συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #1

Μετά την επιτυχία που είχαν οι συλλογές στα μαθηματικά γενικής και κατεύθυνσης. Ας συνεχίσουμε με την Β λύκείου. Ξεκινάμε με κατεύθυνση και αν υπάρχει διάθεση και συμμετοχή συνεχίζουμε και σε αλγεβρα.

Ας προσπάθήσουμε να κρατήσουμε τους κανόνες που είχαμε και στις άλλες συλλογές.

$\bullet$ ΟΧΙ θέματα εξετάσεων (αν και για είναι λίγα)

$\bullet$ ΟΧΙ θεματα της ΟΕΦΕ

$\bullet$ OXI περισσότερες των 2-3 άλυτων ασκήσεων.

$\bullet$ Να μην μπαίνει άσκηση συνδυαστική από μεταγενέστερο κεφάλαιο δηλαδή να μην βάλετε στα διανύσματα άσκηση με ευθεία, ας μπει στη ευθεία αν σας αρέσει τόσο.

$\bullet$ Εφόσον τα προτεινόμενα θέματα τα αντλούμε από διάφορα βοηθήματα, επιβάλλεται να αναφέρεται η πηγή (εφόσον υπάρχει).

$\bullet$ Ας μην προτείνουμε τραβηγμένα θέματα καθώς και ούτε ασκήσεις ένα ερώτημα (ας το σπάσουμε σε καθοδηγούμενα υποερωτήματα).

$\bullet$ Ας προσπαθήσουμε τα προτεινόμενα θέματα να έχουν ένα ικανό αριθμό υποερωτημάτων (από 3 έως 5 ερωτήματα).

$\bullet$ Να προσπάθούμε να δείνουμε ολοκληρωμένες λύσεις, έτσι ίσως βοηθήσουμε τον Parmenidis να μας δώσει εκτός του αρχείο των εκφωνήσεων και αρχείο με λύσεις. Επίσης θα είναι κατανοητές και από τους μαθητες.

Στόχος μας είναι να κάνουμε μια συλλογή με $\displaystyle{50}$ .

Μιας και έχουμε $\displaystyle{3}$ κεφάλαια,πιστεύω πως μια συλλογή με:

$\bullet$ $\displaystyle{15}$ ασκήσεις στα διανύσματα.

$\bullet$ $\displaystyle{15}$ ασκήσεις στην ευθεία

$\bullet$ $\displaystyle{20}$ ασκήσεις στις κωνικές τομές

Νομίζω οτι είναι καλά. Αν είναι βάζουμε και λίγα συνδυαστικά θέματα, όχι όμως όλες οι ασκήσεις να είναι συνδυαστικες.

Λόγω του μικρού αριθμού των ασκήσεων, θα ήθελα οι συμμετέχοντες να κοιτάζουν τα προηγούμενα θέματα, ώστε να μην έχουμε ασκήσεις ίδιας μορφής.

Ελπίζω, σε συμμετοχή και άλλων μέλων καθώς και μαθητών.

$\bullet$ Επίσης συνεχίζεται η συλλογή και στα ΕΠΑΛ.

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #2

ΑΣΚΗΣΗ 1

Αν $\displaystyle{\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 3\overrightarrow {O\Gamma } = \overrightarrow 0 }$ και $\displaystyle{ \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = 1,\left| {\overrightarrow {O\Gamma } } \right| = \frac{{\sqrt 5 }}{3} }$

α. Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά.

β. Να βρείτε τη σχετική θέση των Α, Β, Γ .

γ. Να αποδείξετε ότι τα διανύσματα $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} ,\overrightarrow {{\rm O}{\rm B}} }$ είναι ορθογώνια.

δ. Να αποδείξετε ότι η γωνία των $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} ,\overrightarrow {{\rm O}\Gamma } }$ είναι οξεία.

#3

ΑΣΚΗΣΗ 2
Έστω τα μη μηδενικά διανύσματα $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta }}$ με $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\beta }}}}\vec{\alpha }=-2\vec{\beta }}$ και $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\alpha }}}}\vec{\beta }=-\frac{1}{4}\vec{\alpha }}$

α)Δείξτε ότι $\displaystyle{\left| {\vec{\alpha }} \right|=2\sqrt{2}\left| {\vec{\beta }} \right|}$

β) Βρείτε την $\displaystyle{\left( \overset{\wedge }{\mathop{\vec{\alpha },\vec{\beta }}}\, \right)}$

Μάκης Χατζόπουλος · #4

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2
Έστω τα μη μηδενικά διανύσματα $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta }}$ με $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\beta }}}}\vec{\alpha }=-2\vec{\beta }}$ και $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\alpha }}}}\vec{\beta }=-\frac{1}{4}\vec{\alpha }}$

α)Δείξτε ότι $\displaystyle{\left| {\vec{\alpha }} \right|=2\sqrt{2}\left| {\vec{\beta }} \right|}$

β) Βρείτε την $\displaystyle{\left( \overset{\wedge }{\mathop{\vec{\alpha },\vec{\beta }}}\, \right)}$

Λύση (καλύτερα να λύνω παρά να παρακολουθώ το ποδόσφαιρο...)

