Mα θ η μ α τ ι κ ά Β Λυ κ ε ί ο υ Θετικής-Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Β Τό μ ο ς
Κάθε γνήσιο αντίτυπο φέρει την υπογραφή του συγγραφέα Σειρά: Γενικό Λύκειο Θετικές Επιστήμες Μαθηματικά Β Λυκείου Θετικής-Τεχνολογικής Κατεύθυνσης, Β τόμος Νίκος Τάσος Επιστημονική επιμέλεια: Γιώργος Γερογιαννόπουλος Θεώρηση κειμένου: Κυριάκος Εμμανουηλίδης Στοιχειοθεσία-σελιδοποίηση: Πόπη Καλογιάννη Σχεδιασμός εξωφύλλου: Γεωργία Λαμπροπούλου Υπεύθυνος έκδοσης: Αποστόλης Αντωνόπουλος e-mail συγγραφέα: nikotaso@yahoo.gr Copyright 011 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ, Νίκος Τάσος για την ελληνική γλώσσα σε όλο τον κόσμο ISBN: 978-960-6881-1-3 SET: 978-960-6881-15- Απαγορεύεται η με οποιονδήποτε τρόπο, μέσο και μέθοδο αναδημοσίευση, αναπαραγωγή, μετάφραση, διασκευή, θέση σε κυκλοφορία, παρουσίαση, διανομή και η εν γένει πάσης φύσεως χρήση και εκμετάλλευση του παρόντος έργου στο σύνολό του ή τμηματικά, καθώς και της ολικής αισθητικής εμφάνισης του βιβλίου (στοιχειοθεσίας, σελιδοποίησης κ.λπ.) και του εξωφύλλου του, σύμφωνα με τις διατάξεις της υπάρχουσας νομοθεσίας περί προστασίας πνευματικής ιδιοκτησίας και των συγγενικών δικαιωμάτων περιλαμβανομένων και των σχετικών διεθνών συμβάσεων. Σωτήρος και Αλκιβιάδου 13, Τ.Κ. 185 35 Πειραιάς τηλ.: 10 411507, fax: 10 411675 url: www.poukamisas.gr, e-mail: publications@poukamisas.gr
ΝΙΚΟΣ ΤΑΣΟΣ Mα θ η μ α τ ι κ ά Β Λυ κ ε ί ο υ Θετικής-Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Β Τό μ ο ς
στη Στέλλα
Πρό λ ο γ ο ς Το βιβλίο αυτό έχει σκοπό και στόχο αφενός να βοηθήσει τους μαθητές της Β Λυκείου να κατανοήσουν καλύτερα την ύλη των Μαθηματικών Κατεύθυνσης και, αφετέρου, να αποτελέσει χρήσιμο βοήθημα για τους συναδέλφους εκπαιδευτικούς. Κάθε κεφάλαιο αποτελείται από ενότητες οι οποίες περιέχουν: Ι. ΘΕΩΡΙΑ ΣΕ ΜΟΡΦΗ ΕΡΩΤΗΣΕΩΝ-ΑΠΑΝΤΗΣΕΩΝ Πλήρης θεωρία, η οποία συνοδεύεται από σχόλια και παρατηρήσεις προκειμένου να αναδειχθούν τα «σκοτεινά» σημεία της. ΙΙ. ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ Έγινε προσπάθεια ώστε όλες οι ασκήσεις να ενταχθούν σε ένα πλαίσιο μεθοδολογιών. Πιστεύοντας ότι δεν υπάρχουν εύκολες ή δύσκολες ασκήσεις αλλά μόνο ασκήσεις που μπορούν να επιλυθούν με κατάλληλη μεθοδολογία, δημιουργήσαμε (για πρώτη φορά στα ελληνικά βιβλιογραφικά δεδομένα) κατηγορίες οι οποίες βοηθούν τους μαθητές να αυτενεργήσουν προκειμένου να λύσουν εφαρμογές κάθε επιπέδου δυσκολίας. ΙΙΙ. ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΕΜΠΕΔΩΣΗΣ & ΕΜΒΑΘΥΝΣΗΣ Κάθε λυμένη εφαρμογή συνοδεύεται από παρόμοιες εφαρμογές για λύση. Όπου κρίνεται απαραίτητο, υπάρχουν και επιπλέον εφαρμογές για λύση, ώστε ο μαθητής να αποκτήσει μεγαλύτερη εμπειρία. ΙV. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ Ερωτήσεις τύπου σωστό-λάθος, πολλαπλής επιλογής και αντιστοίχισης οι οποίες στοχεύουν να ελέγξουν τις γνώσεις που έχει αποκτήσει ο μαθητής. V.ΦΥΛΛΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ Στο τέλος κάθε σχεδόν παραγράφου υπάρχει ένα φύλλο αξιολόγησης με στόχο τον έλεγχο των γνώσεων που αποκτήθηκαν. VI.ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ Στο τέλος κάθε κεφαλαίου υπάρχουν επαναληπτικά θέματα και διαγωνίσματα δομημένα με τέτοιον τρόπο ώστε ο μαθητής να κάνει μία ολοκληρωμένη επανάληψη και ο συνάδελφος εκπαιδευτικός να έχει μία σημαντική τράπεζα θεμάτων. VΙΙ. ΤΕΛΙΚΗ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Στην τελική επανάληψη έχει συμπεριληφθεί όλη η θεωρία που χρειάζεται να γνωρίζει ο μαθητής σε μορφή ερωτήσεων, επαναληπτικών ασκήσεων καθώς και ασκήσεων συνδυαστικού χαρακτήρα. VIΙΙ.ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ Μετά την τελική επανάληψη υπάρχουν διαγωνίσματα που καλύπτουν όλο το εύρος της ύλης. Στο τελευταίο τμήμα του βιβλίου υπάρχουν απαντήσεις, υποδείξεις και λύσεις όλων των εφαρμογών, των ερωτήσεων κατανόησης, των φύλλων αξιολόγησης και των διαγωνισμάτων. Ελπίζοντας ότι η προσπάθεια αυτή θα βρει το στόχο της, παραδίδουμε το πόνημα αυτό στην αυστηρή κρίση των μαθητών και συναδέλφων εκπαιδευτικών. Νίκος Τάσος Μαθηματικός M.Sc.
Περ ι ε χ ό μ ε ν α ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ 8.. Κύκλος. Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...13 Μεθοδολογίες Εφαρμογές...15 Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης... 83. Ερωτήσεις κατανόησης...97. Φύλλο αξιολόγησης...103 9.. Παραβολή. Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...105. Μεθοδολογίες Εφαρμογές...108. Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης... 131. Ερωτήσεις κατανόησης...139. Φύλλο αξιολόγησης...143 10.. Έλλειψη. Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...145. Μεθοδολογίες Εφαρμογές...149. Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης...167. Ερωτήσεις κατανόησης...173. Φύλλο αξιολόγησης...177 11.. Υπερβολή Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...179 Μεθοδολογίες Εφαρμογές...185 Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης...04 Ερωτήσεις κατανόησης...09 Φύλλο αξιολόγησης...13 1.. Η εξίσωση Αx + By + Γx + Δy + Ε = 0. Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...15. Μεθοδολογίες Εφαρμογές...16. Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης...3 Επανάληψη στις κωνικές τομές...5 Επαναληπτικά φύλλα αξιολόγησης...31
ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 13.. Μαθηματική επαγωγή Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...41 Μεθοδολογίες Εφαρμογές...41 Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης...50 14.. Ευκλείδεια διαίρεση Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...53 Μεθοδολογίες Εφαρμογές...55 Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης...66 Ερωτήσεις κατανόησης...70 Φύλλο αξιολόγησης...73 15.. Διαιρετότητα Θεωρία σε μορφή ερωτήσεων-απαντήσεων...75 Μεθοδολογίες Εφαρμογές...77 Εφαρμογές εμπέδωσης & εμβάθυνσης...88 Ερωτήσεις κατανόησης...9 Φύλλο αξιολόγησης...95 Επαναληπτικό φύλλο αξιολόγησης...97 Θέματα επανάληψης σε όλη την ύλη...99 Επαναληπτικά διαγωνίσματα...311 Απαντήσεις Υποδείξεις Λύσεις...317
Κεφάλαιο 3 ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ
8Κυ κ λ ο σ Θεωρια Σε Μορφη Ερωτησεων-Απαντησεων 1. Τι ονομάζουμε κύκλο; Απάντηση Είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που απέχουν σταθερή απόσταση από ένα σταθερό σημείο. Το σταθερό αυτό σημείο το ονομάζουμε κέντρο και τη σταθερή απόσταση ακτίνα του κύκλου.. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με κέντρο το σημείο Ο(0, 0) και ακτίνα ρ. Απάντηση Έστω Οxy ένα ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων στο επίπεδο και C ο κύκλος με κέντρο το σημείο Ο(0, 0) και ακτίνα ρ. Για ένα τυχαίο σημείο Μ(x, y) που ανήκει στον κύκλο έχουμε ισοδύναμα Μ(x, y) C (OM) = ρ + y = ρ x + y = ρ Άρα η εξίσωση του κύκλου είναι x + y = ρ Ο y M ρ x 3. Πότε ένας κύκλος λέγεται μοναδιαίος; Απάντηση Ο κύκλος με κέντρο το σημείο Ο(0, 0) και ακτίνα ρ = 1 έχει εξίσωση x + y = 1 και ονομάζεται μοναδιαίος κύκλος. 4. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με κέντρο το σημείο Κ (x 0, y 0 ) και ακτίνα ρ. Απάντηση Έστω Οxy ένα ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων στο επίπεδο και C y ο κύκλος με κέντρο ένα οποιοδήποτε σημείο Κ (x 0, y 0 ) και ακτίνα ρ. Για ένα τυχαίο σημείο Μ(x, y) που ανήκει στον κύκλο έχουμε ισοδύναμα K Μ(x, y) C (ΚM) = ρ (ΚΜ) = ρ y 0 ρ Μ (x x 0 ) + (y y 0 ) = ρ Ο x 0 x ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ 13
ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ 5. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη ε του κύκλου C: x + y = ρ σε ένα σημείο του Α (x 1, y 1 ) έχει εξίσωση xx 1 + yy 1 = ρ Απάντηση Επειδή Α (x 1, y 1 ) C ισχύει ότι x 1 + y 1 = ρ (1). Τότε Μ(x, y) ε OA AM OA AM = 0 (x 1, y 1 ) (x x 1, y y 1 ) = 0 x 1 (x x 1 ) + y 1 (y y 1 ) = 0 x 1 x x 1 + y 1 y y 1 = 0 x 1 x + y 1 y = x 1 + y 1 (1) xx 1 + yy 1 = ρ Ο y A(x 1, y 1 ) ρ M x Σχόλια i. Προσοχή! Ο παραπάνω τύπος εφαπτομένης ισχύει μόνο στην περίπτωση όπου ο κύκλος έχει κέντρο Ο(0, 0) και σε καμία άλλη περίπτωση. ii. Στην περίπτωση που ο κύκλος έχει τη γενική μορφή (x x 0 ) + (y y 0 ) = ρ αποδεικνύεται (βλ. κατηγορία 6 περίπτωση 1) ότι η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου στο σημείο Α (x 1, y 1 ) είναι (x x 0 ) (x 0 x 1 ) + (y y 0 ) (y 0 y 1 ) = ρ 6. Να αποδείξετε ότι κάθε κύκλος έχει εξίσωση της μορφής x + y + Αx + Βy + Γ= 0, με Α + Β 4Γ > 0 (1) και αντίστροφα κάθε εξίσωση της μορφής (1) παριστάνει κύκλο. Απάντηση Ευθύ Θα αποδείξουμε ότι κάθε κύκλος έχει εξίσωση της μορφής (1). Έχουμε (x x 0 ) + (y y 0 ) = ρ x xx 0 + x 0 + y yy 0 + y 0 = ρ x + y + ( x 0 ) x + ( y 0 ) y + x 0 + y 0 ρ = 0 x + y + Αx + Βy + Γ = 0 όπου Α = x 0, Β = y 0 και Γ = x 0 + y 0 ρ Αντίστροφο Θα αποδείξουμε ότι κάθε εξίσωση της μορφής (1) παριστάνει κύκλο. x + y + Αx + Βy + Γ = 0 (x + Αx) + (y + Βy) = Γ ( x + Α x + Α 4 ) ( + y + B y + B 4 ) = Γ + Α + B 4 4 14 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ
( x + Α ) + ( y + B ) = A + B 4Γ 4 8. ΚΥΚΛΟΣ Επομένως Αν Α + Β 4Γ > 0, η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ ( Α, B ) και ακτίνα ρ = Α + Β 4Γ Αν Α + Β 4Γ = 0, η εξίσωση (1) παριστάνει ένα μόνο σημείο, το Κ ( Α, B ) Αν Α + Β 4Γ < 0, η εξίσωση (1) είναι αδύνατη, δηλαδή δεν υπάρχουν σημεία Μ(x, y) των οποίων οι συντεταγμένες να την επαληθεύουν. Σχόλιο Η συντομογραφία C(Κ, ρ) σημαίνει κύκλος κέντρου Κ και ακτίνας ρ. Μεθ ο δ ο λ ο γ ι ε σ Εφ α ρ μ ο γ ε σ Κατηγορία 1 Ασκήσεις στις οποίες ζητείται η εξίσωση του κύκλου και δίνονται διάφορες συνθήκες. Μέθοδος Στις ασκήσεις στις οποίες ζητείται να προσδιορίσουμε την εξίσωση του κύκλου χρειάζεται σε κάθε περίπτωση να βρίσκουμε το κέντρο και την ακτίνα του. Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις. Περίπτωση 1η Ο κύκλος διέρχεται από δύο αντιδιαμετρικά σημεία Α (x 1, y 1 ) και Β (x, y ). Στην περίπτωση αυτή το κέντρο του κύκλου είναι ( x + x 1, y + y 1 K ) και η ακτίνα υπολογίζεται από τη σχέση ρ = (x 1 x 0 ) + (y 1 y 0 ), όπου Κ(x 0, y 0 ) το κέντρο του κύκλου ή ρ = (x x 1 ) + (y y 1 ) ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ 15
ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ Εφαρμογή 8.1 Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που έχει διάμετρο το τμήμα με άκρα τα σημεία Α(1, 7) και Β( 5, 11). Λύση Για το κέντρο του κύκλου ισχύει Άρα Κ(, 9). Η ακτίνα του κύκλου είναι x = x A + x B = 1 5 =, y = y + y A B = 7 + 11 = 9 ρ = (1 + ) + (7 9) = 9 + 4 = 13 Τελικά η εξίσωση του κύκλου είναι C: (x + ) + (y 9) = 13 Εφαρμογή 8. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που έχει διάμετρο την κοινή χορδή των κύκλων C 1 : x + y x = 0 και C: x + y + 4y = 0 Λύση Λύνουμε το σύστημα των C 1, C για να βρούμε τα σημεία τομής τους. { x + y x = 0 } { x + y x = 0 } { 4y + y + 4y = 0 } x + y + 4y = 0 x 4y = 0 x = y { y(5y + 4) = 0 } { 4 } y = 0 ή y = 5 x = y x = 0 ή x = 8 5 Άρα η κοινή χορδή των C 1, C έχει άκρα τα σημεία Α(0, 0), Β ( 8 5, 4 5 ) Το μέσον Κ του ΑΒ θα είναι το κέντρο του ζητούμενου κύκλου, δηλαδή δηλαδή Κ ( 4 5, 5 ) 0 + 8 x 5 K = = 4 0 4, y 5 K = = 5 5 16 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ
8. ΚΥΚΛΟΣ Η ακτίνα του είναι Τελικά η εξίσωση του κύκλου είναι 0 4 = 5 5 5 5 ρ = (ΑΚ) = ( 4 ) + ( ) = C: ( x 4 ) + ( y + ) = 4 5 5 5 Περίπτωση η Ο κύκλος διέρχεται από τρία μη συνευθειακά σημεία Κ (x 1, y 1 ), Λ (x, y ) και Μ (x 3, y 3 ). Στην κατηγορία αυτή έχουμε δύο τρόπους αντιμετώπισης. Α τρόπος Θεωρούμε ως ζητούμενη εξίσωση κύκλου την x + y + Αx + Βy + Γ = 0 Αρκεί επομένως να προσδιορίσουμε τα Α, Β και Γ. Η εξίσωση αυτή επαληθεύεται από τα σημεία Κ, Λ και Μ οπότε με αντικατάσταση των συντεταγμένων στη ζητούμενη εξίσωση προκύπτει το σύστημα { x1 + y 1 + Αx 1 + Βy 1 + Γ = 0 } x + y + Αx + Βy + Γ = 0 x 3 + y 3 + Αx 3 + Βy 3 + Γ = 0 Λύνουμε το σύστημα και προσδιορίζουμε τα Α, Β, Γ. Β τρόπος Ο τρόπος αυτός στηρίζεται σε μια γεωμετρική ιδιότητα. Βρίσκουμε την εξίσωση της μεσοκαθέτου ευθείας του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ και την εξίσωση της μεσοκαθέτου ευθείας του ευθύγραμμου τμήματος ΛΜ. Στη συνέχεια λύνουμε το σύστημα των δύο ευθειών και το σημείο τομής που βρίσκουμε είναι το κέντρο του κύκλου. M Λ K Εφαρμογή 8.3 Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία Α(1, ), Β( 1, 1) και Γ(, 3). Α τρόπος Έστω η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου. Λύση C: x + y + Ax + By + Γ = 0 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ 17
ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ Οι συντεταγμένες των σημείων Α, Β, Γ επαληθεύουν την εξίσωση του ζητούμενου κύκλου, οπότε { 1 + 4 + Α + Β + Γ = 0 } { A + B + Γ = 5 } 1 + 1 Α + Β + Γ = 0 Α + Β + Γ = Α 4 + 9 + Α + 3Β + Γ = 0 Α + 3Β + Γ = 13 K Δ Ε Γ { Α + Β + Γ = 5 } { A + B + Γ = 5 } { A = 5 } Β 3Β + Γ = 7 9 3Γ + Γ = 7 Γ = 16 Β Γ = 3 Β = 3 Γ Β = 13 Άρα η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου είναι C: x + y + 5x 13y + 16 = 0 Β τρόπος Οι συντεταγμένες του μέσου Δ της ΑΒ είναι Άρα Δ ( 0, 3 ). 1 1 x = = 0, y = + 1 = 3 Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή διεύθυνσης 1 1 λ ΑΒ = = 1 1 Για τη μεσοκάθετο μ 1 της ΑΒ ισχύει ότι Οπότε η ευθεία μ 1 έχει εξίσωση μ 1 ΑΒ λ ΑΒ λ μ1 = 1 λ μ1 = y 3 Οι συντεταγμένες του μέσου Ε της ΒΓ είναι Άρα Ε ( 1, ). Η ευθεία ΒΓ έχει συντελεστή διεύθυνσης Για τη μεσοκάθετο μ της ΒΓ ισχύει ότι = (x 0) y = x + 3 1 + 1 x = =, y = 1 + 3 = 3 1 λ ΒΓ = = + 1 3 μ ΒΓ λ ΒΓ λ μ = 1 λ μ = 3 18 ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΟΥΚΑΜΙΣΑΣ