2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Στον παρόντα φάκελο μπορούν να γίνουν προσκλήσεις για συγγραφή ομαδικών εργασιών που αφορούν μαθηματικά από μέλη του mathematica.gr. Η θεματολογία μπορεί να ποικίλει ανάλογα με τα ενδιαφέροντα των συγγραφέων.
Κανόνες Δ. Συζήτησης
Συνοπτικοί κανόνες για την ομαδική συγγραφή εργασιών μέσα στους χώρους του mathematica.gr

α) Κάθε πρόσκληση για ομαδική εργασία γίνεται στον παρόντα φάκελο.
β) Ένα μέλος του mathematica.gr ορίζεται ως συντονιστής της έκδοσης της εργασίας, είναι ο υπεύθυνος της έκδοσης και ορίζει τις αρμοδιότητες των υπολοίπων μελών. Αυτό μπορεί να γίνει και σε συνεννόηση με άλλα μέλη. Ο συντονιστής της έκδοσης έρχεται σε επαφή με το συμβούλιο των συντονιστών του mathematica.gr και απευθύνεται σε αυτό για οποιοδήποτε απορία/πρόβλημα προκύψει.
γ) Οι λύσεις όλων των θεμάτων γράφονται σε {\color{orange}\LaTeX} και προαιρετικά μπορεί η δημοσίεση να περιλαμβάνει τη λύση γραμμένη και σε Mathtype.
δ) Στο τέλος αναρτάται ΜΟΝΟ σε μορφή .pdf η έκδοση.
ε) Περιέχεται σε κάθε σελίδα και στο εξώφυλλο το λογότυπο του mathematica.gr
στ) Στο εξώφυλλο αναφέρονται τα επώνυμα μέλη που βοήθησαν στην συγγραφή του δελτίου. Σε περίπτωση που ο αριθμός τους είναι μεγάλος τότε τα ονόματα αντί στο εξώφυλλο αναφέρονται σε ειδικό χώρο στο εσώφυλλο του Δελτίου.
ζ) Την τελική έγκριση του Δελτίου την έχουν οι συντονιστές του mathematica.gr
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1406
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#81

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τρί Νοέμ 18, 2014 12:48 pm

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}}}
Συνημμένα
GI_V_MATHP_2_20140.docx
(35.6 KiB) Μεταφορτώθηκε 107 φορές
τελευταία επεξεργασία από exdx σε Τρί Νοέμ 18, 2014 1:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Kαλαθάκης Γιώργης
mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 502
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#82

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Τρί Νοέμ 18, 2014 1:00 pm

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

Αθ. Μπεληγιάννης


Never stop learning , because life never stops teaching.
pap65
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Παρ Δεκ 14, 2012 11:27 pm
Τοποθεσία: ΞΑΝΘΗ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#83

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pap65 » Τρί Νοέμ 18, 2014 1:09 pm

Ετομάζω την 2_20148


ΠΑΠΑΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ ΘΑΝΑΣΗΣ
pap65
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Παρ Δεκ 14, 2012 11:27 pm
Τοποθεσία: ΞΑΝΘΗ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#84

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pap65 » Τρί Νοέμ 18, 2014 1:42 pm

[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 }.
Συνημμένα
2_20148.docx
(48.49 KiB) Μεταφορτώθηκε 104 φορές


ΠΑΠΑΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ ΘΑΝΑΣΗΣ
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4356
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#85

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τρί Νοέμ 18, 2014 2:32 pm

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

Είναι σχεδόν έτοιμο το δελτίο με τις λύσεις.

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


pap65
Δημοσιεύσεις: 102
Εγγραφή: Παρ Δεκ 14, 2012 11:27 pm
Τοποθεσία: ΞΑΝΘΗ

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#86

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pap65 » Τρί Νοέμ 18, 2014 3:14 pm

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

Είναι σχεδόν έτοιμο το δελτίο με τις λύσεις.

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


ΠΑΠΑΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ ΘΑΝΑΣΗΣ
Άβαταρ μέλους
swsto
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 385
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:43 pm

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#87

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από swsto » Τετ Νοέμ 19, 2014 9:30 am

ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ ΓΙΑ ΤΟ ΚΈΡΑΣΜΑ!!!!


