2014 - 2015

Τελευταία ενημέρωση: 22 / 11 / 2014

Όλα τα θέματα της τράπεζας με τις λύσεις τους

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Παπαδόπουλος Παναγιώτης

[2]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 – ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18556

ΛΥΣΗ

α) 22

4

2

1222

3222

π

συνβ,ασυν|β||α|βα

β)

βα2

βακ

02202

22

ββακβαακβακβα

2126082440222222222

κκκκκκ

γ) 2424824444422 22222

2

βα|β||α|βαβαβα|βα|

Επομένως: 62242

|βα|

[3]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18558

ΛΥΣΗ

α)

711422

1

2

142

2

8264

2

,,,,,ΑΓΑΒ

ΑΜ

β)

017134

40

6852

488

8264

8264

2222

)()()(

,,

|ΑΓ||ΑΒ|

ΑΓΑΒAσυν ,

άρα 090

Α

γ) Έστω Β(xB, yB) και Γ(xΓ, yΓ)

5

1

61

43641364

B

B

B

B

BBy

x

y

x,y,x,AB

7

5

81

23821382

Γ

Γ

Γ

Γ

ΓΓy

x

y

x,y,x,ΓA

Άρα Β(1, 5) και Γ(5, 7)

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18581

[4]

ΛΥΣΗ

α) 2

|α| , 22

|β| και 2

1

β,ασυν

22

1222

β,ασυν|β||α|βα

β) 1448222 222222

βα|β||α|βαβα)βα(|βα| , άρα 14

|βα|

648222 222222

βα|β||α|βαβα)βα(|βα| , άρα 6

|βα|

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18598

ΛΥΣΗ

α) 91869636961 222

κκκκκκκΓAAB

β) 39090 22

κκκΓAABΓAAB

γ) Για κ=1 έχουμε:

24

,AB και 61,ΓA

Επομένως: 832461 ,,,ΒAΓAΒΓ

[5]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18603

ΛΥΣΗ

α)

ΓAABΓAABΓAABΓAABΓAABΔAΕAΔΕ 3352255225

β)

ΓBBΓAΓABΓAABΓAABΔΕ 333333 άρα

ΓB//ΔΕ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18604

ΛΥΣΗ

[6]

α)

ΔAΒΓABΔAΒΓABΔAΓAAEAZEZ5

2

7

2

7

2

5

2

7

2

5

2

7

2

ΔAΑΔAB5

2

7

2

7

2

ΔAABΔAAB35

4

7

2

5

2

7

2

7

2

ΔAABΔAAB 2535

2

35

4

35

10

ΒΓABABΓAABAZABZB7

2

7

2

ΑΔABABΒΓABAB7

2

7

2

7

2

7

2

ΔAABΑΔABΑΔAB 257

1

7

2

7

5

7

2

7

21

β)

EZΔAABΔAABEZ

2

352525

35

2 (1)

ZBΔAABΔAABZB 72525

7

1 (2)

Από (1) και (2) έχουμε:

EZZBZBEZ14

357

2

35 άρα

EZ//ZB κι επειδή τα διανύσματα

έχουν κοινό σημείο το Ζ, προφανώς τα Β, Ζ, Ε θα είναι συνευθειακά.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18605

ΛΥΣΗ

α) 42,OA

, 13,OB

, 55

,ΓO

),(),(),(OAOBAB 314213

),(),(),(OBΓOΒΓ 621355

[7]

β) Α΄ τρόπος

ΒA),(),(ΒΓ 231262

Άρα

ΒA//ΒΓ οπότε τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. Άρα τα σημεία Α, Β, Γ δεν μπορεί να

είναι κορυφές τριγώνου.

Β΄ τρόπος

06662

31

ΒΓ,ΑΒdet

Άρα

ΒA//ΒΓ οπότε τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. Άρα τα σημεία Α, Β, Γ δεν μπορεί να

είναι κορυφές τριγώνου.

Γ΄ τρόπος

),(),(),(OAΓOΓA 934255

109131 22

)(ΑΒ

1024036462 22

)(ΓB

1039081993 22

)(ΑΓ

Παρατηρούμε ότι:

ΓBBΑΓBBΑΑΓ διότι 10210103

Άρα τα διανύσματα

BΑ ,

ΓB είναι ομόρροπα, οπότε τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. Άρα

τα σημεία Α, Β, Γ δεν μπορεί να είναι κορυφές τριγώνου.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20050

ΛΥΣΗ

[8]

α) λ,λαπροβ,λαπροββλαπροββ//απροβββββ

4242

2

3λλ2030λλλ,λ,,,απροβββα

β

164472142424271

Επομένως: 632

34

2

3242 ,,λ,λαπροβ

β

β) Έστω

1α ,

2α οι ζητούμενες συνιστώσες του διανύσματος

α .

Ισχύει:

1α //

β

1α = κ

β

1α = κ(2, 4)

1α = (2κ, 4κ) με κ≠0

1α +

2α =

α (2κ, 4κ) +

2α = (1, 7)

2α = (1, 7) (2κ, 4κ)

2α = (12κ, 74κ)

1α

2α

1α

2α = 0 (2κ, 4κ) (12κ, 74κ) = 0

2κ(12κ) +

4κ

(74κ) = 0 2κ4κ

2+28κ16κ

2 = 0

20κ

2 30κ =0

10κ(2κ3) = 0 κ=0 (απορρίπτεται) ή κ = 2

3

Επομένως:

1α = (3, 6) και

2α = (2, 1)

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20052

ΛΥΣΗ

α) 122

|α|α

24827217272 2222

|β||β||β||β|ββαββα

β) 1344414422 22

2

2

ββααβα|βα| , άρα 132

|βα|

[9]

γ)

βκβαπροβραάβ//βαπροβ

ββ22

Επομένως:

4

747722 2

κκβκββαπροβββαβ

, οπότε:

ββαπροβ

β 4

72

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20053

ΛΥΣΗ

α) 18

8

42

8

|β||α|

βαβ,ασυν επομένως

β,α = π rad.

β)

β,α = π

α

β οπότε υπάρχει λ<0 ώστε

α = λ

β . Έχουμε λοιπόν:

2

142

20

λλ|β|λ|α||β||λ||α||βλ||α|βλα|α||β|λ

Άρα:

0222

1αββαβαβλα

[10]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20054

ΛΥΣΗ

α)

033220325325 MΡΡΛKΡΡΛMΡKΡΡΛMΡKΡΡΛ

ΛMΛKΛMΛKΛMΛKMΡΡΛKΡΡΛ

2

332032032

Συνεπώς

ΛM//ΚΛ κι επειδή τα διανύσματα έχουν κοινό σημείο το Λ, τα σημεία Κ, Λ, Μ είναι

συνευθειακά

β)

KΒAMKΑΒMΒΛΑΛ 232

AKAΒAMKΑABMAΛAAΒΑΛ 22332

022332 AKAΒAMKΑABMAΛAAΒΑΛ

02235 AKAΒMAKΑBAMAAΒΑΛ

023023230235 ΛKΛMKAMAΑΛΑΛKΑMAΑΛ

0003302

323

2

3

ΛMΛMΛMΛM

ΛMΛK

(ισχύει)

[11]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20055

ΛΥΣΗ

α) 1111341 ,,αα),α(αΑΒ

α,αα,αΒΓ 544454

β) 1α04α-4αααα

ΒΓ,ΑΒdetΒΓ//ΑΒ

045054

110

γ) 661551514345141

,α,αα,αα,αΑΓα

6661166

λλ,λ,,λ,ΑΒλΑΓ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20056

ΛΥΣΗ

[12]

α) 62

322

6

522

π

συνβ,ασυν|β||α|βα

462262222

ββαβαβuβ

β) 6412648464244442 22

2

22

βαβαβαu|u|

6326412

|u|

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20057

ΛΥΣΗ

α) 12

12

321

π

συνβ,ασυν|β||α|βα

3121222 222

βα|α|βααβαα

β) 1344414422 22

22

ββααβαβα άρα 132

βα

1214444422 22

22

αβαβαβαβ άρα 32122

αβ

3213

322

3213

422

22

22

222222 βαβαβαβαβα

αββα

αββα

αβ,βασυν

26

393

132

393

392

399

392

9

3213

9

3213

382

3213

3422

[13]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20058

ΛΥΣΗ

α)

2

1

34

32

124

333

3331

3331

2222

,,

|β||α|

βαβ,ασυν

Επομένως

β,α =3

π rad

β)

311233431323322

2

2 ,,,,|α|αβαβαu

312121234312121234 ,,,

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20059

ΛΥΣΗ

α) 4314312

122312 ,,,,,βαu

β) 044301430 22

xxx,x,vuvu

64481643442 Δ

[14]

)πτεταιίαπορρ(

x ,

02

3

2

6

8421

Άρα x=3

2

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20069

ΛΥΣΗ

α)

απροββ

//

α

απροββ

= κ

β με κIR.

22 |β|κβαβκβαβκββααπροβββαβ

5

2

10

4

4

5

2

1

4

5

2

32

2

11

2

1132

22

2

κκκκκ,,

Επομένως:

απροββ

= κ

β =

5

1

5

2

2

11

5

2,,

β) Έστω 1

α και 2

α οι ζητούμενες συνιστώσες του

α . Έχουμε:

1

α //

β 1

α =μ

β

22

11 11

μ,μα,μα

α = 1

α + 2

α

32

23222

32 222μ

,μα,μ,μαα

μ,μ,

1

α 2

α

0322

2032

22

021μμ

μμμ

,μμ,μαα

025025068402

3

42 222

22 μμμμμμμμ

μμμμ

[15]

5

20 μή)πτεταιίαπορρ(μ

Άρα:

5

1

5

21 ,α και

5

16

5

83

5

2

2

1

5

222 ,,α

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20070

ΛΥΣΗ

α) 93

|β||α| (1)

12

|β||α| (2)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:

2105

|α||α|

(1) 369923

|β||β||β|

32

16

332

π

συνβ,ασυν|β||α|βα

β) 613681163129944129432 22

2

2

βαβαβαu

Άρα 61

u

[16]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20071

ΛΥΣΗ

α) 25α-,α24α-α-α,αΑΒ

32115

1042034102025491052310 22222αααααααΑΒ

0481017096203410042034 222 αααααα

336448174100 Δ

Zα

Δβα ,

17

24

34

48

2

34

5810

221 άρα α=2

β) A(5, 6) και Β(11, 2)

Το σημείο Μ(xM, 0).