α) Έχουμε ότι $\pi \rho o{\beta _{\vec \beta }}\overrightarrow \alpha = \lambda \cdot \vec \beta \,\,\,\left( 1 \right)$

Εύρεση του $\lambda$

$\begin{array}{l} \vec \beta \cdot \pi \rho o{\beta _{\vec \beta }}\overrightarrow \alpha = \vec \beta \cdot \vec \alpha \mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \vec \beta \cdot \left( {\lambda \vec \beta } \right) = \vec \beta \cdot \vec \alpha \\ \Leftrightarrow \lambda \cdot {\left| {\vec \beta } \right|^2} = \vec \beta \cdot \vec \alpha \\ \Leftrightarrow \lambda = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \\ \end{array}$

Οπότε η σχέση (1) γίνεται: $\pi \rho o{\beta _{\vec \beta }}\overrightarrow \alpha = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \vec \beta \,\,\,\left( 2 \right)$

Όμοια βρίσκουμε, $\pi \rho o{\beta _{\vec \alpha }}\overrightarrow \beta = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \alpha } \right|}^2}}} \cdot \vec \alpha \,\,\,\left( 3 \right)$

Η σχέση (2) γίνεται από τα δεδομένα:

$\pi \rho o{\beta _{\vec \beta }}\overrightarrow \alpha = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \vec \beta \Rightarrow - 2\vec \beta = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \vec \beta \Rightarrow 2\left| {\vec \beta } \right| = \frac{{\left| {\vec \beta \cdot \vec \alpha } \right|}}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \left| {\vec \beta } \right| \Rightarrow 2{\left| {\vec \beta } \right|^2} = \left| {\vec \beta \cdot \vec \alpha } \right|\,\,\,\left( 4 \right)$

Η σχέση (3) γίνεται από τα δεδομένα:

$\pi \rho o{\beta _{\vec \alpha }}\overrightarrow \beta = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \alpha } \right|}^2}}} \cdot \vec \alpha \Rightarrow - \frac{1}{4}\vec \alpha = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \alpha } \right|}^2}}} \cdot \vec \alpha \Rightarrow \frac{1}{4}\left| {\vec \alpha } \right| = \frac{{\left| {\vec \beta \cdot \vec \alpha } \right|}}{{{{\left| {\vec \alpha } \right|}^2}}} \cdot \left| {\vec \alpha } \right| \Rightarrow \frac{1}{4}{\left| {\vec \alpha } \right|^2} = \left| {\vec \beta \cdot \vec \alpha } \right|\,\,\,\left( 5 \right)$

Από (4) και (5) παίρνουμε:

$2{\left| {\vec \beta } \right|^2} = \frac{1}{4}{\left| {\vec \alpha } \right|^2} \Rightarrow {\left| {\vec \alpha } \right|^2} = 8{\left| {\vec \beta } \right|^2} \Rightarrow \left| {\vec \alpha } \right| = 2\sqrt 2 \cdot \left| {\vec \beta } \right|$

β) Η σχέση (4) γίνεται:

$\begin{array}{l} \pi \rho o{\beta _{\vec \beta }}\overrightarrow \alpha = \frac{{\vec \beta \cdot \vec \alpha }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \vec \beta \Rightarrow - 2\vec \beta = \frac{{\left| {\vec \beta } \right| \cdot \left| {\vec \alpha } \right| \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \vec \beta \Rightarrow \\ \Rightarrow - 2\vec \beta = \frac{{\left| {\vec \beta } \right| \cdot \left| {\vec \beta } \right|2\sqrt 2 \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi }}{{{{\left| {\vec \beta } \right|}^2}}} \cdot \vec \beta \\ \Rightarrow - 2\vec \beta = 2\sqrt 2 \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi \cdot \vec \beta \\ \mathop \Rightarrow \limits^{\vec \beta \ne \vec 0} - 2 = 2\sqrt 2 \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi \\ \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{{ - \sqrt 2 }}{2} \\ \mathop \Rightarrow \limits^{\varphi \in \left[ {0,2\pi } \right]} \varphi = \pi - \frac{\pi }{4} \\ \Rightarrow \varphi = \frac{{3\pi }}{4} \\ \end{array}$

Γιώργος Απόκης · #5

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2
Έστω τα μη μηδενικά διανύσματα $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta }}$ με $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\beta }}}}\vec{\alpha }=-2\vec{\beta }}$ και $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\alpha }}}}\vec{\beta }=-\frac{1}{4}\vec{\alpha }}$

α)Δείξτε ότι $\displaystyle{\left| {\vec{\alpha }} \right|=2\sqrt{2}\left| {\vec{\beta }} \right|}$

β) Βρείτε την $\displaystyle{\left( \overset{\wedge }{\mathop{\vec{\alpha },\vec{\beta }}}\, \right)}$

Mε πρόλαβε ο Μάκης, δίνω μια άλλη λύση:

α) Πολλαπλασιάζουμε τις σχέσεις εσωτερικά με $\vec{\beta}$ και $\vec{\alpha}$ αντίστοιχα και έχουμε:

$\displaystyle{\vec{\beta}\cdot \pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\beta }}}}\vec{\alpha }=-2\vec{\beta }^2\Rightarrow \vec{\beta} \cdot \vec{\alpha}}=-2|\vec{\beta}|^2}$ και

$\displaystyle{\vec{\alpha}\cdot \pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\alpha }}}}\vec{\beta }=-\frac{1}{4}\vec{\alpha }^2\Rightarrow \vec{\beta} \cdot \vec{\alpha}}=-\frac{1}{4}|\vec{\alpha}|^2}$ . Άρα, $\displaystyle{-2|\vec{\beta}|^2=-\frac{1}{4}|\vec{\alpha}|^2\Rightarrow 8{|\vec{\beta}|^2=|\vec{\alpha}|^2\Rightarrow {|\vec{\alpha}|=2\sqrt{2}|\vec{\beta}|}$ .

