ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β ΦΑΣΗ

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(ε) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ ΩΝ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ηµεροµηνία: Κυριακή 17 Απριλίου 016 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Έστω a, v δύο διανύσµατα του επιπέδου µε a 0. είξτε ότι για την προβολή του v πάνω στο α ισχύει av = α προβ ν. α (15 µονάδες) Α. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας, δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασµένη. ( ) det AB, AΓ. 1 α) Το εµβαδόν τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από το τύπο ΑΒΓ = ( ) Σ - Λ β) Για τη γωνία φ, που σχηµατίζει ένα διάνυσµα α µε τον άξονα xx ισχύει 0 ϕ< π. Σ Λ γ) Η εξίσωση x + y + Ax + By + Γ = 0 µε Α Β 0 και παριστάνει κύκλο µε κέντρο Α + Β Γ > 4 0 Α B Κ,. Σ Λ δ) Η απόσταση της κορυφής µιας παραβολής από την εστία της είναι ίση µε το µισό της απόστασης της εστίας από την διευθετούσα. Σ Λ a / / β a = λβ det a, β = 0, λ R καιβ 0 Σ Λ ε) Ισχύει η ισοδυναµία ( ) (x5 µονάδες) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ

2 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(ε) ΘΕΜΑ Β ίνονται τα διανύσµατα α= ( 1, ) και β=- j. v= a β=,1 Β1. είξτε ότι το διάνυσµα ( ) και βρείτε τον αριθµό γ= va+ 4aβ. Β. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ η πλευρά ΑΒ διέρχεται από το σηµείο Κ(,) και είναι y= va+ 4aβ x κάθετη στο διάνυσµα v, ενώ η πλευρά ΒΓ έχει εξίσωση ( ) τότε βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών ΑΒ και ΒΓ και την κορυφή Β. Β. Βρείτε την εξίσωση της ευθείας γραµµής, στην οποία βρίσκονται τα σηµεία Μ(λ-1, λ+), λ R. Β4. Αν η πλευρά ΑΓ είναι η ευθεία γραµµή που βρήκατε στο ερώτηµα Β τότε να δείξτε ότι το µήκος του ύψους ΒΛ είναι ΘΕΜΑ Γ ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ µε κορυφή Α(,-) και τη πλευρά Γ να έχει εξίσωση x y+ 5= 0. Μία πλευρά του βρίσκεται στην ευθεία (ε): x+ y= 0. Γ1. είξτε ότι η πλευρά που βρίσκεται στην ευθεία (ε) είναι η ΒΓ, βρείτε τις συντεταγµένες της κορυφής Γ και δείξτε ότι το κέντρο του παραλληλογράµµου 1 είναι Κ, 1. Γ. Βρείτε την πλευρά ΑΒ και δείξτε ότι το εµβαδόν του παραλληλογράµµουαβγ είναι 18 5 τ.µ. Γ. είξτε ότι η εξίσωση της παραβολής C, που έχει κορυφή Ο(0,0), άξονα συµµετρίας τον x x και διέρχεται από το κέντρο Κ του παραλληλογράµµου είναι x= 1 y (5 µονάδες) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ

3 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(ε) Γ4. είξτε ότι η εφαπτοµένη της παραβολής C στο σηµείο Κ είναι x+ y+ 1= 0 ΘΕΜΑ και µετά βρείτε τον συντελεστή διεύθυνσης της διχοτόµου της γωνίας ΕΚΘ, όπου Ε η εστία και ΚΘ րր ΟΕ. ίνεται η ευθεία ε : αx+ βy= Να δείξετε ότι η εξίσωση x + y 4ax 4β y= 0 παριστάνει κύκλο, του οποίου να βρείτε το κέντρο Κ και την ακτίνα ρ.. Ποια είναι η σχετική θέση της ευθείας και του κύκλου. (5 µονάδες). Αν για τους αριθµούς α και β ισχύει a + 4β = τότε να δείξετε ότι τα κέντρα των παραπάνω κύκλων βρίσκονται στην έλλειψηx + 4y = 1, της οποίας να βρείτε τα µήκη των αξόνων και την εκκεντρότητα. 4. είξτε ότι η εφαπτοµένη της έλλειψης σε σηµείο N( x1, y 1) διαφορετικό των κορυφών της, που διέρχεται από το Ζ(-,) είναι x+ y 4= 0. Μετά δείξτε ότι τα σηµεία Ζ, Ο(0,0) και το µέσο του NA είναι συνευθειακά, όπου Α η κορυφή της έλλειψης στον άξονα Οχ ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ

4 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(α) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ ΩΝ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ηµεροµηνία: Κυριακή 17 Απριλίου 016 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 45. Α. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Σωστό ε) Σωστό ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1. v= a β= ( 1, ) (0, ) = (, 6) + (0,6) = (,1). γ= (,1)( 1, ) + 4( 1, )(0, ) = (+ 4) + 4(0 6) = 7 4=. Β ΑΒ v λ λ = 1 λ = = = ΑΒ v ΑΒ λ 1 4 v 1 Άρα ΑΒ : y = ( x ) 4y 1 = x x 4y + 9 = 0 4 και ΒΓ : y = x αφού γ= va+ 4aβ = Για την εύρεση της κορυφής Β λύνω το σύστηµα: 17 x = x 4y = 9 x 1x + 8 = 9 11 ( 11x = 17) y = x y = x 9 y = 11 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 4

5 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(α) Β. xμ = λ 1 λ = xμ + 1 λ = xμ + 1 y = λ + y = x + + x y + 4 = 0 M M Μ Μ M Άρα το Μ κινείται στην ευθεία χ-ψ+4=0 Β4. Είναι ΑΓ : x y + 4 = 0. ΘΕΜΑ Γ ΒΛ = ΑΓ = = = =. + ( 1) ( ) d ( B, ) Γ1. H ( ε ) : x+ y= 0 δεν διέρχεται από το Α(, ) αφού οι συντεταγµένες του δεν την επαληθεύουν και δεν είναι παράλληλη στην Γ γιατί λ ε = 1 λ Γ. Άρα είναι η (ΒΓ). Για το Γ λύνουµε το x + y = 0 y = x y = 1 ( Σ1) x y + 5 = 0 x + x + 5 = 0 x = 1 δηλαδή Γ ( 1, 1), άρα K, ή Κ, 1. Γ / / ΑΒ λγ = λαβ = και διέρχεται από το Α(, ) άραy ( ) = ( x ) x y 1= 0. Για το σηµείο Β: 1 x = x y 1 = 0 x + x = ( Σ) Αρα B, x y 0 y x 1 + = = 5 5 y = 5 δηλ. ΑΓ = (, 4) και ΑΒ =, δηλ. ( ΑΒΓ ) = = = τ.µ άρα ( ΑΒΓ ) = ( ΑΒΓ ) = τ.µ. 5 Γ. Για την ΑΒ: ( ) ( ) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 4

6 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(α) Γ. Η παραβολή είναι της µορφής 1 C : y = px και διέρχεται από το σηµείο K, 1 άρα: = p p = 1 δηλαδή C: y = x x = y. Γ4. Η εφαπτόµενη στο σηµείο Κ 1, 1 θα είναι: 1 ( η) : y = 1 x + x + y + 1 = 0 µε λ ε =-1 Η διχοτόµος της γωνίας ΕΚΘ είναι κάθετη στην παραπάνω εφαπτόµενη δ η λ λ = 1 λ = 1 από την ανακλαστική ιδιότητα της παραβολής δ η δ ( ) ΘΕΜΑ 1. H εξίσωση ( ε ) : αx+ βy= 0 παριστάνει ευθεία, άρα a 0 ή β 0. Η εξίσωση x + y 4ax 4β y= 0 (1) είναι της µορφής x + y + Ax + By + Γ = 0 µε: Α + Β 4Γ = 16α + 16β = 16( α + β ) > 0 αφού a 0 ή β 0. Άρα παριστάνει κύκλο µε κέντρο Κ(α,β) και ακτίνα 16( a + β ) ρ = = α + β α + β. d( Κ, ε ) = = α + β = ρ δηλαδή η ευθεία είναι εφαπτόµενη του α + β κύκλου. xκ α = xκ = α. Αν Κ(x κ, y κ ) τότε:. yκ = β yκ β = xκ yκ Οµως a + 4β = + 4 = 4 4 xκ yκ xκ+ 4yκ= 1 ή + = 1 4 δηλαδή κινείται το Κ σε έλλειψη µε α = 4 και β =. Άρα α = και β= οπότε θα είναι: Mεγάλος άξονας: (AA )= a = 4, µικρός άξονας: ( ΒΒ )= και ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 4

7 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 016 Ε_.ΜλΘ(α) γ = 4 = 1 δηλαδή εκκεντρότητα ε γ = = α Η εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο Ν ( x1, y1) είναι: x1 x + 4y1 y = 1, η οποία διέρχεται από το Ζ(-, ) άρα: 6x1 + 1y1 = 1 x1 y1 = (1) και το Ν ( x1, y1) είναι σηµείο της έλλειψης, οπότε: x1+ 4y1= 1 () Για την εύρεση της Ν ( x1, y1) λύνω το σύστηµα των (1) και (): x1 y1 = x1 = y1 ( Σ) x1 + 4 y1 = 1 ( y1 ) + 4 y1 = 1 1( y1 y1 + 1) + 4y1 = 1 y1 6y1 + + y1 = 0 4y1 6y1 = 0 y1 = 0 ή y1 = δηλαδή Ν 1,. Άρα η εξίσωση της εφαπτόµενης είναι 1 x + 4 y = 1 x + 6y = 1 x + y = 4 x + y 4 = 0 Είναι Α (,0), Ν 1, οπότε το µέσο Μ του ΝΑ είναι 1 Μ,. 4 Έχω και Z (, ), O(0,0) 1 Άρα ΟΜ =, και ΟΖ = (,) Οπότε det ( ΟΜ, ΟΖ) = 4= + = + = 0 4 ηλαδή ΟΜ // ΟΖ οπότε Ο, Μ, Ζ συνευθειακά. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 4