ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 79 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 19 Ιανουαρίου 2019 Ενδεικτικές λύσεις Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πνεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) ΑΘΗΝΑ Τηλ Fax: info@hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR Athens - HELLAS Tel Fax: info@hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 79 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 19 Ινουρίου 019 Ενδεικτικές λύσεις Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημ 1. Ν βρείτε την τιμή της πράστσης: 3β + 3β 13 Α= 10 +, β 3 ν δίνετι ότι: 3 β =. 1 ος Τρόπος Επειδή = 3, συμπερίνουμε ότι 3 β = β. Επομένως έχουμε: 3β + 3β 13 3β + 9β 9β 3β 13 Α= = + β 3 β 9β 3 1β 6β = 10 + = ( 1 10) + = = 10. β 9β ος Τρόπος Επειδή 3 β =, συμπερίνουμε ότι β 1 =. Επομένως έχουμε: 3 3β + 3β 13 β Α= + = + + β 3 β = ( ) = ( ) 1 + = ( + 5) =

2 Πρόβλημ Στο διπλνό σχήμ το τρίγωνο ΑΒΓ είνι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ κι Γ= ˆ Α ˆ. Το τετράπλευρο ΑΓΔΕ είνι τετράγωνο. () Ν βρείτε πόσες μοίρες είνι η γωνί ΑΕΒ ˆ. (β) Ν βρείτε πόσες μοίρες είνι οι γωνίες ΒΑ ˆ κι ΒΕΓ ˆ. Σημείωση: Ν κάνετε το δικό σς σχήμ στο φύλλο με τις πντήσεις σς. () Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είνι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ έπετι ότι Γ=Β= ˆ ˆ Α, ˆ οπότε πό τη σχέση Α+Β+Γ= ˆ ˆ ˆ 180 έπετι ότι: Α+ ˆ Α+ ˆ Α= ˆ 180 5Α= ˆ 180 Α= ˆ 36. Το τρίγωνο ΑΒΕ είνι ισοσκελές, φού ΑΒ = ΑΓ = ΑΕ κι ισχύει ότι ˆ ˆ ˆ ΒΑΕ = ΒΑΓ + ΓΑΕ = = 16, ˆ οπότε θ είνι ˆ ΒΑΕ ΑΕΒ = = = 7. Σχήμ 1 (β) Το τρίγωνο ΑΓΔ είνι ορθογώνιο ισοσκελές με ορθή γωνί ΑΓ ˆ = 90, οπότε οι οξείες γωνίες του θ είνι 45 η κθεμί, δηλδή ΓΑ ˆ = 45. Επομένως είνι ˆ ˆ ˆ ΒΑ = ΒΑΓ + ΓΑ = = 81. Ομοίως, πό το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΕ με ΓΑΕ ˆ = 90 προκύπτει ότι: ˆ ΑΕΓ = 45, οπότε ˆ ˆ ˆ ΒΕΓ = ΑΕΓ ΑΕΒ = 45 7 = 18. Πρόβλημ 3 Γι τη φωτγώγηση μις πλτείς, σχήμτος ορθογωνίου πρλληλεπιπέδου, τοποθετήθηκν περιμετρικά 18 κολώνες φωτισμού. Τέσσερις πό υτές τοποθετήθηκν στις γωνίες τις πλτείς. Στη συνέχει τοποθετήθηκν κι οι υπόλοιπες 178 στην περίμετρο της πλτείς έτσι ώστε κάθε δύο διδοχικές κολώνες πέχουν τέσσερ μέτρ. Επίσης διπιστώθηκε ότι η μεγλύτερη πλευρά της πλτείς είχε διπλάσιες κολώνες πό τη μικρή πλευρά, όπου σε κάθε πλευρά μετράμε κι τις κολώνες στις γωνίες. Ν βρεθούν τ μήκη