β) Αν $\phi$ η ζητούμενη γωνία, είναι $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \phi=\frac{\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta}}{|\vec{\alpha}||\vec{\beta}|}\overset{a)}=\frac{-2|\vec{\beta }|^2}{2\sqrt{2}|\vec{\beta}||\vec{\beta}|}=-\frac{\sqrt{2}}{2}}$ άρα $\displaystyle{\phi=135^{o}}$

Μάκης Χατζόπουλος · #6

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1

Αν $\displaystyle{\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 3\overrightarrow {O\Gamma } = \overrightarrow 0 }$ και $\displaystyle{ \left| {\overrightarrow {OA} } \right| = \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = 1,\left| {\overrightarrow {O\Gamma } } \right| = \frac{{\sqrt 5 }}{3} }$

α. Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά.

β. Να βρείτε τη σχετική θέση των Α, Β, Γ .

γ. Να αποδείξετε ότι τα διανύσματα $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} ,\overrightarrow {{\rm O}{\rm B}} }$ είναι ορθογώνια.

δ. Να αποδείξετε ότι η γωνία των $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm O}{\rm A}} ,\overrightarrow {{\rm O}\Gamma } }$ είναι οξεία.

Λύση

α) Αναλύουμε τα διανύσματα στην κορυφή

, δηλαδή,

$\begin{array}{l} \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 3\overrightarrow {O\Gamma } = \vec 0 \Leftrightarrow \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {O{\rm A}} + 2\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} - 3\overrightarrow {O{\rm A}} - 3\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = \vec 0 \\ \Leftrightarrow \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = \frac{3}{2} \cdot \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } \\ \end{array}$

άρα $\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} //\overrightarrow {{\rm A}\Gamma }$ και επειδή η κορυφή

είναι κοινή τα σημεία ${\rm A},{\rm B},\Gamma$ είναι συνευθειακά.

β) Επειδή, $\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} = \lambda \cdot \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } ,\,\,\,\,\lambda = \frac{3}{2} > 1$ καταλαβαίνουμε ότι το σημείο $\Gamma$ βρίσκεται μεταξύ των σημείων ${\rm A},{\rm B}$

γ) Η δεδομένη σχέση γίνεται,

$\begin{array}{l} \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 3\overrightarrow {O\Gamma } = \vec 0 \Rightarrow \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} = 3\overrightarrow {O\Gamma } \\ \Rightarrow \left| {\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {O\Gamma } } \right| \\ \Rightarrow {\left| {\overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} } \right|^2} = {\sqrt 5 ^2} \\ \Rightarrow {\overrightarrow {OA} ^2} + 4{\overrightarrow {OB} ^2} + 4\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {O{\rm B}} = 5 \\ \Rightarrow {\left| {\overrightarrow {OA} } \right|^2} + 4{\left| {\overrightarrow {OB} } \right|^2} + 4\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {O{\rm B}} = 5 \\ \Rightarrow 1 + 4 + 4\overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {O{\rm B}} = 5 \\ \Rightarrow \overrightarrow {OA} \cdot \overrightarrow {O{\rm B}} = 0 \\ \mathop \Rightarrow \limits_{\overrightarrow {O{\rm B}} \ne \vec 0}^{\overrightarrow {OA} \ne \vec 0} \overrightarrow {OA} \bot \overrightarrow {O{\rm B}} \\ \end{array}$

δ) Ανάλογα έχουμε,

$\begin{array}{l} \overrightarrow {OA} + 2\overrightarrow {OB} - 3\overrightarrow {O\Gamma } = \vec 0 \Rightarrow 2\overrightarrow {OB} = 3\overrightarrow {O\Gamma } - \overrightarrow {OA} \\ \Rightarrow 2 \cdot \left| {\overrightarrow {OB} } \right| = \left| {3\overrightarrow {O\Gamma } - \overrightarrow {OA} } \right| \\ \Rightarrow 4 \cdot {\left| {\overrightarrow {OB} } \right|^2} = {\left| {3\overrightarrow {O\Gamma } - \overrightarrow {OA} } \right|^2} \\ \Rightarrow 4 = 9 \cdot {\left| {\overrightarrow {O\Gamma } } \right|^2} - 6 \cdot \overrightarrow {O\Gamma } \cdot \overrightarrow {OA} + {\left| {\overrightarrow {OA} } \right|^2} \\ \Rightarrow 4 = 5 - 6 \cdot \overrightarrow {O\Gamma } \cdot \overrightarrow {OA} + 1 \\ \Rightarrow \overrightarrow {O\Gamma } \cdot \overrightarrow {OA} = \frac{1}{3} > 0 \\ \Rightarrow 0 < \mathop {\left( {\overrightarrow {O\Gamma } ,\overrightarrow {OA} } \right)}\limits^ \wedge < \frac{\pi }{2} \\ \end{array}$

