Math prosanatolismou lyceum_b

Μαθηματικά προσανατολισμού Β΄ Λυκείου

Επαναληπτικά Θέματα (προσομοίωσης Εξετάσεων) Ο.Ε.Φ.Ε. 2001-2015 (και των δύο φάσεων Α΄ & Β΄)

Επιμέλεια : Χρήστος Κ.Λοΐζος Μαθηματικός

https://liveyourmaths.wordpress.com/


xy

0,y0

y − y− xo).

o, y);

1, y1 2, y21≠x2.

−

−2)

−2)

1. y+2 = 0

2. x−1 = 0

3. y = −x+3

4. y = −x−1

5. x+2 = 0

−4

+=

−=

=

.

⋅

, (4

+2

)2, ( −

)2

,

.

,

= − = +

-

− 3) = 1

−2−

xy -

-

- 1

1= -

1 2

2=4.

1 2.

-

− y − -

1

ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗ 2002 - Μαθηματικά Β΄ Λυκείου – Κατεύθυνσης

Θέμα 1ο α) i) Για τα διανύσματα ),( 11 yxa =!

, ),( 22 yx=β!

ν’ αποδείξετε ότι: β+α!!

=(x1+x2,y1+y2) Μονάδες 3

ii) Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράμμα της στήλης Α και δίπλα τον αριθμότης στήλης Β που αντιστοιχεί στην σωστή απάντηση:

ΣΤΗΛΗ Α ΔΙΑΝΥΣΜΑ α!

ΣΤΗΛΗ Β Γωνία που σχηματίζει το α! με τον

άξονα x.

α) α!

=(-1,-1)

β) α!

=(-1,1)

γ) α!

=(1,-1)

δ) α!

=(1,1)

ε) α!

=(0,-1)

1) 4π

2) 4

3π

3) 4

5π

4) 2π-4π

5) 2

3π

β) i) Ν’ αποδείξετε ότι κάθε ευθεία του επιπέδου γράφεται στην μορφή Ax+By+Γ =0 με Α≠0 ή Β≠0.

Μονάδες 5 ii) Να γράψετε τον τύπο που δίνει την απόσταση d(M, ε) του σημείου M(x0,y0)από την ευθεία ε: Ax+By+Γ=0 με Α≠0 ή Β≠0.

Μονάδες 2 γ) Να χαρακτηρίσετε σαν σωστό (Σ) ή λάθος (Λ) τις επόμενες προτάσεις (i) έως (v) :

i) Η εξίσωση 2x2 + 2y2 + 4x + 8y – 1 = 0 παριστάνει κύκλο.ii) Ο κύκλος C: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 1 εφάπτεται στον άξονα y΄y.iii) Η εξίσωση της εφαπτόμενης του κύκλου x2 + y2 = ρ2 που διέρχεται από τοσημείο Α(x1, y1) είναι πάντα xx1 + yy1 = ρ2.

iv) Τα σημεία M(x,y) με x=ρσυνφ, y=ρημφ me f∈ [0,2π] και ρ>0 βρίσκονται στονκύκλο x2 + y2 = ρ2.

v) Αν η ευθεία (ε) τέμνει τον κύκλο C ο οποίος έχει κέντρο Κ και ακτίνα ρ>0,τότε d(K,ε)>0.

Μονάδες 5 δ) Οι τιμές του ακεραίου αριθμού α είναι τέτοιες, ώστε να διαιρεί το 11. (α/11). Δίνονται οι επόμενες προτάσεις (i) ως (iv): i) Υπάρχει τιμή του α, ώστε η ευθεία με εξίσωση y=αx+3 να διέρχεται από τοσημείο Α(-1,2)

ii) Υπάρχει τιμή του α, ώστε το διάνυσμα v!

= (11,2) να είναι αντίθετο με το u!

=(α,-2)

iii) Οι κύκλοι C1: (x-4)2 + (y-2)2 = 16, C2: (x-a)2 + (y-2)2 = 25

είναι ομόκεντροι. iv) Ο αριθμός α διαιρεί τον (-11).

Από τις επόμενες απαντήσεις Ρ1, Ρ2, Ρ3 η μία είναι σωστή και οι άλλες δύο λάθος. Να βρείτε την σωστή απάντηση.

Ρ1 : Οι προτάσεις (i) και (iii) είναι λάθος.

2

Ρ2 : Οι προτάσεις (i) και (ii) ισχύουν για την ίδια τιμή του α. Ρ3 : Οι προτάσεις (i), (ii), (iv) είναι σωστές.

Μονάδες 5 Θέμα 2ο Δίνονται οι θετικοί ακέραιοι α, β, γ με 2003⋅β+2004⋅γ =1.

Ν’ αποδείξετε ότι: α) (β, γ) = 1 Μονάδες 5 β) (α⋅γ, β) = (α, β) Μονάδες 7 γ) Για κάθε φυσικό αριθμό ν είναι : (α⋅γν, β) = (α, β) Μονάδες 8 δ) [α⋅γν, β] = γν [α, β] Μονάδες 5

Θέμα 3ο Α). Δίνονται τα μη συγγραμικά διανύσματα α

!, β!

. Ν’ αποδείξετε ότι: i) Υπάρχει λ∈ R ώστε αλ=βπροβα

!!! . Μονάδες 4

ii) α

α

β⋅α=βπροβα!

!

!!!!

2 . Μονάδες 6

iii) Να αναλυθεί το διάνυσμα v!

= (1, 2) σε δύο κάθετες συνιστώσες από τις οποίες η μία έχει τη διεύθυνση του u

!= (-3, 4).

Μονάδες 7 Β). Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ύψος ΑΔ και πλευρές (ΑΒ)=γ, (ΑΓ)=β. Ν’ αποδείξετε ότι:

(β⋅συνΓ) ⋅ 0)(!

=Γ∆⋅Βσυν⋅γ+Β∆→→

Μονάδες 8

Θέμα 4ο Η εστία της παραβολής C1 : y2 = 2px, p>0 συμπίπτει με μία εστία της έλλειψης C2 :

1yx2

2

2

2

=β

+α

, 0<β<α.

α) Ν’ αποδείξετε ότι τα σημεία Μ

βαp,p ανήκουν σε μια ισοσκελή υπερβολή

Μονάδες 6 β) Έστω (ε1),(ε2) οι εφαπτόμενες της παραβολής που άγονται από την εστία της έλλειψης που δεν είναι εστία της παραβολής. i) Να βρείτε τις εξισώσεις των (ε1), (ε2) και να γράψετε τις συντεταγμένες των σημείων επαφής Α, Β των (ε1), (ε2) με την παραβολής C1.

Μονάδες 8 ii) Να δείξετε ότι οι (ε1), (ε2) τέμνονται κάθετα.

Μονάδες 3 γ) Αν τα σημεία Α, Β ανήκουν στην έλλειψη C2 ν’ αποδείξετε ότι για την

εκκεντρότητα της ε είναι: ε = 223 − . Μονάδες 8

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2003

ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΘΕΜΑ 1o

Α. ∆ίνονται τα διανύσµατα )y,(xβ ),y,(xα 2211 == . Να αποδείξετε ότι:1 1 2 2 1 2 1 2(x , y ) + (x , y ) (x x , y y )= + + (µονάδες 5)

Β. Έστω α, β, γ ακέραιοι µε α≠0. Να αποδείξετε την ιδιότητα:Αν α | β και α | γ , τότε α | ( β + γ ) (µονάδες 5)

Γ. Να χαρακτηρίσετε σαν σωστό ( Σ ) ή λάθος ( Λ ) τις παρακάτω προτάσεις:1. Η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σηµείο Μ0(x0, y0) και έχει

συντελεστή διεύθυνσης λ, είναι: y – y0 = λ ( x – x0). (µονάδες 3)2. Η ισότητα −23 = 6⋅(−3) − 5 εκφράζει την ταυτότητα της διαίρεσης (−23) : 6

(µονάδες 3)3. Οι συντεταγµένες του µέσου Μ του ευθύγραµµου τµήµατος µε άκρα τα σηµεία

Α(x1, y1) , B(x2, y2) δίνονται από τις σχέσεις:

2yyy ,2

xxx 2121 +=+= (µονάδες 3)4. Η εφαπτόµενη της παραβολής y2 = 2px (p≠0) στο σηµείο της M(x1, y1) έχει

εξίσωση: yy1 = 2 p(x+x1). (µονάδες 3)5. Αν τα διανύσµατα )y,(xβ ),y,(xα 2211 == είναι παράλληλα, τότε

0yxyx 1221 =− (µονάδες 3)ΘΕΜΑ 2ο

Έστω ν θετικός ακέραιος.Α. Να αποδείξετε ότι για κάθε ν ≥ 2 είναι 2ν > 3 ν −5. (µονάδες 10)Β. ∆ίνεται η εξίσωση

1 3ν5 y

2 x 2

ν

2

=−

− (1)Να αποδείξετε ότι:1. Για ν = 1 η εξίσωση (1) παριστάνει ισοσκελή υπερβολή. Να βρείτε τις εστίες

της και να γράψετε την εκκεντρότητα και τις εξισώσεις των ασυµπτώτων της.(µονάδες 8)

2. Για κάθε ν ≥ 2 η εξίσωση (1) παριστάνει έλλειψη που οι εστίες της βρίσκονταιστον άξονα x΄x. (µονάδες 7)

ΘΕΜΑ 3ο

Ο κύκλος C του σχήµατος έχει κέντρο το σηµείο Κ(0, 1)και ακτίνα ρ = 2. Το σηµείο Μ(α, β) είναι εσωτερικό τουC.Α. Να αποδείξετε ότι(i) Οι συντεταγµένες του σηµείου Μ(α, β) επαληθεύουν

την σχέση: x2 + (y – 1)2 < 4. (µονάδες 3)(ii) Η ευθεία x = 2, αν προεκταθεί, εφάπτεται στον

κύκλο C. (µονάδες 4)B. ∆ίνεται η εξίσωση λ2 ( x −2 ) + 2λ ( y − 1) − x − 2 = 0 (1), όπου λ∈ RI .(i) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιµή της παραµέτρου λ η εξίσωση (1) παριστάνει

ευθεία. (µονάδες 6)(ii) Θεωρούµε τα σηµεία Ν(x0, y0) µε xo≠2, τα οποία δεν ανήκουν σε ευθεία µε

εξίσωση της µορφής (1). Να βρείτε το γεωµετρικό τους τόπο. (µονάδες 12)

ΘΕΜΑ 4ο

Σε σύστηµα συντεταγµένων Οxy θεωρούµε τρία σηµεία Α, Β, Γ του µοναδιαίουκύκλου, για τα οποία υπάρχει η ισότητα:

ΑΓ ΒΓ 4 OA 2 +=

Να αποδείξετε ότι:(i) Για τις διανυσµατικές ακτίνες των Α, Β, Γ ισχύει η σχέση

OΓ 5 OB4OA 3 =+ (µονάδες 5)(ii) Τα διανύσµατα OB ,OA είναι κάθετα. (µονάδες 8)(iii) Για την γωνία των διανυσµάτων ΟΓ ,OA είναι:

5 3 ) ΟΓ ,OA ( συν =

∧

(µονάδες 5)(iv) Αν det( OB ,OA ) είναι η ορίζουσα των διανυσµάτων OB ,OA , τότε

det( OB ,OA ) = ±1 (µονάδες 7)

y M(α, β) C Κ(0,1) x΄ 2 x Ο y΄ x=2

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2004 ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ 1ο Α. ∆ίνονται η ευθεία : 0x yε Α +Β + Γ = και το διάνυσµα ( ),δ = Β −Α

ur . Να αποδείξετε ότι η ευθεία ε είναι παράλληλη στο διάνυσµα δur . Μονάδες 7 Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν µε την ένδειξη Σωστή ή Λάθος.

i) Όλες οι ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων δίνονται από την εξίσωση y xλ= ⋅

ii) Το διάνυσµα ( ),n = −Α Βr είναι κάθετο στην ευθεία : 0x yε Α +Β + Γ = .

iii) Αν για τους ακέραιους α,β,γ ισχύουν: ( )|γ α β+ και |γ α , τότε |γ β . Μονάδες 6

Γ. α) ∆ίνονται τα σηµεία Ε΄ και Ε ενός επιπέδου. Τι ονοµάζεται έλλειψη µε εστίες Ε΄ και Ε. Μονάδες 4

β) ∆ίνεται η παραβολή 2 2y p x= ⋅ . Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτοµένης της στο σηµείο ( )1 1,x yΜ .

Μονάδες 2 γ) Αν ε η εκκεντρότητα της υπερβολής

2 2

2 2 1x yα β− = ,

να αποδείξετε ότι: 12 −=βε

α. Μονάδες 6

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνονται τα διανύσµατα βvv

,a για τα οποία ισχύουν: 4, 5α β= =

ur ur και 58α

προβ β α=ur

ur ur . α) Να αποδείξετε ότι: 10α β⋅ =

ur ur . Μονάδες 7 β) Να βρείτε τη γωνία των αur και βv . Μονάδες 6 γ) Να υπολογίσετε το µέτρο του διανύσµατος u α β= −

r ur ur . Μονάδες 6 δ) Αν το διάνυσµα ( ) ℜ∈,β⋅−β⋅= κκαν

v

v

v

vv

a είναι κάθετο στο διάνυσµα βv , να βρείτε την τιµή του κ . Μονάδες 6 ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνονται οι αριθµοί 2 1a κ= + και κκ +=β 2 όπου κ ακέραιος. α) Να αποδείξετε ότι ο αριθµός β+2a είναι περιττός. Μονάδες 9

β) Να αποδείξετε ότι ο αριθµός ( )22 318

a β+ + είναι ακέραιος. Μονάδες 8 γ) Αν ο ακέραιος κ είναι της µορφής ℜ∈λ1,+3λ να βρείτε το υπόλοιπο της ευκλείδειας διαίρεσης του β+a µε το 3. Μονάδες 8

ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η υπερβολή

2 2

2 2: 1x yca β− = και το σηµείο Κ(0,β). Μια ευθεία (ε) που έχει

συντελεστή διεύθυνσης 0λ > διέρχεται από το Κ και τέµνει τις εφαπτόµενες της C στις κορυφές της Α΄ και Α, στα σηµεία Μ και Ρ αντίστοιχα. α) Να γράψετε την εξίσωση της (ε) και να αποδείξετε ότι: ( ),a aλ βΜ − − + και

( ),a aλ βΡ + . Μονάδες 6 β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση του κύκλου που έχει διάµετρο τη ΜΡ είναι η

( ) ( )2222 1 -y λ+⋅=β+ ax . Μονάδες 7 γ) Να βρείτε το λ ώστε η ακτίνα του κύκλου του ερωτήµατος (β) να είναι ίση µε την απόσταση των κορυφών της υπερβολής. Μονάδες 4

δ) Αν ε η εκκεντρότητα της υπερβολής και ο κύκλος του ερωτήµατος (β) διέρχεται από τις εστίες της, να αποδείξετε ότι: 22 2λ ε= − . Μονάδες 8

Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 2005

Τα θέµατα προορίζονται για αποκλειστική χρήση της φροντιστηριακής µονάδας

1Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1Ο

Α. Έστω α, β ακέραιοι. Να αποδείξετε την ιδιότητα:

Αν α|β και β|α, τότε α = β ή α = −β ΜΟΝΑ∆ΕΣ 10

Β. Να χαρακτηρίσετε σαν Σωστή (Σ) ή Λάθος (Λ) κάθε µια από τις επόµενες προτάσεις:

α. Για τα διανύσµατα →α , →β ισχύει η ισοδυναµία: →α // →β ⇔ det (→α , →β ) = 0. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 β. H εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σηµείο Α(x0, y0 ) και έχει

συντελεστή διεύθυνσης λ είναι y−y0 = λ (x + x0). ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 γ. Όταν µια ευθεία και ένα διάνυσµα είναι παράλληλα, σχηµατίζουν ίσες γωνίες

µε τον άξονα χ΄χ. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

δ. Οι ασύµπτωτες της υπερβολής x yα β− =

2 2

2 2 1 είναι οι ευθείες α y = xβ και

α y = xβ−

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

ε. Το υπόλοιπο της διαίρεσης του −92 µε το 5 είναι 2. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 Γ. Να αποδείξετε ότι η ευθεία που διέρχεται από τα σηµεία Α(x1, y1) και B(x2, y2) µε

x1≠x2 έχει εξίσωση y yy y (x x )x x−

− = −−

2 11 1

2 1 ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

ε π α ν α λ η π τ ι κ ά

2 0 0 5θ έ µ α τ α



2 ΘΕΜΑ 2Ο

∆ίνεται η έλλειψη x y+ =

2 21

25 9 και η παραβολή y2 = 16 x.