3 των πλευρών της πλτείς. Σημείωση: Θεωρείστε τις κολώνες πάνω στις πλευρές της πλτείς ως σημεί. Ας υποθέσουμε ότι η μικρή πλευρά του ορθογωνίου είνι μέτρ κι η μεγάλη β μέτρ. Τότε φού κάθε δύο κολώνες πέχουν 4 μέτρ, η μικρή πλευρά θ έχει + 1 κολώνες, 4 συμπεριλμβνομένων των γωνιών. β Ομοίως η μεγάλη πλευρά θ έχει + 1 κολώνες, συμπεριλμβνομένων κι των γωνιών, 4 οπότε, φού η μεγάλη πλευρά έχει διπλάσιες κολώνες πό τη μικρή, θ έχουμε ότι β + 1= + 1 β = Όμως συνολικά οι κολώνες είνι 18 κι πέχουν τέσσερ μέτρ μετξύ τους, οπότε η περίμετρος του ορθογωνίου είνι 18 4 = 78, δηλδή + β = 78 a + β = 364. Επομένως, με ντικτάστση της τιμής του β, έχουμε: + + b = = 364 = 10. κι β = 44. Πρόβλημ 4 () Ν προσδιορίσετε το μικρότερο δυντό θετικό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο τον ριθμό (β) Ν προσδιορίσετε το μικρότερο δυντό εξψήφιο θετικό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο τον ριθμό () Γι ν διπιστώσουμε ποι ψηφί πρέπει ν χρησιμοποιήσουμε νλύουμε τον κέριο σε γινόμενο πρώτων πργόντων. Έχουμε: 1600 = 3 5 7, οπότε πρέπει ν χρησιμοποιήσουμε κτάλληλ όλους τους κέριους:,,, 3, 3, 5, 5, 7, χωρίς ν ποκλείετι το ψηφίο 1, φού δεν επηρεάζει το γινόμενο των ψηφίων. Προφνώς ο οκτψήφιος κέριος έχει γινόμενο ψηφίων Επειδή ζητάμε το μικρότερο δυντό κέριο με την ιδιότητ υτή, θ εξετάσουμε τη δυντότητ ν βρούμε τρόπους μείωσης του ριθμού των ψηφίων που θ χρησιμοποιήσουμε. Αυτό μπορεί ν γίνει, ν χρησιμοποιήσουμε ψηφί που προέρχοντι πό γινόμεν των πρπάνω ριθμών κι ειδικότερ πό γινόμεν των πέντε πρώτων στη σειρά κέριων. Αυτά είνι το 8= κι το 9= 33 που είνι κι ο ελάχιστος δυντός ριθμός τέτοιων ψηφίων. Έτσι λμβάνουμε τον πεντψήφιο κέριο Α = ως τον μικρότερο δυντό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο Άλλη δυντότητ είνι ν πάρουμε τρί ψηφί, 4 =, 9 = 3 3 ή,6= 3,6 = 3. Τότε όμως προκύπτει εξψήφιος κέριος που είνι μεγλύτερος πό τον πεντψήφιο (β) Σκεπτόμενοι ομοίως με το ερώτημ (), γι την εύρεση εξψήφιου κέριου έχουμε τις δυντότητες των κέριων ή Όμως υπάρχει κι η δυντότητ χρησιμοποίησης του ψηφίου 1 στην ρχή του κέριου 55789, οπότε προκύπτει ο κέριος που είνι μικρότερος πό τους δύο προηγούμενους.

4 Πρόβλημ 1. Ν βρείτε την τιμή της πράστσης ν δίνετι ότι ( ) Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Α= + β + γ 3βγ + + β γ, =, β =, γ = Έχουμε ότι: ( ) = =, β = = =, γ = =, οπότε θ είνι Α= + β + γ 3βγ + + β γ ( ) = = = ( ) ( ) ( ) ( ) = + + = = + = = Πρόβλημ () Ν προσδιορίσετε το μικρότερο δυντό θετικό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο τον ριθμό (β) Ν προσδιορίσετε το μικρότερο δυντό επτψήφιο θετικό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο τον ριθμό (γ) Μπορούμε ν βρούμε το μεγλύτερο δυντό θετικό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο τον ριθμό 63000; () Γι ν διπιστώσουμε ποι ψηφί πρέπει ν χρησιμοποιήσουμε νλύουμε τον κέριο σε γινόμενο πρώτων πργόντων. Έχουμε: = 3 5 7, οπότε πρέπει ν χρησιμοποιήσουμε κτάλληλ όλους τους κέριους:,,, 3, 3, 5, 5, 5, 7, χωρίς ν ποκλείετι το ψηφίο 