Μάκης Χατζόπουλος · #7

Γιώργος Απόκης έγραψε:
Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 2
Έστω τα μη μηδενικά διανύσματα $\displaystyle{\vec{\alpha },\vec{\beta }}$ με $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\beta }}}}\vec{\alpha }=-2\vec{\beta }}$ και $\displaystyle{\pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\alpha }}}}\vec{\beta }=-\frac{1}{4}\vec{\alpha }}$

α)Δείξτε ότι $\displaystyle{\left| {\vec{\alpha }} \right|=2\sqrt{2}\left| {\vec{\beta }} \right|}$

β) Βρείτε την $\displaystyle{\left( \overset{\wedge }{\mathop{\vec{\alpha },\vec{\beta }}}\, \right)}$
Mε πρόλαβε ο Μάκης, δίνω μια άλλη λύση:

α) Πολλαπλασιάζουμε τις σχέσεις εσωτερικά με $\vec{\beta}$ και $\vec{\alpha}$ αντίστοιχα και έχουμε:

$\displaystyle{\vec{\beta}\cdot \pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\beta }}}}\vec{\alpha }=-2\vec{\beta }^2\Rightarrow \vec{\beta} \cdot \vec{\alpha}}=-2|\vec{\beta}|^2}$ και

$\displaystyle{\vec{\alpha}\cdot \pi \rho o{{\beta }_{{\vec{\alpha }}}}\vec{\beta }=-\frac{1}{4}\vec{\alpha }^2\Rightarrow \vec{\beta} \cdot \vec{\alpha}}=-\frac{1}{4}|\vec{\alpha}|^2}$ . Άρα, $\displaystyle{-2|\vec{\beta}|^2=-\frac{1}{4}|\vec{\alpha}|^2\Rightarrow 8{|\vec{\beta}|^2=|\vec{\alpha}|^2\Rightarrow {|\vec{\alpha}|=2\sqrt{2}|\vec{\beta}|}$ .

β) Αν $\phi$ η ζητούμενη γωνία, είναι $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \phi=\frac{\vec{\alpha}\cdot \vec{\beta}}{|\vec{\alpha}||\vec{\beta}|}\overset{a)}=\frac{-2|\vec{\beta }|^2}{2\sqrt{2}|\vec{\beta}||\vec{\beta}|}=-\frac{\sqrt{2}}{2}}$ άρα $\displaystyle{\phi=135^{o}}$

Γιώργο εννοείται ότι κρατάμε την λύση σου!

#8

ΑΣΚΗΣΗ 3

Έστωσαν τα μη μηδενικά και συνεπίπεδα διανύσματα $\displaystyle{ \overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c }$ με τα $\displaystyle{\overrightarrow b ,\overrightarrow c }$ να έχουν το ίδιο μέτρο και να είναι κάθετα.
Να δείξετε ότι ισχύει η σχέση:
$\displaystyle{ |\overrightarrow a |^2 |\overrightarrow b |^2 = (\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b )^2 + (\overrightarrow a \cdot \overrightarrow c )^2 }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος Απόκης · #9

Μια ιδέα - πρόταση : αν συμφωνούν οι συμμετέχοντες, να χρησιμοποιούμε όσο είναι δυνατόν λατινικούς χαρακτήρες

για τα σημεία και τα διανύσματα... (Για ευκολία φυσικά στο Latex)

Μάκης Χατζόπουλος · #10

chris_gatos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 3

Έστωσαν τα μη μηδενικά και συνεπίπεδα διανύσματα $\displaystyle{ \overrightarrow a ,\overrightarrow b ,\overrightarrow c }$ με τα $\displaystyle{\overrightarrow b ,\overrightarrow c }$ να έχουν το ίδιο μέτρο και να είναι κάθετα.
Να δείξετε ότι ισχύει η σχέση:
$\displaystyle{ |\overrightarrow a |^2 |\overrightarrow b |^2 = (\overrightarrow a \cdot \overrightarrow b )^2 + (\overrightarrow a \cdot \overrightarrow c )^2 }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ξέρω έχει ένα ερώτημα, αλλά είναι καλούλα!