α. Να βρείτε τις εστίες της έλλειψης και την εστία της παραβολής. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8 β. Έστω Ε΄, Ε οι εστίες της έλλειψης ( η Ε΄ να έχει αρνητική τετµηµένη ).

i) Να γράψετε τις εξισώσεις των εφαπτόµενων της παραβολής στα σηµεία της Μ(4, 8) και Μ΄(4, −8), και να δείξετε ότι τέµνονται στο Ε΄. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7

ii) Να αποδείξετε ότι E΄Μ E'M΄⋅ = 0uuuur uuuuuur . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

iii) Αν Ν είναι το µέσο του Ε΄Μ να αποδείξετε ότι ΕΝ//Ε΄Μ΄. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

ΘΕΜΑ 3Ο

∆ίνονται τα διανύσµατα →α , →β για τα οποία ισχύουν →α = ( 1, 8− →

α→β ) και →β = ( 2,

51 | →β | )

α. Να αποδείξετε ότι i) | →β | = 5 , ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

ii) →α →β = 5 ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

β. Να υπολογίσετε τη γωνία ( ∧→→ βα, ) ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

γ. i) Να αποδείξετε ότι →→β

β=απροβ→ ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

ii) Nα αναλύσετε το διάνυσµα →α σε δύο κάθετες συνιστώσες από τις οποίες η µια να είναι παράλληλη µε το →β . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 4



3 ΘΕΜΑ 4Ο

Έστω ο µη αρνητικός ακέραιος ν και ο πραγµατικός αριθµός φ∈[0, 2π). Α. Να αποδείξετε ότι 3ν > ν2 + 1 για κάθε ν ≥1.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6 Β. Θεωρούµε την εξίσωση

x2 + y2 − (4συνφ) x − (4ηµφ) y + 4 − 3ν + ν2 = 0 (1) α. Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει κύκλο C.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5 Να γράψετε τις συντεταγµένες του κέντρου του C, και να βρείτε την ακτίνα του.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3 β. Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο του κέντρου του παραπάνω κύκλου.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3 γ. Να αποδείξετε ότι

i) Η εξίσωση (ε): (συνφ) x + (ηµφ) y − 1 = 0 παριστάνει ευθεία για κάθε φ∈[0, 2π).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 3 ii) Αν η ευθεία ε εφάπτεται του κύκλου C, τότε ν = 0.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5



1

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝ. ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Θέµα 1 α) Για τους ακέραιους α, β και γ να αποδείξετε ότι: i) Αν a β και β γ τότε a γ . ii) Αν a β και a γ τότε ( )a β γ+ .

Μονάδες 10 β) i) ∆ίνονται τα σηµεία Ε΄ και Ε του επιπέδου. Τι ονοµάζεται έλλειψη µε

εστίες Ε΄ και Ε; Μονάδες 5

ii) ∆ίνεται η παραβολή 2 2y p x= ⋅ . Να γράψετε την εξίσωση της εφαπτοµένης της στο σηµείο ( )1 1,x yΜ .

Μονάδες 2 γ) Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν µε την ένδειξη Σωστή ή Λάθος.

i) Αν a β τότε ισχύει πάντα a aβ β⋅ =

. ii) Το διάνυσµα ( ),n = −Α Β

είναι κάθετο στην ευθεία : 0x yε Α + Β + Γ = .

iii) Η εκκεντρότητα της ισοσκελούς υπερβολής 2 2 2x y a− = είναι 2a

γ= .

iv) Έστω οι ακέραιοι α, β, γ και ότι: ( )a β γ+ τότε κατ’ ανάγκη a β και a γ .

Μονάδες 8 Θέµα 2 ∆ίνονται τα διανύσµατα ,a β µε 2, 3a β= =

και ( ) 2, 3aπβ = .

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ διάµεσός του για το οποίο ισχύουν: 2a βΑΒ = −

και 3a βΑΜ = +

α) Να βρείτε το a β⋅ . Μονάδες 5



2

β) Να εκφράσετε το ΑΓ ως γραµµικό συνδυασµό των a και β . Μονάδες 5

γ) Να υπολογίσετε το µήκος της διαµέσου ΑΜ . Μονάδες 7

δ) Να αποδείξετε ότι η γωνία των ΑΜ και a είναι ίση µε 6π

Μονάδες 8 Θέµα 3 ∆ίνονται τα σηµεία ( ) ( )1,3 , 2,2Α Β − και η ευθεία : 3 0x y aε + + = όπου a∈ℝ . α) Αν η απόσταση του Α από το Β είναι ίση µε την απόσταση του Α από την ευθεία ε, να βρείτε την τιµή του α.

Μονάδες 8 β) Για την τιµή 4a = να βρείτε: i) Το εµβαδόν του τριγώνου που έχει κορυφές τα σηµεία Α, Β και το σηµείο Γ που η ευθεία ε τέµνει τον άξονα y΄y.

Μονάδες 8 ii) Ποιο σηµείο της ευθείας ε έχει τη µικρότερη απόσταση από την αρχή Ο των αξόνων.

Μονάδες 9 Θέµα 4 ∆ίνεται η εξίσωση ( ) ( )2 2: 2C x y x yηµθ συνθ+ + − = όπου θ ∈ℝ . (1) α) Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει κύκλο του οποίου να βρείτε το κέντρο

και την ακτίνα. Μονάδες 6

β) Να αποδείξετε ότι, όταν το θ µεταβάλλεται, τα κέντρα των κύκλων C κινούνται σε κύκλο του οποίου να βρείτε την εξίσωση.

Μονάδες 6 γ) Να βρείτε τις τιµές του [ )0,θ π∈ αν είναι γνωστό ότι ο κύκλος C

διέρχεται από το σηµείο Μ(1,-1). Μονάδες 6

δ) Έστω Κ το κέντρο του κύκλου C και Α, Β τα σηµεία τοµής του µε την ευθεία ΟΚ (όπου Ο η αρχή των αξόνων). Να υπολογίσετε τις αποστάσεις (ΟΑ) και (ΟΒ).

Μονάδες 7



1

1

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ


ΘΕΜΑ 1ο

Α. Να αποδείξετε ότι η εφαπτοµένη του κύκλου µε εξίσωση x2+y2=ρ2

στο σηµείο του Α(x1,y1) έχει εξίσωση xx1 + yy1 = ρ2

Μονάδες 10B. Να δώσετε τον ορισµό του εσωτερικού γινοµένου δύο µη

µηδενικών διανυσµάτων α και βur r ;Μονάδες 5

Γ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στοτετράδιό σας την ένδειξη Σωστό (Σ) ή Λάθος (Λ) δίπλα στοναριθµό που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση.1. Αν θεωρήσουµε σηµεία Α(x1,y1) και Β(x2,y2) του καρτεσιανού

επιπέδου τότε οι συντεταγµένες του µέσου Μ(x,y) του ΑΒ,είναι 1 2 1 2

2 2+ +

= =x x y yx y

2. Αν α ⊥ βur r τότε 0α ⋅β =ur r και αντιστρόφως

3. Η ευθεία x = x0 έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = 0

4. Η έλλειψη µε εξίσωση 2 2

2 2 1+ =β αx y όπου β2=α2-γ2, έχει εστίες

Ε΄(-γ,0) και Ε(γ,0).

5. Οι ασύµπτωτες της υπερβολής 12

2

2

2

=− βαxy είναι οι ευθείες:

xy αβ= και x

ay β

−= .Μονάδες 10



2

2

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνεται η εξίσωση 03)1()12( =+−++ yx αα (1)i) Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε R∈α .

Μονάδες 8ii) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιµή του R∈α οι ευθείες της µορφής

(1) διέρχονται από το σηµείο Μ (-1,2).Μονάδες 8

iii) ∆ίνεται η ευθεία 035: =−+ yxε . Αν Α και Β είναι τα σηµεία τοµήςτης ε µε τις ευθείες που προκύπτουν από την (1) για α = 0 και α = -1 αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το εµβαδόν του τριγώνουΑΜΒ είναι 3 τ.µ.

Μονάδες 9

ΘΕΜΑ 3ο

∆ίνεται η εξίσωση 2 2( 1)x (2 3)y 6(2 )x 16( 1), Rλ − + λ− + − λ = λ − λ∈ (1).

i) Αν λ = 1, να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει παραβολή C1 της οποίαςνα βρείτε την διευθετούσα δ και την εστία Ε.

Μονάδες 6ii) Αν λ = 2, να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει κύκλο C2, του οποίου να

βρείτε το κέντρο Ο και την ακτίνα R.Μονάδες 6

iii) Να βρείτε την εξίσωση και την εκκεντρότητα της έλλειψης, που έχεικέντρο την αρχή Ο των αξόνων, µία εστία της κοινή µε την εστία Ετης παραβολής C1 και µεγάλο άξονα ίσο µε την ακτίνα R του κύκλουC2.

Μονάδες 6

iv) Να βρείτε τα κοινά σηµεία Ρ1 και Ρ2 των κωνικών τοµών C1 και C2,και να αποδείξετε ότι:

d(P1,δ)-(Ρ1Ε)= d(P2,δ)-(Ρ2Ε).Μονάδες 7



3

3

ΘΕΜΑ 4ο

∆ίνονται τα µη µηδενικά διανύσµατα →β→α , , τα οποία σχηµατίζουν

µεταξύ τους γωνία φ =3π , και η εξίσωση:

2 2x y 2 | | x | | y 0→ → → →+ − α − β + α ⋅ β = (1)

Α Να αποδείξετε ότι:

α. 2→ →α ≠ β .Μονάδες 2

β. Η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο µε ακτίνα ρ = 1 | 2 |2→ →α − β

Μονάδες 8

Β. Αν Κ(1, 1) είναι το κέντρο του παραπάνω κύκλου, να αποδείξετε ότι:

α. 2,1 == βrr

a και 1=ρ .Μονάδες 3

β. Ο κύκλος εφάπτεται στην ευθεία 3x + 4y−12 = 0Μονάδες 5

γ. Η προβολή του →β στο αr είναι ίση µε το αr .Μονάδες 7

Καλή τύχη!



1

1

B' ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣΘΕΜΑ 1Ο

A. Έστω Οxψ ένα σύστηµα συντεταγµένων στο επίπεδο και ( )0,0A x ψ ένα σηµείοτου επιπέδου.α. Να γράψετε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σηµείο Α και για

την οποία δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης. Μονάδες 5

β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σηµείοA καιέχει συντελεστή διεύθυνσης λ είναι: ψ-ψ0=λ(x-x0).

Μονάδες 10

Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιόσας δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν ηπρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.α. Η απόσταση δύο σηµείων ( ),1 1Α x ψ και ( ),2 2Β x ψ του συστήµατος

συντεταγµένων Oxψ,δίνεται από τον τύπο: ( ) ( ) ( )2 2− + −1 2 2 1ΑΒ = x x ψ ψ

Μονάδες 2β. Για δύο διανύσµατα

α , β µη παράλληλα προς τον άξονα ψ’ψ, ισχύει ηιδιότητα: ⊥ ⇔ = −

α βα β λ λ. 1 , όπου

αλ , βλ οι συντελεστές διεύθυνσηςτων

α , β αντιστοίχως.Μονάδες 2

γ. Η εξίσωση: ( ) ( )2 2 2− + − =0 0x x ψ ψ ρ ,µε ρ πραγµατικό αριθµό, παριστάνειπάντα κύκλο.

Μονάδες 2δ. Μια ευθεία ε εφάπτεται σε κύκλο C ο οποίος έχει κέντρο Κ και ακτίνα ρ,

όταν ισχύει η σχέση: ( ) = ρ .Μονάδες 2

ε. Η παραβολή µε εξίσωση: 2x = 2ρψ,ρ< 0 ,έχει την εστία της Ε πάνω στονηµιάξονα Οx’.

Μονάδες 2



2

2

ΘΕΜΑ 2ΟΣτο καρτεσιανό επίπεδο Οxψ δίνονται τα σηµεία Α(2,0), Β(4,5), Γ(6,κ) µεκ 10 .∈ −ℝ

α. Να δείξετε ότι:i) Τα σηµεία Α, Β, Γ δεν είναι συνευθειακά.

Μονάδες 4ii) H εξίσωση της ευθείας της διαµέσου (ε) που φέρουµε από την κορυφή Β του

τριγώνου ΑΒΓ, είναι x=4.Μονάδες 2

β. Να προσδιορίσετε την κορυφή Γ του τριγώνου ΑΒΓ, αν το εµβαδόν του είναι(ΑΒΓ)=8 τετραγωνικές µονάδες.

Μονάδες 9γ. Για κ=2,να βρείτε την εξίσωση της ευθείας του ύψους (η) που φέρουµε από την

κορυφή Α του τριγώνου ΑΒΓ, καθώς και τις συντεταγµένες του σηµείου ∆ στοοποίο τέµνονται οι ευθείες (η) και (ε).

Μονάδες 10

ΘΕΜΑ 3Ο

∆ίνεται η εξίσωση: ( )1, 1 ,2 2x ψ

µ+2 3 -µ+ = όπου 2,3∈ − −ℝµ .

α. Να βρείτε την τιµή του µ ώστε η εξίσωση ( )1 να παριστάνει κύκλο.Μονάδες 4

β. Για ποιες τιµές του µ η εξίσωση ( )1 παριστάνει έλλειψη;Μονάδες 5

γ. Αν 12, 2µ ∈ − ,τότε:

i) Να δείξετε ότι η έλλειψη που προκύπτει από την ( )1 έχει τις εστίες της πάνωστον άξονα ψ’ψ.

Μονάδες 7

ii) Να υπολογίσετε την τιµή του µ ώστε η εκκεντρότητα της έλλειψης ( )1 να είναιίση µε 3

2.

Μονάδες 9



3

3

ΘΕΜΑ 4ΟΈστω τα σηµεία Α(-1,ψ) και Β(2x,ψ) µε x,ψ∈ℝ του καρτεσιανού επιπέδου Οxψ.

Α. Αν είναι ⊥

ΟΑ ΟΒ , τότε να αποδείξετε ότι τα σηµεία Μ(x,ψ) ανήκουν στηνπαραβολή 1C : 2ψ =2x , της οποίας να βρείτε την εστία Ε και την διευθετούσα δ.

Μονάδες 6

Β. Αν ισχύει 2 23 15,ΟΑ ΟΒ+ = τότε να αποδείξετε ότι τα σηµεία Μ(x,ψ) ανήκουν στο

κύκλο 2C : 22x +ψ = 3 , του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα.Μονάδες 8

Γ. Να αποδείξετε ότι:

α) Τα κοινά σηµεία των 1C και 2C είναι το Κ ( )1, 2 και το Λ ( )1, 2− .Μονάδες 7

β) H εφαπτοµένη της 1C στο Κ είναι παράλληλη προς την εφαπτοµένη του 2Cστο Λ.

