Πανελλήνιος Διαγωνισμός Φυσικής Α΄ Λυκείου 2009/ Θέματα και Λύσεις
μαθηματικά β λυκείου θέματα & λύσεις (παπαδόπουλος) 22 11...
-
Upload
charalampos-filippidis -
Category
Documents
-
view
59 -
download
0
Transcript of μαθηματικά β λυκείου θέματα & λύσεις (παπαδόπουλος) 22 11...
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