1, φού δεν επηρεάζει το γινόμενο των ψηφίων. Προφνώς ο κέριος έχει γινόμενο ψηφίων Επειδή ζητάμε το μικρότερο δυντό κέριο με την ιδιότητ υτή, θ πρέπει ν βρούμε τρόπους μείωσης του ριθμού των ψηφίων που θ χρησιμοποιήσουμε. Αυτό μπορεί ν γίνει, ν χρησιμοποιήσουμε ψηφί που προέρχοντι πό γινόμεν των πρπάνω ριθμών κι ειδικότερ πό γινόμεν των πέντε πρώτων στη σειρά κέριων. Αυτά είνι το 8= κι το 9= 33 που είνι κι ο ελάχιστος δυντός ριθμός τέτοιων ψηφίων. Άλλη δυντότητ είνι ν πάρουμε τρί ψηφί, 4 =, 9 = 3 3 ή,6= 3,6 = 3. Έτσι

5 λμβάνουμε τον πεντψήφιο κέριο Α = ως τον μικρότερο δυντό κέριο του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο (β) Σκεπτόμενοι ομοίως με το ερώτημ (), γι την εύρεση εξψήφιου κέριου έχουμε τις δυντότητες των κέριων ή Όμως υπάρχει κι η δυντότητ χρησιμοποίησης του ψηφίου 1 στην ρχή του κέριου , οπότε προκύπτει ο κέριος που είνι μικρότερος πό τους δύο προηγούμενους. (γ) Αν υποθέσουμε ότι βρήκμε το μεγλύτερο δυντό κέριο Α του οποίου τ ψηφί έχουν γινόμενο τον ριθμό 63000, τότε διπιστώνουμε ότι υπάρχει κέριος μεγλύτερος πό τον Α που ικνοποιεί την ίδι ιδιότητ. Αυτός προκύπτει πό τον Α με τοποθέτηση στο τέλος του ενός επιπλέον ψηφίου ίσου με το 1. Αυτό είνι άτοπο, πό την υπόθεση γι τον κέριο Α. Πρόβλημ 3 Στο διπλνό σχήμ δίνετι ο κύκλος διμέτρου ΑΒ = R κι η γωνί ˆ ΓΟ = 90. Οι ευθείες ΑΔ κι ΒΓ τέμνοντι στο σημείο Ζ, ενώ οι ευθείες ΑΓ κι ΒΔ τέμνοντι στο σημείο Ε. () Βρείτε πόσες μοίρες είνι οι γωνίες ΓΑ ˆ κι ΓΒ ˆ. (β) Ν ποδείξετε ότι: ΕΖ = R. Σημείωση: Ν κάνετε στο φύλλο των πντήσεων σς το δικό σς σχήμ. () Οι γωνίες ΓΑ ˆ κι ΓΒ ˆ είνι εγγεγρμμένες στον κύκλο κέντρου Ο κι κτίνς R κι βίνουν στο τόξο Γ στο οποίο βίνει κι η επίκεντρη γωνί ˆ ΓΟ = 90. Άρ είνι ˆ ΓΑ ˆ 90 = ˆ ΓΟ ΓΒ = = = 45. Σχήμ

6 (β) Επειδή ˆ ΑΓΒ = 90 κι ΓΑ ˆ = 45, το τρίγωνο ΑΓΖ είνι ορθογώνιο ισοσκελές με ΑΓ = ΓΖ. Επειδή ΑΓΕ ˆ = 180 ΑΓΒ = 90 κι ΓΒΕ ˆ = ΓΒ ˆ = 45, το τρίγωνο ΒΓΕ είνι ορθογώνιο ισοσκελές με ΒΓ = ΓΕ. Έτσι τ ορθογώνι τρίγων ΑΒΓ κι ΓΕΖ έχουν τις δύο κάθετες πλευρές του ίσες μί προς μί, δηλδή μί κάθετη πλευρά ίση ΑΓ = ΓΖ κι ΒΓ = ΓΕ. Επομένως τ τρίγων είνι ίσ, οπότε θ έχουν κι ΕΖ = ΑΒ = R. Πρόβλημ 4 Έχουμε πέντε κάρτες Α, Β, Γ, Δ, Ε που πάνω σε κθεμί πό υτές είνι γρμμένος ένς θετικός κέριος. Με υτές τις κάρτες σχημτίζοντι συνολικά δέκ διφορετικές τριάδες. Γι κθεμί πό υτές τις τριάδες, κτγράφουμε το άθροισμ των τριών κρτών. Διπιστώνουμε ότι προκύπτουν δύο μόνο διφορετικά θροίσμτ, το 15 κι το 13. Ν προσδιορίσετε τους δυντούς ριθμούς των πέντε κρτών. Επειδή τ δυντά θροίσμτ των τριάδων είνι μόνο δύο, το 15 κι το 13 συμπερίνουμε ότι δεν μπορούν ν υπάρχουν τρεις κάρτες με διφορετικούς ριθμούς. Πράγμτι, ν υπήρχν τρεις κάρτες με διφορετικούς μετξύ τους