Μονάδες 4

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!



1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ


ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1ο Α. Nα δείξετε ότι η εφαπτοµένη του κύκλου C: 2 2 2x ψ ρ+ = σε ένα σηµείο του

Α(χ1,ψ1) έχει εξίσωση χ.χ1+ψ.ψ1=ρ2. (9 µονάδες)

Β.

α. Τι ονοµάζουµε εσωτερικό γινόµενο δύο µη µηδενικών διανυσµάτων ar και βr .

β. ∆ώστε τον ορισµό της υπερβολής µε εστίες Ε και Ε΄. (2.3=6 µονάδες)

Γ. Να χαρακτηρίσετε ως Σωστή (Σ) ή Λανθασµένη (Λ) καθεµιά από τις

παρακάτω προτάσεις:

1. Για δύο οποιαδήποτε διανύσµατα ar και βr του επιπέδου ισχύει 2 2 2( . ) .a aβ β=

r r

r r . 2. Η ευθεία ε: 0, , ,Ax By µε+ + Γ = Α Β Γ∈ℜ και Α.Β>0 σχηµατίζει αµβλεία

γωνία µε τον άξονα x΄x. 3. Η παραβολή 2:c y px= έχει εστία το σηµείο ,04

PE .

4. Αν οι ελλείψεις 2 2 2 2

1 22 2 2 21 1 2 2

: 1 και : 1x x yc ca a

ψβ β+ = + = είναι όµοιες τότε

α1=α2 και β1=β2. 5. Το εµβαδόν ενός τριγώνου ΑΒΓ δίνεται από τον τύπο:

(ΑΒΓ)= 1 det( , )2 AB ΑΓuuur uuuur .

(5x2 µονάδες)



2

2

ΘΕΜΑ 2ο Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι 2 , 2 µε α 2, =1 α,β 3AB a A a πβ β β και

∧ = + Γ = + = = r rr r r r rr

r rr . 1. Να υπολογιστούν οι παραστάσεις

α. .a βrr β. a β+ r

r γ. a β− r

r (9 µονάδες)

2. Έστω Μ µέσο του ΒΓ. Να εκφράσετε τα διανύσµατα και ΒΓAM

r r σαν γραµµικό συνδυασµό των και βa

r

r . (4 µονάδες)

3. Να υπολογίσετε το συνηµίτονο της γωνίας ( ),AM BΓ

r r (5 µονάδες)

4. Να βρεθεί το µέτρο της προβολής του στο AM AΓ

uuurr . (7 µονάδες)

ΘΕΜΑ 3ο Έστω παραλληλόγραµµο ΑΒΓ∆ µε εξισώσεις διαγωνίων (Β∆):y=x+1 και (ΑΓ):y=2x-3. Η διαγώνιος B∆ είναι η µεσοπαράλληλος των ευθειών ε1,ε2 ,των οποίων η µεταξύ τους απόσταση είναι 2 2d = και οι οποίες διέρχονται από τις κορυφές Α και Γ αντιστοίχως. Αν (4,6)A∆ =

uuur , τότε: 1. Να βρείτε τις συντεταγµένες του κέντρου Κ του παραλληλογράµµου ΑΒΓ∆.

(5 µονάδες) 2. Να δείξετε ότι οι ευθείες ε1,ε2 έχουν εξισώσεις (ε1):x-y-1=0 και (ε2):x-y+3=0.

(8 µονάδες) 3. Να βρείτε τις συντεταγµένες των κορυφών Α, Β, Γ, ∆ του παραλληλογράµµου.

(8 µονάδες) 4. Να βρείτε το εµβαδόν (ΑΒΓ∆) του παραλληλογράµµου.

(4 µονάδες)



3

3

ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η εξίσωση ,0)(4)(2: 222 =++−+ θηµσυνθηµθ yxyxC (1) µε

∈ 2,0

πθ . Να δείξετε ότι: 1. Η εξίσωση (1) παριστάνει για κάθε

∈ 2,0

πθ κύκλο του οποίου να βρείτε το κέντρο Κ(x0,y0) και την ακτίνα ρ ως συνάρτηση της γωνίας θ.

(6 µονάδες) 2. Τα κέντρα των κύκλων Κ(x0,y0) που προκύπτουν από την (1), ανήκουν σε

έλλειψη της οποίας να βρείτε τα µήκη του µεγάλου Α΄Α και µικρού Β΄Β άξονα της, τις εστίες της Ε΄, Ε καθώς και την εκκεντρότητα της ε.

(9 µονάδες) 3. Για τις συντεταγµένες των κέντρων Κ(x0,y0) των κύκλων που προκύπτουν από

την (1), ισχύουν : x0>0, y0<0 και στην συνέχεια να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των σηµείων Κ(x0,y0).

(4 µονάδες) 4. Η ελάχιστη και η µέγιστη απόσταση , της εστίας Ε (µε θετική συντεταγµένη)

από τυχαίο σηµείο του κύκλου ο οποίος προκύπτει από την (1) για θ=3Π , είναι

1312

d = + και 2332

d = + , αντιστοίχως. (6 µονάδες)



1

1

B' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ


ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1ο Α. Έστω τα διανύσµατα α,β , τα οποία δεν είναι παράλληλα µε τον άξονα y΄y και

έχουν συντελεστές διεύθυνσης 1 2λ ,λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε την ισοδυναµία 1 2α β λ λ 1⊥ ⇔ =−

. Μονάδες 10

Β. Να δώσετε τον ορισµό της παραβολής, µε εστία το σηµείο Ε και διευθετούσα την ευθεία δ.

Μονάδες 5 Γ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιο

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 εσωτερικό γινόµενο δύο διανυσµάτων είναι διάνυσµα. β) Η ευθεία µε εξίσωση Αx+By+Γ = 0 είναι παράλληλη µε το διάνυσµα

δ (B, A)= −

. γ) Η απόσταση της αρχής Ο των συντεταγµένων από την ευθεία ε µε

εξίσωση Αx+By+Γ = 0, ισούται µε 2 2

ΓA B+

.

δ) Η εξίσωση 2 2

2 2x y 1α (α 1)+ =

+,όπου α > 0, παριστάνει έλλειψη µε εστίες

πάνω στον άξονα x΄x. ε) Η εκκεντρότητα µιας υπερβολής είναι πραγµατικός αριθµός, µικρότερος

της µονάδας. Μονάδες 5x2

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνονται τα σηµεία Α(–5,3), Β(–1,–2) και Γ(4,2) του καρτεσιανού επιπέδου. α. Να βρείτε το εσωτερικό γινόµενο AB BΓ⋅

. Ποιο είναι το συµπέρασµά σας για τα διανύσµατα AB ,BΓ ;

Μονάδες 8 β. Να υπολογίσετε το εµβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ.

Μονάδες 8 γ. Να αποδείξετε ότι η γωνία φ των διανυσµάτων AB και ΑΓ ισούται µε 45o.

Μονάδες 9



2

2

ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνεται η εξίσωση: (x+y +1) + κ(x–y–5) = 0 (1), όπου κ R∈ . α. Να αποδείξετε ότι για κάθε τιµή της παραµέτρου κ η εξίσωση (1) παριστάνει

ευθεία γραµµή. Μονάδες 7

β. Να αποδείξετε ότι όλες οι ευθείες που ορίζονται από την εξίσωση (1), διέρχονται από το σηµείο Α(2,–3).

Μονάδες 4 γ. Να βρείτε την τιµή του κ, για την οποία η (1) παριστάνει ευθεία ε κάθετη στον

άξονα x΄x. Ποια η εξίσωση της ευθείας ε; Μονάδες 5

δ. Αν 0K(x ,0) είναι η προβολή του σηµείου Α(2,–3) στον άξονα x΄x, να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των σηµείων του επιπέδου, τα οποία ισαπέχουν από το σηµείο oE( x ,0)− και την ευθεία ε του γ ερωτήµατος.

Μονάδες 9 ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η εξίσωση: 2 2x y (λ 4)x λy 2λ 0+ − + + + = (1), όπου λ R∈ . α. Να αποδείξετε ότι για κάθε τιµή της παραµέτρου λ η εξίσωση (1) παριστάνει

κύκλο, του οποίου να βρείτε το κέντρο Κ και την ακτίνα ρ. Μονάδες 8

β. Να δείξετε ότι το κέντρο Κ του κύκλου που παριστάνει η εξίσωση (1), κινείται σε µια ευθεία γραµµή, καθώς το λ µεταβάλλεται στο R.

Μονάδες 4 γ. Να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C, που έχει εστίες τα σηµεία E΄(0, 2 3)− ,

E(0,2 3) και µεγάλο άξονα (Α΄Α) 8= . Μονάδες 5

δ. Αν η εφαπτοµένη ε της έλλειψης C του ερωτήµατος γ , στο σηµείο της 1 1 1M (x , y ) εφάπτεται και του κύκλου C1, ο οποίος προκύπτει από την εξίσωση

(1) για λ = 0, να δείξετε ότι: i. 2

1 1y 64(1 x )= − Μονάδες 4

ii. Τα διανύσµατα 1α (x ,4)=

και 1 1β (x ,3 4x )= −

είναι µεταξύ τους κάθετα. Μονάδες 4

ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ ΕΠΙΤΥΧΙΑ

1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ



ΘΕΜΑ 1ο α. ∆ώστε τους ορισµούς:

Ι. Εσωτερικό γινόµενο δύο διανυσµάτων α, β . ΙΙ. Παραβολή µε διευθετούσα την ευθεία δ και εστία το σηµείο Ε εκτός

της δ. β. Γράψτε τον τύπο της απόστασης του σηµείου Μ(χ0,ψ0) από την ευθεία

ε: Αχ+Βψ+Γ=0 (3x2 µονάδες)

γ. Αποδείξτε ότι η εξίσωση µιας ευθείας, που διέρχεται από το σηµείο Α(x0,y0) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ είναι y-y0=λ(χ-χ0).

(9 µονάδες) δ. Σηµειώστε ΣΩΣΤΟ ή ΛΑΘΟΣ για τις προτάσεις:

Ι. Η ευθεία µε εξίσωση Αχ+Βψ+Γ=0 µε Α ≠ 0 ή Β≠ 0 είναι κάθετη στο διάνυσµα ( , )δ = −Α −Β

. ΙΙ. Ο κύκλος µε εξίσωση χ2+ψ2+Aχ+Bψ+Γ=0 έχει πάντοτε κέντρο

K ,2 2Α Β .

ΙΙΙ. Η απόσταση της εστίας Ε, της παραβολής χ2=2pψ, από την διευθετούσα ευθεία δ είναι ίση µε p .

ΙV. Αν Ε, Ε΄ σταθερά σηµεία και για το µεταβλητό σηµείο Μ ισχύει (ΜΕ)+(ΜΕ΄) =2α, α>0 τότε το Μ κινείται σε έλλειψη µε εστίες Ε(γ,0) και Ε΄(-γ,0)

V. Αν για τα µη παράλληλα στους άξονες x΄x και y΄y διανύσµατα α και β ισχύει α β=0⋅

τότε οι συντελεστές διεύθυνσής τους είναι αντίστροφοι αριθµοί.

(5x2 µονάδες)

2

2

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνονται τα διανύσµατα α, β, γ

µε α 2, β =3=

, α (α - β) και (γ+3α) β.⊥ ⊥

α. Να δείξετε ότι α β=4⋅

και β γ = -12⋅

. (8 µονάδες)

β. Να δείξετε ότι α β = 5−

. (5 µονάδες)

γ. Αν επιπλέον γνωρίζετε ότι γ-2α λ(α - β), λ= ∈

ℝ να βρείτε την τιµή του λ. (6 µονάδες)

δ. Για λ=4 να γραφεί το διάνυσµα γ σαν γραµµικός συνδυασµός των α και β και να δείξετε ότι η γωνία των διανυσµάτων γ και α-β είναι οξεία.

(6 µονάδες) ΘΕΜΑ 3ο Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνονται η κορυφή Α(1, 2), η εξίσωση του ύψους Β∆: χ-4ψ-5=0 και η εξίσωση της διαµέσου ΓΜ: 3χ+2ψ+3=0. α. Βρείτε την εξίσωση της πλευράς ΑΓ και τις συντεταγµένες της κορυφής Γ.

(6 µονάδες) β. Βρείτε τις συντεταγµένες του µέσου Μ της πλευράς ΑΒ και της κορυφής Β.

(7 µονάδες)

γ. Αν Ε το σηµείο τοµής των ΓΜ και Β∆ τότε να υπολογίσετε το εµβαδόν του τριγώνου ΕΒΓ.

(6 µονάδες) δ. ∆ίνεται η γραµµή (C) µε εξίσωση 2 2 ( 8) 3 0x y x yλ λ+ + + + + = (1). Να

αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει κύκλο για κάθε λ∈ℝ και να βρείτε την τιµή του λ, ώστε ο κύκλος (1) να έχει διάµετρο την πλευρά ΒΓ.

(6 µονάδες)

3

3

ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η εξίσωση 2 2 2 ( 4) 12 8 0x y x y y+ + + + + = (1). α. Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση παριστάνει δύο ευθείες (ε1) και (ε2) οι

οποίες είναι παράλληλες. (7 µονάδες)

β. Αν (ε1): x+y+2=0 και (ε2): x+y+6=0 είναι οι δύο ευθείες που παριστάνει η (1), να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C που εφάπτεται στις ευθείες (ε1) και (ε2) και το κέντρο του βρίσκεται στην ευθεία (ε): y=3x.

(7 µονάδες) γ. Βρείτε την ελάχιστη και την µέγιστη απόσταση του σηµείου τοµής των

ευθειών (ε1) και (ε) από τον κύκλο C. (6 µονάδες)

δ. Βρείτε την εξίσωση της υπερβολής (C1) µε εστίες στον άξονα x΄x, που έχει ασύµπτωτη την (ε): y=3x και εστιακή απόσταση 2γ=10ρ2, όπου ρ η ακτίνα του κύκλου C.

(5 µονάδες)

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ2ΘΤ(ε)

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 3

ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 8 Απριλίου 2012


ΘΕΜΑ ΑA1. Έστω τα διανύσµατα α ,β , τα οποία δεν είναι παράλληλα µε τον άξονα y΄y

και έχουν συντελεστές διευθύνσεως λ1,λ2 αντίστοιχα. Να αποδείξετε την ισοδυναµία: 1 2α β λ λ 1⊥ ⇔ = −

. Μονάδες 9

A2. Να ορίσετε το συντελεστή διεύθυνσης λ µίας ευθείας ε, µη παράλληλης µε τον άξονα y΄y.

Μονάδες 3 A3. Έστω Oxy ένα σύστηµα συντεταγµένων στο επίπεδο και C ο κύκλος µε

κέντρο το σηµείο Ο(0,0) και ακτίνα ρ, ο οποίος έχει εξίσωση 2 2 2x +y =ρ . Αν 1 1A(x ,y ) είναι σηµείο του κύκλου C, να γράψετε την εξίσωση της εφαπτοµένης ευθείας ε στον κύκλο C, στο σηµείο του Α.

Μονάδες 3 A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό

σας το γράµµα κάθε πρότασης και δίπλα τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη. α. Αν τα διανύσµατα α και β είναι οµόρροπα τότε α β⋅ = α β⋅ και

αντιστρόφως. β. Η απόσταση του σηµείου Μο(xo,yo) από την ευθεία ε µε εξίσωση

Αx+Βy+Γ= 0 δίνεται πάντοτε από τον τύπο d(Μο , ε) = ο ο2 2

Ax +By +ΓΑ +Β .

γ. Η εξίσωση 2 2 2 2x +y +Ax+By+Γ = 0 µε A +B - 4Γ > 0παριστάνει πάντοτε

κύκλο µε ακτίνα ρ =2 2Α +Β -4Γ

2.




δ. Η κάθετη στην εφαπτοµένη µιας έλλειψης στο σηµείο επαφής Μ διχοτοµεί τη γωνία 'ΕΜΕ , όπου 'Ε , Ε είναι οι εστίες της έλλειψης.

ε. Αν C είναι µία παραβολή µε εξίσωση 2y =2px , p∈ℝ τότε σε κάθε περίπτωση o p ισούται µε την απόσταση της εστίας από τη διευθετούσα της παραβολής.

Μονάδες 10

ΘΕΜΑ Β∆ίνονται τα διανύσµατα ,α β για τα οποία ισχύει 2α =

, 1β = και ( ) ( )2 3α +β ⊥ α − β .

Β1. Να αποδείξετε ότι: 1α ⋅β = . Μονάδες 5

Β2. Να βρείτε τη γωνία των διανυσµάτων ,α β . Μονάδες 5

Β3. Να αποδείξετε ότι: 2 3α +β = α − β . Μονάδες 7

Β4. Να βρείτε την προβολή του διανύσµατος 2 3α − β στο διάνυσµα α . Μονάδες 8

ΘΕΜΑ Γ∆ίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ µε κορυφές τα σηµεία A(5, 1)− ,B(4,4) και (2,1)Γ . Γ1. Να βρείτε την εξίσωση της πλευράς ΒΓ και του ύψους Γ∆ του τριγώνου.

Μονάδες 6 Γ2. Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται από την κορυφή Γ του

τριγώνου και απέχουν από την αρχή των αξόνων απόσταση ίση µε 2 µονάδες. Μονάδες 8

Γ3. i) Να βρείτε την εξίσωση της παραβολής C που διέρχεται από την κορυφή Γ του τριγώνου, έχει κορυφή το Ο(0,0) και άξονα συµµετρίας τον y y′ .

Μονάδες 5 ii) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτοµένης της παραβολής C, η οποία είναι

παράλληλη στην πλευρά ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ.Μονάδες 6




ΘΕΜΑ ∆∆ίνεται η έλλειψη C1 µε εξίσωση 2 2

1C : 3x 4y 12+ = και εστίες Ε, Ε΄ και ο κύκλος C2 µε εξίσωση 2 2

27C : x y 2+ = .

∆1. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΒΕΕ΄ είναι ισόπλευρο, όπου Β είναι ένα από τα άκρα του µικρού άξονα της έλλειψης.

Μονάδες 5 ∆2. Να αποδείξετε ότι το σηµείο 3P 2, 2

είναι κοινό σηµείο των δύο κωνικών

τοµών C1, C2 και να υπολογίσετε όλα τα κοινά τους σηµεία. Μονάδες 4

∆3. Να υπολογίσετε τα σηµεία ( )0 0M x ,y τα οποία είναι τέτοια ώστε: ( )22 OM 7=και ( ) ( )ME ME' 4+ = ,όπου Ο είναι η αρχή των αξόνων.

Μονάδες 8 ∆4. Να υπολογίσετε την εξίσωση της διχοτόµου της γωνίας 'Ε PΕ , όπου

3P 2, 2

.Μονάδες 8

Σας ευχόµαστε επιτυχία




ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ


∆ιάρκεια Εξέτασης: 2 ώρες


ΘΕΜΑ Α

Α.1. Έστω ,α ν

δύο διανύσµατα του επιπέδου µε 0α ≠

. Αν α

προβ ν

είναι η

προβολή του ν

πάνω στο α

, να αποδείξετε ότι: α

α ⋅ν = α ⋅προβ ν

.

Μονάδες 7

Α.2. Να δώσετε τον ορισµό της έλλειψης.

Μονάδες 4

Α.3. Πως ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης ενός διανύσµατος α

µε α

// y΄y;

Μονάδες 4

Α.4. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές (Σ) ή λανθασµένες (Λ):

i. Όλες οι ευθείες που διέρχονται από το σηµείο 0 0

A(x , y ) είναι της

µορφής 0 0

y y (x x )− = λ − , όπου λ∈ℝ .

ii. Αν , 0α β ≠

και α ⋅β = α ⋅ β

, τότε ||α β

.

iii. Η εκκεντρότητα της έλλειψης 2 2

2 2

x y(C) : 1+ =

α β, όπου 0α > β > είναι

πάντοτε ίση µε β

α.

iv. Αν 1 1

(x , y )Α είναι σηµείο του κύκλου 2 2 2C : x y ρ+ = , όπου 0 ρ 1< ≠ τότε

η εφαπτοµένη του C στο Α έχει εξίσωση: 1 1

x x y y ρ+ = .

v. Οι ασύµπτωτες της υπερβολής 2 2

2 2

x y(C) : 1

α β− = είναι οι ευθείες

βy x

α= ± .

Μονάδες 5x2=10




ΘΕΜΑ Β

∆ίνονται τα σηµεία 3

1, , (2, 1)2

Α − Β −

και 4

,2

κ − Γ κ

, κ∈ℝ .

Β.1. Να βρείτε τα διανύσµατα AB

, BΓ

και να αποδείξετε ότι τα σηµεία A,B , Γ

είναι συνευθειακά.

Μονάδες 9

Β.2. Να αποδείξετε ότι η γωνία των διανυσµάτων AB

και BO

είναι αµβλεία, όπου

O είναι η αρχή των αξόνων.

Μονάδες 8

Β.3. Αν2

2ΑΒ⋅ΑΓ = ΒΓ

, να βρείτε τον αριθµό κ ( )κ∈ℝ .

Μονάδες 8

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η εξίσωση 2 1 x(1 x) y 0 (1)

4

+λ − −λ + = , όπου λ∈ℝ .

Γ.1. Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει ευθείες, για κάθε λ∈ℝ .

Μονάδες 5

Γ.2. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει σηµείο από το οποίο να διέρχονται όλες οι

ευθείες της µορφής(1).

Μονάδες 8

Γ.3. Αν 1

( ),ε 2

( )ε είναι οι ευθείες που προκύπτουν από την (1) για 1λ = και

1λ = − αντίστοιχα, να υπολογίσετε το εµβαδό του τριγώνου που σχηµατίζουν

οι 1

( ),ε 2

( )ε µε τον άξονα y ' y .

Μονάδες 6

Γ.4. Να βρείτε το σηµείο της 1

( )ε , το οποίο απέχει από την αρχή των αξόνων τη

µικρότερη απόσταση.

Μονάδες 6




ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η εξίσωση: 2 2 22x 2y (2 4)x (2 4)y 0 (1)+ + λ − + λ + + λ = , όπου λ∈ℝ .

∆.1. Να αποδείξετε ότι για τις διάφορες πραγµατικές τιµές του λ η εξίσωση (1)

παριστάνει ίσους κύκλους.

Μονάδες 4

∆.2. Να αποδείξετε ότι τα κέντρα των παραπάνω κύκλων είναι σηµεία της ευθείας

( )ε µε εξίσωση: x y 2 0− − = .

Μονάδες 4

∆.3. Να αποδείξετε ότι, όλοι οι κύκλοι της µορφής (1) εφάπτονται δύο ευθειών

1( )δ ,

2( )δ των οποίων να βρείτε τις εξισώσεις.

Μονάδες 9

∆.4. Έστω η παραβολή 2(C) : x 2py= και η ευθεία (ε) του ερωτήµατος ∆.2. Αν η

(ε) είναι εφαπτοµένη της παραβολής, να βρείτε:

i. την παράµετρο p , την εστία και τη διευθετούσα της παραβολής.

Μονάδες 4

ii. την εφαπτοµένη ( )η της παραβολής, η οποία είναι κάθετη στην ( )ε .

Μονάδες 4

Σας ευχόµαστε επιτυχία






Ηµεροµηνία: Κυριακή 4 Μαΐου 2014



ΘΕΜΑ Α

Α.1. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτοµένης ε του κύκλου 2 2 2

c :x y ρ+ = σε

ένα σηµείο του 1 1

A(x ,y ) είναι 2

1 1: xx yyε + = ρ .

Μονάδες 10

Α.2. Να γράψετε τον ορισµό του εσωτερικού γινοµένου δύο διανυσµάτων α

και β

.

Μονάδες 5

Α.3. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές (Σ) ή λανθασµένες (Λ):

i. Το εµβαδόν τριγώνου ΑΒΓ µε Α, Β, Γ τρία σηµεία του καρτεσιανού

επιπέδου, δίνεται από τον τύπο: ( )1( ) det ,A

2ΑΒΓ = ΑΒ Γ

.

ii. Αν για τις ευθείες 1 2,ε ε δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης τότε

1 2//ε ε .

iii. Ένα παράλληλο διάνυσµα προς την ευθεία ε : Αx Βy Γ 0 + + = είναι το

διάνυσµα ( , )δ = −Β Α

.

iv. Στην παραβολή 2

y 2px= ο αριθµός p εκφράζει την απόσταση της

εστίας Ε από τη διευθετούσα δ.

v. Οι ασύµπτωτες της υπερβολής 2 2

2 2

y xc : 1− =

α β έχουν εξίσωση

x yβ

= ±α

.

Μονάδες 5x2




ΘΕΜΑ Β

∆ίνονται τα διανύσµατα α

, β

, γ

για τα οποία ισχύει 2 4α = β =

, γ = α + κβ

µε

κ∈ℝ και , rad3

∧ π α β =

.

Β.1. Να υπολογίσετε το εσωτερικό γινόµενο των διανυσµάτων α

και β

.

Μονάδες 5

Β.2. Να υπολογίσετε το κ∈ℝ ώστε α ⊥ γ

.

Μονάδες 7

Β.3. Για 4κ = −

i. Να υπολογίσετε τη γωνία των διανυσµάτων β

και γ

.

Μονάδες 7

ii. Να αποδείξετε ότι β

προβ γ 3β= −

.

Μονάδες 6

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνονται οι εξισώσεις 2 2x y 2x 1 0 (1)− − + =

( ) ( ) ( )2 2 22 3 1 x 1 y 3 6 1 0 2λ − λ + + λ + − λ + λ − = και λ∈ℝ

Γ.1. Να δείξετε ότι η (1) παριστάνει δύο ευθείες 1 2,ε ε κάθετες και να βρεθεί το

σηµείο τοµής τους Ε.

Μονάδες 6

Γ.2. Να δείξετε ότι η (2) παριστάνει ευθεία για κάθε λ ∈ℝ και ότι όλες οι ευθείες της οικογένειας αυτής διέρχονται από το ίδιο σηµείο Ζ.

Μονάδες 7

Γ.3. Αν E(1,0) το σηµείο τοµής των 1 2,ε ε και Z(2, 1)− το σταθερό σηµείο του

ερωτήµατος Γ.2. τότε

i. να βρείτε την εξίσωση και τη διευθετούσα της παραβολής c, η οποία έχει

εστία Ε, κορυφή O(0,0) και άξονα συµµετρίας τον x x′ ,

Μονάδες 6

ii. να βρείτε την εξίσωση της χορδής της παραβολής c που έχει µέσο το σηµείο Ζ.

Μονάδες 6




ΘΕΜΑ ∆

∆ίνονται τα σηµεία N(6 2,6 )µ − λ µε λ,µ∈ℝ και ισχύει ότι 2 2µ λ 1+ = .

∆.1. Να αποδείξετε ότι τα σηµεία Ν βρίσκονται στον κύκλο 2 2c : (x 2) y 36+ + = .

Μονάδες 7

∆.2. Να βρείτε τις εφαπτόµενες του παραπάνω κύκλου c που διέρχονται από το

σηµείο (4,8)∆ .

Μονάδες 8

∆.3. Αν τα σηµεία A(4,0) και Ε είναι τα σηµεία επαφής των παραπάνω

εφαπτόµενων µε τον κύκλο c, να βρείτε το εµβαδόν του τετραπλεύρου ∆ΕΚΑ,

όπου Κ το κέντρο του κύκλου c.

Μονάδες 5

∆.4. Να βρείτε το γεωµετρικό τόπο των κέντρων Μ των κύκλων, που εφάπτονται

εσωτερικά του κύκλου c και διέρχονται από το σηµείο (2,0)Σ .

Μονάδες 5


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Α΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.AΜλ2ΘΤ(ε)



ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Ηµεροµηνία: Τετάρτη 7 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ Α

Α1. Να αποδείξετε ότι:

1 2α β λ λ 1⊥ ⇔ ⋅ = −

, όπου 1 αλ λ= και

2 βλ λ= , εφόσον α,β y y′

.

(Μονάδες 15)

Α2. Να χαρακτηρίσετε στο τετράδιό σας ως σωστή (Σ) ή λανθασµένη (Λ) καθεµιά

από τις παρακάτω προτάσεις:

α) Αν α β⊥

, τότε, α β 0⋅ =

και αντιστρόφως.

β) Αν λα µα=

,τότε σε κάθε περίπτωση λ µ= .

γ) Η εξίσωση Ax By 0+ + Γ = ,όπου A, B, Γ R∈ σε κάθε περίπτωση

παριστάνει ευθεία.

δ) Κάθε διάνυσµα α

του επιπέδου γράφεται κατά µοναδικό τρόπο στη µορφή

α xi y j= +

.

ε) Το εσωτερικό γινόµενο δύο διανυσµάτων είναι ίσο µε το άθροισµα των

γινοµένων των οµωνύµων συντεταγµένων τους.

(Μονάδες 10)

ΘΕΜΑ Β

Για δύο διανύσµατα α, β

του καρτεσιανού επιπέδου ισχύουν οι σχέσεις:

α β (0, 5)+ =

και 2α β (3,1)− =

.

Β1. Να αποδείξετε ότι α (1, 2)=

και β ( 1, 3)= −

.

(Μονάδες 7)

Β2. Να υπολογίσετε την γωνία ( )α,β

.

(Μονάδες 9)

Β3. Να βρείτε τo διάνυσµα β

προβ α

.

(Μονάδες 9)



Ε_3.AΜλ2ΘΤ(ε)


ΘΕΜΑ Γ

∆ίνονται τα σηµεία Α(-3, 2), Β(2, 3) και Γ(4, 1) του επιπέδου Oxy.

Γ1. Να δείξετε ότι τα σηµεία Α, Β και Γ δεν είναι συνευθειακά.

(Μονάδες 7)

Γ2. Να δείξετε η µεσοκάθετος (ε) του ευθύγραµµου τµήµατος ΒΓ έχει εξίσωση

y x 1= − .

(Μονάδες 8)

Γ3. Να βρείτε τις συντεταγµένες του συµµετρικού του σηµείου Α ως προς την

ευθεία (ε).

(Μονάδες 10)

ΘΕΜΑ ∆

Σε ένα καρτεσιανό επίπεδο Οχψ θεωρούµε τα µη µηδενικά διανύσµατα α, β

και τα

σηµεία ( )A α β , 0⋅

, ( )B 0, α β⋅

, έτσι ώστε το τρίγωνο ΟΑΒ να είναι ισοσκελές.

∆1. Να αποδείξετε ότι α / / β

.

(Μονάδες 8)

∆2. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της ευθείας, που διέρχεται από τα σηµεία Α και

B είναι 1ε : y x α β= − ⋅

ή 2ε : y x α β= − + ⋅

.

(Μονάδες 8)

∆3. Αν η ευθεία x = –1 τέµνει τις διαφορετικές ευθείες 1ε : y x α β= − ⋅

,

2ε : y x α β= − + ⋅

στα Λ, Κ αντίστοιχα και ισχύει OK OΛ 3⋅ = −

, να βρείτε το

εσωτερικό γινόµενο α β⋅

.

