2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#81

GI_V_MATHP_2_20140

Δίνεται τρίγωνο με κορυφές τα σημεία $\displaystyle{A(3,2),{\rm B}( - 3,1),{\rm{\Gamma (4}}{\rm{,0)}}}$
α) Να βρείτε την εξίσωση της πλευράς $\displaystyle{{\rm{{\rm A}{\rm B}}}}$
(Μονάδες 9)
β) Να υπολογίσετε το μήκος του ύψους $\displaystyle{{\rm{\Gamma \Delta }}}$ καθώς και την εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία βρίσκεται αυτό.
(Μονάδες 16)

ΛΥΣΗ
α) $\displaystyle{{\rm{({\rm A}{\rm B}): y - 2 = }}\frac{{1 - 2}}{{ - 3 - 3}}(x - 3) \Leftrightarrow y - 2 = \frac{1}{6}(x - 3) \Leftrightarrow y = \frac{1}{6}x + \frac{3}{2}}$
β) Η $\displaystyle{AB}$ έχει συντελεστή $\displaystyle{{\lambda _{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{1}{6}}$ , επομένως η $\displaystyle{\Gamma \Delta }$ ως κάθετη στην $\displaystyle{AB}$
θα έχει συντελεστή $\displaystyle{{\lambda _{\Gamma \Delta }} = - 6}$ και αφού διέρχεται από το $\displaystyle{\Gamma }$ θα έχει εξίσωση :
$\displaystyle{\,\,\,\,y - 0 = - 6(x - 4) \Leftrightarrow y = - 6x + 24}$
Το μήκος του ύψους $\displaystyle{\Gamma {\rm{\Delta }}\,}$ είναι ίσο με την απόσταση $\displaystyle{d({\rm{\Gamma }}{\rm{,{\rm A}{\rm B})}}}$
Είναι $\displaystyle{{\rm{\Gamma (4}}{\rm{,0)}}}$ και $\displaystyle{\,\,\,\,\,({\rm A}{\rm B}):\,\,\,x - 6y + 9 = 0}$
Επομένως $\displaystyle{({\rm{\Gamma \Delta ) = }}d({\rm{\Gamma }}{\rm{,{\rm A}{\rm B}) = }}\frac{{|4 - 6 \cdot 0 + 9|}}{{\sqrt {{1^2} + {6^2}} }} = \frac{{13}}{{\sqrt {37} }} = \frac{{13\sqrt {37} }}{{37}}}$

mathfinder · #82

Καλημέρα Γιώργο
Νομίζω ότι η 20140 είναι η GI_V_MATHP_2_20067 με μία διόρθωση στην εκφώνηση .

Αθ. Μπεληγιάννης

pap65 · #83

Ετομάζω την 2_20148

pap65 · #84

[size=150]ΘΕΜΑ 2_20148[/size]

Δίνονται τα διανύσματα $\overrightarrow{\alpha }=\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}$ , $\overrightarrow{\beta }=2\overrightarrow{i}-5\overrightarrow{j}$ και $\overrightarrow{\gamma }=\left( 7,3 \right)$

α) Να αποδείξετε ότι τα διανύσματα $\overrightarrow{\alpha },\overrightarrow{\beta },\overrightarrow{\gamma }$ είναι μη συγγραμμικά ανά δύο .
(Μονάδες 10)

β) Να γραφεί το διάνυσμα $\overrightarrow{\gamma }$ ως γραμμικός συνδυασμός των διανυσμάτων $\overrightarrow{\alpha }$ και $\overrightarrow{\beta }$ .
(Μονάδες 15)

ΛΥΣΗ

α) Είναι $\overrightarrow{\alpha }=\left( 1,-2 \right)$ , $\overrightarrow{\beta }=\left( 2,-5 \right)$ και $\overrightarrow{\gamma }=\left( 7,3 \right)$

Επομένως θα έχουν συντελεστές διεύθυνσης :

${{\lambda }_{\overrightarrow{\alpha }}}=\frac{-2}{1}=-2$ , ${{\lambda }_{\overrightarrow{\alpha }}}=\frac{-5}{2}=-\frac{5}{2}$ και ${{\lambda }_{\overrightarrow{\alpha }}}=\frac{3}{7}$ αντίστοιχα.