ριθμούς, έστω xyz,, κι οι άλλες δύο κάρτες είχν τους ριθμούς κι β, τότε θ είχμε συνολικά τρί διφορετικά θροίσμτ της μορφής + β + x, + β + y, + β + z, το οποίο είνι ντίθετο στην υπόθεση. Επίσης συμπερίνουμε ότι δεν είνι δυντόν όλες οι κάρτες ν έχουν τον ίδιο ριθμό, γιτί τότε θ είχμε έν μόνο δυντό άθροισμ τριάδων. Επομένως πάνω στις κάρτες υπάρχουν δύο διφορετικοί θετικοί κέριοι, έστω x, y, με x> y. Τότε τ δυντά θροίσμτ τριάδων, διτετγμέν πό το μεγλύτερο προς το μικρότερο, είνι: x+ x+ x= 3x> x+ x+ y = x+ y> x+ y+ y = x+ y > y+ y+ y = 3 y. Επειδή τ δυντά θροίσμτ είνι μόνο δύο, πρτηρούμε ότι ο ριθμός y πρέπει ν υπάρχει μί μόνο φορά, γιτί: Αν το y υπάρχει σε τέσσερις κάρτες, τότε το x θ υπάρχει μόνο σε μί κάρτ κι τ δυντά ποτελέσμτ τριάδων θ είνι x+ y = 15, 3y = 13, που δεν δίνει κέριες τιμές γι τ xy., Αν το y υπάρχει σε τρεις κάρτες, τότε το x θ υπάρχει σε δύο κάρτες κι τ δυντά ποτελέσμτ τριάδων θ είνι x+ y> x+ y > 3y, δηλδή τρί διφορετικά. Αν το y υπάρχει σε δύο κάρτες, τότε το x θ υπάρχει σε τρεις κάρτες κι τ δυντά ποτελέσμτ τριάδων θ είνι 3x> x+ y> x+ y, δηλδή τρί διφορετικά. Επομένως, τ δυντά θροίσμτ είνι τ : x+ x+ x= 3, x x+ x+ y = x+ y, με 3x> x+ y, οπότε έχουμε: 3x= 15, x+ y = 13 x= 5, y = 3. Επομένως, μί κάρτ έχει τον ριθμό 3 κι οι υπόλοιπες τέσσερις έχουν τον ριθμό 5.

7 Πρόβλημ 1 Αν οι θετικοί πργμτικοί ριθμοί, ν υπολογίσετε την τιμή της πράστσης: Έχουμε ότι: Α ΛΥΚΕΙΟΥ β είνι τέτοιοι ώστε: 3 β 3 β ( β ) Κ= β β +. + = +, ( ) ( )( ) ( ) + = = β β β β β β β β + β> 0 ( )( ) + β 3β + β = 0 3β + β = 0 β > 0 3± = 0 =. β β β Επειδή το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης 3 + 1= 0 ισούτι με 1, έπετι ότι β β 3 5 β 3 5 οι ριθμοί ρ1 = = + κι ρ = = (ή με ντίστροφη σειρά) είνι οι δύο β ρίζες της εξίσωσης 3 + 1= 0με άθροισμ ρ1+ ρ = 3. Επομένως, έχουμε: β β β β β Κ = + = = + = = β β β Πρόβλημ 50 Οι θετικοί κέριοι nn, mm είνι τέτοιοι, ώστε οι ριθμοί κι 3n κέριοι. () Ν βρεθεί η μέγιστη τιμή που μπορεί ν πάρει η πράστση A= ( n+ 1) 3( m+ ) + 7. (β) Ν βρεθεί η ελάχιστη τιμή που μπορεί ν πάρει η πράστση: 16 m B =. n m ν είνι θετικοί Οι θετικοί διιρέτες του 50 είνι οι ριθμοί 1,, 5, 10, 5, 50, οπότε ο 3nn είνι κάποιος πό υτούς, οπότε ο 3nn είνι κάποιος πό τους 3, 4, 7, 1, 7, 5 οπότε οι πιθνές τιμές του nn, φού είνι θετικός κέριος, είνι 1, 4, 9. Οι θετικοί διιρέτες του 43 = 3 5 είνι οι ριθμοί 1, 3, 9, 7, 81, 43 οπότε ο 4mm 1 είνι κάποιος πό υτούς, οπότε ο 4mm είνι κάποιος πό τους, 4, 10, 8, 8, 44, οπότε οι πιθνές τιμές του mm είνι 1, 7, 61. () Η πράστση A= ( n+ 1) 3( m+ ) + 7= n 3m+ 3 πίρνει τη μεγλύτερη δυντή τιμή της ότν ο κέριος n πάρει τη μεγλύτερη δυντή τιμή του κι ο κέριος m πάρει τη μικρότερη δυντή τιμή του. Τότε είνι: max A = = 18.