2222

6011605 MM xxBΜΜΑ

2222

1153611365 MMMM xxxx

89612121222510 MMMM xxxx

Επομένως Μ(8, 0)

[17]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20148

ΛΥΣΗ

α) 21

,α , 52

,β και 37,γ

014552

21

β,αdet άρα

α ,

β δεν είναι συγγραμμικά

04135637

52

γ,βdet άρα

β ,

γ δεν είναι συγγραμμικά

01714337

21

γ,αdet άρα

α ,

γ δεν είναι συγγραμμικά

β) μκ,μκ,,μ,κ,βμακγ 52237522137

Επομένως:

35μ-2κ-

1μκ

35μ-2κ-

7μκ 4422

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: 1717 μμ

Αντικαθιστώντας στην 1η ισότητα έχουμε: 4134172 κ7κ7)(κ

Άρα:

βαγ 1741

[18]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18606

ΛΥΣΗ

α) 0442124

,,BΟΟΑ άρα

BΟΟΑ

β) i) 432421 ,,,AΟBΟBΑ

2424

β,α,β,αAΟΟΓΑΓ

ii) Εφόσον τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, θα ισχύει:

04423024

430 αβ

βαΑΓ,ΑΒdetΑΓ//ΑΒ

1034016463 βααβ (1)

iii) 0βα,β,αBΑΟΓBΑΟΓ

430430 (2)

Από τις (1) και (2) έχουμε:

4

402

4

4016

4

104

34

4

10341034

3αβ

5α

3αβ

9αα

3αβ

3αα

3αβ

βα

04β3α-

βα

5

6

5

8

5

8

4

5

8

4

25

40

β

α

3β

α

3αβ

α

άρα Γ

5

6

5

8,

[19]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18616

ΛΥΣΗ

α) 12

112

β,ασυν|β||α|βα

β) i)

κκ

κ|β|κ

κββακ

κβακ

βκγβ 12

1222

22

222 κκκ

ii)

βαγ

721422 2222

22

2

|β||α|βαβαβαβα|γ|

Δηλ. 772

|γ||γ|

iii) 22 42222323 βα)βα()βα()βαβ()βαα()γβ()γα(

01444 22

|β||α|

Επομένως: )γβ()γα(

23

[20]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18618

ΛΥΣΗ

α) Αν φ είναι η γωνία που σχηματίζουν τα διανύσματα

u ,

v τότε:

|v||u||v||u|vu|v||u||v||u||vu||v||u||vu| 22 2222

2

2

0φ1φσυν|v||u|συνφ|v||u||v||u|vu

άρα

vu

|v||u||v||u|vu|v||u||v||u||vu|||v||u|||vu| 22 2222

2

2

πφ1φσυν|v||u|συνφ|v||u||v||u|vu

άρα

vu

β) i) κ|γ||β||α|

743 άρα κ|α| 3

, κ|β| 4

και κ|γ| 7

222

22

20 γβαβαγβαγβαγβα

222222 494321692 κβ,ασυνκκκκ|γ|β,ασυν|β||α||β||α|

22222 2424492425 κβ,ασυνκκβ,ασυνκκ

01

β,αβ,ασυν

Άρα

βα

[21]

222

22

20 αγβγβαγβαγβγβα

222222 974249162 κγ,βσυνκκκκ|α|γ,βσυν|γ||β||γ||β|

22222 565695665 κγ,βσυνκκγ,βσυνκκ

πγ,βγ,βσυν

1

Άρα

γβ

ii)

βα άρα υπάρχει μ>0 έτσι ώστε

βμα .

Έχουμε: 4

343

μμκκ|β|μ|α||βμ||α| άρα

αββα3

4

4

3

037034303

40 γαγααγααγβα

[22]

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 – Η ΕΥΘΕΙΑ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18575

ΛΥΣΗ

α) (ΑΒ): 11214

421 xyxyxyx

1-5

2-62-y

β) Έστω Μ το μέσο του ΑΒ. Τότε:

2

62

2

51,M δηλ. Μ(3, 4)

Αν (ε) είναι η μεσοκάθετος του ΑΒ τότε: εΑΒ λελΑΒ = 1 λε1 =

1 λε =

1

Άρα (ε) : 734314 xyxyxy

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18584

ΛΥΣΗ

[23]

α) Έστω Α(4, yA)

Εφόσον το Α είναι σημείο της ε1, θα ισχύει: 2420824 AAA yyy

Άρα: Α(4, 2)

β) (ε1) : 42

1082 xyyx άρα

2

11ελ

εε1 212

11

1 εεεε λλλλ

Η ε1 διέρχεται από Α(4, 2) κι έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = 2, άρα:

(ε): 62822422 xyxyxy

γ)

1410

62

0102482

62

0106242

62

01042

62

x

xy

xx

xy

xx

xy

yx

xy

5

7

5

16

5

7

65

72

x

y

x

y

Άρα Β(5

7, 5

16)

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18587

ΛΥΣΗ

α) Για το σημείο Μ έχουμε:

1717

168

0153216

168

0151682

168

0152

0168

y

yx

yy

yx

yy

yx

yx

yx

[24]

1

8

y

x, άρα Μ(8, 1)

Για το σημείο Α έχουμε:

2

0

168

0

0168

0

0168

0

y

x

y

x

y

x

yx

x, άρα Α(0, 2)

Για το σημείο Β έχουμε:

15

0

015

0

0152

0

y

x

y

x

yx

x, άρα Β(0, 15)

β) Εφόσον το Κ είναι το μέσο του ΑΒ, θα ισχύει:

2

152

2

00,K , δηλ.

2

130,K

2

1581

2

1380 ,,MK , άρα

16

15

8

2

15

MKλ

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18589

ΛΥΣΗ

α) Για το σημείο Μ έχουμε:

279

828

01828

828

01828

828

01

0288

x

xy

xx

xy

xx

xy

yx

yx

3

4

3

3828

x

y

x

y άρα Μ(3, 4)

Αν η ευθεία (ε) είναι κάθετη στον xx ́θα έχει εξίσωση της μορφής x=x0. Εφόσον διέρχεται από

το Μ(3, 4) τότε (ε): x=3

β) Οι ευθείες που διέρχονται από το Μ(3, 4) κι έχουν συντελεστή διεύθυνσης λIR , θα έχουν

εξίσωση της μορφής:

[25]

043λ-y-xλ3λ-xλyxλy 434

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18592

ΛΥΣΗ

α) (ε1) : 3

5

3

1053 xyyx άρα λ1 =

3

1

(ε2) : 53053 xyyx άρα λ2 = 3

133

121 λλ , άρα ε1 ε2

β) Για το σημείο τομής Α των ευθειών ε1, ε2 έχουμε:

2010

53

05159

53

05533

53

053

053

y

yx

yy

yx

yy

yx

yx

yx

2

1

2

523

y

x

y

x, άρα Α(1, 2)

γ) (ΟΑ) : xyxy 2001

020

[26]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18595

ΛΥΣΗ

α) Για το σημείο τομής των ευθειών ε1 και ε2 έχουμε:

105

33

0466

33

04332

33

042

033

x

xy

xx

xy

xx

xy

yx

yx

2

3

2

36

2

323

x

y

x

y

x

y άρα Α(2, 3)

β) i) Για το σημείο Β έχουμε:

3

0

03

0

033

0

y

x

y

x

yx

x άρα Β(0, 3)

Για το σημείο Γ έχουμε:

4

0

04

0

042

0

x

y

x

y

yx

y άρα Γ(4, 0)

ii) (ΒΓ) :

12343

4

34

4

34

04

300 xyxyxyxy

01243 yx

[27]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18600

ΛΥΣΗ

α) Η ευθεία ε1 διέρχεται από τα σημεία Α(3, 0) και Β(0, 6) άρα:

230

061

ελ

(ε1): 62026 xyxy

β) i) 2

1121

222121 εεεε λλλλεε

Επομένως (ε2): xyxy2

10

2

10

ii) Για το σημείο τομής των ευθειών ε1 και ε2 έχουμε:

5

12

2

1

5

12

2

1

125

2

1

124

2

1

622

1

2

1

62

y

x

xy

x

xy

xx

xy

xx

xy

xy

5

6

5

12

y

x

Επομένως το σημείο τομής των ευθειών ε1, ε2 είναι Γ(5

12,5

6)

[28]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18601

ΛΥΣΗ

α) i) Θεωρούμε το σημείο Β(xB, yB). Εφόσον το Μ είναι μέσο του ΑΒ θα ισχύει:

5612

13

BB

B xxx

91012

15

BB

B yyy

Άρα B(5, 9)

ii) 24

8

15

19

ABλ

Άρα (ΑΒ): 12221121 xyxyxy

β) Θεωρούμε το σημείο Κ(xK, 0) του άξονα xx .́

Έχουμε:

2222222295119511 KKKK xxxxBΚΚΑ

11812521081251011222

KKKKKK xxxxxx

131048 KK xx

Άρα το ζητούμενο σημείο είναι Κ(13, 0)

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_18602

[29]

ΛΥΣΗ

α) Έστω (ε1) η ευθεία που διέρχεται από το Α(2, 4) και είναι κάθετη στην (ε).

(ε): y+x=1 y= x+1 άρα λε= 1

11111 111 εεεε λ)(λλλεε

(ε1): 6221 xyx4yx4--y

β) Η προβολή του σημείου Α στην ευθεία (ε1), είναι το σημείο τομής των ευθειών (ε1) και (ε).

Έχουμε:

2

7

2

5

2

7

12

7

2

7

1

72

1

61

1

6

1

x

y

x

y

x

xy

x

xy

xx

xy

xy

xy

Άρα Β(2

7,2

5 )

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20060

[30]

ΛΥΣΗ

α) 430144033

1114

3

14

,,,,,βαu

β) 25169432

2222

)(|u|u

30311

,,βα , άρα Α(1, 5)

Η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας είναι:

(ε): xyxyxyxy 555515515

255

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20061

ΛΥΣΗ

α) (ΑΒ)=(ΓΔ)= 24334222

(ΑΔ)=(ΒΓ)= 541131222

β) Το σημείο Κ στο οποίο τέμνονται οι διαγώνιοι, είναι το μέσο των διαγωνίων, άρα:

2

5

2

41

Κx και 2

2

4

2

31

Κy

Άρα Κ(2

5, 2)

Αν Β(xB, yB) τότε : 3522

5

2

2

BB

B xxx

14322

3

BB

B yyy

Άρα Β(3, 1)

[31]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20062

ΛΥΣΗ

α) (ε): 751053253212

233

xyxyxyxy

β) Για το σημείο τομής Κ της ευθείας (ε) με τον xx΄:

5

7

0

75

0

750

0

75

0

x

y

x

y

x

y

xy

y άρα Κ(

5

7, 0)

Για το σημείο τομής Λ της ευθείας (ε) με τον yy ́:

7

0

75

0

y

x

xy

x άρα Λ(0, 7)

OK = (5

7, 0),

ΛO = (0, 7)

Επομένως (ΟΚΛ) = 10

49

5

49

2

1

70

05

7

2

1

2

1

ΛO,OKdet τ.μ.

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20063

ΛΥΣΗ

α) Αν Β(xB, yB) είναι το ζητούμενο σημείο, τότε θα ισχύει:

54122

1

BB

B xxx

[32]

1210252

2

BB

B yyy

Άρα Β(5, 12)

β) 3

7

6

14

15

212

ABλ

1ABε λλΑΒε

13

7ελ

7

3 ελ

(ε): 27

35 xy

63357 xy

04173 yx

Σημείο τομής της (ε) με τον xx΄:

3

41

0

0413

0

04173

0

x

y

x

y

yx

y επομένως Λ(

3

41, 0)

Σημείο τομής της (ε) με τον yy΄:

7

41

0

0417

0

04173

0

y

x

y

x

yx

x επομένως K(0,

7

41)

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20065

ΛΥΣΗ

[33]

α) 1111111 ηηηε1 λλλληε

(η1): 451511 xyxyxy

β) Εφόσον η (η2) είναι παράλληλη στον άξονα xx ́θα έχει συντελεστή διεύθυνσης 02ηλ . Άρα:

(η2): y=1

γ) Για το σημείο τομής των ευθειών (η1) , (η2) έχουμε:

1

5

1

41

1

4

y

x

y

x

y

xy Άρα Κ(5, 1)

2615 22 )K,O(d

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20066

ΛΥΣΗ

α) (ΑΓ):

3313

32

141 xyxy 103931 xyxy

β) 131 ΒΔΑΓΒΔ λλλAΓΒΔ

3

1 ΒΔλ

(ΒΔ): 13313

11 xyxy

043 yx

Το Μ είναι το μέσο της ΒΓ άρα

2

14

2

12,M ,

δηλ.

2

5

2

1,M

(ΑΜ):

935535

313

2

52

3

13

32

1

12

5

1 xyxyxyxy

01453 yx

[34]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20068

ΛΥΣΗ

α) 244651 ,,AB

β)

2

1124

4

1

4

1,,ABAM

Επομένως, αν θεωρήσουμε ότι Μ(xM, yM) έχουμε:

2

1145

2

11 ,y,x,AM MM

45115 MMM xxx

2

9

2

14

2

14 MMM yyy

Άρα Μ(4, 2

9)

γ) 16

7

8

2

7

44

12

9

ΓΜλ

(ΓΜ): 0441672871616471616416

71 yxxyxyxy

[35]

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20072

ΛΥΣΗ

α) 212

11

4

21

62

111

εεεεεAM λλλλλλεΑΜ

(ε): 32421221 xyxyxy

β) Έστω Β(x, y) είναι το συμμετρικό του Α ως

προς την ε. Το Μ θα είναι μέσο του

τμήματος ΑΒ άρα:

24622

6

xx

x

32112

1

yy

y

Επομένως Β(2, 3)

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20073

[36]

ΛΥΣΗ

α) 233521 ,,ΑΒ

143422 ,,ΑΓ

058314

23

ΑΓ,ΑΒdet

Επομένως τα διανύσματα

ΑΒ ,

ΓA δεν είναι παράλληλα,

οπότε τα σημεία Α, Β, Γ σχηματίζουν τρίγωνο.

β) Το σημείο Μ είναι μέσο του ΑΓ άρα:

2

43

2

22,M δηλ.

2

10,M

Αν Δ(xΔ, yΔ), τότε το Μ θα είναι μέσο και του τμήματος ΒΔ,

οπότε:

102

1

Δ

Δ xx

6152

1

2

5

ΔΔ

Δ yyy

Άρα Δ(1, 6)

γ) Το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο, διότι:

AB,,ΔΓ 236412

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20140

ΛΥΣΗ

α) (ΑΒ):

31263

6

123

6

123

33

212 xyxyxyxy

096 yx

[37]

β) 37

3713

37

13

61

9064

22

εΓ,d)ΓΔ(

616

1 ΓΔΓΔABΓΔ λ1

λλλABΓΔ

(ΓΔ): 246460 xyxy

ΘΕΜΑ 2ο

Κωδικός:

2_20147

ΛΥΣΗ

α) Έστω Μ(xM, yM) το μέσο του τμήματος ΒΓ.

32

42

Mx και 4

2

62

My . Άρα Μ(3, 4)

Αν (ε) είναι η μεσοκάθετος του ΒΓ, θα ισχύει:

1

2

41

24

261 εεΓBε λλλλBΓε

2

112 εε λλ

(ε):

011238238232

14 yxxyxyxy

β) 2222

61412121 λλλλ)ΓA()AB(

491412717331 22222222λλλλλλλλλλ

44812149214 λλλλ

γ) Αν λ=4, τότε Α(5, 3)

Για να είναι το ΑΒΓΔ ρόμβος, αρκεί το Μ να είναι το σημείο τομής των διαγωνίων. Δηλ. το Μ

να είναι το μέσο της ΑΔ. Άρα αν Δ(xΔ, yΔ) τότε:

16532

5

ΔΔ

Δ xxx

και 58342

3

ΔΔ

Δ yyy

. Άρα Δ(1, 5)

[38]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18609

ΛΥΣΗ

α) λ,λλ,λ1λ,λ1λ,λΓAABAM 2242

13

2

1

2

1

β)

40402

202

20 222 λλλλ

λλ,λ

λ,λαΑΜαΑΜ

-2λήλ 2 (απορρίπτεται)

Άρα λ=2.

γ) Για λ=2 έχουμε:

32,ΑΒ

και 16,ΑΓ

(ΑΒΓ) = 8162

1182

2

1

16

32

2

1

2

1

ΑΓ,ΑΒdet τ.μ.

[39]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18610

ΛΥΣΗ

α)

4210

16102

04210

016102

λyx

λyx

λyx

λyx

012102110

12

D , άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε λIR.

Συνεπώς και οι ευθείες (ε1) και (ε2) έχουν τέμνονται για κάθε τιμή της παραμέτρου λ.

1-λ1212-12λ4λλλ

λDx

21610

142

11610

148λ-12168λ-160λλλ

λDy

9610084

4210

16102

Άρα:

112

112

λ

λ

D

Dx x και

148

12

14812

λ

λ

D

Dx

y

Άρα Μ(λ1, 8λ+14)

β) Εξετάζουμε αν το σημείο Μ ανήκει στην ευθεία (ε).

0006148880614818 λλλλ (ισχύει)

γ) Βρίσκουμε τις συντεταγμένες των σημείων Α και Β.

Για το σημείο Α:

4

3

0

068

0

068

0

x

y

x

y

yx

y άρα Α(

4

3, 0)

Για το σημείο Β:

[40]

6

0

06

0

068

0

y

x

y

x

yx

x άρα Β(0, 6)

i) (ζ) // (ΑΒ) λζ=λΑΒ 8

3

24

4

3

6

4

30

06

ζζζζ λλλλ

(ζ) : xy 8

ii) Αν Κ(xK, yK) είναι τυχαίο σημείο της ευθείας (ζ), τότε: yK=8xK

KKKK x,xy,xΑΚ 84

30

4

3

64

306

4

30 ,,BΑ

(ABK) =

KK

KK

xxxx

AB,AKdet 64

186

2

1

64

3

84

3

2

1

2

1

4

9

8

18

4

18

2

1 τ.μ.

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18611

ΛΥΣΗ

α) Εφόσον το σημείο Μ(xM, yM) ανήκει στην ευθεία (ε), προφανώς οι συντεταγμένες του

επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας. Άρα:

74074 MMMM yxyx (1)

Γνωρίζουμε επίσης ότι το Μ ισαπέχει από τα σημεία Α(2, 4) και Β(2, 6). Άρα:

2222

6242 MMMM yxyx)MB()MA(

[41]

2222

6242 MMMM yxyx

2222

1

627427 MMMM

)(

y4yy4y

2222

6549 MMMM y4yy4y

MMMMMMMM yyyyyyyy 12364025168167281162222

13636123640258167281 MMMMMM yyyyyy

(1) xM = 4(1)+7 xM = 4+7 xM = 3

Συνεπώς: Μ(3, 1)

β) 55,MA

και 71,MB

(ΜΑΒ) = 15302

130

2

1535

2

1

71

55

2

1

2

1

BΜ,ΜΑdet τ.μ.

γ) y,xKA

42 και y,xKB

62

1562

42

2

115

2

1

yx

yxKB,ΑKdetMABKAB

3042862121542622

1xyxyxyxyyxyx

302420302420302420 xyήxyxy

5225210245024 xyήxyxyήxy

0520252 yxήyx

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18612

ΛΥΣΗ

[42]

α) 08608662222 yxyxyxyxyx (1)

Θέτουμε ω = x+y κι έχουμε:

(1) 0862 ωω (2)

43236846 2 )(Δ

2

4

2

2621

,ω

(2) 0204024024

yxήyxyxyxωωyxω

Άρα (ε1): x+y2 = 0 και (ε2): x+y4 = 0

121

εε λλ ε1//ε2

β) ε//ε1//ε2 121

εεε λλλ

Θεωρούμε σημείο Ε που ανήκει στην ε1 και σημείο Ζ που ανήκει στην ε2.

Έστω Ε(0, 2) (οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση της ε1) και Ζ(4, 0) (οι συντε-

ταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση της ε2).

Αν Μ είναι το μέσο του ΕΖ, τότε το σημείο Μ προφανώς θα ανήκει και στη μεσοπαράλληλο των

ε1 και ε2.

2

02

2

40,M δηλ. 12,M

Έχουμε λοιπόν (ε): 321211 xyxyxy

γ) Για y=2 η ε1 γίνεται: 0022 xx , άρα Α(0, 2)

Για x=1 η ε2 γίνεται: 3041 yy , άρα B(1, 3)

Τα σημεία Γ(xΓ, yΓ) και Δ(xΔ, yΔ) ανήκουν στην (ε) άρα:

3 ΔΔ xy (3) και 3 ΓΓ xy (4)

2

ΓΓ y,xΑΓ , ΓΓ y,xBΓ

31 , 31

ΔΔ y,xΔB και ΔΔ y,xAΔ

2

Με τη βοήθεια των σχέσεων (3) και (4) έχουμε:

1

ΓΓ x,xΑΓ , ΓΓ x,xBΓ

1 , ΔΔ x,xΔB

1 και 1

ΔΔ x,xAΔ

Το ΑΓΒΔ είναι τετράγωνο άρα:

ΔΓΔΔΓΓ xxx,xx,xBΔΑΓ

111 (5)

01011 ΔΓΓΔΓΔΔΔΓΓ xxxxxxx,xx,xΔBBΓ

011120125

ΔΔΔΔ

)(

ΓΔΓΔ xxxxxxxx

10012 ΔΔΔΔ xήxxx

Αν xΔ=0 τότε yΔ=3 άρα Δ(0, 3) και xΓ =1 και yΓ = 2 άρα Γ(1, 2)

Αν xΔ=1 τότε yΔ=2 άρα Δ(1, 2) και xΓ =0 και yΓ = 3 άρα Γ(0, 3)

[43]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18613

ΛΥΣΗ

α) 03032222 22 2λy-xλyx2λy3λxλxyyx (1)

Θέτουμε ω = xy

(1) 032 22λωλω (2)

2222289243 λλλλλΔ

λ

λλλω ,

2

2

321

(2)

0202 λyxλyxλωλωyxω

002 λyxήλyx

Άρα (ε1): 02 λyx με 11ελ

(ε2): 0 λyx με 12ελ

Προφανώς ισχύει ότι ε1 // ε2.

β) Θεωρούμε το σημείο Α(2λ, 0) της ευθείας ε1.

Η πλευρά του τετραγώνου, θα είναι όση η απόσταση των ευθειών ε1, ε2. Άρα:

d(ε1, ε2) = d(Α, ε2) = 211

02

22

λλλ

Ετετραγώνου = 2 2422

22

22

2

λλ

λλ

[44]

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18614

ΛΥΣΗ

α)

105

33

0466

33

04332

33

042

033

x

xy

xx

xy

xx

xy

yx

yx

2

3

2

36

2

323

2

33

x

y

x

y

x

y

x

xy

Επομένως το σημείο τομής Α των ευθειών ε1 και ε2 είναι: Α(2, 3)

β) i) Για το σημείο Β:

3

0

03

0

033

0

y

x

y

x

yx

x άρα Β(0, 3)

Για το σημείο Γ:

4

0

04

0

042

0

x

y

x

y

yx

y άρα Γ(4, 0)

4

3

04

30

ΒΓλ

(ΒΓ) : 34

34

4

30 xyxy

ii) ),(),(AB 623320

),(),(ΓA 363024

15302

1366

2

1

36

62

2

1

2

1

ΑΓ,ΑΒdetΑΒΓ τ.μ.

[45]

γ) )y,x()y,x(KB

330

)y,x()y,x(ΓK

404

2

43124312

2

1

4

3

2

1

2

1 yxxyyxxy

yx

yxΓK,ΒKdetΒΓK

304312152

4312yx

yxΑΒΓΓKB

0424301843304312304312 yxήyxyxήyx

Άρα (ε3): 3x4y+18=0 με 4

33ελ και (ε4): 3x4y42=0 με

4

34ελ

43 εε λλ άρα τα σημεία Κ βρίσκονται σε δύο παράλληλες ευθείες.

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18617

ΛΥΣΗ

α)

051212051212 y)συνφ|b||α(|x)συνφ|b||α(|y)bα(x)bα(

05121212120512621262 y)συνφ(x)συνφ(y)συνφ(x)συνφ(

05112112 y)συνφ(x)συνφ(

συνφ+1=0 συνφ= 1, οπότε συνφ1= 11= 2≠0

συνφ1=0 συνφ= 1, οπότε συνφ+1= 1+1= 2≠0

Άρα για κάθε φ[0, π] ισχύει |συνφ+1|+|συνφ1|≠0, οπότε η (1) παριστάνει ευθεία.

β) Εφόσον η ευθεία (ε): 05112112 y)συνφ(x)συνφ( είναι παράλληλη στον yy΄, θα είναι

της μορφής x=x0, άρα: συνφ1= 0 συνφ=1 φ =0

Επομένως τα διανύσματα

α και

b είναι ομόρροπα. Δηλ. υπάρχει λ>0 ώστε:

[46]

b = λ

α

b | =| λ

α |

b | = λ|

α |

Άρα

b = 3

α .

γ) Αν η ευθεία (ε): 05112112 y)συνφ(x)συνφ( είναι παράλληλη στον xx ,́ θα είναι της

μορφής y=y0, άρα: συνφ+1= 0 συνφ= 1 φ = π

Επομένως τα διανύσματα

α και

b είναι αντίρροπα. Δηλ. υπάρχει κ<0 ώστε:

b = κ

α

b | =| κ

α |

b | = κ|

α | κκ

Άρα

b = 3

α .

δ) Η διχοτόμος του 1ου

-3ου

τεταρτημορίου είναι (δ): y=x

2002111

1

1 πφσυνφσυνφσυνφσυνφ

συνφ

συνφλλδ//ε δε

Επομένως

α

b

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18620

ΛΥΣΗ

α)

15y-x)λ(

5yx)λ(

015-y-x)λ(

05-yx)λ(

3

12

3

12

22

0111122231213

112 2222

2

)λ()λλ(λλλλ

λ

λD

Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση οπότε οι ευθείες τέμνονται για κάθε λIR .