Αφού οι συντελεστές διεύθυνσης ανά δύο διαφορετικοί

τότε τα διανύσματα ανά δύο .

β) Θέλουμε να γράψουμε το διάνυσμα $\overrightarrow{\gamma }$ στη μορφή:

$\overrightarrow{\gamma }=\kappa \overrightarrow{\alpha }+\mu \overrightarrow{\beta }$ με $\kappa ,\mu \in \mathbb{R}$

Επομένως $\left( 7,3 \right)=\kappa \left( 1,-2 \right)+\mu \left( 2,-5 \right)\Leftrightarrow \left( 7,3 \right)=\left( \kappa ,-2\kappa \right)+\left( 2\mu ,-5\mu \right)$

$\Leftrightarrow \left( 7,3 \right)=\left( \kappa +2\mu ,-2\kappa -5\mu \right)$

$\Leftrightarrow \kappa +2\mu =7$ και $-2\kappa -5\mu =3$

$\overset{\cdot 2}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,2\kappa +4\mu =14$ (1 ) και $-2\kappa -5\mu =3$ ( 2)

Από τις σχέσεις (1 ) και (2 ) με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει :

$\mu =-17$ και με αντικατάσταση $\kappa =41$

Άρα $\overrightarrow{\gamma }=41\overrightarrow{\alpha }-17\overrightarrow{\beta }$ .

#85

swsto έγραψε:Τι έμεινε να κάνω και εγώ τίποτα

Ας κρατήσουμε την 2_18556 για τον Σωτήρη

Είναι σχεδόν έτοιμο το δελτίο με τις λύσεις.

Περιμένουμε τυχόν διορθώσεις, συμπληρώσεις, άλλες λύσεις από όποιον φίλο θα ήθελε να προτείνει κάτι.

pap65 · #86

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
swsto έγραψε:Τι έμεινε να κάνω και εγώ τίποτα
Ας κρατήσουμε την 2_18556 για τον Σωτήρη

Είναι σχεδόν έτοιμο το δελτίο με τις λύσεις.

Περιμένουμε τυχόν διορθώσεις, συμπληρώσεις, άλλες λύσεις από όποιον φίλο θα ήθελε να προτείνει κάτι.

ENOEITAI

#87

ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ ΓΙΑ ΤΟ ΚΈΡΑΣΜΑ!!!!

#88

18556 ΘΕΜΑ 2
Δίνονται τα διανύσματα $\vec{\alpha }$ και $\vec{\beta }$ με $\left( \widehat{\vec{\alpha },\vec{\beta }} \right)=\frac{\pi }{3}$ και $\left| {\vec{\alpha }} \right|=\sqrt{2}$ , $\left| {\vec{\beta }} \right|=2\sqrt{2}$
α) Να βρείτε το εσωτερικό γινόμενο $\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }$
(Μονάδες 8)
β) Αν τα διανύσματα $2\vec{\alpha }+\vec{\beta }$ και $\kappa \vec{\alpha }+\vec{\beta }$ είναι κάθετα να βρείτε την τιμή του κ.
(Μονάδες 10)
γ) Να βρείτε το μέτρο του διανύσματος $2\vec{\alpha }+\vec{\beta }$
(Μονάδες 7)