Λύση

Έχουμε ισοδύναμα από την ζητούμενη σχέση:

$\begin{array}{l} |\vec a{|^2}|\vec b{|^2} = {(\vec a\cdot\vec b)^2} + {(\vec a\cdot\vec c)^2} \Leftrightarrow |\vec a{|^2}|\vec b{|^2} = {\left| {\vec a} \right|^2} \cdot {\left| {\vec b} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge + {\left| {\vec a} \right|^2} \cdot {\left| {\vec c} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge \\ \mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {\vec a} \right| \ne 0} |\vec b{|^2} = {\left| {\vec b} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge + {\left| {\vec c} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge \\ \Leftrightarrow |\vec b{|^2} - {\left| {\vec b} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge = {\left| {\vec c} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge \\ \end{array}$
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow |\vec b{|^2} \cdot \left( {1 - \sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge } \right) = {\left| {\vec c} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge \\ \Leftrightarrow |\vec b{|^2} \cdot \eta {\mu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge = {\left| {\vec c} \right|^2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\left( {\frac{{3\pi }}{2} - \mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge } \right) \\ \Leftrightarrow |\vec b{|^2} \cdot \eta {\mu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge = {\left| {\vec c} \right|^2} \cdot \eta {\mu ^2}\mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge \\ \end{array}$

που ισχύει, αφού $\left| {\vec b} \right| = \left| {\vec c} \right|$ και για τα συνεπίπεδα διανύσματα ισχύει:

$\begin{array}{l} \mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge + \mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge + \mathop {\left( {\vec b,\vec c} \right)}\limits^ \wedge = 2\pi \Leftrightarrow \mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge + \mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge + \frac{\pi }{2} = 2\pi \\ \Leftrightarrow \mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge = 2\pi - \frac{\pi }{2} - \mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge \\ \Leftrightarrow \mathop {\left( {\vec a,\vec c} \right)}\limits^ \wedge = \frac{{3\pi }}{2} - \mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge \\ \end{array}$

Μάκης Χατζόπουλος · #11

Άσκηση 4

(Α) Έστω δύο διανύσματα $\vec a,\vec b$ του επιπέδου, να αποδειχτεί ότι: $\vec a \cdot \vec b \le \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|$ (λύνεται απλά και με την εφαρμογή του βιβλίου αλλά καλύτερα να δοθεί πλήρης λύση)

(Β)Έστω η συνάρτηση $f\left( x \right) = \sqrt {x + 7} + \sqrt {11 - x}$ . Με την βοήθεια του εσωτερικού γινομένου δύο διανυσμάτων, να βρείτε τη μέγιστη τιμή της

Αντώνης (Κώστας) Κυριακόπουλος - Βιβλίο κατεύθυνσης Β΄ Λυκείου

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

hlkampel · #12

ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνονται τα μη μηδενικά διανύσματα $\vec a$ και $\vec b$ για τα οποία ισχύουν οι σχέσεις $\mathop {\left( {\vec a,\;\vec a + 2\vec b} \right)}\limits^ \wedge = \frac{\pi }{3}$ και $\left| {\vec a + 2\vec b} \right| = 2\left| {\vec a} \right|$ .

α. Να αποδείξετε ότι $\vec a \bot \vec b$ .

β. Να αποδείξετε ότι $\left| {\vec b} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left| {\vec a} \right|$

γ. Αν για το διάνυσμα $\vec c$ ισχύει $\vec a \cdot \left( {4\vec c - \vec a} \right) = 4{\vec b^2} + {\vec c^2}$ , να δείξετε ότι $\vec a \nearrow \nearrow \vec c$

Edit: Έγινε διόρθωση στο τελευταίο πρόσημο. Ευχαριστω τον Μάκη Χατζόπουλο για την ειδοποίηση.

hlkampel · #13

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Άσκηση 4

(Α) Έστω δύο διανύσματα $\vec a,\vec b$ του επιπέδου, να αποδειχτεί ότι: $\vec a \cdot \vec b \le \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|$ (λύνεται απλά και με την εφαρμογή του βιβλίου αλλά καλύτερα να δοθεί πλήρης λύση)

(Β)Έστω η συνάρτηση $f\left( x \right) = \sqrt {x + 7} + \sqrt {11 - x}$ . Με την βοήθεια του εσωτερικού γινομένου δύο διανυσμάτων, να βρείτε τη μέγιστη τιμή της

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Σημείωση:
1. Μιας και ξεκινήσαμε και με λίγα ερωτήματα έδωσα την παραπάνω άσκηση, είναι διαφορετική από αυτές που είδαμε
2. Την πηγή θα την προσθέσω μετά...

Α. Αν $\vec a = \vec 0$ ή $\vec b = \vec 0$ τότε ισχύει η ισότητα.

Αν $\vec a \ne \vec 0$ και $\vec b \ne \vec 0$ τότε ισοδύναμα έχουμε:

$\vec a \cdot \vec b \le \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \Leftrightarrow \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right|\sigma \upsilon \nu \varphi \le \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi \le 1$ (*) το οποίο ισχύει.