(Μονάδες 9)

Σας ευχόµαστε Επιτυχία


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Β΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΒΜλ2Θ(ε)


ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 26 Απριλίου 2015 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες


ΘΕΜΑ A

Α1. Έστω δύο σηµεία ( )1 1x , yΑ και ( )2 2B x , y του καρτεσιανού επιπέδου και

( )x, y οι συντεταγµένες του µέσου Μ του ευθυγράµµου τµήµατος ΑΒ. Να

αποδείξετε ότι ισχύει: 1 2x xx

2

+= και 1 2y y

y2

+= .

Μονάδες 9

Α2. Να δώσετε το ορισµό του εσωτερικού γινοµένου α ⋅β

δύο µη µηδενικών

διανυσµάτων α

και β

. Πώς ορίζουµε το α ⋅β

όταν 0α =

ή 0β =

; Μονάδες 6

Α3. 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) Αν ( )x, yα =

είναι ένα µη µηδενικό διάνυσµα του καρτεσιανού επιπέδου,

τότε σε κάθε περίπτωση ο συντελεστής του, α

λ , είναι ίσος µε το πηλίκο y

x.

β) Έστω , vα

δύο διανύσµατα του καρτεσιανού επιπέδου µε 0α ≠

. Τότε ισχύει ότι: v v

αα ⋅ = α ⋅προβ

. γ) Κάθε ευθεία του επιπέδου έχει εξίσωση της µορφής: x y 0Α +Β +Γ = µε

, , RΑ Β Γ∈ .

δ) Οι διχοτόµοι των γωνιών xOy και yOx′ των αξόνων του συστήµατος συντεταγµένων, έχουν εξισώσεις y x= και y x= − αντιστοίχως.

ε) Η εφαπτοµένη του κύκλου 2 2 2x y+ = ρ στο σηµείο του ( )1 1x , yΑ , έχει

εξίσωση 21 1xx yy+ = ρ .

Μονάδες 10



Ε_3.ΒΜλ2Θ(ε)


ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται ευθεία ε µε εξίσωση: 3x 4y 12+ = .

Β1. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ζ, η οποία είναι παράλληλη στην ευθεία ε

και διέρχεται από το σηµείο 9

2,2

Α −

.

Μονάδες 8 Β2. Να βρείτε την εξίσωση της µεσοπαράλληλης ευθείας η των ευθειών ε και ζ.

Μονάδες 9 Β3. Αν η ευθεία ε τέµνει τον άξονα y y′ στο σηµείο Β και η ευθεία ζ τον άξονα x x′

στο σηµείο Γ, να υπολογίσετε το εµβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Μονάδες 8

ΘΕΜΑ Γ

Έστω ( ) ( )x,4y , x,2α = β= −

, µε x, y R,∈ δύο διανύσµατα του καρτεσιανού

επιπέδου, τα οποία είναι κάθετα µεταξύ τους.

Γ1. Να δείξετε ότι ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων ( )M x, y είναι η παραβολή C,

µε εξίσωση: 2x 8y= , της οποίας να βρείτε την εστία Ε και την διευθετούσα δ.

Μονάδες 8 Γ2. i) Να βρείτε τις εξισώσεις ε1, ε2 των εφαπτοµένων στην παραβολή C, στο

σηµείο 2

11

xN x ,

8

, 1x 0≠ , οι οποίες διέρχονται από το σηµείο ( )1, 1Α − .

Μονάδες 6 ii) Να δείξετε ότι για την αµβλεία γωνία ω των εφαπτοµένων ε1, ε2, ισχύει:

10

10συνω= − .

Μονάδες 3

Γ3. ∆ίνεται, επιπλέον, σηµείο ( )0 0x , yΒ της παραβολής C, µε 0x 0< που απέχει

από την διευθετούσα δ αυτής απόσταση ίση µε 10.Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C1, ο οποίος έχει διάµετρο το τµήµα µε άκρα τα σηµεία Ε και Β.

Μονάδες 8



Ε_3.ΒΜλ2Θ(ε)


ΘΕΜΑ ∆

Έστω η εξίσωση 2 2x y 2 y 1 0,(1)+ − λ − = , µε Rλ∈ .

∆1. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο Cλ, για κάθε Rλ∈ , του οποίου να υπολογίσετε το κέντρο Κ και την ακτίνα ρ.

Μονάδες 6 ∆2. i) Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι Cλ, για κάθε Rλ∈ , διέρχονται από δύο

σταθερά σηµεία Α και Β, των οποίων να βρείτε τις συντεταγµένες. Μονάδες 4

ii) Αν Α(1,0), να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης του κύκλου Cλ στοσηµείο Α.

Μονάδες 4 ∆3. Να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C, µε εστίες τα σηµεία Α, Β και

εκκεντρότητα 2

2.

Μονάδες 6 ∆4. Αν Μ είναι ένα κοινό σηµείο των Cλ, C, να υπολογίσετε τις τιµές του Rλ∈ ,

έτσι ώστε: (ΜΑ)+(ΜΒ) = 2(ΜΚ). Μονάδες 5

Λύσεις Μαθηματικών προσανατολισμού Β΄Λυκείου

Ενδεικτικές λύσεις Μαθηματικών προσανατολισμού Β’ Λυκείου για τα έτη 2001-2015 χωρίς λογότυπα. Οι λύσεις,

είναι από την ίδια την Ο.Ε.Φ.Ε.



1

123

1: 4 1 2

2

( )

−=−⋅=⋅⋅=⋅

( )

=−+=++=+

( )

=++=+−=−

2 += 2 ( )

−+=

−=

−−=+−−=−=

( )

⋅⋅= (1)

( )( )

−−−=⋅

=

−− = 4-2+1=3

( )

===

=

2

( )

=−=−−=ΒΓ

=

( )

=

⋅= ( )

=

⇔

≠ 0 ⇔≠ 1 (1)

⇔

± ± ±

i) 2

⇔

⇔

⇔

ii) ( )( ) −+

= ( )( ) −−

= +−

3

2 1 =

2 =

2

+− 2

−+ 2

⇔ ⇔⇔

⇔⇔ ⇔ ... ⇔

−+=

−

+−=

−

+ ∈

±1, ±2, ± ±4), 1+(±2), 1+(±

C1: (x-12)2 + (y-6)2=10C2: (x-12)2 + (y-6)2=16

=<

, =<<

• C1

• C1 C2

4

d(

=

+−−

<<

1 < d(2

i )

i i )

•

•

,

i i i ) 0

) )

)(ιι=

)3(

=

iv) [ ] ( ) ( ) [ ]

,

,

===

A. →→

→

→→

≠ ∈

→→

=→

.

⋅=⇔⋅=⋅⇔⋅=⋅→

→→→→→→→→→→

→

→

→

→→→

⋅=→

−==

⋅==→→

→

→→→→

→

=−=⇔=+→→→→→→

B.

A

B

( ) ( ) ( ) ( )→→→→Γ+ΒΓ=+Γ →→ AA

βσυνβσυν

( ) ( )→

→

→→→

→

→→

ΓΒ

ΓΒ

ΓΑ+ΒΓ

ΒΓ

ΒΑ= 22

( ) ( )→→ΓΒ

Γ+ΒΓ

Β=

22

αβασυν

αγασυν

=→0 .

( ) ( )→→→→→→→→→

↑↓==+=+

±=

−=⇔−±=±= (1)

i ) H (1) 4

122

=

−

pp

βα -

4

122 =−yx

i i )

− 0 ,

2

p.

1 , y1 ) y12=2px1 (2 )

yy1=p (x+x1) (3)

2

px0x

2

pp 11 =⇔=

+− ,

y1=±p.

−

p,2

pB ,p,

2

pA

y = x+p/2, y = − x−p/2

i i i ) E 12 = −

iv)

−

p,2

pB ,p,

2

pA

1)(

4

1

4

1

p

4

p22

2

2

2

2

22

2

22(1)

2

2

2

2

=−

+⇔=−+−⇔=+γα

γγββ aa

==

−+⇔

1

1

4

2

2

2

2

2

2

γιατ

αγ

αγ

γ

( 01611

4 242

22 ιτεε

εεε =+−⇔=−

+⇔

<<−=⇔±=⇔

−=−=⇔

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2003

ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ(ΣΥΝΟΠΤΙΚΕΣ-ΕΝ∆ΕΙΚΤΙΚΕΣ)

ΘΕΜΑ 1ο

Α. Θεωρία, σελίδα 32Β. Θεωρία, σελίδα 147 ΘΕΩΡΗΜΑ 2 (iv )Γ. Σ – Λ – Σ – Λ – Σ

ΘΕΜΑ 2ο

Α. Επαγωγή. Για ν = 2 η σχέση προφανώς ισχύει.Αν 2ν > 3 ν −5 (2), µε ν ≥ 2, θα δείξουµε ότι2ν+1 > 3 (ν +1) −5 ⇔ 2ν+1 > 3 ν − 2 (3)Η ( 3 ) ισχύει για ν = 2. Για ν ≥ 3 είναι

2ν+1 = 2⋅2ν )2(> 2 ⋅(3 ν −5) = 6ν − 10,

εποµένως, αρκεί να δείξουµε ότι6ν − 10 > 3 ν − 2 ⇔ ν > 8/3, που ισχύει.

Β. Για ν = 1 η (1) γίνεται 12y

2 x 2 2

=− και παριστάνει ισοσκελή υπερβολή µε α

= β = 2 και γ = 2βα 22 =+ . Οι εστίες είναι Ε΄(−2, 0), Ε( 2, 0), ηεκκεντρότητα ισούται µε 2 και οι ασύµπτωτες έχουν εξισώσεις y = ± x.Γ. Είναι ν ≥ 2. Η (1) γράφεται

1 53νy

2x 2

ν

2

=−

+

και επειδή 3 ν – 5 > 0 και 2ν > 3ν −5 παριστάνει έλλειψη µε εστίες στον άξονατων x.

ΘΕΜΑ 3ο

A.(i) Είναι (ΜΑ) < 2 ⇔… α2 + (β – 1)2 < 4 , που αποδεικνύει το ζητούµενο.(ii) Η απόσταση του Κ από την x = 2 ισούται µε την ακτίνα ρ = 2, έτσι η x = 2

εφάπτεται στον κύκλο.Β.( i ) Η (1) γράφεται: (λ2 − 1) x + 2λ y – 2λ2 − 2λ − 2 =0 (2) µε λ∈ RI ..

και παρ ιστάνε ι ευθε ία γ ιατ ί ο ι συντελεστές της Α= λ2 − 1, Β=2λδεν µηδεν ί ζοντα ι ταυτόχρονα.

( i i ) Το Ν δεν ανήκε ι σε ευθε ία µε εξ ίσωση της µορφής (1 ) , ανκα ι µόνον αν, η εξίσωση

λ 2 ( x 0−2 ) + 2λ (y 0−1) − x 0 − 2 = 0 ( 3 )ε ί να ι αδύνατη , ως προς λ . Επειδή x 0 ≠ 2 η (3 ) ε ί ναι δ ευτέρουβαθµού , εποµένως πρέπε ι κα ι αρκε ί να έχε ι αρνητ ικήδ ιακρ ίνουσα : ∆ < 0 ⇔… 41)(yx 2

020 <−+

Άρα, ο ζητούµενος γ . τ . ε ί ναι το εσωτερ ικό του κύκλου C .

ΘΕΜΑ 4ο

Eίναι 1OΓOBOA ===

(i) Με σηµείο αναφοράς το Ο η ισότητα ΑΓ ΒΓ 4 OA 2 += δίνει διαδοχικά⇔−+= OAOΓ )OΒ- OΓ 4( OA 2 … OΓ 5 OB4OA 3 =+

(ii) Υψώνουµε στο τετράγωνο την OΓ 5 OB4OA 3 =+ και µετά την εκτέλεση τωνπράξεων προκύπτει 0 OB OA =⋅ OB OA ⊥⇔

(iii) OA ΟΓ 3 OA 4OB 3συν ( OA, ΟΓ ) OA ΟΓ OA ...5 5OA ΟΓ∧ ⋅ +

= = ⋅ = ⋅ = =

uuuur uuuur uuuur uuuur

uuuur uuuur uuuuur uuuur uuuuur

uuuur uuuur

(iv) Για το εµβαδόν του ορθογωνίου τριγώνου ΟΑΒ έχουµε τις σχέσεις) OB ,OAdet( 2

1 E = και 2 1 OB OA

2 1 E == ,

οπότε det( OB ,OA ) = ±1.

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 2004 ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Θέµα 1ο Α. ΘεωρίαΒ. i ) Λάθος αφού για την ευθεία x 0= , δεν ορίζεται συντελεστής

διεύθυνσης. i i ) Λάθος το διάνυσµα ( )η Α,B=

r ε ίναι κάθετο στην ευθεία ε .

i i i ) Σωστό ( )γ | α β α + − άρα γ | β . Γ. Θεωρία

Θέµα 2ο

i ) Είναι ⋅ = ⋅ = ⋅ = = = ⋅ =ur

ur ur ur ur ur ur ur ur 22 2α

5 5 5 5α β α προβ β α α α α 4 108 8 8 8

i i ) Έστω ( )=ur urφ α,β . Έχουµε ⋅

= ⇔ = ⇔ =⋅⋅

ur ur

ur ur

α β 10 1συνφ συνφ συνφ4 5 2α β , άρα

φ 60= ° .

i i i ) ( )22 2 22 2 2 2 2u u α β α β 2αβ α β 2αβ 4 5 2 10 21= = − = + − = + − = + − ⋅ =r r ur ur ur ur urur ur ur urur , εποµένως u 21=

r .

iv) ( ) ( )β v β v 0 β α β α κ β 0 β 10α κ β 0 ⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ − ⋅ = ⇔ ⋅ − = ⇔ ur r ur r ur ur ur ur ur ur ur ur

22 210αβ κ β 0 10 10 κ β 0 κ 5 100 κ 4− = ⇔ ⋅ − = ⇔ ⋅ = ⇔ =urur ur ur .

Θέµα 3ο i ) α 2κ 1= + , κ∈ , άρα α περιττός. Έτσι 2α 8λ 1= + , λ∈

( )2β κ κ κ κ 1 2µ= + = + = , µ∈ (γ ινόµενο διαδοχικών ακεραίων)Άρα ( )2α β 8λ 1 2µ 2 4λ µ 1 2ν 1+ = + + = + + = + , ν 4 λ µ= + ∈ , δηλαδή 2α β+ περιττός.

i i ) Το τετράγωνο περιττού ακεραίου ε ίναι της µορφής 8γ 1+ , γ∈ .

Άρα ( )22α β 31 88γ 1 318 8

+ + + += =

( )γ 48+ γ 4= + ∈ .

i i i ) 2 2α β 2κ 1 κ κ κ 3κ 1+ = + + + = + + και αφού κ 3λ 1= + , λ∈ τότε ( ) ( ) ( )2 2 2α β 3λ 1 3 3λ 1 1 6λ 15λ 3 2 3 2λ 5λ 1 2+ = + + + + = + + + = + + + µε

( )22λ 5λ 1+ + ∈ , άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης του α β+ µε το 3 ε ίναι 2 .

Θέµα 4ο

i ) Οι εφαπτοµένες της υπερβολής στις κορυφές της Α΄ και A ε ίναι οι ευθείες 1( ε ) : x α= − και 2( ε ) : x α= αντίστοιχα. Η εξίσωση της ευθείας µε συντελεστή διεύθυνσης λ 0> , που διέρχεται από το σηµείο ( )Κ 0, β ε ίναι η

( )( ε ) : y β λ x 0 y λx β− = − ⇔ = + . 1( ε ) : x α x α

y αλ β( ε ) : y λx β= − = − ⇔ = − += + άρα ( )M α, αλ β− − + .

2( ε ) : x α x αy αλ β( ε ) : y λx β

= = ⇔ = += + άρα ( )Ρ α,αλ β+ .

i i ) Οι συντεταγµένες του µέσου του ΜΡ ,δηλαδή του κέντρου του

κύκλου ε ίναι α α αλ,2− + − β αλ+ + ( )β 0 , β2

+ = .