α) Είναι $\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }=\left| \overrightarrow{\alpha } \right|\cdot \left| \overrightarrow{\beta } \right|\cdot \sigma \upsilon \nu \left( \widehat{\vec{\alpha },\vec{\beta }} \right)=\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot \sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{3}=2\cdot {{\sqrt{2}}^{2}}\cdot \frac{1}{2}=2$
β) $\left( 2\vec{\alpha }+\vec{\beta } \right)\bot \left( \kappa \vec{\alpha }+\vec{\beta } \right)\Leftrightarrow \left( 2\vec{\alpha }+\vec{\beta } \right)\cdot \left( \kappa \vec{\alpha }+\vec{\beta } \right)=0\Leftrightarrow 2\kappa {{\vec{\alpha }}^{2}}+2\vec{\alpha }\vec{\beta }+\kappa \vec{\alpha }\vec{\beta }+{{\vec{\beta }}^{2}}=0\Leftrightarrow$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 2\kappa {{\left| {\vec{\alpha }} \right|}^{2}}+2\cdot 2+\kappa \cdot 2+{{\left| {\vec{\beta }} \right|}^{2}}=0\Leftrightarrow 2\kappa {{\sqrt{2}}^{2}}+2\cdot 2+\kappa \cdot 2+{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Leftrightarrow 4\kappa +4+2\kappa +8=0\Leftrightarrow 6\kappa =-12\Leftrightarrow \kappa =-2}$ .
γ) Είναι ${{\left| 2\vec{\alpha }+\vec{\beta } \right|}^{2}}={{\left( 2\vec{\alpha }+\vec{\beta } \right)}^{2}}={{\left( 2\vec{\alpha } \right)}^{2}}+2\cdot 2\vec{\alpha }\cdot \vec{\beta }+{{\vec{\beta }}^{2}}=4{{\left| {\vec{\alpha }} \right|}^{2}}+4\vec{\alpha }\vec{\beta }+{{\left| {\vec{\beta }} \right|}^{2}}= 4{{\sqrt{2}}^{2}}+4\cdot 2+{{\left( 2\sqrt{2} \right)}^{2}}=$ $=4\cdot 2+4\cdot 2+4\cdot 2=24$
Τότε είναι $\left| 2\vec{\alpha }+\vec{\beta } \right|=\sqrt{24}=\sqrt{4\cdot 6}=2\cdot \sqrt{6}$

Έχω κάποια θέματα με τη μορφοποίηση , θα το διορθωσω αργότερα . Στο doc είναι όλα εντάξει .

#89

Μία λύση ακόμα από τον Γιώργο Λέκκα για το 2_20061

Δίνεται παραλληλόγραμμο $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με τρείς κορυφές τα σημεία $\displaystyle A(1,1),\,\,\Gamma (4,3)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Delta (2,3).$
α) Να υπολογίσετε τα μήκη των πλευρών του $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ . (Μονάδες 9)
α) Να υπολογίσετε τις συντεταγμένες του σημείου τομής $\displaystyle {\rm K}$ των διαγωνίων
$\displaystyle {\rm A}\Gamma \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm B}\Delta ,$ καθώς και τις συντεταγμένες της κορυφής $\displaystyle B$ . (Μονάδες 16)

ΛΥΣΗ

: 2_20061.jpg (40.69 KiB) Προβλήθηκε 5948 φορές

α) Το $\displaystyle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ είναι παραλ/μο, οπότε θα είναι: $\displaystyle ({\rm A}{\rm B}) = (\Gamma \Delta )\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,({\rm A}\Delta ) = ({\rm B}\Gamma )$ .

Παρατηρώ (και στο σχήμα) ότι $\displaystyle {y_\Delta } = {y_\Gamma } = 3$ .

Επομένως $\displaystyle \Delta \Gamma //AB//x'x.$ Οπότε,
1) $\displaystyle {y_A} = {y_B} = 1$ . Συνεπώς $\displaystyle B(x,1)$ και,
2) $\displaystyle ({\rm A}{\rm B}) = (\Gamma \Delta ) = 4 - 2 = 2 \Rightarrow ({\rm A}{\rm B}) = (\Gamma \Delta ) = 2.$

Επίσης:
$\displaystyle \begin{array}{l} ({\rm B}\Gamma ) = ({\rm A}\Delta ) = \sqrt {{{\left( {{x_\Delta } - {x_{\rm A}}} \right)}^2} + {{\left( {{y_\Delta } - {y_{\rm A}}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {2 - 1} \right)}^2} + {{\left( {3 - 1} \right)}^2}} \\ = \sqrt {1 + 4} \Rightarrow ({\rm B}\Gamma ) = ({\rm A}\Delta ) = \sqrt 5 \end{array}$

β) Το σημείο $\displaystyle K$ είναι μέσον του $\displaystyle A\Gamma ,$ επομένως οι συντεταγμένες του σημείου είναι: $\displaystyle {\rm K}\left( {\frac{{{x_{\rm A}} + {x_\Gamma }}}{2},\frac{{{y_{\rm A}} + {y_\Gamma }}}{2}} \right) = {\rm K}\left( {\frac{{1 + 4}}{2},\frac{{1 + 3}}{2}} \right) = K\left( {\frac{5}{2},2} \right)$