8 16 m (β) Έχουμε ότι B =, οπότε η πράστση Β πίρνει τη μικρότερη δυντή τιμή n 371 της ότν ο κέριος n πάρει τη μεγλύτερη δυντή τιμή του κι ο κέριος m πάρει επίσης τη μεγλύτερη δυντή τιμή του. Τότε έχουμε: min B = = = 1 = Πρόβλημ 3 Ν προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς πργμτικούς ριθμούς xyz,, που ικνοποιούν τις εξισώσεις: y+ 3x 3z+ 5y 5x+ z 140 = = =. xy yz zx x + y + z Οι δύο πρώτες εξισώσεις μπορούν ν γρφούν: = + = + =, = y = 3, x z = 5. x x y y z z x x z x y Τότε έχουμε: 3z+ 5y x+ 15x x 140 = = = yz x + y + z 15x x + 9x + 5x 15x 35x x 0 x 4x x x 0 x = = x 35x x x = ( ) = = Άρ έχουμε: x=, y = 6, z = 10. Πρόβλημ 4 Δίνετι τρίγωνο ΑΒΓ με Α= ˆ 60 του τριγώνου ΑΒΓ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Δ, έτσι ώστε Β = Γ. () Ν ποδείξετε ότι: ˆ ΟΓ = 30 (β) Ν εκφράσετε το εμβδόν του τετρπλεύρου ΑΒΕΓ συνρτήσει της πλευράς. Η διάμετρος ΑΕ του περιγεγρμμένου κύκλου C ( O, R ) ΒΓ =. Σχήμ 3

9 ΒΓ () Φέρουμε την ΟΚ ΒΓ, οπότε το Κ είνι το μέσο της πλευράς ΒΓ κι ΚΓ = =. Β Γ Β + Γ ΒΓ Επειδή = = = = Γ = κι Κ = ΚΓ Γ = = Επίσης ˆ ˆ 90 ˆ 90 ˆ ΟΓ = ΟΓΚ = ΚΟΓ = Α = = 30, οπότε, ν φέρουμε Λ ΟΓ, πό το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΛ με ˆ ΓΛ = 30 προκύπτει ότι η πένντι κάθετη πλευρά Γ ισούτι με το μισό της υποτείνουσς, δηλδή : Λ = =. 6 Ενλλκτικά θ μπορούσμε ν χρησιμοποιήσουμε το ημίτονο τη γωνίς των 30 στο 1 ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΛ, οπότε έχουμε: Λ = Γ ηµ 30 = =. 3 6 Επομένως, τ ορθογώνι τρίγων ΟΚΔ κι ΟΛΔ έχουν δύο πλευρές τους ίσες μί προς μί (ΟΔ κοινή υποτείνουσ κι Κ = Λ ), οπότε είνι ίσ. Άρ θ έχουν ΚΟ ˆ = ΟΛ ˆ κι φού ˆ ˆ ˆ ΚΟ + ΟΛ = ΚΟΓ = 60, έπετι ότι ˆ ˆ 30 ˆ ΚΟ = ΟΛ = ΟΓ = 30. (β) Επειδή το τρίγωνο ΑΟΓ είνι ισοσκελές με ΟΑ = ΟΓ = R, κι την εξωτερική του γωνί ˆ ΟΓ ˆ 30 = 30, έπετι ότι ˆ ˆ ΟΓ ΕΑΓ = ΟΑΓ = = = 15. Επομένως θ είνι ˆ ˆ ˆ ΒΑΕ = ΒΑΓ ΕΑΓ = = 45. Τότε το τρίγωνο ΑΒΕ είνι ορθογώνιο ισοσκελές με ύψος την κτίν ΒΟ. Από το τρίγωνο R ΟΚΓ προκύπτει η σχέση της κτίνς R με την πλευρά, φού είνι ΟΚ = κι R 3R ΟΓ ΟΚ = ΚΓ R = = = R Το ύψος ΓΜ του τριγώνου ΑΓΕ πρτηρούμε προκύπτει πό το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΜ με ˆ ΟΓ R ΜΟΓ = 30 ότι είνι ΓΜ = =. Γι το εμβδόν του τετρπλεύρου ΑΒΕΓ έχουμε: R 3R Ε ( ) = Ε ( ) + Ε ( ) = ΑΕ ΒΟ + ΑΕ ΓΜ = R R+ R = =. ΑΒΕΓ ΑΒΕ ΑΕΓ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημ 1 x + 7 Ν λύσετε στους πργμτικούς ριθμούς την εξίσωση: x+ 8 3x =. 6 Λόγω της ύπρξης των πόλυτων τιμών θ εργστούμε σε κτάλληλ διστήμτ που θ μς επιτρέπουν ν ποφύγουμε τις πόλυτες τιμές. Πρτηρούμε πρώτ ότι, λόγω της x + 7 πόλυτης τιμής στο πρώτο μέλος, πρέπει: 0 x 7. 6 Τότε η εξίσωση γίνετι:

10 x+ 7 x+ 7 x+ 8 3x = 8 x = (1). 6 6 Επειδή το πρόσημο του όρου 8 x λλάζει εκτέρωθεν του 4, δικρίνουμε τις περιπτώσεις: () 7 x < 4. Τότε x (1) 8 x= 48 1x= x+ 7 13x= 41 x= < 4, 6 13 η οποί είνι δεκτή γιτί νήκει στο διάστημ [ 7,4). (β) x 4. Τότε x + 7 (1) x 8 = 1x 48 = x+ 7 11x= 55 x= 5 > 4, δεκτή. 6 Πρόβλημ Αν οι μη μηδενικοί πργμτικοί ριθμοί xyz,, ικνοποιούν τις ισότητες x+ y = y+ 3z = z+ 5x, ν βρείτε: () Την τιμή των λόγων x y κι z y. (β) Τις τιμές των x, y, z γι τις οποίες η πράστση ελάχιστη τιμή της. x y z y πίρνει την Αν θέσουμε x+ y = y+ 3z = z+ 5 x= t, τότε έχουμε: x+ y = t x+ y = t 5t y+ 3z = t y 6z = t 31x= 5 t x=. 31 z+ 5x= t 6z+ 30x= 6t Τότε λμβάνουμε: 5t 6t 13t x+ y = t + y = t y = y =, t 6t z+ 5 x= t z+ = t z = x 5 z 6 Επομένως έχουμε: =, =. y 13 y 13 (β) Εκφράζουμε την πράστση συνρτήσει της μετβλητής y, οπότε έχουμε: y + y + y y 144 = y y 144 = f ( y), Επειδή ο συντελεστής του y είνι θετικός, η πράστση πίρνει την ελάχιστη τιμή της γι y = =. Τότε είνι x= y = =, z = = = Πρόβλημ 3 Ν προσδιορίσετε όλ τ ζεύγη (, ) xy που είνι λύσεις της εξίσωσης

11 κι νήκουν στο ορθογώνιο ( ) επιπέδου Ο xy. ( ) + 6 συν + 9= 0 x x xy π π D= xy, : π x π, y του Κρτεσινού Η δεδομένη εξίσωση γράφετι: x + 6x συν ( xy) + 9= 0 x + 6x συν ( xy) + 9 συν ( xy) + ηµ ( xy) = 0 x + 3συν ( xy) = 0 x + 3συν ( xy) + 3ηµ ( xy) = 0 3ηµ ( xy) = 0 x + 3συν ( xy) = 0 x + 3συν ( xy) = 0 ή xy = κπ, κ xy = (κ + 1) π, κ x= 3 x= 3 κπ ή (κ + 1) π. y =, κ y = 3,κ 3 Γι ν νήκουν τ πρπάνω ζεύγη στο ορθογώνιο D πρέπει π κπ π 3 3, κ κ, κ κ = 0 ή π (κ + 1) π π , κ κ + 1, κ κ κ { 1, 0}, οπότε προκύπτουν τ ζεύγη: π π 3,, ( 3, 0 ), 3,. 3 3 Πρόβλημ 4 Έστω ΑΒΓΔ τετράπλευρο εγγεγρμμένο σε κύκλο ( O, 1 ) Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΔ. Ο κύκλος C (, ) τέμνει τον κύκλο ( ) C R τέτοιο ώστε Β= = ˆ ˆ 90.Έστω Α ΑΗ κέντρου Α κι κτίνς ΑΗ C O, 1 R στ σημεί Ι κι Κ. Ν ποδείξετε ότι: ΓΙ = ΓΚ = Β.

12 Σχήμ 4 Τ τρίγων ΓΙΚ κι ΓΚΑ είνι ορθογώνι, φού η ΑΓ είνι διάμετρος κι έχουν κοινή C Α ΑΗ. Επομένως τ τρίγων υποτείνουσ κι ΑΙ = ΑΚ, ως κτίνες του κύκλου ( ), υτά είνι ίσ κι θ έχουν κι ΓΙ = ΓΚ. Επειδή η ΒΚ είνι ύψος του τριγώνου ΑΒΔ, έχουμε ότι: ˆ ΑΒΕ = 90 ΒΑ ˆ. Έχουμε επιπλέον ότι: ΑΒΚ ˆ = ΑΓΚ ˆ (εγγεγρμμένες που βίνουν στο ίδιο τόξο) ΑΓΚ ˆ = Α Ζ ˆ (εγγεγρμμένες που βίνουν στο ίδιο τόξο) ˆ Α Ζ = 90 ΒΑ ˆ (γιτί ΓΖ ύψος του τριγώνου ΑΒ ). Άρ είνι ˆ ΑΒΕ = 90 ΒΑ ˆ = ΑΒΚ ˆ, οπότε τ σημεί Α, Η, Ε, Κ είνι συνευθεικά. Επειδή επιπλέον οι ευθείες ΒΚ κι ΓΔ είνι πράλληλες, ως κάθετες προς την ευθεί ΑΔ, έπετι ότι το τετράπλευρο ΒΓΔΚ είνι τρπέζιο εγγεγρμμένο στον κύκλο C 1 ( O, R ) κι άρ ισοσκελές. Επομένως οι διγώνιοι του ΓΚ κι ΒΔ είνι ίσες. Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημ 1 Ν βρείτε πόσοι θετικοί κέριοι της μορφής Α= xxxabc = x 10 + x 10 + x 10 + a 10 + b 10 + c, όπου xabc,,, ψηφί με x 0, διιρούντι με το 37. Ο κέριος Α μπορεί ν γρφεί ως: 3 3 Α= xxxabc = x a 10 + b 10 + c = x abc = πολ.37 + abc, x 1,,...,9. Από την πρπάνω σχέση προκύπτει η ισοδυνμί γι κάθε { } 37 Α 37 abc. Όμως όλοι οι το πολύ τριψήφιοι θετικοί κέριοι που διιρούντι με το 37 είνι της μορφής 37 κκ,, που ικνοποιούν τη σχέσεις 0 37κ 999. Έχουμε 0 37κ 999, κ 0 κ 7, κ. Επομένως υπάρχουν 8 θετικοί κέριοι με τρί το πολύ ψηφί που διιρούντι με το 37 κι επειδή γι το σχημτισμό των πρώτων τριών ψηφίων του Α υπάρχουν 9 δυντές περιπτώσεις, προκύπτει ότι συνολικά υπάρχουν 9 8 = 5 θετικοί κέριοι της δεδομένης μορφής που διιρούντι με το 37. Πρόβλημ Στο Κρτεσινό σύστημ συντετγμένων Oxy οι γρφικές πρστάσεις των συνρτήσεων y = mx + 4+ mx 4, m > 0 κι y = 1 ορίζουν κυρτό επίπεδο σχήμ του οποίου το εμβδό ισούτι με 0 τ. μ. Ν προσδιορίσετε την τιμή της πργμτικής πρμέτρου m > 0. Η εξίσωση y = mx + 4+ mx 4, m, πίρνει τη μορφή y = m x + + m x = m x x, m 0, m m + + > m m

13 οπότε θεωρώντς την τιμή του x στ διστήμτ,,, κι, + m m m m έχουμε: 4 mx, ν x < m 4 4 y = mx mx 4 = 8, ν x, m > 0. m m 4 mx, ν x > m Επομένως η γρφική πράστση της πρπάνω συνάρτησης είνι μί τεθλσμένη γρμμή 4 που φίνετι στο πρκάτω σχήμ, με σημεί λλγής κτεύθυνσης τ Α,8 m κι 4 Β,8. Η εξίσωση y = 1 ορίζει ευθεί πράλληλη προς τον άξον xx που τέμνει τον a άξον στο σημείο ( ) yy 0, 1. Οι δύο γρφικές πρστάσεις τέμνοντι στ σημεί 6 6 Γ, 1 κι, 1, οπότε ορίζουν το ισοσκελές τρπέζιο ΑΒΓΔ με βάσεις μήκους m m 8 1 κι, ενώ το ύψος τους έχει μήκος 4. Επομένως το εμβδόν του τρπεζίου ΑΒΓΔ m m είνι Ε 40 ( ΑΒΓ ) = m. Από την εξίσωση 40 0 m m = =. Πρόβλημ 3 Δίνετι η λγεβρική πράστση: Σχήμ 5 4 Α= 3 4 x x + 16x 3 Ν πλοποιήσετε την πράστση Α κι ν βρείτε το πλήθος των πργμτικών λύσεων της εξίσωσης Α= x + 4, γι κάθε τιμή της πρμέτρου. Έχουμε

14 Άρ είνι ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 Α= 3 4 x x + 16x 3 = 3 4 x x + 8x 16 = = 34 x x 4 = x 4 = x 4 x x Α= x 4 = x x < 4, ν 4, ν Γι την επίλυση της εξίσωσης Α= x + 4,, δικρίνουμε τις περιπτώσεις: Περίπτωση 1. x ή x. Τότε η εξίσωση γίνετι: Α= x+ 4 x 4= x+ 4 x x 8= 0, η οποί έχει δικρίνουσ = + 3 > 0, οπότε η εξίσωση έχει δύο πργμτικές κι άνισες λύσεις, x 1 = Γι τη λύση + + 3, x + 3 =, γι κάθε τιμή x1 =, ισχύει ότι: x , γιτί η νίσωση ληθεύει γι κάθε 4, ενώ γι < 4 είνι ισοδύνμη με την νίσωση Γι τη λύση ( ) x1 =, ισχύει ότι: x (4 + ) (δύντη), φού η νίσωση είνι δύντη γι κάθε 4, ενώ γι < 4 είνι ισοδύνμη με την νίσωση ( ) , άτοπο. Επομένως η λύση x 1 είνι δεκτή γι Γι τη λύση x + 3 =, ισχύει ότι: κι νήκει στο διάστημ [, ) + +. x (δύντη), φού η νίσωση είνι δύντη γι κάθε 4, ενώ γι > 4 είνι ισοδύνμη με την νίσωση ( ) Γι τη λύση , άτοπο. x + 3 =, ισχύει ότι: x , η οποί ληθεύει γι κάθε 4, ενώ γι > 4 είνι ισοδύνμη με την νίσωση ( ) Επομένως η λύση x είνι δεκτή γι Άρ η εξίσωση Α= x + 4, έχει: δύο λύσεις στο σύνολο (, ] [, ) κι νήκει στο διάστημ (, ] +, ότν.

15 μί λύση στο σύνολο (, ] [, ) +, ότν < ή >. Περίπτωση. < x <. Τότε η εξίσωση γίνετι: Α= x+ 4 4 x = x+ 4 x + x= 0 x= 0(δεκτή) ή x=. Η λύση x = είνι δεκτή, εφόσον < < < <. Επομένως η εξίσωση Α= x + 4, έχει: τέσσερις πργμτικές λύσεις γι < <, 0 τρεις πργμτικές λύσεις γι {,0, + } δύο πργμτικές λύσεις γι < ή >. Πρόβλημ 4 Θεωρούμε τετράπλευρο ΑΒΓΔ τέτοιο ώστε Α=Β< ˆ ˆ 90 κι Α + ΒΓ = Γ. Η πράλληλη ευθεί προς την πλευρά ΑΔ πό το μέσο Ε της πλευράς ΓΔ τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Ζ. Ο περιγεγρμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΔΖ τέμνει τις ευθείες ΑΔ κι ΒΓ στ σημεί Κ κι Λ, ντίστοιχ. Αν οι ευθείες ΓΚ κι ΔΛ τέμνοντι στο σημείο Θ κι οι ευθείες ΑΔ κι ΒΓ τέμνοντι στο σημείο Μ, ν ποδείξετε ότι η ευθεί ΜΘ είνι κάθετη προς την ευθεί ΓΔ. Σχήμ 6 Φέρουμε τη ΓΗ πράλληλη προς τη ΑΔ που τέμνει την ΑΒ στο σημείο Η. Τότε ΓΗΒ ˆ = Αˆ (εντός εκτός κι επί τ υτά στις πράλληλες ΓΗ κι Α ) Α=Β ˆ ˆ (πό υπόθεση). Επομένως είνι: ΓΗΒ ˆ = Βˆ ΓΗ = ΓΒ. (1) Επειδή το Ε είνι μέσο της πλευράς ΔΓ του τρπεζίου ΑΒΓΔ κι η ΕΖ είνι πράλληλη στις βάσεις, θ έχουμε (1) υπ όθεση Α + ΓΗ Α + ΒΓ Γ ΕΖ = = =. Επομένως στο τρίγωνο ΓΔΖ η διάμεσος ΖΕ ισούτι με το μισό της πλευρά στην οποί ντιστοιχεί, οπότε το τρίγωνο είνι ορθογώνιο στο Ζ, δηλδή ΓΖ ˆ = 90. Επιπλέον, η ΓΖ είνι διάμετρος του περιγεγρμμένου κύκλου του τριγώνου ΓΔΖ, οπότε ΓΚ = 90 = ΛΓ ˆ. Επομένως οι ΓΚ κι ΔΛ είνι ύψη στο τρίγωνο ΜΔΓ, οπότε το σημείο τομής τους Θ είνι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΜΔΓ. Άρ θ είνι ΜΘ Γ.