Επίσης ( ) ( )2ΜΡ α α αλ β= + + + αλ β+ −( )2 2 2 2 24α 4α λ 2α 1 λ= + = + ,

άρα η ακτίνα του κύκλου ε ίναι ( ) 2ΜΡρ α 1 λ2= = + και η εξίσωσή

του: ( ) ( )22 2 2x y β α 1 λ+ − = + .

i i i ) Έχουµε

2 2 2 2ρ Α΄Α α 1 λ 2α 1 λ 2 1 λ 4 λ 3 λ 3= ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = . iv) Ο κύκλος ( ) ( )22 2 2x y β α 1 λ+ − = + δ ιέρχεται από την εστία ( )Ε γ ,0 αν

και µόνο αν ( ) ( )22 2 2γ 0 β α 1 λ+ − = + δηλαδή 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2γ β α α λ γ γ α α α λ α λ 2γ 2α+ = + ⇔ + − = + ⇔ = − ⇔

22 2 2 2γλ 2 2 λ 2ε 2 λ 2ε 2α

= − ⇔ = − ⇔ = − .



1

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1Ο

Α. Θεωρία: Θεώρηµα 2(i) Σχολικό βιβλίο Σελ. 147 Β. α. Σ β. Λ γ. Λ δ. Λ ε. Λ Γ. Θεωρία.

ΘΕΜΑ 2Ο α. Η έλλειψη έχει α = 5, β = 3 και γ2 = α2 –β2 = 42, άρα γ = 4, οπότε είναι Ε΄(−4, 0), Ε (4, 0)

Η παραβολή έχει παράµετρο p = 8 και εστία ( 2p , 0) = (4, 0)

βi. Από τον τύπο yy1 = p(x + x1) βρίσκουµε: Για το Μ (4, 8): 8y = 8(x + 4) ⇔ y = x + 4 Για το Μ (4, −8): −8y = 8(x + 4) ⇔ y = − x – 4

βii. Είναι: →ΜΕ΄ = ( 4 +4, 8 –0) = (8, 8) [τύπος:

→ΑΒ = (x2 – x1, y2– y1)]

και →ΜΕ΄ ΄ = ( 4 +4, –8 –0) = (8, –8)

οπότε: →ΜΕ΄ ·

→ΜΕ΄ ΄ = 64 –64 = 0 [τύπος:

→→⋅α β = x1·x2 + y1·y2]

β. iii. Είναι: Ν

++−2

08 ,244 δηλαδή Ν ( 0, 4) [Συντεταγµένες µέσου]

και λΕΝ = 40

04−

− = −1

≠−=λποςτ−

ΑΒ 2112

12 x x,xxyy:ύ

λΕ ΄Μ΄ = 4408

+

−− = −1 Έτσι, λΕΝ = λΕ ΄Μ΄ ⇔ ΕΝ // Ε΄Μ΄

ε π α ν α λ η π τ ι κ ά

2 0 0 5θ έ µ α τ α



2

ΘΕΜΑ 3Ο

αi. Είναι:

|→β |= 2 212 ( | β | )5→

+

+=αποςτ →22 yx|:|ύ

⇔ |→β |2 = 4 + 5||

→β

⇔ |→β |2 = 5

⇔ |→β | = 5 [ |→β | ≥ 0 ]

αii. Είναι →α = (1, 8 −→α · →β ), →β = (2, 1) και

→α · →β = 2 + 8 −→α · →β [τύπος: →α · →β = x1·x2 + y1·y2]

⇔ 2→α · →β = 10

⇔ →α · →β = 5

β. Από το (α) είναι →α = ( 1, 3), →β = ( 2, 1)

Έχουµε:

συν(→α ,^→β ) = 1 2 1 22 2 2 21 1 2 2

x x y yx y x y

+

+ ⋅ + =

510

32

⋅

+ = 22

255=

και επειδή

0 ≤ (→α ,^→β ) ≤ π

προκύπτει

(→α ,^ →β ) = 4π

γi. Αν 1→α = →→

ββ=απροβ→ , τότε 1

→α // →β και επειδή

→β ≠ →0 υπάρχει λ∈ΙR , τέτοιο, ώστε:

1→α = λ→β⇔ 1

→α = (2λ, λ) (1)



3

Ακόµα:

→α · →β = ( →

→β

προβ α ) · →β

⇔ →α ·→β = 1→α · →β

⇔ 5 = 4λ +λ [ τύπος: →α · →β = x1·x2 + y1·y2 ]

⇔ λ = 1και η (1) δίνει:

1→α = (2, 1) ⇔ →→

ββ=απροβ→

γii. Η συνιστώσα που είναι παράλληλη στο →β είναι το 1→α =

→→β

β=απροβ→ = (2, 1).

Έστω 2→α η δεύτερη συνιστώσα. Έχουµε

1→α + 2

→α = →α

οπότε: 2

→α = →α – 1

→α ⇔ 2

→α = (1, 3) – (2, 1) ⇔ 2

→α = (–1, 2)

Ώστε, είναι: 1→α = (2, 1) // →β και 2

→α = (–1, 2)

ΘΕΜΑ 4Ο

Α. (Επαγωγή) Η πρόταση ισχύει για ν = 1, γιατί 31 > 12 + 1 ⇔ 3 > 2. Αν υποθέσουµε 3ν > ν2 + 1 (2) για ν ≥ 1, αρκεί να δείξουµε ότι: 3ν+1 > (ν + 1)2 +1 (3) Πράγµατι

3ν+1 = 3ν ·3 )2(f (ν2 +1)· 3 = (ν2 +2ν2 + 1) +2

1≥νf ( ν2 +2ν + 1) = (ν + 1)2 + 1

Βα. Έχουµε: Α2 + Β2 −4Γ > 0 ⇔ 16συν2φ + 16ηµ2φ −4(4 – 3ν +ν2) > 0

⇔ 16(συν2φ + ηµ2φ) −16 +4· 3ν −4·ν2 > 0 ⇔ 16 −16 +4· 3ν −4 ·ν2 > 0 ⇔ 4 ·(3ν –ν2) > 0 [ ∆ηλαδή: Α2 +Β2 −4Γ = 4(3ν –ν2)] ⇔ 3ν > ν2 [Από Α: 3ν > ν2 +13ν > ν2 , ν ≥1]



4

Η τελευταία σχέση ισχύει για ν = 0, και, άρα, από το Α, ισχύει για κάθε µη αρνητικό ακέραιο ν. Εποµένως, η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε ν και κάθε φ, όπως αυτά ορίστηκαν.

Το κέντρο του κύκλου είναι το Κ ( ,2 2Α Β− − ) δηλαδή Κ (2συνφ, 2ηµφ)

και η ακτίνα του

ρ = 2

422 Γ−Β+Α ⇔ ρ = 23(4 2ν−ν ⇔ ρ = 23 ν−ν

β. Έστω x, y οι συντεταγµένες του κέντρου. Έχουµε (από το Βα): x = 2συνφ και y = 2ηµφ µε φ ∈ [0, 2π)

άρα, ο γ.τ. του κέντρου είναι ο κύκλος x2 + y2 = 4 (παραµετρικές εξισώσεις κύκλου)

Γi. Αν υποθέσουµε συνφ = 0 και ηµφ = 0,

τότε συν2φ + ηµ2φ = 1 ⇔ 0 = 1, άτοπο.

Εποµένως, είναι συνφ ≠ 0 ή ηµφ ≠ 0 και η (ε) παριστάνει ευθεία για κάθε φ ∈ [0, 2π). ii. Η ε εφάπτεται του κύκλου C αν και µόνον αν: d(K, ε) = ρ

Είναι

d(K, ε) = ρ ⇔ φηµ+φσυν−φηµ+φσυν22

22 122= 23 ν−ν ⇔ 1 = 3ν –ν2 ⇔ 3ν = ν2 +1

Η τελευταία ισότητα, λόγω του Α, ισχύει µόνο όταν ν = 0.



1

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝ. ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ


ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέµα 1 γ) i) Λάθος ii) Λάθος iii) Σωστή iv) Λάθος Θέµα 2

α) ( ) 2 1, 2 3 6 33 2a a aπβ β συν β συν ⋅ = = ⋅ ⋅ = ⋅ − = −

β) Ισχύει 2ΑΜ = ΑΒ + ΑΓ

άρα ( ) ( )2 2 3 2

6 2 2 4 3

a a

a a a

β ββ β β

ΑΓ = ΑΜ − ΑΒ = + − − =

= + − + = +

γ) 2 2 2 23 9 6a a aβ β βΑΜ = + = + ⋅ + =

( )9 4 6 3 9 39 18 9 27= ⋅ + ⋅ − + = − + = Άρα 27 3 3ΑΜ = =

δ) Αν θ η γωνία των ΑΜ και a τότε

( ) 23 3 3 4 3 93 3 2 6 3 6 3 6 3

9 3 318 2 6

a aa a a

a

β βσυνθ

πσυν

+ ⋅ΑΜ ⋅ + ⋅ ⋅ −= = = = = =⋅ΑΜ ⋅

= = =

Επειδή 0 θ π≤ ≤ είναι 6πθ =



2

Θέµα 3 α) ( ) ( ) ( )2 21 2 3 2 10ΑΒ = + + − = και ( )

2 2

3 1 3 6, 103 1a ad ε

⋅ + + +Α = =

+

Είναι 6 10 6 10 6 1010a

a a+

= ⇔ + = ⇔ + = ή 6 10a+ = − ⇔ 4a = ή 16a = − . β) i) : 3 4 0x yε + + = οπότε ( )0, 4Γ − . ( )1 det ,2Ε = ⋅ ΑΒ ΑΓ

. ( )3, 1ΑΒ = − − και ( )1,7ΑΓ = −

οπότε ( ) 3 1det , 21 1 201 7

− −ΑΒ ΑΓ = = − + = −

−

Άρα 1 2020 102 2

Ε = − = = τ.µ. ii) Φέρνουµε εΟΗ ⊥ . Το σηµείο Η έχει τη µικρότερη απόσταση από το Ο διότι για κάθε άλλο σηµείο Μ της ε ισχύει ΟΜ >ΟΗ (υποτείνουσα και κάθετη πλευρά στο τρίγωνο ΟΗΜ).

1ελ λΟΗ⋅ = − και 3ελ = − άρα 13

λΟΗ = 1:3

y xΟΗ = . Με επίλυση του συστήµατος των εξισώσεων 3 4 0x y+ + = και 1

3y x= βρίσκουµε 6

5x = − και 2

5y = − .

Άρα 6 2,5 5 Η − − το σηµείο της ε µε τη µικρότερη απόσταση από το Ο.

Θέµα 4 α) , , 2ηµθ συνθΑ = Β = − Γ = − και 2 2 2 24 8 9 0ηµ θ συν θΑ +Β − Γ = + + = >

Άρα είναι εξίσωση κύκλου µε κέντρο ,2 2ηµθ συνθ Κ − και ακτίνα

9 32 2

ρ = = .



3

β) Αν ( ),x yΚ το κέντρο τότε 2

x ηµθ= − και

2y συνθ= . Με ύψωσή τους

στο τετράγωνο έχουµε 2

2

4x

ηµ θ= και

22

4y συν θ= οπότε µε πρόσθεσή

τους κατά µέλη προκύπτει 2 2 14

x y+ = . Άρα το Κ κινείται στον κύκλο 2

2 2 12

x y + = γ) Ισχύει 1 1 2ηµθ συνθ ηµθ συνθ+ + + = ⇔ = − Αν 0συνθ = τότε 0ηµθ = αδύνατο. Άρα 0συνθ ≠ εποµένως

1 1 ,4 4ηµθ π πεφθ εφθ εφ θ κπ κσυνθ

= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ∈ ℤ πρέπει 1 1 50 0 1

4 4 4 4π

κπ π κ κ≤ − < ⇔ ≤ − < ⇔ ≤ < . Άρα 1κ = οπότε 3

4 4π πθ π= − =

δ) Από ερώτηµα (β) το Κ ανήκει στον κύκλο 2

2 2 12

x y + = οπότε

( ) 12

ΟΚ = .

Αν Α το σηµείο του κύκλου C που βρίσκεται πιο κοντά στο Ο, και 32

ρ = η ακτίνα του, ισχύουν: ( ) ( )ρΟΑ = − ΟΚ και ( ) ( )ρΟΒ = + ΟΚ Άρα ( ) 3 1 1

2 2ΟΑ = − = και ( ) 3 1 2

2 2ΟΒ = + =



1

1

Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ


ΘΕΜΑ 1οΑ. Θεωρία από σχολικό βιβλίο στη σελίδα 83Β. Θεωρία από σχολικό βιβλίο στη σελίδα 41Γ. 1 → Σωστό 2 → Σωστό 3 → Λάθος

4 → Λάθος 5 → Λάθος.

ΘΕΜΑ 2οi) Έστω ότι η (1) δεν παριστάνει ευθεία, τότε θα υπάρχει α R∈ ,

τέτοιο ώστε: 2 1 01 0

α + = α − = Άτοπο, διότι το σύστηµα είναι αδύνατο. Άρα η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε α R∈ .

ii) Παρατηρούµε ότι οι συντεταγµένες του σηµείου Μ,επαληθεύουν την (1).

Πράγµατι (2α+1)(-1)+(α-1)2+3=-2α-1+2α-2+3=0, άρα οι ευθείες της µορφής (1), διέρχονται από το Μ(-1,2).iii) Για α = 0, προκύπτει η ευθεία µε εξίσωση x-y+3 = 0.Το σύστηµα x 5y 3 0

x y 3 0+ − = − + = έχει λύση x 2

y 1= − = , άρα Α(-2,1).

Για α = -1, προκύπτει η ευθεία µε εξίσωση -x-2y+3 = 0.Το σύστηµα x 5y 3 0

x 2y 3 0+ − =− − + = έχει λύση x 3

y 0= = , άρα Β(3,0).

AB (5, 1)= −uuur

και AM (1,1)=uuuur

, άρα

(ΑΜΒ) = 1 11 1det(AM,AB) 35 12 2= =−

uuuur uuur τ.µ.



2

2

ΘΕΜΑ 3οi) Για λ=1 η (1) γίνεται: C1: 2y 6x= , εξίσωση παραβολής µε p=3,

διευθετούσα δ: 3x 2= − και εστία 3E( ,0)2 .ii) Για λ=2 η (1) γίνεται: C2: 2 2x y 16+ = , εξίσωση κύκλου µε

κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα R=4.

iii) Η έλλειψη έχει τις εστίες της στον άξονα των x, και αφού η µίαείναι Ε(3/2,0) είναι γ=3/2. Ακόµη 2α=4 άρα α=2. Εποµένως:β2=α2-γ2=7/4. Άρα η ζητούµενη έλλειψη έχει εξίσωση:

1

474

22

=+yx

Η εκκεντρότητα ε είναι: ε=γ/α=3/4.iv) Λύνουµε το σύστηµα των C1,C2. Με απαλοιφή του y προκύπτει

η εξίσωση: x2+6x-16=0 η οποία έχει λύσεις x=2 & x=-8 πουαπορρίπτεται γιατί η παραβολή έχει ρ=3>0. Εποµένως:

32122 ±=⇔= yy . Άρα τα σηµεία τοµής είναι: ( )32,21P και( )32,22 −P . Από τον ορισµό της παραβολής ( ) ( )EPPd ,, 11 =δ και( ) ( )EPPd ,, 22 =δ αφού τα Ρ1.Ρ2 είναι σηµεία της παραβολής.

Εποµένως ισχύει ότι: d(P1,δ)-(Ρ1Ε)= d(P2,δ)-(Ρ2Ε).

