ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ. Β Τάξη Γενικού Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β Τάξη Γενικού Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι αλλαγές που ενσωματώθηκαν στην παρούσα επανέκδοση έγιναν με βάση τις διορθώσεις του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου.

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ ΑΔΑΜΟΠΟΥΛΟΣ ΛΕΩΝΙΔΑΣ ΒΙΣΚΑΔΟΥΡΑΚΗΣ ΒΑΣΊΛΕΙΟΣ ΓΑΒΑΛΑΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΠΟΛΥΖΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΣΒΕΡΚΟΣ ΑΝΔΡΕΑΣ Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β Τάξη Γενικού Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗ Το τεύχος που κρατάς έχει μια ιδιομορφία: σου δίνεται με τη σύσταση να μη το διαβάσεις. τουλάχιστο με την έννοια που διαβάζεις ένα άλλο βιβλίο για να κατανοήσεις το περιεχόμενό του. Πράγματι, οι ασκήσεις που σου δίνει ο καθηγητής σου είναι για να εργαστείς μόνος. Γιατί το να λύσεις μια άσκηση σημαίνει πολλές φορές όχι μόνο ότι έχεις κατανοήσει την αντίστοιχη θεωρητική ύλη αλλά και ότι ξέρεις να τη χρησιμοποιήσεις για να δημιουργείς, να ανακαλύπτεις ή να επιβεβαιώνεις κάτι καινούργιο. Και αυτό έχει ιδιαίτερη σημασία για σένα τον ίδιο. Δεν μπορεί παρά να έχεις και συ τη φιλοδοξία να λύνεις μόνος χωρίς βοήθεια τις ασκήσεις, για να νιώθεις τη χαρά αυτής της δημιουργίας, της ανακάλυψης. Πρέπει να ξέρεις ότι όταν δυσκολεύεσαι στη λύση μιας άσκησης, τις πιο πολλές φορές υπάρχει κάποιο κενό στη γνώση της αντίστοιχης θεωρίας Πήγαινε πίσω λοιπόν στο διδακτικό βιβλίο κάθε φορά που χρειάζεται να εντοπίσεις και να συμπληρώσεις τέτοια κενά. Οπωσδήποτε πριν καταπιαστείς με τη λύση των ασκήσεων πρέπει να αισθάνεσαι κάτοχος της θεωρίας που διδάχτηκες. Εκτός από την κατανόηση της θεωρίας μπορεί να βοηθηθείς στη λύση μιας άσκησης από τα παραδείγματα και τις εφαρμογές που περιέχει το διδακτικό σου βιβλίο. Αν παρόλ αυτά δεν μπορείς να προχωρήσεις, στο τέλος του βιβλίου σου θα βρεις μια σύντομη υπόδειξη που ασφαλώς θα σε διευκολύνει. Στις ελάχιστες περιπτώσεις που έχοντας εξαντλήσει κάθε περιθώριο προσπάθειας δε βρίσκεται η πορεία που οδηγεί στη λύση της άσκησης, τότε και μόνο τότε μπορείς να καταφύγεις σ αυτό το τεύχος και μάλιστα για να διαβάσεις εκείνο το τμήμα της λύσης που σου είναι απαραίτητο για να συνεχίσεις μόνος. Ουσιαστικά λοιπόν δεν το χεις ανάγκη αυτό το τεύχος. Σου παρέχεται όμως για τους εξής λόγους: α) Για να μπορείς να συγκρίνεις τις λύσεις που εσύ βρήκες. β) Για να σε προφυλάξει από ανεύθυνα «λυσάρια». γ) Για να απαλλάξει τους γονείς σου από αντίστοιχη οικονομική επιβάρυνση. δ) Για να έχεις εσύ και οι συμμαθητές σου την ίδια συλλογή ασκήσεων που είναι έτσι επιλεγμένες, ώστε να εξασφαλίζουν την εμπέδωση της ύλης. ε) Για να εργάζεσαι χωρίς το άγχος να εξασφαλίσεις οπωσδήποτε για κάθε μάθημα τις λύσεις των ασκήσεων. Το τεύχος που κρατάς είναι λοιπόν φίλος. Να του συμπεριφέρεσαι όπως σ έναν φίλο που έχει δει πριν από σένα την ταινία που πρόκειται να δεις μη του επιτρέψεις να σου αποκαλύψει την «υπόθεση» πριν δεις και συ το έργο. Μετά μπορείτε, να συζητήσετε. Η σύγκριση των συμπερασμάτων θα είναι ενδιαφέρουσα και προπαντός επωφελής. (Από το Τμήμα Μ.Ε. του Π.Ι.)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 1.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΟΣ 1. ΠΡΟΣΘΕΣΗ ΚΑΙ ΑΦΑΙΡΕΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ 1. Για να μη μετακινηθεί το σώμα χρειάζεται να εφαρμοστεί δύναμη ΣΒ = F1 + F + F3 + F4 + F 5. ( ). (i) Έχουμε διαδοχικά: α + γ = β + δ α β = δ γ ΒΑ = Γ. Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. δ α γ β (ii) Έχουμε διαδοχικά: α γ = β δ ΓΑ = Β ( ΓΑ) = ( Β ). Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει ίσες διαγώνιες. (iii) Από τα ερωτήματα (i) και (ii) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο με ίσες διαγώνιες, άρα είναι ορθογώνιο.