Για τις συντεταγμένες του $\displaystyle B$ τώρα
Έστω ε η ευθεία $\displaystyle {\rm A}{\rm B}$ η οποία (από το α))είναι η $\displaystyle \left( \varepsilon \right):\,\,\,y = 1.$

Έστω $\displaystyle \zeta$ η ευθεία $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ . Αφού $\displaystyle {\rm B} \in {\rm B}\Gamma$ , θα είναι της μορφής: $\displaystyle y - {y_\Gamma } = {\lambda _\zeta }\left( {x - {x_\Gamma }} \right)\,\,\,(1).$

Είναι $\displaystyle {\lambda _\zeta } = {\lambda _{{\rm B}\Gamma }} = {\lambda _{{\rm A}\Delta }} = \frac{{{y_\Delta } - {y_{\rm A}}}}{{{x_\Delta } - {x_{\rm A}}}} = \frac{{3 - 1}}{{2 - 1}} = 2$ , οπότε η (1)διαμορφώνεται ως εξής:
$\displaystyle y - 3 = 2\left( {x - 4} \right) \Leftrightarrow y = 2x - 5$ .

Το $\displaystyle B$ λοιπόν θα βρεθεί ως τομή των ευθειών: $\displaystyle y = 2x - 5$ και $\displaystyle \,y = 1$ .

Λύνοντας το σύστημα αυτό έχουμε: $\displaystyle 1 = 2x - 5 \Leftrightarrow 2x = 6 \Leftrightarrow x = 3$ . Άρα $\displaystyle B(3,1).$

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #90

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ έγραψε:Ανεβάζω το ΘΕΜΑ 2 – 20056

Με υπόδειξη του συναδέλφου κ. Δ.Κατούνη, ανεβάζω την ορθή απάντηση στο β) όπου είχε παραλειφθή ο συντελεστής 4 στο μέτρο του διανύσματος β και παρακαλώ τους συναδέλφους για την διόρθωση

asemarak · #91

2_22505

Δίνονται τα διανύσματα $\vec{\alpha }$ , $\vec{\beta }$ και $\vec{u}=\vec{\alpha}+2 \vec{\beta }$ , $\vec{v}=5\vec{\alpha}-4 \vec{\beta}$ για τα οποία ισχύουν:
$\vec{u}\perp \vec{v}$ και $|\vec{\alpha} |=|\vec{\beta} |=1$ .
α) Να αποδείξετε ότι $\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta} =\frac{1}{2}$ . (Μονάδες 12)
β) Να αποδείξετε ότι τα διανύσματα $\vec{u}-3\vec{v}$ και $\vec{\alpha }-\vec{\beta }$  είναι αντίρροπα και ότι $|\vec{u }-3\vec{v }|=14$ . (Μονάδες 13)

ΛΥΣΗ

α) $\vec{u}\perp\vec{v} \Leftrightarrow \vec{u}\cdot \vec{v}=0\Leftrightarrow (\vec{\alpha}+2\vec{\beta} )(5\vec{\alpha} -4\vec{\beta} )=0 \Leftrightarrow 5\vec{\alpha }^{2}-4\vec{\alpha} \vec{\beta} +10\vec{\alpha} \vec{\beta}-8\beta^{2} =0\Leftrightarrow$

$5|\vec{\alpha }|^{2}+6\vec{\alpha} \vec{\beta}-8|\beta|^{2} =0\Leftrightarrow 5+6\vec{\alpha} \vec{\beta}-8 =0\Leftrightarrow \vec{\alpha} \vec{\beta}=\frac{1}{2}$ .

β) $\vec{u}-3\vec{v }=\vec{\alpha} +2\vec{\beta} -3(5\vec{\alpha} -4\vec{\beta})=\vec{\alpha} +2\vec{\beta}-15\vec{\alpha} + 12\vec{\beta} =-14(\vec{\alpha} -\vec{\beta} )$

Άρα τα διανύσματα $\vec{u}-3\vec{v}$ , $\vec{\alpha} -\vec{\beta}$ είναι παράλληλα κι επειδή -14<0

είναι αντίρροπα.

$|\vec{\alpha} -\vec{\beta} |^{2}=(\vec{\alpha} -\vec{\beta})^{2}=\vec{\alpha} ^{2}-2\vec{\alpha }\vec{\beta }+\vec{\beta} ^{2}=|\vec{\alpha}| ^{2}-2\vec{\alpha }\vec{\beta }+|\vec{\beta}| ^{2}=1-2\cdot \frac{1}{2}+1=1$ .

Άρα $|\vec{\alpha} -\vec{\beta} |=1$ και $|\vec{u}-3\vec{v}|=|-14(\vec{\alpha} -\vec{\beta})|=14|\vec{\alpha} -\vec{\beta}|=14\cdot 1=14$ .

asemarak · #92

Οι νέες ασκήσεις που δεν έχουν λυθεί: 2_22538 2_22537 2_22536 2_22534 2_22533 2_22532 2_22531 2_22530 2_22529 2_22527 2_22525 2_22524 2_22523 2_22522 2_22521 2_22520 2_22519 2_22518 2_22517 2_22516 2_22515 2_22514 2_22512 2_22511 2_22510 2_22509 2_22508 2_22507 2_22506

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #93

Καλημέρα σας. Αναρτώ την 2_22506.
Δεν θεωρώ όμως ότι ανήκει στα 2α θέματα λόγω των πράξεων με γράμματα και απόλυτες τιμές που εμπεριέχει.

asemarak · #94

2_22507

Δίνεται η εξίσωση : $x^{2}+y^{2}+10y+16=0$ (1)
α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο K(0,-5)

και ακτίνα $\rho =3$ . (Μονάδες 12)
β) Από τις ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων να προσδιορίσετε εκείνες που εφάπτονται του παραπάνω κύκλου. (Μονάδες 13)

ΛΥΣΗ

α) Α΄ ΤΡΟΠΟΣ

Η εξίσωση (1) είναι της μορφής $x^{2}+y^{2}+Ax+By+\Gamma=0$ , με A=0

,

και $\Gamma=16$ .

Ισχύει: $A^{2}+B^{2}-4\Gamma = 0^{2}+10^{2}-4\cdot 16=36>0$ . Επομένως η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο

το σημείο $K(-\frac{A}{2},-\frac{B}{2})$ , δηλαδή K(0,-5)

και ακτίνα $\rho =\frac{\sqrt{A^{2}+B^{2}-4\Gamma }}{2}=\frac{\sqrt{36}}{2}=3$ .

Β΄ ΤΡΟΠΟΣ

(1) $\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+10y=-16\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+10y+25=-16 +25\Leftrightarrow x^{2}+(y+5)^{2}=3^{2}$

Η τελευταία εξίσωση είναι της μορφής $(x-x_{o})^{2}+(y-y_{o})^{2}=\rho ^{2}$ , με $x_{o}=0$ , $y_{o}=-5$ και $\rho=3$ .

Άρα η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο K(0,-5)

και ακτίνα $\rho=3$ .

β) Η ευθεία x=0

δεν εφάπτεται του κύκλου αφού διέρχεται από το κέντρο του.

Όλες οι άλλες ευθείες που διέρχονται από το O(0,0)

έχουν εξίσωση της μορφής $\varepsilon :y=\lambda x\Leftrightarrow \lambda x-y=0$ , $\lambda \epsilon \mathbb{R}$ .

Η ευθεία ε εφάπτεται του κύκλου αν και μόνο αν $d(K,\varepsilon )=\rho \Leftrightarrow \frac{|0+5|}{\sqrt{\lambda^{2}+1 }}=3\Leftrightarrow 3\sqrt{\lambda^{2}+1} = 5 \Leftrightarrow$

$9(\lambda^{2}+1) = 25\Leftrightarrow9\lambda^{2}=16\Leftrightarrow \lambda^{2}=\frac{16}{9}\Leftrightarrow \lambda =\frac{4}{3}$ ή $\lambda =-\frac{4}{3}$ .

Επομένως οι ευθείες $\varepsilon _{1}:y=\frac{4}{3}x$ και $\varepsilon _{2}:y=-\frac{4}{3}x$ είναι οι ζητούμενες εφαπτομένες.

#95

2_22508

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy

θεωρούμε κύκλο

που διέρχεται από το σημείο Α(3, 10)

και έχει κέντρο το Κ(4, 8)

.
α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle C:\;\;{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} = 5$ , και έπειτα να βρείτε την εξίσωση της ευθείας $\displaystyle \varepsilon$ που διέρχεται από τα σημεία

και

.
(Μονάδες 13)
β) Από τα σημεία του κύκλου

να βρείτε τις συντεταγμένες:
i) του σημείου που απέχει τη μικρότερη απόσταση από την αρχή των αξόνων.
(Μονάδες 6)
ii) του σημείου που απέχει τη μεγαλύτερη απόσταση από την αρχή των αξόνων.
(Μονάδες 6)

ΛΥΣΗ:

α) Ο κύκλος

αφού έχει κέντρο το K(4, 8)

, έχει εξίσωση
$\displaystyle C:\;\;{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} = {\rho ^2}$

Αφού διέρχεται από το

, οι συντεταγμένες του

, επαληθεύουν την εξίσωσή του, οπότε $\displaystyle {\left( {3 - 4} \right)^2} + {\left( {10 - 8} \right)^2} = {\rho ^2} \Leftrightarrow {\rho ^2} = 1 + 4 = 5$
Άρα $\displaystyle C:\;\;{\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} = 5$

Η ευθεία που διέρχεται από τα O, K

έχει συντελεστή διεύθυνσης $\displaystyle {\lambda _{{\rm O}{\rm K}}} = \frac{8}{4} = 2$ και εξίσωση $\displaystyle \varepsilon :\;\;y = 2x$

: 27-01-2015 Τράπεζα B Λυκείου.png (14.79 KiB) Προβλήθηκε 5579 φορές

β) Η

τέμνει τον κύκλο στα σημεία με συντεταγμένες που είναι ζεύγη λύσεων του συστήματος $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 8} \right)^2} = 5\\ & y = 2x \end{array} \right.$

Αντικαθιστώντας την τιμή του

στην πρώτη εξίσωση, έχουμε: $\displaystyle {\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {2x - 8} \right)^2} = 5 \Leftrightarrow 5{x^2} - 40x + 75 = 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow {x^2} - 8x + 15 = 0$ , που έχει ρίζες $\displaystyle {x_1} = 3 \Rightarrow {y_1} = 6$ και $\displaystyle {x_2} = 5 \Rightarrow {y_2} = 10$

Οπότε τα σημεία τομής είναι τα $\displaystyle \Gamma \left( {3,\;6} \right)$ , που απέχει τη μικρότερη απόσταση και το $\displaystyle \Delta \left( {5,\;10} \right)$ , που απέχει τη μεγαλύτερη απόσταση από το

.

ΣΧΟΛΙΟ: Δεν απαιτείται η απόδειξη της παραπάνω πρότασης, εφόσον τεκμηριώνεται με την πρόταση που αποδεικνύεται σε άσκηση του βιβλίου Ευκλείδειας Γεωμετρίας Α΄, Β΄ Λυκείου. (η 4 αποδεικτική, παρ 3.12, σελ. 58 ).
Πάντως, εδώ δίνουμε την απόδειξη της ανίσωσης στο παραπάνω θέμα:
Πράγματι, για τυχαίο σημείο

του κύκλου, είναι, από την τριγωνική ανισότητα στο OKM

:

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} {\rm O}{\rm K} \le {\rm O}{\rm M} + {\rm M}{\rm K}\\ {\rm O}{\rm M} \le {\rm O}{\rm K} + {\rm M}{\rm K} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\rm O}\Gamma + \rho \le {\rm O}{\rm M} + \rho \\ {\rm O}{\rm M} \le {\rm O}{\rm K} + {\rm K}\Delta \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {{\rm O}\Gamma \le {\rm O}{\rm M} \le {\rm O}\Delta } \right.$

hlkampel · #96

2_22509

Δίνονται οι ελλείψεις ${C_1}:{x^2} + 4{y^2} = 20$ και ${C_2}:4{x^2} + {y^2} = 20$
α) Να αποδείξετε ότι οι ελλείψεις ${C_1}$ και ${C_2}$ έχουν την ίδια εκκεντρότητα. (Μονάδες 12)
β) Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής των ελλείψεων ${C_1}$ και ${C_2}$ ανήκουν στον κύκλο $C:{x^2} + {y^2} = 8$ (Μονάδες 13)

Λύση

α) Οι εξισώσεις των ${C_1}$ και ${C_2}$ ισοδύναμα γίνονται:
${C_1}:{x^2} + 4{y^2} = 20 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{{20}} + \dfrac{{{y^2}}}{5} = 1$ και
${C_2}:4{x^2} + {y^2} = 20 \Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{5} + \dfrac{{{y^2}}}{{20}} = 1$
Και οι δύο ελλείψεις έχουν: ${\alpha ^2} = 20 \Leftrightarrow \alpha = 2\sqrt 5$ και ${\beta ^2} = 5$
Έτσι ${\gamma ^2} = {\alpha ^2} - {\beta ^2} \Leftrightarrow {\gamma ^2} = 15 \Leftrightarrow \gamma = \sqrt {15}$

Άρα οι ${C_1}$ και ${C_2}$ έχουν την ίδια εκκεντρότητα $\displaystyle{\varepsilon = \dfrac{\gamma }{\alpha } = \dfrac {{\sqrt 3 }}{2}}$

β) Αν $M\left( {{x_0},{y_0}} \right)$ είναι κοινό σημείο των ${C_1}$ και ${C_2}$ τότε:

$\left\{ \begin{array}{l} {x_0}^2 + 4{y_0}^2 = 20\\ 4{x_0}^2 + {y_0}^2 = 20 \end{array} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} 5{x_0}^2 + 5{y_0}^2 = 40 \Leftrightarrow {x_0}^2 + {y_0}^2 = 8$

Άρα τα σημεία τομής των ελλείψεων ${C_1}$ και ${C_2}$ ανήκουν στον κύκλο $C:{x^2} + {y^2} = 8$

#97

2_22510

Δίνονται ο κύκλος C_1: x^2+y^2=20

η έλλειψη $C_2:\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1$
και η κατακόρυφη ευθεία $\epsilon:x=4$
Αν Γ και Δ είναι τα σημεία του πρώτου τεταρτημορίου στα οποία η ευθεία ε τέμνει τον κύκλο C_1

και την έλλειψη C_2

αντίστοιχα, τότε:

α) να βρείτε τις συντεταγμένες των Γ και Δ . (Μονάδες 11)

β) να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων του κύκλου C_1

στο σημείο του Γ και της έλλειψης C_2

στο σημείο της Δ , καθώς και το σημείο τομής των εφαπτομένων αυτών. (Μονάδες 14)

ΛΥΣΗ

α) Για τις συντεταγμένες των Γ και Δ, αφού είναι σημεία του πρώτου τεταρτημορίου ισχύουν: $x_\Gamma >0,y_\Gamma >0, x_\Delta >0,y_\Delta >0$

Για $x=x_\Gamma =4$ η εξίσωση C_1: x^2+y^2=20

δίνει $4^2+y^2=20\Rightarrow y^2=4\Rightarrow y=\pm 2$ , επομένως $y_\Gamma =2$ , άρα $\Gamma (4,2)$

Για $x=x_\Delta =4$ η εξίσωση $C_2:\frac{x^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1$ δίνει $\frac{4^2}{20}+\frac{y^2}{5}=1\Rightarrow y^2=1\Rightarrow y=\pm 1$ , επομένως $y_\Delta =1$ , άρα $\Delta(4,1)$

β) η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του $\Gamma (4,2)$ έχει εξίσωση:

$x_{\Gamma }x+y_{\Gamma }y=20\Rightarrow 4x+2y=20\Rightarrow 2x+y=10$

H εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο της $\Delta(4,1)$ έχει εξίσωση:

$\frac{x_\Delta x}{20}+\frac{y_\Delta y}{5}=1\Rightarrow \frac{4x}{20}+\frac{y}{5}=1\Rightarrow x+y=5$

Το ζεύγος των συντεταγμένων του κοινού σημείου των δύο εφαπτόμενων είναι λύση του συστήματος : $\left\{\begin{matrix}2x+y=10\\ x+y=5 \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x=5\\y=0\end{matrix}\right.$

Επομένως το ζητούμενο κοινό σημείο είναι το (5,0)

