alpha + 1\;\left( 2 \right)$

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ βρίσκουμε ότι:
$\alpha ' = \dfrac{{7\alpha + 8}}{5}$ και $\beta ' = \dfrac{{\alpha - 11}}{5}$ , οπότε $M'\left( {\dfrac{{7\alpha + 8}}{5},\dfrac{{\alpha - 11}}{5}} \right)$

: 4-22574α.png (13.41 KiB) Προβλήθηκε 8247 φορές

γ) Αν ${x_1} = \dfrac{{7\alpha + 8}}{5}$ και $\displaystyle{{y_1} = \dfrac{{\alpha - 11}}{5} \Leftrightarrow \alpha = 5{y_1} + 11}$ θα έχουμε:

$\displaystyle{{x_1} = \dfrac{{35{y_1} + 77 + 8}}{5} \Leftrightarrow 5{x_1} = 35{y_1} + 85 \Leftrightarrow {x_1} = 7{y_1} + 17 \Leftrightarrow {x_1} - 7{y_1} - 17 = 0}$
Άρα το

κινείται στην ευθεία x - 7y - 17 = 0

.

δ) Οι τρείς ευθείες συντρέχουν όταν το σημείο $\displaystyle{M}$ βρίσκεται στην ευθεία x - 2y = 2

, αφού τότε θα ταυτίζεται με το συμμετρικό του

. (Ελπίζω αυτό να ζητούσε η άσκηση)

: 4-22574β.png (12.67 KiB) Προβλήθηκε 8247 φορές

Παρατήρηση: Το άθροισμα των μονάδων του θέματος είναι 20 και όχι 25. Το πρόσεξε ο Γιώργος Λέκκας (αν και δεν ήθελε να αναφέρω το όνομα του

)

hlkampel · #65

4_23321

Είναι η 4_22579 (viewtopic.php?f=147&t=46870&start=40) με διορθωμένο το τυπογραφικό λάθος.
(Η 4_22579 αφαιρέθηκε)

depymak · #66

hlkampel έγραψε:4_23321

Είναι η 4_22579 (viewtopic.php?f=147&t=46870&start=40) με διορθωμένο το τυπογραφικό λάθος.
(Η 4_22579 αφαιρέθηκε)

η 4_23341 με ημερομηνία ανάρτησης 27-1-15 είναι και αυτή διόρθωση παλαιοτέρας;

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