8 3. (i) x = α + β (ii) x = α + β γ (iii) x = ζ ε δ + γ β α. 4. Έχουμε διαδοχικά: ΑΒ + ΑΓ = Α + ΑΕ ΑΒ Α = ΑΕ ΑΓ Β = ΓΕ Άρα, το τετράπλευρο ΒΔΓΕ είναι παραλληλόγραμμο. 5. Έχουμε: ΑΒ Γ = ( ΟΒ ΟΑ) ( ΟΓ Ο ) = ΟΒ ΟΑ ΟΓ + Ο = ΟΒ ( ΟΑ + ΟΓ ) + Ο = ΟΒ + Ο. 6. Έστω O το κέντρο του εξαγώνου. Γνωρίζουμε ότι οι πλευρές του κανονικού εξαγώνου είναι ίσες με την ακτίνα του. Επομένως ( ΑΒ ) = ( ΒΓ ) = ( Γ ) = ( ΟΑ) = ( ΟΒ ) = ( ΟΓ ) = = ( Ο ) και άρα τα τετράπλευρα ΟΑΒΓ και ΟΒΓΔ είναι ρόμβοι. Έτσι έχουμε Γ = Ο ΟΓ = ΒΓ ΑΒ = β α. Ζ Ε Α Ο r α Β Δ r β Γ 7. Έχουμε: PP 1 3+ PP 4 + PP 3 5+ PP 4 6 + PP 5 1+ PP 6 = = ( PP 1 3+ PP 3 5 + PP 5 1) + ( PP 4 + PP 4 6 + PP 6 ) = PP 1 1+ PP = 0+ 0= 0.

9 1.3 ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΟΥ ΜΕ ΔΙΑΝΥΣΜΑ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. Το διάνυσμα α 0 είναι γινόμενο του θετικού αριθμού 1 α με το α, επομένως είναι ομόρροπο με το α και έχει μέτρο ίσο με α 0 1 α α 1 = = α α = 1.. (i) Έχουμε διαδοχικά: 1 1 ( x+ α) = ( x+ β) 3 3( x+ α) = ( x+ β) 3x+ 3α = x+ β x = β 3α (ii) Έχουμε διαδοχικά: x+ 3( α + β) = 4( α β) 3x x+ 3α + 3β = 4α 4β 3x x+ 3x = 4α 4β 3β 3α 4x = α 7β 1 7 x = α β 4 4 3. Έχουμε διαδοχικά: ΒΜ = ΜΓ ΑΜ ΑΒ = ( ΑΓ ΑΜ ) x β = ( γ x) x β = γ x 3x = β + γ 1 x = ( β + γ) 3

10 4. (i) Προφανώς είναι Β = β + α. Έχουμε διαδοχικά: Ε + ΕΒ = Β ΕΒ + ΕΒ = Β 3ΕΒ = Β ΕΒ = 1 Β. 3 Άρα, ΕΒ 1 = + 3 ( β α) Έχουμε: ΓΒ = Β Γ = β + α α = β α Έχουμε διαδοχικά: Ε = ΕΒ ΑΕ Α = ( ΑΒ ΑΕ ) ΑΕ Α = ΑΒ ΑΕ 3ΑΕ = ΑΒ + Α 3ΑΕ = α β ΑΕ 1 = 3 ( α β) Έχουμε διαδοχικά: Ε = ΕΒ ΓΕ Γ = ( ΓΒ ΓΕ ) ΓΕ Γ = ΓΒ ΓΕ 3ΓΕ = Γ + ΓΒ 3 ΓΕ = α + ( β α) 3 ΓΕ = β 4α ΓΕ 1 = 3 ( β 4α) ΕΓ 1 = = 3 ( 4α β) 3 ( α β).

11 (ii) Έχουμε ΕΓ = 3 ( α β ) 1 και ΑΕ = 3 ( α β ), επομένως ΕΓ = ΑΕ και άρα τα Α, Ε και Γ είναι συνευθειακά. 5. Έχουμε ΑΓ = α + β και ΓΕ = 3α + 3β = 3( α + β). Επομένως ΓΕ = 3 ΑΓ και άρα τα Α, Γ και Ε είναι συνευθειακά. 6. Με σημείο αναφοράς ένα από τα Κ, Λ, Μ, για παράδειγμα το Κ, η ισότητα γράφεται διαδοχικά: ΚΑ 3ΚΒ ( ΚΑ ΚΒ ) = ( ΚΛ ΚΒ ) + 3( ΚΜ ΚΑ ) ΚΑ 3ΚΒ ΚΑ + ΚΒ = ΚΛ ΚΒ + 3ΚΜ 3ΚΑ ΚΛ = 3 ΚΜ. Άρα τα Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά. 1 1 1 7. Έχουμε Α + ΒΕ + ΓΖ = ( ΑΒ + ΑΓ ) + ( ΒΓ + ΒΑ) + ( ΓΑ ΓΒ + ) 1 = + + + + + ( ΑΒ ΒΑ ΑΓ ΓΑ ΒΓ ΓΒ ) 1 = = 0 0. 1 8. Έχουμε ΟΚ + ΟΛ + ΟΜ = ΟΒ + ΟΓ + ΟΓ + ΟΑ + ΟΑ ( +ΟΒ ) 1 = + + ( ΟΑ ΟΒ ΟΓ ) = ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ. 9. Έχουμε ΑΒ + Α + ΓΒ + Γ = ( ΑΒ + Α ) + ( ΓΒ + Γ ) = ΑΝ + ΓΝ = ( ΑΝ + ΓΝ ) = ( ΝΑ + ΝΓ ) = ΝΜ = 4ΜΝ

1 10. Έχουμε ΑΒ = ΓΒ ΓΑ = µ ΑΒ + λαβ = ( λ µ ) ΑΒ Ώστε ΑΒ = ( λ µ ) ΑΒ και επομένως λ µ =1. 11. Έχουμε Ε = ΑΕ Α = ( λαβ + καγ ) ( καβ + λαγ ) = ( λ κ) ΑΒ ( λ κ) ΑΓ = ( λ κ)( ΑΒ ΑΓ ) = ( λ κ) ΓΒ = ( κ λ) ΒΓ. Άρα Ε // ΒΓ. Β ΟΜΑΔΑΣ 1. Αρκεί να δείξουμε ότι Ε = ΑG. Πράγματι αν πάρουμε το Α ως σημείο αναφοράς, τότε έχουμε: Ε = Α ΑΕ 1 1 = ΑΒ + ΑΓ 3 3 1 = + 3 ( ΑΒ ΑΓ ) 1 = 3 ΑΜ = 3 ΑΜ (όπου Μ το μέσο της ΒΓ) = ΑG (αφού AG = AM ). 3

. Έχουμε ΕΖ = ΑΖ ΑΕ = λ ΑΒ κ Α ΕΓ = ΑΓ ΑΕ = ΑΒ + Α κα = ΑΒ + ( 1 κ) Α. 13 κ Επειδή λ = κ 1, έχουμε κ κ ΕΖ = ΑΒ κ Α = ( ΑΒ ( κ 1) Α ) και ΕΓ = ΑΒ ( κ 1) Α. κ 1 κ 1 κ Παρατηρούμε ότι ΕΖ = ΕΓ. Άρα ΕΓ // ΕΖ, οπότε τα Ε, Γ, Ζ είναι συνευθειακά. κ 1 3. Έστω xκα + yκβ + zκγ = 0 και x+ y+ z = 0. Τότε έχουμε x( ΛΑ ΛΚ ) + y( ΛΒ ΛΚ ) + z( ΛΓ ΛΚ ) =0 ( x+ y+ z) ΛΚ + xλα + yλβ + zλγ = 0 xλα + yλβ + zλγ = 0 Ομοίως αποδεικνύεται και ότι: αν xλα + yλβ + zλγ = 0 και x+ y+ z = 0, τότε xκα + yκβ + zκγ = 0. Έστω xκα + yκβ + zκγ = 0 και xλα + yλβ + zλγ = 0. Τότε έχουμε ( xκα + yκβ + zκγ ) ( xλα + yλβ + zλγ ) =0 x( ΚΑ ΛΑ) + y( ΚΒ ΛΒ ) + z( ΚΓ ΛΓ ) =0 xκλ + yκλ + zκλ = 0 ( x+ y+ z) ΚΛ = 0 και, επειδή ΚΛ 0, έχουμε x+ y+ z = 0.

14 κ 4. Έχουμε ΜΑ = ΜΒ λ κ ΟΑ ΟΜ = ΟΒ ΟΜ λ ( ) λοα λομ = κοβ + κομ λοα + κοβ = ( κ + λ) ΟΜ λοα + κοβ ΟΜ = κ + λ άρα λα + κβ r = κ + λ. Έχουμε ΜΑ = κ ΜΒ και ομοίως βρίσκουμε ότι λα κβ r = λ λ κ. 5. Αν πάρουμε το Α ως σημείο αναφοράς, τότε έχουμε Δ Γ Α Β ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ = Μ ΑΜ + ΑΒ ΑΜ + ΑΓ ΑΜ = Α ΑΜ ΑΜ = ΑΒ + ΑΓ Α ΑΜ = ΑΒ + ΑΒ + Α Α, αφού ΑΓ = ΑΒ + Α ΑΜ = ΑΒ ΑΜ = ΑΒ Μ = Β. Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι η κορυφή Β του παραλληλογράμμου.

6. Αν πάρουμε ως σημείο αναφοράς μια κορυφή του τετραπλεύρου, για παράδειγμα την Α, τότε έχουμε: 4ΜΝ = Α ΒΓ Β Α 4( ΑΝ ΑΜ ) = Α ( ΑΓ ΑΒ ) 4 1 1 ( ΑΒ + Α ) ΑΓ Α ΑΓ ΑΒ = + ΑΒ + Α ΑΓ = Α ΑΓ + ΑΒ ΑΒ + Α = ΑΓ ΑΒ + Α = ΑΒ + ΒΓ Α = ΒΓ. Άρα, το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. 7. Αν Ο είναι ένα σημείο αναφοράς, τότε έχουμε: ΑΑ + ΒΒ + ΓΓ = ΟΑ ΟΑ + ΟΒ ΟΒ + ΟΓ ΟΓ = ( ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ ) ( ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ ) = 3ΟG 3ΟG = 3( ΟG ΟG) = 3GG 8. Με σημείο αναφοράς το Α έχουμε: 3ΜΑ 5ΜΒ + ΜΓ = 3ΑΜ 5( ΑΒ ΑΜ ) + ( ΑΓ ΑΜ ) = 3ΑΜ + 5ΑΜ ΑΜ 5ΑΒ + ΑΓ = ΑΓ 5ΑΒ που είναι σταθερό διάνυσμα. 9. (i) Επειδή τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΓΔ είναι όμοια, ισχύει Δ ( ΚΓ ) ( Κ ) ( Γ ) = = = 1. ( ΚΑ) ( ΚΒ ) ( ΑΒ ) Ν Μ Γ 15 Επομένως, είναι ( ΚΓ ) = 1 ( ΚΑ) και ( Κ ) = 1 ( ΚΒ ), οπότε έχουμε ΚΓ = 1 ΚΑ και Κ = 1 ΚΒ (ii) Για να δείξουμε ότι τα σημεία Ι, Κ, Λ είναι συνευθειακά, αρκεί να δείξουμε ότι ΚΙ // ΚΛ. Πράγματι, έχουμε

16 1 1 () i ΚΑ ΚΒ ΚΓ + Γ ΚΙ = = 1 = ( ΚΑ + ΚΒ ) και ΚΛ = ΚΑ + ΚΒ, οπότε 4 ΚΙ = 1 ΚΛ και άρα ΚΙ // ΚΛ. 4 1.4 ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) x = x = ή x = (ii) x < < x< (iii) y > y < ή y > (iv) x = y x = y ή x = y y=-x O y y=x x

. Η απόσταση ενός σημείου K( µν, ) από τους άξονες x x και y y είναι ν και µ αντιστοίχως. Έτσι έχουμε: Για το Α : και 1 Για το Β : 4 και 3 Για το Γ : 6 και 5 Για το Δ : β + και α 1 Για το Μ : y και x. y ν O μ μ K(μ,ν) v 17 x 3. (i) Για να είναι α = 0 αρκεί λ 4= 0και λ 3λ+ = 0, οπότε λ =. (ii) Για να είναι α 0 και α // xx αρκεί λ 4 0και λ 3λ+ = 0, οπότε λ = 1. 4. Για να είναι α = β αρκεί να είναι λ 3λ+ = λ 5λ+ 6 και λ = 4 λ 3λ = 3λ + 7λ. Έτσι έχουμε το σύστημα, οπότε 5λ 10λ = 0 λ =. 5. Έχουμε x 1 α // β = 0 x 4= 0 x = ή x =. 4 x Για x = είναι α = ( 1, ) και β = ( 4, ) = 1 (,) = α, δηλαδή α β. Για x = είναι α = ( 1, ) και β = ( 4, ) = (,) 1 = α, δηλαδή β α. Άρα η ζητούμενη τιμή του x είναι η x =. 6. Ένα διάνυσμα συγγραμμικό με το u θα έχει τη μορφή λu και αφού θα έχει και διπλάσιο μέτρο πρέπει λu = u. Επομένως λ u = u. Άρα λ = οπότε λ =±. Άρα, το ζητούμενο διάνυσμα είναι ή το (6,8) ή το ( 6, 8). 7. (α) ΟΓ = 1 i, Ο = i + j, 1 1 ΟΕ = i + j, ΟΖ 1 = j, ΟΚ = i + j, ΟΗ = i + j.

18 (β) 1 1 Γ = i + j, ΚΑ = i j, Η 1 = i, Κ = i + j, ΗΘ = 1 i, 3 ΖΑ = i j, ΚΖ = i + j. 8. (i) Έστω Μ ( x, 0 ) το σημείο του άξονα x x που ισαπέχει από τα σημεία Α και Β. Τότε έχουμε: ( ΜΑ) = ( ΜΒ) ΜΑ = ΜΒ ΜΑ = ΜΒ ΜΑ = ΜΒ ( x+ 1) + 6 = ( x+ 9) + 16x = 48 x = 3. Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ ( 3, 0). (ii) Έστω Ν (, 0 y ) το σημείο του άξονα y y που ισαπέχει από τα Α και Β. Με ανάλογο τρόπο όπως στο (i) βρίσκουμε y = 3 και άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Ν (, 0 3). Β ΟΜΑΔΑΣ 1. Αν Α( x1, y1 ), B( x, y ), Γ ( x3, y3 ), ( x4, y4) και Ε ( x5, y5 ) είναι οι κορυφές του πενταγώνου, τότε έχουμε τα συστήματα. Σ 1 x x : x x x + x = 3 1 + x = 6 3 + x = 8 3 4 + x = 6 4 5 + x = 3 5 1 y y και Σ : y y y + y = 5 1 + y = 7 3 + y = 5 3 4 + y = 4 5 + y = 1 5 1 Με πρόσθεση των εξισώσεων του Σ 1 κατά μέλη βρίσκουμε x1 + x + x3 + x4 + x5 = 13. Όμως x + x3 = 6 και x4 + x5 = 6, επομένως x 1 + 1 = 13, άρα x 1 = 1 και διαδοχικά βρίσκουμε x =, x 3 = 4, x 4 = 4, x 5 = 1. Με ανάλογο τρόπο επιλύουμε το σύστημα Σ και βρίσκουμε y 1 = 1, y = 4, y 3 = 3, y 4 =, y 5 = 0. Επομένως οι κορυφές του πενταγώνου είναι τα σημεία Α( 11,), Β ( 4, ), Γ ( 43, ), (4,) και Ε (, 10).

19. Αν Α( x1, y1 ) και Bx (, y ) είναι τα σημεία, τότε τα x 1 και x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x είναι ίση με x ( λ 4λ + 3) x 17 = 0. Η τετμημένη του μέσου του τμήματος ΑΒ + x 1 και άρα λ = 5 ή λ = 1. λ 4λ+ 3 = και επομένως λ 4 λ + 3 = 4 λ 4λ 5 = 0 3. Έστω ότι τα σημεία Μ 1 ( κ 1, λ 1 ), Μ ( κ, λ ), Μ 3 ( κ 3, λ 3 ) και Μ 4 ( κ 4, λ 4 ) είναι μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ τετραπλεύρου που έχει κορυφές Α( x, y ), Bx (, y ), Γ ( x3, y3 ) και ( x4, y4). Τότε θα ισχύει 1 1 x1+ x κ 1 = y1+ y και λ 1 = M 1 B x + x3 κ = y + y3 και λ = Δ M 4 Α M x3 + x4 κ 3 = y3 + y4 και λ 3 = x4 + x1 y κ 4 = και 4 + y 1 λ4 =, οπότε θα έχουμε M 3 Γ και x1 + x + x3 + x4 κ1+ κ3 = = κ + κ4 y1 + y + y3 + y4 λ1+ λ3 = = λ + λ4. 4. Θεωρούμε τα σημεία Α( α1, β1 ), Β ( α, β ) και Γ ( xy, ). Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε:

0 ( ΓΑ) + ( ΓΒ ) ( ΑΒ ) ( x α ) + ( y β ) + ( x α ) + ( y β ) ( α α ) + ( β β ). 1 1 1 1 5. Σχεδιάζουμε τα α, β και r με κοινή αρχή Ο και έστω ΟΑ = α, ΟΒ = β A και ΟΡ = r. Από το πέρας Ρ του r φέρνουμε παράλληλες προς τους φορείς των ΟΑ και ΟΒ Δ P και σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο r ΟΓΡΔ. Θα είναι Ο = x ΟΑ = xα και ΟΓ = y ΟΒ = yβ, O Γ Β όπου xy, R. Από τον κανόνα του παραλληλόγραμμου έχουμε ΟΡ = Ο + ΟΓ, δηλαδή r = xα + yβ, που είναι και η ζητούμενη έκφραση. Θα αποδείξουμε ότι οι αριθμοί x και y είναι μοναδικοί. Έστω ότι ισχύει και r = x α + y β. Τότε έχουμε διαδοχικά: xα + yβ = x α + y β ( x x ) α = ( y y) β. Αν ήταν x x 0, δηλαδή x x, τότε α = y y β x x που σημαίνει ότι α // β που είναι άτοπο. Επομένως x = x, οπότε και y = y. Άρα το r εκφράζεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των α και β. 1.5 EΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ Α ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Έχουμε α β = ( 1) + 35 = + 15= 13 ( α ) ( 3β ) = 6α β = 6 13 = 78 ( α β ) ( 3α + β ) = 3α + α β 3α β β = 31 ( + 3 ) 13 ( + 5 ) = 30 6 9 = 5

(ii) Έχουμε u β = 0 ( κ, λ)(, 5) = 0 κ + 5λ = 0. Τα διανύσματα u είναι κάθετα στο β και μεταξύ τους συγγραμμικά. 1. Έχουμε u ( 7v + w) = 7u v + u w = 74 ( + 4) + ( 6+ 0) = 56+ 6= 6 u ( v w) = 5 4= 4 5 ( u v) w = 8w = 8 w = 86 = 48 ( uv) w= u ( v w) = 5 4= 4 5 3. (i) Πρέπει α ( α + λβ ) = 0. Έχουμε α ( α + λβ ) = α + λα β = 1+ λ 1= λ+ 1. Επομένως λ+ 1= 0 λ = 1. (ii) Ομοίως 1 β ( α + λβ ) = 0 β α + λβ = 0 1+ λ = 0 λ =. 4. Έστω v = ( x, y) το διάνυσμα που ζητάμε. Τότε θα ισχύει: u v = 0 3x y = 0. v = 1 x + y = 1 Από τη λύση του συστήματος βρίσκουμε ( xy, ) =, 13 3 13 3 ή ( xy, ) =,. 13 13 5. Έχουμε u v u v =0 ( 3α β) ( κα + β) = 0 3κα + 6α β καβ β = 0 3 κ 4+ 63 1 3 1 = = κ 9 0 κ 0 6. (i) Έχουμε (ii) Έχουμε 3 α β = 0 4κ + 3= 0 κ = 4

π α β συν = 4κ + 3 κ + 1 4 + 3 = 4κ + 3 4 5 κ + 1= 4κ + 3 κ + 15 = 8κ + 6. Υψώνουμε τα μέλη της τελευταίας εξίσωσης στο τετράγωνο και βρίσκουμε 7κ + 48κ 7 = 0 και έχουμε κ = 1/ 7 ή κ = 7. Από τις τιμές αυτές του κ μόνο η κ = 1/ 7 επαληθεύει την εξίσωση. Άρα κ = 1/ 7. (iii) κ 1 4 α // β = 0 3κ 4= 0 κ =. 4 3 3 7. Αν φ είναι η γωνία των διανυσμάτων u και v, τότε συνϕ = u v u v u v = ( α + 4β) ( α β) = α α β + 4β α 4 β. Όμως είναι οπότε οπότε = + 4 = + 11 1 α α β β 4 = 3. u 1 = ( α + 4 β) = 4 α + 16 α β + 16 β = 4+ 16 16 1 + =, u = 3. v 1 = ( α β) = α α β + β = 1 1 3 + =, v = 3. 3 1 Επομένως συνϕ = = 3 3, άρα ϕ π = 3. 8. Έχουμε 9. Έχουμε α ( α β) α ( α β) = 0 α α β = 0 α α = α β συν( α, β) συν( α, β ) =. β ( )( ) u v = αβ+ βα αβ βα = α β β α = α β β α = 0.

10. Έχουμε v β = ( β α ( α β) β) β = β ( α β) ( α β) β = 0. 3 11. (i) Έχουμε ΑΒ = ( 6 3, 4+ ) = ( 3, ) και Γ = ( 1 1, 5) = (, 3). Επομένως ΑΒ Γ = (, 3 )(, 3) = 6+ 6= 0. (ii) Επειδή ΑΒ Γ =0, τα διανύσματα ΑΒ και Γ είναι κάθετα. 1. Έστω β = λα + p, όπου p α. Έχουμε διαδοχικά α β = λα + p α Επομένως Τελικά α β = λα ( 8) + ( 4) 5= λ 0 9 β = α + p 5 36 = 0λ 36 9 λ = = 0 5 p = β + 9 9 α = 85 + = 5 5 4 (, ) (, ), 5 9 11 β = α +,. 5 5 5 13. Η μια διαγώνιος του παραλληλόγραμμου θα έχει μήκος ίσο με και η άλλη ίσο με ( 5α + β ) ( α 3β ) Έχουμε ( 5α + β) + ( α 3β) = 6α β οπότε 6 α β = (6 α β) = 36α 1α β + β 11 5 = 36 α 1 α β συν45 + β = 36 8 1 3 + 9 = 88 7 + 9 = 5, οπότε 6 α β= 15. Ομοίως βρίσκουμε ότι ( 5α + β ) ( α 3β ) = 4α + 5β = 593.

4 14. Έχουμε ΑΒ ΑΓ + ΑΒ Γ = ΑΒ ( ΑΓ + Γ ) = ΑΒ Α 15. (i) = Α προβ ΑΒ = 53 ( 1) = 15 β τρόπος: ΑΒ ΑΓ + ΑΒ Γ = ΑΒ Α = ( 34, )(, 50) = 15. ( ) ( ) α + β = α + β α + β = α + β ( α + β) = α + β Α α + α β + β = α + α β + β α + α β + β = α + α β + β α β = α β α β συν( αβ, ) = α β (ii) συν( αβ, ) = 1 α β. ( ) = + α β = α + β α β ( α β) α + β α β = α + β + α β α β = α β Β ΟΜΑΔΑΣ α β συν( αβ, ) = α β συν( αβ, ) = 1 α β. 1. Έχουμε λα + λµ ( α β ) + µβ 0 ( λα + µβ ) 0, που ισχύει. Το " = " ισχύει, αν και μόνο αν λα + µβ =0 ή, ισοδύναμα, λα = µβ. Αν λ 0, τότε µ α = λ β, οπότε α // β, που είναι άτοπο.

Επομένως λ = 0, οπότε µβ = 0 και άρα µ = 0. Άρα το " = " ισχύει, αν και μόνο αν λ = µ =0.. (i) Έχουμε u + v + u v = ( u + v ) + ( u v ) = u + u v + v + u u v + v = + = u v u + v 5 (ii) Έχουμε 1 1 1 1 u + v u v = ( u + v) ( u v) 4 4 4 4 1 1 = ( u + u v + v ) ( u u v + v ) 4 4 1 1 = u v + u v = u v. 3. ( i) Αν ω είναι η γωνία των α και β και το u σχηματίζει με το α γωνία φ 1 και με το β γωνία φ, τότε έχουμε: u = βα+ αβ Ομοίως έχουμε: α u = β α + α ( α β) α u συνϕ = β α + α β συνω 1 u συν ϕ = α β (1+συν ) 1 ω α β συν ϕ = 1 (1+συν ω ). (1) u u = βα+ αβ β u = β ( α β) + α β β u συνϕ = β α β συν ω + α β u συν ϕ = α β (1+συν ) ω α β συν ϕ = (1+συν ω ). () u Από τις (1) και () έχουμε συνϕ = συνϕ, άρα ϕ = ϕ. (ii) 1 1 ( )( ) u v = βα+ αβ βα αβ

6 = β α α β = α β α β = 0. Επομένως u v και επειδή ο φορέας των u διχοτομεί τη γωνία των α και β, ο φορέας των v διχοτομεί την παραπληρωματική γωνία των α και β. 4. (i) Έχουμε διαδοχικά: α + β + γ = 0 α + β = γ 4α + 4αβ + β = γ 44 + 4αβ + 1= 9 αβ = (1) Αν εργαστούμε αναλόγως, βρίσκουμε ότι: β γ =3 και γ α = 6. () (ii) Έτσι, λόγω των (1) και (), έχουμε συν(, α β αβ) = = = 1 α β 1 Ομοίως συν( βγ, ) = 1 και συν( γ, α ) = 1. Έτσι είναι α β και β γ και, επειδή α =, α = β και γ = 3 β. β = 1 και γ = 3, έχουμε 5. Επειδή α β έχουμε α β =0 οπότε κµ + λν =0 (1) Επειδή τα μέτρα των α και β είναι ίσα με τη μονάδα έχουμε Επομένως κ + λ = 1 και µ + ν = 1. () ( ) = ( κν λµ ) = [( κλ, ) ( ν, µ )] = κ + λ ν + µ συνω 11συν ω, όπου ω είναι η γωνία των διανυσμάτων ( κλ, ) και ( ν, µ ).

7 Όμως τα διανύσματα ( κλ, ) και ( ν, µ ) είναι παράλληλα, αφού κ λ = ( κµ + λν ) = 0. Επομένως, θα είναι συν ω = 1 και έτσι θα έχουμε ν µ ( κν λµ ) = 1. 6. Θεωρούμε τα διανύσματα α = ( α, β ) και β = ( γ, δ ). Έχουμε και α β = α β συν( αβ, ) = α + β γ + δ συν( αβ, ) α β = αγ + βδ. Επομένως συν( αβ, ) = αγ + βδ α + β γ + δ και επειδή 1 συν( αβ, ) 1 αγ + βδ έχουμε 1 1. α + β γ + δ 7. (i) Έχουμε ΜΑ = ΟΑ ΟΜ = α β και ΜΒ = ΟΒ ΟΜ = α β. (ii) Έχουμε ΜΑ ΜΒ = ( α + β)( α β) = β α = β α = 0. Αφού ΜΑ ΜΒ =0, έχουμε ΜΑ ΜΒ. Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι η γωνία η εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ορθή. 8. (i) ΑΒ = ΗΒ ΗΑ = β α, ΑΓ = ΗΓ ΗΑ = γ α και ΒΓ = ΗΓ ΗΒ = γ β. (ii) Έχουμε γ α = γ β γ ( α β ) = 0 ΗΓ ΒΑ = 0 που ισχύει, αφού ΓΖ ΑΒ. Επίσης γ β = α β ( γ α) β = 0 ΑΓ ΗΒ = 0 που επίσης ισχύει, αφού ΒΕ ΑΓ. (ii) Η ισότητα γ α = β α γράφεται διαδοχικά: γ α β α =0 ( γ β) α = 0 ( ΗΓ ΗΒ) ΗΑ = 0 ΒΓ ΗΑ =0 ΒΓ ΗΑ.

8 Επομένως ΑΗ ΒΓ. Αποδείξαμε λοιπόν ότι: οι φορείς των υψών ενός τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο. (Το σημείο αυτό λέγεται ορθόκεντρο). 9. Έχουμε ΒΘ = ΑΘ ΑΒ = γ β1 και ΓΖ = ΑΖ ΑΓ = β γ. Επομένως 1 ΒΘ ΓΖ = ( γ β ) ( β γ ) = γ β γ γ β β + β γ 1 1 1 1 1 1 = ( ΑΓ )( ΑΒ ) συν( π ˆ Α) + ( ΑΒ )( ΑΓ ) συν ˆ Α = ( ΑΒ )( ΑΓ ) συν ˆ Α+ ( ΑΒ)( ΑΓ) συν ˆ Α = 0. Άρα ΒΘ Γ Z. 10. Αν φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ, τότε έχουμε ΑΒ = προβ ΑΓ και Α = προβ ΑΓ. ΑΒ Επομένως ισχύει ΑΒ ΑΒ = ΑΒ ΑΓ και Α Α = Α ΑΓ, οπότε έχουμε ΑΒ ΑΒ + Α Α = ΑΒ ΑΓ + Α ΑΓ = ( ΑΒ + Α ) ΑΓ = ΑΓ ΑΓ. = ΑΓ Α 11. Αν B είναι το αντιδιαμετρικό του Β, τότε ΒΑΒ ˆ = 90 και επομένως ΜΑ = προβ ΜΒ ΜΒ. Είναι Α Μ B ρ O B

ΜΑ ΜΒ = ΜΒ ΜΑ = ΜΒ ΜΒ = ( ΟΒ ΟΜ )( ΟΒ ΟΜ ) Μ B B O Α = ( ΟΒ ΟΜ ) ( ΟΒ ΟΜ ) = ( ΟΒ + ΟΜ ) ( ΟΜ ΟΒ ) = ΟΜ ΟΒ = ΟΜ ρ, που είναι σταθερό. 9 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ 1. Για να είναι τα τρία σημεία Α, Β και Γ συνευθειακά, αρκεί να αποδείξουμε ότι τα διανύσματα ΑΒ και ΑΓ είναι συγγραμμικά. Αν πάρουμε το σημείο Α ως σημείο αναφοράς, τότε έχουμε διαδοχικά: κοα + λ ΟΒ + µ ΟΓ = 0 καο + λ ( ΑΒ ΑΟ ) + µ ( ΑΓ ΑΟ ) = 0 λ ΑΒ + µ ΑΓ ( κ + λ + µ ) ΑΟ = 0 λ ΑΒ + µ ΑΓ =0 λ ΑΒ = µ ΑΓ Επειδή κ + λ + µ 0 και κ + λ + µ = 0, ένας τουλάχιστον από τους λ, μ θα είναι διαφορετικός από το 0. Αν π.χ. είναι λ 0, τότε έχουμε: ΑΒ = µ ΑΓ. λ Επομένως τα διανύσματα ΑΒ και ΑΓ είναι συγγραμμικά, άρα τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά. Αντιστρόφως. Αν τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά, τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός ρ τέτοιος, ώστε ΑΒ = ρ ΑΓ. Επομένως ΟΒ ΟΑ = ρ( ΟΓ ΟΑ)