Σωτήρης Στόγιας
Άβαταρ μέλους
swsto
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 385
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:43 pm

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#88

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από swsto » Τετ Νοέμ 19, 2014 10:18 am

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 .
Συνημμένα
2_18556.docx
(42.74 KiB) Μεταφορτώθηκε 111 φορές


Σωτήρης Στόγιας
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4356
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#89

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Δεκ 15, 2014 1:09 pm

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
2_20061.jpg (40.69 KiB) Προβλήθηκε 3293 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
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#90

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Δευ Δεκ 15, 2014 5:41 pm

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
Συνημμένα
ΘΕΜΑ 2_20056.docx
(32.1 KiB) Μεταφορτώθηκε 81 φορές


Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#91

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Κυρ Ιαν 25, 2015 9:03 pm

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.
Συνημμένα
2_22505.doc
(62.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 75 φορές


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#92

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Κυρ Ιαν 25, 2015 11:51 pm

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


Θοδωρής Καραμεσάλης
ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#93

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Δευ Ιαν 26, 2015 12:53 pm

Καλημέρα σας. Αναρτώ την 2_22506.
Δεν θεωρώ όμως ότι ανήκει στα 2α θέματα λόγω των πράξεων με γράμματα και απόλυτες τιμές που εμπεριέχει.
Συνημμένα
ΘΕΜΑ 2_22506.docx
(91.98 KiB) Μεταφορτώθηκε 85 φορές


Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#94

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Δευ Ιαν 26, 2015 4:53 pm

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, B=10 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.
Συνημμένα
2_22507.doc
(100 KiB) Μεταφορτώθηκε 57 φορές
22507.png
22507.png (20.83 KiB) Προβλήθηκε 3039 φορές
τελευταία επεξεργασία από asemarak σε Δευ Ιαν 26, 2015 6:41 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4356
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#95

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιαν 26, 2015 6:11 pm

2_22508

Σε καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε κύκλο C 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 O και K.
(Μονάδες 13)
β) Από τα σημεία του κύκλου C 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 C 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 A, οι συντεταγμένες του A, 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
27-01-2015 Τράπεζα B Λυκείου.png (14.79 KiB) Προβλήθηκε 2924 φορές
β) Η OK 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 y 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 O.

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 M 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.
Συνημμένα
2_22508.doc
(64.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 65 φορές
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Τρί Ιαν 27, 2015 9:05 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 944
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#96

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Τρί Ιαν 27, 2015 9:29 am

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
Συνημμένα
2-22509.docx
(71.64 KiB) Μεταφορτώθηκε 61 φορές
2-22509.png
2-22509.png (25.83 KiB) Προβλήθηκε 2997 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1775
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#97

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τρί Ιαν 27, 2015 12:25 pm

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_1και 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)


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8082
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#98

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 27, 2015 8:18 pm

Άσκηση 2_22511

Θεωρούμε την παραβολή C:y^2=4x και την κατακόρυφη ευθεία \displaystyle{\varepsilon :} \displaystyle{x = \frac{p}{2}}, όπου p είναι η παράμετρος της παραβολής C .
α) Να βρείτε την εστία και τη διευθετούσα της παραβολής. (Μονάδες 10)
β) Αν η ευθεία \epsilon τέμνει την παραβολή C στα σημεία της B και \Gamma , τότε:
i) να βρείτε τις συντεταγμένες των B και \Gamma , καθώς και τις εξισώσεις των εφαπτομένων \epsilon_1 και \epsilon_2 της παραβολής C στα σημεία της αυτά αντίστοιχα. (Μονάδες 10)
ii) να αποδείξετε ότι το σημείο τομής των \epsilon_1 και \epsilon_2 ανήκει στη διευθετούσα της C . (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 C είναι B (1,2) 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
2_22511.png (13.32 KiB) Προβλήθηκε 2914 φορές
Όλα τα παραπάνω συμπεράσματα φαίνονται στο σχήμα.
Συνημμένα
MATHP_2_22511.docx
(150.81 KiB) Μεταφορτώθηκε 68 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4356
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#99

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Ιαν 28, 2015 8:30 am

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 C_2 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.
Συνημμένα
2_22512.doc
(37 KiB) Μεταφορτώθηκε 67 φορές


ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 2o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#100

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Τετ Φεβ 04, 2015 6:09 am

ΘΕΜΑ 2_22522.docx
(81.77 KiB) Μεταφορτώθηκε 81 φορές
Καλημέρα. Αναρτώ την άσκηση 2_22522. ΠΡΟΣΟΧΗ! Η εκφώνηση, προφανώς εκ παραδρομής, δίνει τις συντεταγμένες του Γ(11,12) ως Γ(1,12) .


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΟΜΑΔΙΚΕΣ ΕΡΓΑΣΙΕΣ ΜΕΛΩΝ ΤΟΥ MATHEMATICA.GR”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης