B thet math_themata_plus_lyseis_17_04_16

1. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(ε)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 3
ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚ Ν ΣΠΟΥ∆ Ν
ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
Ηµεροµηνία: Κυριακή 17 Απριλίου 2016
∆ιάρκεια Εξέτασης: 2 ώρες
ΕΚΦ ΝΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Έστω ,a v δύο διανύσµατα του επιπέδου µε 0a ≠ .
∆είξτε ότι για την προβολή του πάνω στο αv ισχύει προβ νav α
α= ⋅ .
(15 µονάδες)
Α2. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό
σας, δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό αν η
πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος αν η πρόταση είναι λανθασµένη.
α) Το εµβαδόν τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από το τύπο ( )1
( ) det AB, AΓ .
2
ΑΒΓ =
Σ - Λ
β) Για τη γωνία φ, που σχηµατίζει ένα διάνυσµα α µε τον άξονα x x′ ισχύει
0 2ϕ π≤ < . Σ – Λ
γ) Η εξίσωση 2 2
A 0x y x By+ + + + Γ = µε 0Α⋅Β ≠ και 2 2
4 0Α + Β − Γ >
παριστάνει κύκλο µε κέντρο
B
,
2 2
Α 
Κ  
 
. Σ – Λ
δ) Η απόσταση της κορυφής µιας παραβολής από την εστία της είναι ίση µε το
µισό της απόστασης της εστίας από την διευθετούσα. Σ – Λ
ε) Ισχύει η ισοδυναµία ( )/ / det , 0a a aβ λβ β⇔ = ⇔ = , Rλ ∈ και 0β ≠ Σ – Λ
(2x5 µονάδες)

2. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(ε)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 2 ΑΠΟ 3
ΘΕΜΑ Β
∆ίνονται τα διανύσµατα ( 1,2) και β=-3 jα = − .
Β1. ∆είξτε ότι το διάνυσµα ( )3 2β 3,12v a= − = − και βρείτε τον αριθµό 4 βva aγ = + .
(6 µονάδες)
Β2. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ η πλευρά ΑΒ διέρχεται από το σηµείο Κ(3,3) και είναι
κάθετη στο διάνυσµα v , ενώ η πλευρά ΒΓ έχει εξίσωση ( )4 2y va a xβ= + −
τότε βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών ΑΒ και ΒΓ και την κορυφή Β.
(7 µονάδες)
Β3. Βρείτε την εξίσωση της ευθείας γραµµής, στην οποία βρίσκονται τα σηµεία
Μ(λ-1, 2λ+2), .λ ∈ℝ
(6 µονάδες)
Β4. Αν η πλευρά ΑΓ είναι η ευθεία γραµµή που βρήκατε στο ερώτηµα Β3 τότε να
δείξτε ότι το µήκος του ύψους ΒΛ είναι
49 5
55
.
(6 µονάδες)
ΘΕΜΑ Γ
∆ίνεται παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ µε κορυφή Α(2,-3) και τη πλευρά Γ∆ να έχει
εξίσωση 2 3 5 0.x y− + = Μία πλευρά του βρίσκεται στην ευθεία
(ε): 0.x y+ =
Γ1. ∆είξτε ότι η πλευρά που βρίσκεται στην ευθεία (ε) είναι η ΒΓ, βρείτε τις
συντεταγµένες της κορυφής Γ και δείξτε ότι το κέντρο του παραλληλογράµµου
είναι Κ
1
, 1
2
 
− 
 
.
(7 µονάδες)
Γ2. Βρείτε την πλευρά ΑΒ και δείξτε ότι το εµβαδόν του
παραλληλογράµµουΑΒΓ∆ είναι
18
5
τ.µ.
(7 µονάδες)
Γ3. ∆είξτε ότι η εξίσωση της παραβολής C, που έχει κορυφή Ο(0,0), άξονα
συµµετρίας τον x x′ και διέρχεται από το κέντρο Κ του παραλληλογράµµου
είναι 21
2
x y=
(5 µονάδες)

3. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(ε)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 3 ΑΠΟ 3
Γ4. ∆είξτε ότι η εφαπτοµένη της παραβολής C στο σηµείο Κ είναι 2 2 1 0x y+ + =
και µετά βρείτε τον συντελεστή διεύθυνσης της διχοτόµου της γωνίας ΕΚΘ ,
όπου Ε η εστία και ΚΘ ΟΕրր .
(6 µονάδες)
ΘΕΜΑ ∆
∆ίνεται η ευθεία : 0.x yε α β+ =
∆1. Να δείξετε ότι η εξίσωση 2 2
4 4 0x y ax yβ+ − − = παριστάνει κύκλο, του οποίου
να βρείτε το κέντρο Κ και την ακτίνα ρ.
(7 µονάδες)
∆2. Ποια είναι η σχετική θέση της ευθείας και του κύκλου.
(5 µονάδες)
∆3. Αν για τους αριθµούς α και β ισχύει 2 2
3 4 3a β+ = τότε να δείξετε ότι τα κέντρα
των παραπάνω κύκλων βρίσκονται στην έλλειψη 2 2
3 4 12x y+ = , της οποίας να
βρείτε τα µήκη των αξόνων και την εκκεντρότητα.
(6 µονάδες)
∆4. ∆είξτε ότι η εφαπτοµένη της έλλειψης σε σηµείο 1 1N( , )x y διαφορετικό των
κορυφών της, που διέρχεται από το Ζ(-2,3) είναι 2 4 0x y+ − = . Μετά δείξτε ότι
τα σηµεία Ζ, Ο(0,0) και το µέσο του NA′ είναι συνευθειακά, όπου Α΄ η
κορυφή της έλλειψης στον άξονα Οχ΄
(7 µονάδες)

4. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 4
ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚ Ν ΣΠΟΥ∆ Ν
ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
Ηµεροµηνία: Κυριακή 17 Απριλίου 2016
∆ιάρκεια Εξέτασης: 2 ώρες
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 45.
Α2. α) Λάθος
β) Σωστό
γ) Λάθος
δ) Σωστό
ε) Σωστό
ΘΕΜΑ Β
Β1. 3 2 3( 1,2) 2(0, 3) ( 3,6) (0,6) ( 3,12).v a β= − = − − − = − + = −
( 3,12)( 1,2) 4( 1,2)(0, 3) (3 24) 4(0 6) 27 24 3γ = − − + − − = + + − = − = .
Β2.
1 1 1
1
12 4
3
v
v
v λ λ λ
λΑΒ ΑΒ
− −
ΑΒ ⊥ ⇔ ⋅ = − ⇔ = = =
−
Άρα
1
: 3 ( 3) 4 12 3 4 9 0
4
y x y x x yΑΒ − = − ⇔ − = − ⇔ − + =
και : 3 2y xΒΓ = − αφού 4 βva aγ = + =3
Για την εύρεση της κορυφής Β λύνω το σύστηµα:
( )
17
4 9 12 8 9 11
11 17
3 2 3 2 29
11
x
x y x x
x
y x y x
y
 
= − = − − + = −   
⇔ ⇔ − = − ⇔     
= − = −     = 
 

5. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 2 ΑΠΟ 4
Β3.
M M M
1 1 1
2 2 2 2 2 2 4 0
x x x
y y x x y
λ λ λ
λ
Μ Μ Μ
Μ Μ
= − = + = +   
   
= + = + + − + =   
Άρα το Μ κινείται στην ευθεία 2χ-ψ+4=0
Β4. Είναι : 2 4 0x yΑΓ − + = .
( ) 2 2
17 29 492 4
49 5 49 511 11 11d ( , )
11 5 5552 ( 1)
B
⋅ − +
ΒΛ = ΑΓ = = = =
⋅+ −
.
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. H ( ) : 0x yε + = δεν διέρχεται από το Α(2, –3) αφού οι συντεταγµένες του
δεν την επαληθεύουν και δεν είναι
παράλληλη στην ∆Γ γιατί λε = –1 ≠
λ∆Γ. Άρα είναι η (ΒΓ).
Για το Γ λύνουµε το
( )1
0 1
2 3 5 0 2 3 5 0 1
x y y x y
x y x x x
 + =  = −  =  
Σ ⇔ ⇔     
− + = + + = = −    
δηλαδή Γ (–1, 1), άρα
1 2 1 3 1
K , ή Κ , 1
2 2 2
− + −   
−   
   
.
Γ2. Για την ΑΒ: ( ) ( )
2
/ /
3
λ λΓ∆ ΑΒ∆Γ ΑΒ ⇔ = = και διέρχεται από το Α(2,–3)
άρα
2
( 3) ( 2)
3
y x− − = − ⇔ 2 3 13 0x y− − = .
Για το σηµείο Β:
( )2
13
2 3 13 0 2 3 13 13 135
΄Αρα B ,
0 13 5 5
5
x
x y x x
x y y x
y
 
=  − − =  + =  −   
Σ ⇔ ⇔       + = = − −      =
 
δηλ.
3 2
( 3,4) και ΑΒ ,
5 5
 
ΑΓ = − =  
 
( )
3 4
1 1 6 12 9
δηλ. τ.µ.3 2
2 2 5 5 5
5 5
−
ΑΒΓ = = ⋅ − − =
άρα ( ) ( )
18
2 τ.µ.
5
ΑΒΓ∆ = ΑΒΓ =

6. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 3 ΑΠΟ 4
Γ3. Η παραβολή είναι της µορφής
2 1
: 2 και διέρχεται από το σηµείο K , 1
2
C y px
 
= − 
 
άρα:
2 21 1
1 2 1 δηλαδή C: 2 .
2 2
p p y x x y= ⋅ ⇔ = = ⇔ =
Γ4. Η εφαπτόµενη στο σηµείο Κ
1
, 1
2
 
− 
 
θα είναι:
1
( ) : 1 2 2 1 0
2
y x x yη
 
− = ⋅ + ⇔ + + = 
 
µε λε=-1
Η διχοτόµος της γωνίας ΕΚΘ είναι κάθετη στην παραπάνω εφαπτόµενη
( )1 1 από την ανακλαστική ιδιότητα της παραβολήςδ η δδ η λ λ λ⊥ ⇔ ⋅ = − ⇔ =
ΘΕΜΑ ∆
∆1. H εξίσωση( ) : 0x yε α β+ = παριστάνει ευθεία, άρα 0 ή β 0a ≠ ≠ .
Η εξίσωση 2 2
4 4 0x y ax yβ+ − − = (1) είναι της µορφής 2 2
A 0x y x By+ + + + Γ =
µε: 2 2 2 2 2 2
4 16 16 16( ) 0α β α βΑ + Β − Γ = + = + > αφού 0 ή β 0a ≠ ≠ .
Άρα παριστάνει κύκλο µε κέντρο Κ(2α,2β) και ακτίνα
2 2
2 216( )
ρ = 2
2
a β
α β
+
= +
∆2.
2 2
2 2
2 2
2 2
( , ) 2d
α β
ε α β ρ
α β
+
Κ = = + =
+
δηλαδή η ευθεία είναι εφαπτόµενη του
κύκλου.
∆3. Αν Κ(xκ, yκ) τότε:
κ
κ
κ κ
2 2
.
2
2
x
x
y y
α
α
β
β
 
=  =   
⇔   
=   =
 
΄Οµως
2 2
2 2 κ
3 4 3 3 4 3
4 4
x y
a κ
β+ = ⇔ + = ⇔
2 2
2 2
3 4 12 ή 1
4 3
x y
x y κ κ
κ κ+ = + =
δηλαδή κινείται το Κ σε έλλειψη µε α2
= 4 και β2
= 3.
Άρα α = 2 και 3β = οπότε θα είναι:
Mεγάλος άξονας: (AA )= 2 4, µικρός άξονας: ( )=2 3a′ ′= ΒΒ και

7. ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚ Ν ΦΡΟΝΤΙΣΤ Ν ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016
Β ΦΑΣΗ
Ε_3.Μλ2Θ(α)
ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 4 ΑΠΟ 4
γ2
= 4–3 = 1 δηλαδή εκκεντρότητα
1
.
2
γ
ε
α
= =
∆4. Η εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο 1 1( , ) είναι:x yΝ 1 13 4 12,x x y y⋅ + ⋅ = η
οποία διέρχεται από το Ζ(-2, 3) άρα:
1 1 1 16 12 12 2 2x y x y− + = ⇔ − = − (1) και το 1 1( , ) είναιx yΝ σηµείο της έλλειψης,
οπότε: 2 2
1 13 4 12x y+ = (2)
Για την εύρεση της 1 1( , ) λύνω το σύστηµα των (1) και (2):x yΝ
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
( )
3 4 12 3 (2 2) 4 12
x y x y
x y y y
− = − = − 
Σ ⇔ ⇔  
+ = ⋅ − + = 
12 ( )2 2
1 1 12 1 4 12y y y− + + = 2 2
1 1 13 6 3 3 0y y y⇔ − + + − =
2
1 1 1 1
3
4 6 0 0 ή
2
y y y y− = ⇔ = = δηλαδή
3
1, .
2
 
Ν 
 
Άρα η εξίσωση της
εφαπτόµενης
είναι
3
3 1 4 12 3 6 12 2 4 2 4 0
2
x y x y x y x y⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + − =
Είναι
3
( 2,0), Ν 1,
2
 
′Α −  
 
οπότε το µέσο Μ του ′ΝΑ είναι
1 3
, .
2 4
 
Μ − 
 
Έχω και Z (–2, 3), O(0,0)
Άρα
1 3
,
2 4
 
ΟΜ = − 
 
και ( )2,3ΟΖ = − .
Οπότε ( )
1 3
3 6 3 3
det ΟΜ, ΟΖ 02 4
2 4 2 2
2 3
−
= = − + = − + =
−
∆ηλαδήΟΜ //ΟΖ οπότε Ο, Μ, Ζ συνευθειακά.