Το ίσον ισχύει αν $\sigma \upsilon \nu \varphi = 1 \Leftrightarrow \hat \varphi = 0^\circ$ δηλαδή αν $\vec a \nearrow \nearrow \vec b$

(*) $\hat \varphi = \mathop {\left( {\vec a,\vec b} \right)}\limits^ \wedge$

Β. Έστω τα διανύσματα $\vec a = \left( {\sqrt {x + 7} ,\;\sqrt {11 - x} } \right)$ και $\vec b = \left( {1,\;1} \right)$ με $- 7 \le x \le 11$

Είναι $\left| {\vec a} \right| = \sqrt {x + 7 + 11 - x} \Leftrightarrow \left| {\vec a} \right| = 3\sqrt 2$ και $\left| {\vec b} \right| = \sqrt 2$

$\vec a \cdot \vec b = \sqrt {x + 7} + \sqrt {11 - x} \Rightarrow \vec a \cdot \vec b = f(x)$

Από Α ερώτημα είναι
$\vec a \cdot \vec b \le \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec b} \right| \Leftrightarrow f(x) \le 3\sqrt 2 \cdot \sqrt 2 \Leftrightarrow f(x) \le 6$

Άρα η μέγιστη τιμή της

είναι το

η οποία επιτυγχάνεται αν x = 2

Μάκης Χατζόπουλος · #14

hlkampel έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνονται τα μη μηδενικά διανύσματα $\vec a$ και $\vec b$ για τα οποία ισχύουν οι σχέσεις $\mathop {\left( {\vec a,\;\vec a + 2\vec b} \right)}\limits^ \wedge = \frac{\pi }{3}$ και $\left| {\vec a + 2\vec b} \right| = 2\left| {\vec a} \right|$ .

α. Να αποδείξετε ότι $\vec a \bot \vec b$ .

β. Να αποδείξετε ότι $\left| {\vec b} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left| {\vec a} \right|$

γ. Αν για το διάνυσμα $\vec c$ ισχύει $\vec a \cdot \left( {4\vec c - \vec a} \right) = 4{\vec b^2} - {\vec c^2}$ , να δείξετε ότι $\vec a \nearrow \nearrow \vec c$

α) Έχουμε,

$\begin{array}{l} \vec a \cdot \left( {\vec a + 2\vec b} \right) = \left| {\vec a} \right| \cdot \left| {\vec a + 2\vec b} \right| \cdot \sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{3} \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow {{\vec a}^2} + 2\vec a \cdot \vec b = \left| {\vec a} \right| \cdot 2 \cdot \left| {\vec a} \right| \cdot \frac{1}{2} \\ \Leftrightarrow {{\vec a}^2} + 2\vec a \cdot \vec b = {{\vec a}^2} \\ \Leftrightarrow \vec a \cdot \vec b = 0 \\ \mathop \Leftrightarrow \limits_{\vec b \ne \vec 0}^{\vec a \ne \vec 0} \vec a \bot \vec b \\ \end{array}$

β) Παίρνουμε την δεδομένη σχέση και έχουμε ισοδύναμα,

$\begin{array}{l} \left| {\vec a + 2\vec b} \right| = 2\left| {\vec a} \right| \Leftrightarrow {\left| {\vec a + 2\vec b} \right|^2} = 4{\left| {\vec a} \right|^2} \\ \Leftrightarrow {{\vec a}^2} + 4\vec a\vec b + 4{{\vec b}^2} = 4{{\vec a}^2} \\ \Leftrightarrow 4 \cdot {{\vec b}^2} = 3 \cdot {{\vec a}^2} \\ \Leftrightarrow {\left| {\vec b} \right|^2} = \frac{3}{4} \cdot {\left| {\vec a} \right|^2} \\ \Leftrightarrow \left| {\vec b} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot \left| {\vec a} \right| \\ \end{array}$

γ) Έχουμε,

$\begin{array}{l} \vec a\cdot\left( {4\vec c - \vec a} \right) = 4{{\vec b}^2} + {{\vec c}^2} \Leftrightarrow 4\vec a\vec c - {{\vec a}^2} = 4{{\vec b}^2} + {{\vec c}^2} \\ \Leftrightarrow 4\vec a\vec c - {{\vec a}^2} = 3{{\vec a}^2} + {{\vec c}^2} \\ \Leftrightarrow 4\vec a\vec c = 4{{\vec a}^2} + {{\vec c}^2} \\ \Leftrightarrow 4{{\vec a}^2} - 4\vec a\vec c + {{\vec c}^2} = 0 \\ \Leftrightarrow {\left( {2\vec a - \vec c} \right)^2} = 0 \\ \Leftrightarrow 2\vec a = \vec c \\ \Leftrightarrow \vec a \uparrow \uparrow \vec c \\ \end{array}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

dennys · #15

ΑΣΚΗΣΗ 5

1) Το εσωτερικό γινόμενο των: ${(\vec a+2\vec b)}{(\vec a)}={|{\vec a+2\vec b}||{\vec a}|cos( \vec a,\vec a+2\vec b)$

$(\vec a)^2+{2\vec a}{\vec b}=2|\vec a|^2cos\frac{\pi}{3}=|\veca|^2 \Rightarrow (\vec a)^2+2(\vec a)(\vec b)=(\vec a)^2\Rightarrow \vec a\vec b=0$

$\vec a \bot \vec b$

2)απο την δοσμένη σχέση : $|\vec a+ 2\vec b|=2|\vec a| \Rightarrow (\vec a+2 \vec b)^2=4(\vec a)^2$

${( \vec a )}^2+4{( \vec a)}{( \vec b)}+4 {( \vec b)}^2=4{( \vec a)}^2 \Rightarrow 4{( \vec b)}^2=3{(\vec a)}^2 \Rightarrow {|\vec b|}={\cfrac{\sqrt{3}}{2}}{|\vec a|}$

3) $4{ \vec a}{\vec c} -{(\vec a)}^2=4{( \vec b)}^2+ (\vec c)}^2 \Rightarrow 4 {(\vec a)}{(\vec c)}=4{(\vec a)}^2+(\vec c)}^2$

${(2{\vec a}-{\vec c})}^2=0 \Rightarrow 2{\vec a}- {\vec c}=\vec 0 \Rightarrow \vec a \nearrow \nearrow \vec c$

Φιλικα και μαθηματικα
dennys

dennys · #16

ΑΣΚΗΣΗ 6

1) Δινονται τα διανύσματα $\vec a, \vec b, \vec c$ τετοια ωστα $|\vec b|=|\vec c|=7,|\vec a|=\sqrt{13}$

και $4{ \vec b}+3 {\vec c}=7 {\vec a}$ .Να βρείτε την γωνία των $(\vec b, \vec c)$

2)Αν τα 3 διανύσματ α εχουν κοινη αρχή να δείξετε οτι τα περατα τους ειναι συνευθεικά.

3 ) Να βρείτε διανυσμα $\vec x$ και το μετρο του αν $\vec x // (2 \vec b+\vec c)$ , $(\vec x+ 2 \vec c) \bot \vec b$

φιλικα και καληνυχτικά

dennys

parmenides51 · #17

ΑΣΚΗΣΗ 7

Για τα σημεία $\displaystyle{A,B,C,D}$ ισχύει ότι $2\overrightarrow {B D} = 10\overrightarrow {CD} + 8\overrightarrow { D A}$

α. Να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{A,B,C}$ είναι συνευθειακά

Αν $\displaystyle{A (-1,-4), B(4,1), C(0,k-2)}$ με $\displaystyle{k \in \mathbb{R}}$ :

β. Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό $\displaystyle{k}$

γ. Για $\displaystyle{k = -1}$ , να λύσετε την εξίσωση $\overrightarrow {u} \cdot\overrightarrow { BC} = 0$ όπου $\overrightarrow {u} = \left( {x + 2,x - 1} \right)$ με $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

perpant · #18

parmenides51 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7

Για τα σημεία $\displaystyle{A,B,C,D}$ ισχύει ότι $2\overrightarrow {B D} = 10\overrightarrow {CD} + 8\overrightarrow { D A}$

α. Να αποδείξετε ότι τα σημεία $\displaystyle{A,B,C}$ είναι συνευθειακά

Αν $\displaystyle{A (-1,-4), B(4,1), C(0,k-2)}$ με $\displaystyle{k \in \mathbb{R}}$ :

β. Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό $\displaystyle{k}$

γ. Για $\displaystyle{k = -1}$ , να λύσετε την εξίσωση $\overrightarrow {u} \cdot\overrightarrow { BC} = 0$ όπου $\overrightarrow {u} = \left( {x + 2,x - 1} \right)$ με $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
από διαγώνισμα μου

α) Επιλέγω το $\displaystyle{A}$ ως σημείο αναφοράς και έχω $\displaystyle{2\overrightarrow {BD} = 10\overrightarrow {CD} + 8\overrightarrow {DA} \Leftrightarrow 2\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AB} } \right) = 10\left( {\overrightarrow {AD} - \overrightarrow {AC} } \right) - 8\overrightarrow {AD} }$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AD} - 2\overrightarrow {AB} = 10\overrightarrow {AD} - 10\overrightarrow {AC} - 8\overrightarrow {AD} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = 5\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} //\overrightarrow {AC} }$ . Αφού έχουν κοινή αρχή, θα έχουν και κοινό φορέα και συνεπώς τα $\displaystyle{A,B,C}$ συνευθειακά.

β) Έχουμε $\displaystyle{\overrightarrow {AB} = 5\overrightarrow {AC} \Leftrightarrow \left( {5,5} \right) = 5\left( {1,k + 2} \right) \Leftrightarrow \left( {5,5} \right) = \left( {5,5k + 10} \right) \Rightarrow k = - 1}$

γ) Για $\displaystyle{k = - 1}$ έχουμε $\displaystyle{C\left( {0, - 3} \right)}$ και $\displaystyle{\overrightarrow {BC} = \left( { - 4, - 4} \right)}$ . Τότε $\displaystyle{\overrightarrow {u \cdot } \overrightarrow {BC} = 0 \Leftrightarrow \left( {x + 2,x - 1} \right)\left( { - 4, - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow - 4\left( {x + 2} \right) - 4\left( {x - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow x = - \frac{1}{2}}$

parmenides51 · #19

ΑΣΚΗΣΗ 8

Δίνεται το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ABCD}$ με $\overrightarrow {AC } = 8\overrightarrow {u} + \overrightarrow {v}$ και $\overrightarrow {BD } = 4\overrightarrow {u} + 7\overrightarrow {v}$ οπού $\overrightarrow {u} ,\overrightarrow {v}$ μη μηδενικά και μη συγγραμικά διανύσματα ίσων μέτρων.

α. Να αποδείξετε ότι $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {u} - 3\overrightarrow {v}$ και $\overrightarrow {AD } = 6\overrightarrow {u} + 4\overrightarrow {v}$

β. Αν το τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ είναι ορθογώνιο, να δείξετε ότι τα διανύσματα $\overrightarrow {u} ,\overrightarrow {v}$ είναι κάθετα

γ. Αν $\left| {\overrightarrow {u} } \right| = 4$ και $\widehat {\left( {\overrightarrow {u} ,\overrightarrow {v} } \right)} = \displaystyle\frac{\pi }{3}$ , να υπολογίσετε την απόσταση $\displaystyle{AM}$ , όπου $\displaystyle{M}$ μέσο της $\displaystyle{BC}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

hlkampel · #20

parmenides51 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8

Δίνεται το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ABCD}$ με $\overrightarrow {AC } = 8\overrightarrow {u} + \overrightarrow {v}$ και $\overrightarrow {BD } = 4\overrightarrow {u} + 7\overrightarrow {v}$ οπού $\overrightarrow {u} ,\overrightarrow {v}$ μη μηδενικά και μη συγγραμικά διανύσματα ίσων μέτρων.

α. Να αποδείξετε ότι $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {u} - 3\overrightarrow {v}$ και $\overrightarrow {AD } = 6\overrightarrow {u} + 4\overrightarrow {v}$

β. Αν το τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ είναι ορθογώνιο, να δείξετε ότι τα διανύσματα $\overrightarrow {u} ,\overrightarrow {v}$ είναι κάθετα

γ. Αν $\left| {\overrightarrow {u} } \right| = 4$ και $\widehat {\left( {\overrightarrow {u} ,\overrightarrow {v} } \right)} = \displaystyle\frac{\pi }{3}$ , να υπολογίσετε την απόσταση $\displaystyle{AM}$ , όπου $\displaystyle{M}$ μέσο της $\displaystyle{BC}$

α. Αν

είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου τότε:

$\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AO} + \overrightarrow {OB} \Leftrightarrow \overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{2}\overrightarrow {BD} \Rightarrow$

$\overrightarrow {AB} = 4\overrightarrow u + \frac{1}{2}\overrightarrow \upsilon - 2\overrightarrow u - \frac{7}{2}\overrightarrow \upsilon \Rightarrow$

$\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow u - 3\overrightarrow \upsilon$

$\overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} \Rightarrow \overrightarrow {AD} = 2\overrightarrow u - 3\overrightarrow \upsilon + 4\overrightarrow u + 7\overrightarrow \upsilon \Rightarrow$

$\overrightarrow {AD} = 6\overrightarrow u + 4\overrightarrow \upsilon$

β. Αφού το ABCD

είναι ορθογώνιο, τότε:

$\displaystyle{\overrightarrow {AB} \bot \overrightarrow {AD} \Leftrightarrow \left( {2\overrightarrow u - 3\overrightarrow \upsilon } \right) \cdot \left( {6\overrightarrow u + 4\overrightarrow \upsilon } \right) = 0 \Leftrightarrow }$

$12{\left| {\overrightarrow u } \right|^2} + 8\overrightarrow u \cdot \overrightarrow \upsilon - \overrightarrow {12u} \cdot \overrightarrow \upsilon - 12{\left| {\overrightarrow \upsilon } \right|^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow \upsilon } \right|}$

$- 4\overrightarrow u \cdot \overrightarrow \upsilon = 0 \Leftrightarrow \overrightarrow u \bot \overrightarrow \upsilon$ γιατί τα $\overrightarrow u ,\;\overrightarrow \upsilon$ είναι μη μηδενικά.

γ. Σύμφωνα με την υπόθεση είναι $\displaystyle{\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow \upsilon } \right| = 4}$

$\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BM} \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {BC} \mathop \Leftrightarrow \limits^{\overrightarrow {BC} = \overrightarrow {AD} } \overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow {AD} \Leftrightarrow$

$\overrightarrow {AM} = 2\overrightarrow u - 3\overrightarrow \upsilon + 3\overrightarrow u + 2\overrightarrow \upsilon \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = 5\overrightarrow u - \overrightarrow \upsilon \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \left| {5\overrightarrow u - \overrightarrow \upsilon } \right| \Leftrightarrow$

${\left| {\overrightarrow {AM} } \right|^2} = 25{\left| {\overrightarrow u } \right|^2} - 10\overrightarrow u \cdot \overrightarrow \upsilon + {\left| {\overrightarrow \upsilon } \right|^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {\overrightarrow u } \right| = \left| {\overrightarrow \upsilon } \right| = 4}$

$\displaystyle{{\left| {\overrightarrow {AM} } \right|^2} = 400 - 10\left| {\overrightarrow u } \right|\left| {\overrightarrow \upsilon } \right|\sigma \upsilon \nu \frac{\pi }{3} + 16 \Leftrightarrow }$

${\left| {\overrightarrow {AM} } \right|^2} = 416 - 80 = 336 \Leftrightarrow$

$\left| {\overrightarrow {AM} } \right| = \sqrt {336} \Leftrightarrow \left| {\overrightarrow {AM} } \right| = 4\sqrt {21}$

συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Re: συλλογή ασκήσεων Β Λυκείου (κατεύθυνση)

Μέλη σε σύνδεση