Σελίδα 4 από 4

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 24, 2015 10:26 pm
από hlkampel
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)

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 24, 2015 11:28 pm
από rek2
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
22591.png (9.17 KiB) Προβλήθηκε 1847 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 x_2^2=4, y_2^2=0, επομένως έχει λύσεις x_2=2, y_2=0 ή x_2=-2, y_2=0.

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 (4) παριστάνουν την ίδια ευθεία. Έστω ότι δεν είναι της μορφής x=x_0. Από την (3)συμπεραίνουμε ότι τέμνει τον άξονα των y 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 (4) 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 x=2

3ος τρόπος. Έστω ότι έχουμε εφαπτόμενη της μορφής y=\lambda x+k \,\,\,(6). Το σύστημα των C_2:x^2+y^2=4 και (6) 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 (6) 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 (8) 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 x=2

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 24, 2015 11:31 pm
από rek2
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 B(3,0).

α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία M 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 A και B . (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):

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 25, 2015 9:03 am
από hlkampel
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 M' 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 K , το K 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}, 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
4-22574α.png (13.41 KiB) Προβλήθηκε 1806 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 M' 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 M'. (Ελπίζω αυτό να ζητούσε η άσκηση)
4-22574β.png
4-22574β.png (12.67 KiB) Προβλήθηκε 1806 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 :oops: )

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 25, 2015 9:14 am
από hlkampel
4_23321

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

Re: 4o ΘΕΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 30, 2015 2:42 pm
από depymak
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;