β) Αν οι ευθείες τέμνονται στο Α(2, 1), τότε οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν τις εξισώσεις

των ευθειών. Επομένως:

2482

4

1462

624

123

212

2222 λ

2λ

λ

2λ

λ

8λ

0λ

0λ

015-)λ(

05-1)λ( άρα λ=2

[47]

γ) Για το σημείο Β:

5

0

05

0

y

x

y

x άρα Β(0, 5)

Για το σημείο Γ:

15

0

015

0

y

x

y

x άρα Γ(0, 15)

),(ΑΒ 62

και ),(ΑΓ 142

2012282

1

142

62

2

1

2

1

)ΑΓ,ΑΒdet(ΑΒΓ τ.μ.

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18621

ΛΥΣΗ

α) Θεωρούμε τα διανύσματα 2κ,κα

1 και κ-,κβ 311

για τα οποία ισχύει ότι

ε//α

και ζ//β

.

2κ2κ-κκκ)κ(2κ-κ)()κ(κκ

κκβ,αdet 223311311

311

21

15 2κκ2

Αν ε//ζ, τότε θα πρέπει να ισχύει: 01250 2

κκβ,αdetβ//α

162041542 2 )()()(Δ <0, άρα δεν υπάρχουν τιμές του κ ώστε οι ευθείες να

είναι παράλληλες.

[48]

β)

2222 31141

211

)κ()κ(κ)κ(

)3κ-κ(-1)κ)(κ(

|β||α|

βαβ,ασυν

2410125

125

2410125

21

22

2

22

2

κκκκ

κκ

κκκκ

6κκκ 2

1251252

125

1252125

125

22

2

22

2

κκκκ

)κκ(

)κκ(κκ

)κκ(

2

2

2

1

1252

1252

2

)κκ(

)κκ(

Συνεπώς

β,ασυν =4

3

2

2 πσυν , άρα

β,α =4

3π

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18622

ΛΥΣΗ

α)

2

11

2

3112 ,,ΑΒ

2

221

2

42

μ,μ

μ,μΒΓ

β) Αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά.

ΒA)μ(,)μ(

μ,μΒΓ 2

2

112

2

22 , άρα

AB//ΒΓ

[49]

Επειδή όμως τα διανύσματα έχουν κοινό σημείο το Β, άρα τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθει-

ακά.

γ)

2

11

2

22

2

11

2

22 ,

)μ(μ),μ(μ,

μ,μμABΒΓμ

10101212 22 μ)μ(μμ)μ(μ

δ) Για μ=1, έχουμε Γ(1, 2

3)

),(ΟΒ 12

και ),(ΟΓ2

31

(ΟΒΓ) = 122

12

2

113

2

1

2

31

12

2

1

2

1

ΟΓ,ΟΒdet τ.μ.

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18623

ΛΥΣΗ

α) 324735 ,,ΑΒ

6322423312

μ,μμ,μΓA

0661266322

32

6μμμμ

ΓA,ΒAdet

[50]

Επομένως τα διανύσματα

ΑΒ ,

ΓA δεν είναι παράλληλα. Άρα τα σημεία Α, Β, Γ δεν είναι

συνευθειακά για κάθε τιμή του πραγματικού αριθμού μ.

β) i) (AΒΓ) = 362

1

2

1

ΓA,ΒAdet τ.μ. (ανεξάρτητο του μ)

ii)

μy

μx

μy

μx

3

2

2

1

23

12

Άρα (ε): 072342333

2

2

1

yxyx

yx

γ) εAB λλ

2

3

35

47 επομένως ΑΒ//ε.

Συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΓ έχει σταθερή βάση το τμήμα ΑΒ και το ύψος του είναι η απόσταση του

σημείου Γ από την ευθεία ΑΒ, δηλ. η απόσταση των παραλλήλων ευθειών ΑΒ και ε, που είναι ε-

πίσης σταθερή. Άρα το τρίγωνο έχει εμβαδόν σταθερό και ανεξάρτητο του αριθμού μ.

ΘΕΜΑ 4ο

Κωδικός:

4_18615

ΛΥΣΗ

α) 632

2121

xx

xx και 521 xx

Έχουμε λοιπόν:

056

6

56

6

56

6

5

6

1

2

1

12

1

2

1

12

11

12

21

21

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

xx

162036 Δ

[51]

1

5

2

4621

,x

Επειδή x1 < x2, προφανώς ισχύει ότι: x1 = 1 και x2 = 5

Άρα Α(1, y1) και Β(5, y2)

AB // ε λΑΒ = λε 4115

1212

yy

yy

Έχουμε λοιπόν:

62

4

104

4

10

4

10

4

52

4

1

12

11

12

21

12

21

12

21

12

y

yy

yy

yy

yy

yy

yy

yyyy

yy

3

7

3

43

3

4

1

2

1

2

1

12

y

y

y

y

y

yy

Συνεπώς: Α(1, 3) και Β(5, 7)

β) 31,OA

και 75,OB

(ΟAΒ) = 482

18

2

1157

2

1

75

31

2

1

2

1

OB,OAdet τ.μ.

γ) y,xKA

31 και y,xKB

75

(ΚAΒ) =

yxyxyx

yxKB,KAdet 3571

2

1

75

31

2

1

2

1

yxyxyxxyxyxyxy 2222

4484

2

1351577

2

1

(ΚΑΒ)=2(ΟΑΒ) 42822 yxyx

02064242 yxήyxyxήyx