#98

Άσκηση 2_22511

Θεωρούμε την παραβολή C:y^2=4x

και την κατακόρυφη ευθεία $\displaystyle{\varepsilon :}$ $\displaystyle{x = \frac{p}{2}}$ , όπου

είναι η παράμετρος της παραβολής

.
α) Να βρείτε την εστία και τη διευθετούσα της παραβολής. (Μονάδες 10)
β) Αν η ευθεία $\epsilon$ τέμνει την παραβολή

στα σημεία της

και $\Gamma$ , τότε:
i) να βρείτε τις συντεταγμένες των

και $\Gamma$ , καθώς και τις εξισώσεις των εφαπτομένων $\epsilon_1$ και $\epsilon_2$ της παραβολής

στα σημεία της αυτά αντίστοιχα. (Μονάδες 10)
ii) να αποδείξετε ότι το σημείο τομής των $\epsilon_1$ και $\epsilon_2$ ανήκει στη διευθετούσα της

. (Μονάδες 5)

Λύση:
α) Είναι p=2

, άρα η εστία είναι E(1,0)

και η διευθετούσα $\delta: x=-1$

β)i) Για x=1

, έχουμε $\displaystyle{{y^2} = 4 \Leftrightarrow y = \pm 2}$ , άρα τα σημεία στα οποία η ευθεία $\epsilon$ τέμνει την

είναι

και $\Gamma (1,-2)$ .
H εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο της (x_1,y_1)

έχει εξίσωση yy_1=p(x+x_1)

. Άρα έχουμε:

$\epsilon_1: y=x+1$ και $\epsilon_2: y=-x-1$

ii) Για το σημείο τομής των δύο αυτών ευθειών έχουμε $\displaystyle{x + 1 = - x - 1 \Leftrightarrow x = - 1}$ και y=0

, οπότε τέμνονται στο σημείο (-1,0)

, που ανήκει στη διευθετούσα.

: 2_22511.png (13.32 KiB) Προβλήθηκε 5569 φορές

Όλα τα παραπάνω συμπεράσματα φαίνονται στο σχήμα.

#99

2_22512

Δίνεται η εξίσωση: $\displaystyle {y^4} - 16{x^2} = 0$ , (1)
α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει δύο παραβολές $\displaystyle {C_1}:\;{y^2} = 4x$ και $\displaystyle {C_2}:\;{y^2} = - 4x$ .

Nα βρείτε για καθεμιά από αυτές την εστία και τη διευθετούσα της. (Μονάδες 13)
β) Αν E_1, E_2

είναι οι εστίες των παραβολών C_1

και

αντίστοιχα, να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που έχει διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα E_1E_2

(Μονάδες 12)

ΛΥΣΗ:

α) Η (1) γράφεται $\displaystyle {\left( {{y^2}} \right)^2} - {\left( {4x} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow \;\;\left( {{y^2} - 4x} \right)\left( {{y^2} + 4x} \right) = 0 \Leftrightarrow {y^2} - 4x = 0\;\;\; \vee {y^2} + 4x = 0$

$\displaystyle \Leftrightarrow {y^2} = 4x\;\; \vee \;\;\;{y^2} = - 4x$

Η παραβολή $\displaystyle {C_1}:\;{y^2} = 4x$ έχει p=2

και άξονα συμμετρίας τον x'x

, δηλαδή εστία E_1=(1, 0)

και διευθετούσα $\displaystyle {\delta _1}:\;\;x = - 1$

Η παραβολή $\displaystyle {C_2}:\;{y^2} = - 4x$ έχει p=-2

και άξονα συμμετρίας τον x'x

, δηλαδή εστία E_2=(-1, 0)

και διευθετούσα $\displaystyle {\delta _2}:\;\;x = 1$

β) Είναι $\displaystyle {E_1}{E_2} = 2$ με μέσο το O(0, 0)

, οπότε ο κύκλος με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα E_1E_2

έχει εξίσωση x^2+y^2=1

.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #100

ΘΕΜΑ 2_22522.docx: (81.77 KiB) Μεταφορτώθηκε 137 φορές

Καλημέρα. Αναρτώ την άσκηση 2_22522. ΠΡΟΣΟΧΗ! Η εκφώνηση, προφανώς εκ παραδρομής, δίνει τις συντεταγμένες του Γ(11,12) ως Γ(1,12) .

2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση