ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(α) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ Ηµεροµηνία: Κυριακή 8 Απριλίου 0 ΘΕΜΑ Α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A. Θεωρία. Σελίδα 4 του σχολικού βιβλίου. Α. Θεωρία Σελίδα 58 του σχολικού βιβλίου. A. Θεωρία. Σελίδα 8 του σχολικού βιβλίου. A4. α. Σωστό β. Λάθος γ. Λάθος δ. Σωστό ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β α + β α β Β. α α β α β β 0 α + β α β = 0 α = α + = α α β β = 0 α β = 0 α β =. Β. Έστω φ= ( α, β), τότε γνωρίζουµε ότι: (B) α β συνφ = συνφ = συνφ =, άρα α β Β. ˆφ = 45 ο. α + β = α + β = α + α β + β = + + = 5 α + β = 5 α β = ( α β) = ( α) α β + ( β) α β = 5 Οπότε α+ β= α β. = 4 + 9 = 5 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(α) εύτερος τρόπος. Αρκεί να αποδείξουµε ότι: α+ β= α β ή ( α+ β) = ( α β) ή α + α β + β = 4α α β + 9β ή α 4α β + 8β = 0 ή 4 + 8 = 0, ισχύει. Β4. Έστω γ= προβα( α β), τότε γνωρίζουµε ότι γ / /α = µ α (). πραγµατικός αριθµός µ ώστε να ισχύει γ Σύµφωνα µε τον τύπο α ( α β) = α προβα( α β) έχουµε: () α ( α β) = α γ α ( α β) = α ( µ α) α ( α β ) α α β α ( α β ) = µ α µ = µ = α α µ = µ =. Τελικά από τη σχέση () προκύπτει: γ = α. δηλαδή υπάρχει ΘΕΜΑ Γ Γ. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας που διέρχεται από τις κορυφές Β, Γ του yγ yβ 4 τριγώνου είναι: λbγ= = = =. xγ xβ 4 Η εξίσωση της πλευράς ΒΓ του τριγώνου θα είναι: y yγ = λbγ( x x Γ) y = ( x ) y = x y = x + y = x y = x 4 x y 4 = 0. To ύψος Γ του τριγώνου είναι κάθετο στην πλευρά ΑΒ οπότε θα ισχύει: Γ ΑΒ λ λ = Όµως Γ ΑΒ y y 4 4+ Β Α λαβ= = = = 5 x Β x Α 4 5 λγ 5 = λγ =. 5 Από ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(α) Η εξίσωση του ύψους Γ του τριγώνου θα είναι: y yγ = λγ ( x xγ) y = ( x ) y = x + 5 5 5 y = x + 5y = x + x 5y + = 0. 5 5 Γ. Για τις ευθείες που διέρχονται από την κορυφή Γ του τριγώνου διακρίνουµε τις περιπτώσεις: η περίπτωση: Εξετάζουµε αν η κατακόρυφη ευθεία ε : x = x = 0 είναι λύση, δηλαδή αν d( O,ε) =. Αxo + Byo + Γ 0 + 0 0 Έχουµε: d( O,ε) = = = = =. Α + Β + 0 Άρα η κατακόρυφη ευθεία ε : x= αποτελεί λύση. η περίπτωση: Εξετάζουµε αν υπάρχουν ευθείες της µορφής: ε : y y = λ x x y = λ x y = λx λ λx y + λ = 0 Γ Γ που να αποτελούν επίσης λύση. Πρέπει και αρκεί: Αx o + Byo + Γ λ 0 0 + λ d( O,ε) = = = Α + Β λ + λ λ + λ 0, λ + > 0 = λ = λ + λ = λ + λ = 4 λ + 4λ + 4λ = 4λ + 4 4λ = λ = 4 Άρα η ευθεία, ε : x y + = 0 x y + + = 0 x 4y + 0 = 0 4 4 4 αποτελεί επίσης λύση. Γ. i) Αφού η παραβολή C έχει κορυφή το O(0,0) και άξονα συµµετρίας τον y y, θα έχει εξίσωση της µορφής C : x = py. Γ, C x = py = p p = 4 p =. Γ Γ Άρα η εξίσωση της παραβολής είναι C : x = y x = 4y. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(α) ii) Έστω ε η εφαπτοµένη της C που είναι παράλληλη στην πλευρά ΒΓ. M x, y το σηµείο επαφής της ε µε την C θα είναι: Αν p= ε : xx = p y + y xx = y + y xx = y + y x y = xx y y = x y x Αφού η ε // ΒΓ λε = λ ΒΓ = x =. 9 Όµως το M( x, y) C x = 4y = 4y 4y = 9 y =. 4 9 9 y = x 4y = 4 x 4 4y = 6x 9 6x 4y 9 = 0. 4 4 ΘΕΜΑ x y. C : x + 4y = + =, 4 Έχουµε: α = 4, β = και επειδή 4 > οι εστίες της C βρίσκονται στον x x. β = α γ γ = α β γ = 4 γ = γ =. Ε (-,0), Ε(,0) και B(0, ) ή B(0, ). (BE ') = (x x ) + (y y ) = ( 0) + (0± ) = + = E ' B E ' B (BE) = ( 0) + (0± ) = + = (E 'E) = (+ ) + (0 0) = = Το τρίγωνο ΒΕ Ε είναι ισόπλευρο. εύτερος τρόπος ΒΟ (ή Β Ο) ύψος και διάµεσος του τριγώνου ΒΕ Ε (ή Β Ε Ε), άρα ΒΕ = ΒΕ. Το Β είναι σηµείο της έλλειψης α= (BE) + (BE ') = α (BE) = (BE ') =. BE= BE ' Επίσης (Ε Ε) =, εποµένως το τρίγωνο είναι ισόπλευρο πλευράς.. Αν αντικαταστήσουµε (x, y) = (, ) στις εξισώσεις των δύο κωνικών, παρατηρούµε ότι επαληθεύονται. 7 Πράγµατι: + 4 = + 4 = και + = + =, ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 6
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(α) άρα το σηµείο P(, ) είναι κοινό των C,C. Το σύστηµα των εξισώσεων των C,C µπορεί να θεωρηθεί ως σύστηµα µε αγνώστους x,y. εδοµένου ότι έχει τη λύση (x, y) = (, ) οι υπόλοιπες λύσεις θα είναι: (, ) η ɺ (, ) η ɺ (, ),που είναι και οι συντεταγµένες των υπολοίπων κοινών σηµείων. εύτερος τρόπος. Τα σηµεία τοµής των κωνικών προκύπτουν από τις λύσεις του συστήµατος. x + 4y = x = x + 4y = x + 4y = 7 x + y = 4x + 4y = 4 x = y = x = x = x = x = ηɺ ηɺ ηɺ y = y = y = y = Τρίτος τρόπος Αφού παρατηρήσουµε ότι P(, ) είναι κοινό σηµείο των C,C και γνωρίζοντας ότι οι κωνικές έχουν άξονες συµµετρίες x x, y y και κέντρο συµµετρίας το Ο, συµπεραίνουµε ότι τα υπόλοιπα κοινά σηµεία είναι: (, ) η ɺ (, ) η ɺ (, ).. 7 OM = 7 (OM) =, άρα το Μ θα είναι σηµείο του κύκλου C. α= ME + ME ' = 4 ME + ME' = α, άρα το Μ είναι σηµείο της έλλειψης C. To M είναι κοινό σηµείο των C, C, εποµένως από το, M(, ) ηɺ M(, ) ηɺ M(, ) ηɺ M(, ). ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 6
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 0 Ε_.ΜλΘΤ(α) 4. Η εξίσωση της εφαπτοµένης της C, έστω ε P, στο P, είναι: xx yy ε P : + = xx + 4yy = x + 4y =. 4 Η εp έχει συντελεστή διευθύνσεως λ= = =. 4 Σύµφωνα µε την ανακλαστική ιδιότητα της έλλειψης η διχοτόµος της γωνίας ' Ε PΕ, έστω δ, είναι η ευθεία που είναι κάθετη στην εφαπτοµένη εp στο σηµείο Ρ, εποµένως αν λ είναι ο συντελεστής διευθύνσεως της δ, τότε: λ λ ' = λ ' =. Η ευθεία δ διέρχεται από το P, και έχει συντελεστή διευθύνσεως λ ' =, άρα, δ : y = (x ). ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 6