ΘΕΜΑ 4οΑ α. Αν 2→α =→β τότε φ = 0, άτοπο αφού φ=π/3.

β. βαβα r

r

r

r =Γ−=Β−=Α ,,2 .Η (1) παριστάνει κύκλο αν και µόνο αν Α2+Β2-4Γ>0.Πράγµατι: Α2+Β2-4Γ= 0244

222 >−=−+ βαβαβα r

r

r

r

r

r

αφού το 02 =→β−→α δίνει 2→α =→β και απορρίπτεται.

Άρα ρ = 2| 2 |

2→ →α − β = 1 | 2 |2

→ →α − β .



3

3

B. α. Είναι Κ | || |, 2→ → β α

= (1, 1), άρα →α =1 , 2=→β

Εποµένως ρ2 = 22

4 4 1 14

→ → → →α + β − α ⋅ β ⋅ συνφ = ⇔ ρ =

β. d(Κ, ε) = 3 4 121

2 23 4

+ −=

+=ρ. Άρα ο κύκλος µε εξίσωση την (1)

εφάπτεται στην ευθεία: 3x+4y-12=0.γ.

Αν V→= →προβ βαr , τότε υπάρχει λ, ώστε V→=λ →α , αφού .//αrr

V

Ακόµα:→α

→β =→α V→ →α →β = λ(αr )2 λ = 1.Άρα V→= → →προβ β = ααr .



1

1

B' ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ

ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ


ΘΕΜΑ 1Ο

A. α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 61.β. Σχολικό βιβλίο σελίδες 60,61.

Β. α. (Σ), β. (Σ), γ. (Λ), δ. (Σ), ε. (Λ).

ΘΕΜΑ 2Ο

α. i) Έστω ότι τα σηµεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. Τότε //

ΑΒ ΒΓ , οπότε( ), 0=

det ΑB BΓ .Αλλά ( ) ( )5,205,24 =−−=ΑΒ και ( ) ( )6 4, 5 2, 5ΒΓ = − − = −

κ κ .Άρα ( )2 5

0 2 5 5 2 0 2 10 10 0 102 5

= ⇔ − − ⋅ = ⇔ − − = ⇔ =−

κ κ κκ

, που είναιάτοπο αφού 10≠κ . Συνεπώς τα Α, Β, Γ δεν είναι συνευθειακά.

ii) Αν Μ το µέσο της ΑΓ, τότε 2 6 0, 4,2 2 2+ + =

κ κΜ . Η ευθεία που

διέρχεται από το Β(4, 5) και το Μ

κ2,4 είναι προφανώς η (ε) : x = 4.

β. Από υπόθεση: ( ) ( )18 , 82= ⇔ =

ΑBΓ det ΑB ΑΓ (1)Αλλά ( )2, 5=

AB και ( ) ( )6 2, 0 4,= − − =

AΓ κ κ ,οπότε η (1) ισοδύναµαγράφεται:

2 51 | | 8 2 20 16 2 20 1642 = ⇔ − = ⇔ − =κ κκ

ή 2 20 16− = − ⇔κ κ =18 ή κ = 2,άρα Γ(6,18) ή Γ(6,2).



2

2

γ. Για κ = 2 είναι Γ(6,2)Εύρεση της εξίσωσης της ευθείας (η) (εξίσωση ύψους):

2 5 36 4 2−

= = −−

ΒΓλ άρα 23=(η)λ (αφού (η)λ 1= −ΒΓλ )

και επειδή η (η) διέρχεται από το Α(2, 0) έχουµε:( )2 2 40

3 3 3− = − ⇔ = −ψ x 2 ψ x που είναι η εξίσωση της (η).

Για την εύρεση του σηµείου ∆:λύνουµε το σύστηµα των εξισώσεων (ε), (η).Έτσι:

4 4 42 4 2 4 443 3 3 3 3

= = = ⇔ ⇔ = − = − =

x x x

ψ x ψ ψ , άρα ∆

34,4 .

ΘΕΜΑ 3Ο

α. Η εξίσωση (1) ισοδύναµα γράφεται: ( )3 ( 2) ( 2)(3 )− + + = + −2 2µ x µ ψ µ µ και γιανα παριστάνει κύκλο, πρέπει (αρχικά) να ισχύει:3−µ = 2+µ δηλ. 1

2=µ . Η

προηγούµενη εξίσωση για 12=µ , γίνεται:

2 2 2 25 5 25 52 2 4 2

+ = ⇔ + =x ψ x ψ ,

που είναι εξίσωση κύκλου κέντρου Ο(0,0) και ακτίνας ρ= 52.

Εποµένως 12=µ .

β. Για να παριστάνει έλλειψη η εξίσωση (1), θα πρέπει να ισχύουν:2 0

3 03

+ > − > ⇔ ≠ −

µµ

µ+2 µ

2312

> − < ⇔ ≠

µµ

µ

2 3− < <µ και 12

≠µ ,άρα 1 12, , 32 2 ∈ − ∪ µ .



3

3

γ. Για 12, 2 ∈ − µ

i) Είναι: 1 1 52 0 2 2 0 22 2 2

− < < ⇔ < + < + ⇔ < + <µ µ µ (2)

και 1 12 22 2

− < < ⇔ > − > − ⇔µ µ 1 12 3 3 52 2

− < − < ⇔ − < − <µ µ

5 3 52

⇔ < − <µ (3).Από (2) και (3) συµπεραίνουµε ότι 3 – µ > µ + 2 , οπότε 2 3= −α µ και2 2= +β µ , δηλαδή η έλλειψη έχει τη µορφή 2 2 1

2 2

+ =x ψβ α , εποµένως οι

εστίες της βρίσκονται πάνω στον άξονα ψ΄ψ.

ii) Έχουµε 2 23 , 2= − = +α µ β µ άρα ( ) ( )2 2 2 3 2 1 2= − = − − + = −γ α β µ µ µ .Για την εκκεντρότητα ε της έλλειψης ισχύει:=γεα, οπότε

2

2

34

= ⇔γα

3 1 2 4 8 9 3 14 3

−= ⇔ − = − ⇔ = −

−

µ µ µ µµ

.

ΘΕΜΑ 4Ο

Για Α(–1,ψ) και Β(2x,ψ) µε Ο(0,0) έχουµε ( 1, )= −OA ψ και ( )2=

ΟΒ x,ψ οπότε:Α. Αφού ⊥

ΟΑ ΟΒ , τότε 2xψ0ψψ2x10OBOA 2 =⇔=⋅+⋅−⇔=⋅ που είναιεξίσωση παραβολής C1 µε 2ρ = 2 ⇔ ρ = 1, συνεπώς η εστία είναι τοσηµείο , 02

ρΕ ή 1 , 02

Ε και διευθετούσα δ είναι η ευθεία µε εξίσωση

x = – 2ρ ή x = –

21 .

Β. Έχουµε 2 22 23 15 3 15+ = ⇔ + = ⇔

OΒ OΑ OΒ OΑ

( ) ( ) ( )2 22 22 2 2 2 22 3 1 15 4 3 1 15+ + − + = ⇔ + + + =x ψ ψ x ψ ψ ,άρα

2 2 2 2 24 3 3 15 4 4 12+ + + = ⇔ + = ⇔x ψ ψ x ψ 2 2 3+ =x ψ που είναι εξίσωσηκύκλου C2 ,µε κέντρο Ο(0, 0) και ακτίνα 3=R .

Γ. α) Για τα κοινά σηµεία των C1, C2 λύνουµε το σύστηµα:

−=−=

==⇔

=−+=⇔

=+=

6ψ3xή2ψ

1x032xx

2xψ3ψx

2xψ222

2

22

2

που είναι αδύνατο, εποµένως έχουµε : 1

2 2ή= = = −

xψ ψ

. Άρα τα

κοινά σηµεία των C1, C2 είναι το Κ ( )2,1 και το Λ ( )2,1 − .



4

4

β) H εφαπτοµένη της C1 στο ( )1, 2Κ έχει εξίσωση:

1 1( )= +ψψ ρ x x ή 1( 1)= + ⇔ψ 2 x 2 22 12 2

= + ⇔ = +ψ x ψ x (1).Η εφαπτοµένη του C2 στο ( )1, 2−Λ έχει εξίσωση:

3+ =2 2xx ψψ ή ( ) 3+ = ⇔x ψ - 2 2 3= ⇔ψ x - 2 232 2

=ψ x - (2).Οι ευθείες που παριστάνουν οι (1), (2) έχουν ίσους συντελεστέςδιεύθυνσης (λ= 2

2), άρα οι εφαπτόµενες είναι παράλληλες.



1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ



ΘΕΜΑ 1ο

Α. Θεωρία από βιβλίο ΟΕ∆Β σελ 83 Β. α. Θεωρία από βιβλίο ΟΕ∆Β σελ 41

β. Θεωρία από βιβλίο ΟΕ∆Β σελ 113

Γ. 1. Λ 2. Σ 3. Σ 4. Λ 5. Λ

ΘΕΜΑ 2ο

1. α. 121.1.2

^,. ==

= βασυνβαβα r

r

r

r

r

r

β. ( ) ⇒=++=++=++=+=+ 72121.22 22222222 βαβαβαβαβα r

r

r

r

r

r

r

r

r

v

7=+⇒ βα vr

γ. ( ) 3312122 .222222=−⇒=−+=−+=−=− βαβαβαβαβα r

r

r

r

r

r

r

r

r

v

2. α. ( ) ( ) ( ) ( )βαβαβαβα r

rv

v

vr

r

rrrr

+=+=+++=ΓΑ+ΒΑ=ΜΑ2333

2122

21

21

β. ( ) ( ) βαβαβα r

r

r

v

r

rrrv

−=+−+=ΒΑ−ΓΑ=ΓΒ 22



2

2

3. )(^,

.

.

iΓΒΜΑΓΒΜΑ=

ΓΒΜΑ

rr

rr

vv

συν

Είναι ( )( ) ( ) ( )2914

23

23

23 22. =−=−=−+=ΓΒ βαβαβα r

vr

r

rvr

MA και

723

23 =+=ΜΑ βα r

rr

3=−=ΓΒ βα r

r

r

Άρα (i) 721

21213

213

3723

29^

, ====

ΓΒΜΑ⇔ rr

συν

4. Αν ΜΑ=∆ ΓΑ

rr

rπροβA τότε ΓΑ∆Αrr

// δηλαδή ΓΑ=∆rr

λA και ⇔ΓΑ∆Α=ΓΑΜΑ

rrrr

.. ( )( ) ⇔ΓΑ=++ 2.223 rr

r

r

r λβαβα

( ) ( )βαβαλβαββαα r

v

r

r

r

r

rr

rv 442223 2222 ++=+++⇔ ⇔

⇔++=++⇔ βαλβλαλββαα r

r

r

r

r

r

r

r 4423

293 2222

⇔++=++⇔ λλλ 41623

2943.

76

21182118 ==⇔=⇔ λλ

δηλαδή 7216

76

76 =ΓΑ=∆Α⇒ΓΑ=∆Α

rrrr αφού

( ) 2121442 22222=ΓΑ⇔=++=+=ΓΑ=ΓΑ

rrr

rr

r

rrr ββααβα



3

3

ΘΕΜΑ 3ο

1. Το κέντρο Κ του παραλληλόγραµµου είναι σηµείο τοµής των διαγωνίων του ΑΓ και Β∆. Λύνω το (ε) 2 3 2 3 1 4 δηλαδή Κ(4,5)1 1 5

y x x x xy x y x y= − − = + = ⇔ ⇔ = + = + =

2. Η διαγώνιος ΑΓ έχει εξίσωση y=2x-3 2x-y-3=0 και η Β∆ έχει εξίσωση y=x+1 x-y+1=0 και ε1//ε2//Β∆. Αν Μ(α, β) σηµείο της ευθείας (ε1).

Τότε: Θα είναι d(M,B∆)= 1 2( , )

2d ε ε ( )2

1

1 1

a β− +

+ −= 2 1 2a β− + =

1 2 1 0

1 2 3 0

aή ή

β α β

α β α β

− + = − − = ⇔ − + = − − + =

Άρα (ε1):x-y-1=0 και (ε2):x-y+3=0.

3. Βρίσκουµε τις συντεταγµένες των κορυφών του ΑΒΓ∆. Για την εύρεση του Α λύνω

το (Σ) των εξισώσεων των (ε1) και (ΑΓ) και για του Γ το (Σ ) των (ε2) και (ΑΓ). Έτσι έχουµε:

1 0 2 3 1 0 2 Α(2,1)2 3 2 3 1x y x x x άy x y x y ρα− − = − + − = = ⇔ ⇔ = − = − = και

3 0 2 3 3 0 6 δηλαδή Γ(6,9)2 3 2 3 9

x y x x xy x y x y− + = − + + = = ⇔ ⇔ = − = − = .

Αφού ( )4,6Α∆ =

r και Α(2,1) τότε αν ∆(x∆, y∆) θα είναι:

2 4 6 δηλαδή ∆(6,7)1 6 7x xy y∆ ∆

∆ ∆

− = = ⇔ − = = και αφού Κ µέσο Β∆ θα είναι:



4

4

64 22 2 δηλαδή B(2,3)7 352 2

x x x xx

y y y yy

κ

κ

Β ∆ Β

Β

Β ∆ Β ∆

= + + = = ⇔ ⇔ + + = ==

4. (ΑΒΓ∆)=2(ΑΒ∆)=2 12

0 2det( , ) 0 8 8 . .4 6 τ µΑΒ Α∆ = = − =rr

ΘΕΜΑ 4ο

1. Είναι 2 2 2 2 24 ( 2 ) (4 ) 4ηµθ συνθ ηµ θΑ +Β − Γ = − + − =

2 2 2 24 16 4 16. 0ηµ θ συν θ ηµ θ συν θ= + − = > αν θ 0, 2Π ∈

Άρα είναι εξίσωση κύκλου µε κέντρο Κ ,2 2A B − − δηλαδή Κ(ηµθ,-2συνθ) και

ακτίνα 2 2 4 4 2

2 2συνθρ συνθΑ +Β − Γ= = = .

2. Είναι

−==

⇔

−==

22 κ

κ

κ

κ

συνθηµθ

συνθηµθ

yx

yx οπότε 2 2 1ηµ θ συν θ+ =

2

14yx κ

κ + =

δηλαδή τα κέντρα των κύκλων κινούνται σε έλλειψη µε εστίες στον άξονα y΄y. Είναι 2 24 2 και β 1 1a a β= ⇔ = = ⇔ = οπότε 2 2 2 4 1 3 3γ α β γ= − = − = ⇔ = . Έχει

λοιπόν εστίες Ε΄(0,- 3) και Ε(0, 3) µεγάλο άξονα 2α=2.2=4 και µικρό άξονα 2β=2 και εκκεντρότητα ε= 3

2γα= .

3. Είναι 0 0x ηµθ= > και 0 2 0y συνθ= − < γιατί θ ∈ (0, π/2) οπότε τα σηµεία Κ ανήκουν στο τµήµα της έλλειψης που βρίσκεται στο 4ο τεταρτηµόριο δηλαδή το Α΄Β.

4. Αν θ=3Π τότε ο κύκλος έχει κέντρο Κ 3 ,12

και ρ=1. Τότε η ελάχιστη απόσταση

της ευθείας Ε(0, 3) από τον κύκλο είναι d1=

=(ΕΜ)=(ΕΚ)-ρ= ( )223 3 190 1 3 1 1 3 2 3 1 2 3 1

2 4 4 − + − − − = + + + − = + −

=

= 1+ 32

ενώ η µέγιστη είναι d2=(ΕΖ)=(ΕΚ)+ρ= 19 2 3 14+ + =3+ 3

2.



5

5



1

1

B' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ



ΘΕΜΑ 1ο Α. Σελίδα 43 Σχολικού Βιβλίου. Β. Σελίδα 89 Σχολικού Βιβλίου. Γ. α) Λάθος

β) Σωστό γ) Σωστό δ) Λάθος ε) Λάθος

ΘΕΜΑ 2ο α. Τα διανύσµατα AB , BΓ έχουν συντεταγµένες:

AB = (–1+5,–2–3) = (4,–5) και BΓ = (4+1,2+2) = (5,4). Το εσωτερικό τους γινόµενο είναι AB

⋅ BΓ = 4⋅5+(–5)⋅4 = 20–20 = 0,

εποµένως τα διανύσµατα AB ,BΓ είναι κάθετα. β. Πρώτος τρόπος

Το διάνυσµα AΓ έχει συντεταγµένες AΓ = (4+5,2–3) = (9,–1). Η ορίζουσα των διανυσµάτων AB ,AΓ είναι: det(AB ,AΓ ) = 4 5

9 1−

−

= 4(–1)–9(–5) = –4+45 = 41 Το εµβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι: (ΑΒΓ) = 1

2|det(AB ,AΓ )| = 1

2|41| = 41

2τ.µ.

∆εύτερος τρόπος : Αφού AB BΓ⊥

,το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στην κορυφή Β, άρα το εµβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι: (ΑΒΓ) = 1

2| AB ||BΓ |= 2 2 2 21 1 414 ( 5) 5 4 41 412 2 2+ − + = = τ.µ.

γ. Πρώτος τρόπος :

Τα µέτρα των διανυσµάτων AB ,AΓ είναι αντίστοιχα: |AB | = 2 24 ( 5) 41+ − = και |AΓ | = 2 29 ( 1) 82 2 41+ − = = Το συνηµίτονο της γωνίας φ είναι: συνφ = ABAΓ

AB AΓ

= 4 9 ( 5) ( 1) 41 222 41 41 41 2

⋅ + − ⋅ −= =



2

2

Εποµένως, φ = 45ο , επειδή 0ο ≤ φ≤180ο. ∆εύτερος τρόπος : AB BΓ⊥

και |AB | = |BΓ | = 41 , άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε συµπεραίνουµε ότι φ = 45ο.

ΘΕΜΑ 3ο α. Η (1) ισοδυναµεί µε την εξίσωση: (1 κ)x (1 κ)y (1 5κ) 0+ + − + − = .

Οι συντελεστές των x,y δεν µηδενίζονται για την ίδια τιµή του κ. Πράγµατι, ο συντελεστής του x µηδενίζεται για κ = –1, ενώ ο συντελεστής του y µηδενίζεται για κ = 1. Άρα η (1) παριστάνει ευθεία για κάθε κ R∈ .

β. Θέτουµε στην (1), x = 2 και y = –3, οπότε προκύπτει:

0 κ 0 0+ ⋅ = , που ισχύει για κάθε κ R∈ . Άρα όλες οι ευθείες που παριστάνει η (1), διέρχονται από το Α(2,–3).

γ. (1 κ)x (1 κ)y (1 5κ) 0+ + − + − = .

Η εξίσωση παριστάνει ευθεία παράλληλη στον x΄x, αν 1 κ 01 κ 0 + ≠ − =

, άρα, κ = 1. Η (1) για κ = 1, γίνεται: 2x–4 = 0 ή x = 2.

δ. Κ είναι η προβολή του Α στον x΄x, άρα 0x 2= . Έχουµε Κ(2,0), άρα Ε(–2,0) Ο

ζητούµενος γεωµετρικός τόπος είναι η παραβολή C, µε εστία Ε(–2,0) και διευθετούσα την ευθεία ε: x = 2. ( p 2 p 42 =− ⇔ =− ,άρα η παραβολή έχει εξίσωση 2C: y 8x=− Η εξίσωση της παραβολής, δεν είναι απαραίτητο, να βρεθεί.)

ΘΕΜΑ 4ο α. Στην εξίσωση ( )2 2x y 4 x y 2 0+ − λ + + λ + λ = έχουµε:

( )A 4 , , 2= − λ + Β = λ Γ = λ , οπότε: ( ) ( )22 2 2 24 4 8 2 8 0,Α +Β − Γ = λ + + λ − λ = λ + > για κάθε Rλ∈ και εποµένως η

εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο για κάθε τιµή της παραµέτρου λ. Για το κέντρο Κ και την ακτίνα R του κύκλου ισχύουν:

,2 2Α Β Κ − − και

2 2 4R2

Α +Β − Γ= , εποµένως 4 ,2 2λ+ λ Κ − και

( )22 8R

2

λ += .

β. Έστω ( )K x, y το κέντρο του κύκλου (1), τότε (από α ερώτηµα):

4x2

λ += και y 2λ= −



3

3

Έχουµε λοιπόν το σύστηµα 4x 2x 42

2yy 2

λ + = = λ + ⇔ λ = −λ = −

Απαλείφουµε το λ από τις εξισώσεις και βρίσκουµε 2x 2y 4 0+ − = ή ισοδύναµα x y 2 0+ − = . Άρα το κέντρο Κ του κύκλου (1) κινείται στην ευθεία x y 2 0+ − = .

γ. Έχουµε 2 8α = ⇔ 4α = και 2 3γ = . Ισχύει 2 2 2β = α − γ , οπότε

( )22 24 2 3β = − ⇔ 2 216 12 4β = − ⇔β = . Εποµένως η εξίσωση της έλλειψης C είναι:

2 2x y 14 16+ = , εφόσον οι εστίες της Ε΄, Ε βρίσκονται στον άξονα y y′ .

δ. Η εξίσωση (1) της υπόθεσης για 0λ = γίνεται 2 2x y 4x 0+ − = που είναι η εξίσωση του κύκλου 1C µε κέντρο το σηµείο ( )1K 2,0 και ακτίνα 1 2ρ = . Η εξίσωση της εφαπτοµένης ε της έλλειψης C στο σηµείο της ( )1 1 1M x ,y είναι:

1 1x x y y 14 16+ = ή ισοδύναµα 1 14x x y y 16 0+ − = . Η ε εφάπτεται και του κύκλου 1C , άρα ισχύει: ( )1 1d K , ε = ρ , (2).

i. Από την σχέση (2) έχουµε ισοδύναµα ( )1 1

2 21 1

4 2 x 0 y 16 24x y

⋅ ⋅ + ⋅ −= ⇔

+

( )22 2 2 21 1 1 1 1 18 x 2 2 16x y 16 x 2 16x y− = + ⇔ − = + ⇔2 2 21 1 1 116x 64x 64 16x y− + = + ⇔ ( )2

1 1y 64 1 x= − .

ii. Το σηµείο ( )1 1 1M x ,y ανήκει στην έλλειψη2 2x yC : 14 16+ = , άρα,

2 21 1x y 14 16+ = ⇔ 2 2 2 2

1 1 1 14x y 16 y 16 4x+ = ⇔ = − (3). Έτσι η σχέση ( )2

1 1y 64 1 x= − λόγω της (3), γράφεται: ( )2

1 116 4x 64 1 x− = − ⇔ 2 21 1 1 14x 64x 48 0 x 16x 12 0− + = ⇔ − + = (4)

Τα διανύσµατα ( )1x , 4α = και ( )1 1x , 3 4xβ = − είναι µεταξύ τους

κάθετα, όταν: 0α ⋅β =

ή ισοδύναµα ( ) 21 1 1 1 1x x 4 3 4x 0 x 16x 12 0⋅ + ⋅ − = ⇔ − + = ,

που ισχύει λόγω της (4).

1

1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ



ΘΕΜΑ 1ο

α. I. Σχολικό βιβλίο σελ. 41. ΙΙ. Σχολικό βιβλίο σελ. 89.

β. Σχολικό βιβλίο σελ. 71. γ. Σχολικό βιβλίο σελ.60. δ. Σ, Λ, Σ, Λ, Λ.

ΘΕΜΑ 2ο

α. 22 2α (α - β) α (α - β) 0 α α β=0 α α β α β 2 4⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ − ⇔ = ⋅ ⇔ ⋅ = =

και (γ + 3α) β (γ + 3α) β=0 γβ 3α β 0⊥ ⇔ ⋅ ⇔ + ⋅ =

β γ = -3αβ= -3 4=-12 ⇔ ⋅

(Ι)

β. ( )22 222 2α - β α - β α 2α β + β α 2 4 β= = − ⋅ = − ⋅ + =

4 8 9 5 α - β 5.= − + = ⇒ =

γ. Όµως (γ - 2α) = λ(α β ) γ - 2α = α β γ = α+2α βλ λ λ λ− ⇔ − ⇔ −

οπότε η (Ι) γράφεται:

2β(λα+2α β )= -12 αβ+2αβ β = -12λ λ λ− ⇔ −

4 2 4 9 12 12 8 5 4.λ λ λ λ⇔ ⋅ + ⋅ − ⋅ = − ⇔ + = ⇔ =

δ. Αφού 4λ = τότε γ = 4α + 2α - 4 β γ = 6 α 4 β.⇔ −

Τότε 2( ) (6 4 ) 6 4γ α β γα γβ α β α βγ α αβ βγ− = − = − − = − − =

26 2 4 4 12 24 16 12 20 0= ⋅ − ⋅ + = − + = > . δηλ. ( )( , ) 0γ α βσυν γ α β γ α β

∧ ⋅ −− = >

⋅ −

δηλ. η γωνία των , γ α β−

είναι οξεία.

2

2

ΘΕΜΑ 3ο

α. Αφού Β∆1 1 και λ = 4 4

−ΑΓ ⊥ Β∆ =−

θα είναι λΑΓ=-4 και : y 2 4(x 1) 2 4 4 4 6 0y x x yΑΓ − = − − ⇔ − = − + ⇔ + − = .

Λύνω το (Σ) των εξισώσεων : 4 6 0 3: 3 2 3 0 6x y xx y y

ΑΓ + − = = ⇔ ΓΜ + + = = − δηλαδή Γ(3,-6).

β. Αν Β(xβ, yβ), τότε το µέσο Μ της ΑΒ είναι 1 2M , 2 2x yβ β+ + και οι

συντεταγµένες του επαληθεύουν την εξίσωση της ΓΜ δηλαδή 1 2

3 2 3 0 3 3 2 4 6 02 2

x yx yβ ββ β

+ ++ + = ⇔ + + + + = ⇔

3 2 13x yβ β⇔ + = − (Ι)Όµως οι συντεταγµένες του Β επαληθεύουν και την εξίσωση του Β∆ δηλαδή xβ -4yβ – 5 = 0 (ΙΙ) Λύνω το (Σ) 4 5 2

3 2 13 3x y yx y xβ β β

β β β

− = = − ⇔ + = − = − δηλαδή Β(-3,-2).

Τότε Μ ( )1,0− .

γ. Για να βρω τις συντεταγµένες του Ε

λύνω το (Σ) 1

4 5 0 73 2 3 0 9

7

xx yx y y

= −− − = ⇔ + + = = −δηλ. 1 9, 7 7E − − .

Τότε 20 5 22 33EB , - και ΕΓ = , -7 7 7 7→ → −

3

3

Οπότε (ΕΒΓ)= 20 5

1 1 1 660 110 1 770 557 7det ( EB, EΓ) 22 332 2 2 49 49 2 49 7 -7 7

→ →− −

= = + = ⋅ = τ.µ.

δ. Είναι 2 2 2 24 ( 8) 4 3A B λ λ+ − Γ = + + − ⋅ = = 2 2 216 64 12 2 16 52λ λ λ λ λ+ + + − = + +

που είναι τριώνυµο µε ∆= 216 4 2 52 256 416 160 0− ⋅ ⋅ = − = − < δηλ. 2λ2+16λ+52>0 για κάθε λ∈ℝ . Άρα η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ∈ℝ . µε

28 2 16 52, και ρ=2 2 2K λ λ λ λ− − + + − .Για να έχει διάµετρο ΒΓ, πρέπει το κέντρο του Κ να είναι το µέσο της πλευράς ΒΓ και η ακτίνα να είναι ίση µε το µισό του µήκους της ΒΓ ή οι συντεταγµένες των Β και Γ να επαληθεύουν την εξίσωση του κύκλου. Το µέσο Κ του ΒΓ είναι Κ(0,-4).

Πρέπει λοιπόν 0

2 08 42

λ

λλ

− = ⇔ = − − = − Για λ=0 η εξίσωση του κύκλου γράφεται 2 2( ) : 8 3 0c x y y+ + + = που έχει ακτίνα, 52 ( )ρ 2 2

ΒΓ= =

αφού 2 2(BΓ)= ( 3 3) ( 2 6) 36 16 52− − + − + = + = ή διαπιστώνουµε ότι επαληθεύεται από τις συντεταγµένες των Β και Γ.

ΘΕΜΑ 4ο

α. α΄ τρόπος: Η εξίσωση (1) γράφεται: χ2+y2+2χψ+8χ+8ψ+12=0⇔ (χ+ψ)2+8(χ+ψ)+12=0, ∆=64-48=16 οπότε: χ+ψ=-6 ή χ+ψ=-2 δηλ. χ+ψ+6=0 (ε1) ή χ+ψ+2=0 (ε2), που είναι εξισώσεις παράλληλων ευθειών, αφού έχουν συντελεστή διεύθυνσης λ=-1 ή β΄ τρόπος: η εξίσωση (1) γράφεται: χ2+ y2+2χψ+8χ+8ψ+12=0⇔ y2+(2χ+8)ψ+ χ2+8χ+12=0. ∆=(2χ+8)2-4(χ2+8χ+12)=16 οπότε ψ=-χ-4+2 ή ψ=-χ-4-2 δηλ.χ+ψ+6=0 (ε1) ή χ+ψ+2=0 (ε2),που είναι εξισώσεις παράλληλων ευθειών αφού έχουν συντελεστή διεύθυνσης λ=-1.

4

4

β. Το κέντρο Κ του κύκλου είναι το σηµείο τοµής της µεσοπαράλληλης (η) των (ε1) και (ε2) και της (ε):y=3x. H (ε1) τέµνει τον y΄y στο Α(0,-2) και η (ε2) τον y΄y στο Β(0,-6). Άρα η (η) τέµνει τον y΄y στο µέσο Μ(0, -4) του ΑΒ. ∆ηλαδή η: x+y+4=0 Λύνω το (Σ): 4 0 1 δηλ. Κ(-1, -3)3 3

x y xy x y+ + = = − ⇔ = = −

και 1 1

1 3 2 2ρ=d(K , ε )= 21 1 2− − +

= =+

. Άρα C: (x+1)2 + (y+3)2 = 2.

γ. 1

2 0 3 2 1 32 δηλ. Μ - ,3 3 3 2 22

xx y x xy x y x y

= −+ + = + = − ⇔ ⇔ − = = = −.

Άρα η ελάχιστη απόσταση του Μ από τον κύκλο είναι 2 21 3 1 9ρ 1 3 2 22 2 4 4

ΜΚ − = − + + − + − = + − = 10 102 24 2

= − = − και η µέγιστη απόσταση του Μ από τον κύκλο

είναι2 21 3 1 91 3 2 2

2 2 4 4MK ρ + = − + + − + + = + + = 10 102 24 2

= + = +

δ. Είναι 2γ = 10 ⋅2 = 20 δηλαδή γ=10 και β =3 β=3αα ⇔ . Όµως 2 2 2 2 2 2γ =α +β 100 9 10α α α⇔ = + =

δηλαδή α2=10 και β2=90. Άρα

2 2

1 : 110 90x yC − =


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ2ΘΤ(α)


ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ


ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ ΑA1. Θεωρία. Σελίδα 43 του σχολικού βιβλίου. Α2. Θεωρία Σελίδα 58 του σχολικού βιβλίου. A3. Θεωρία. Σελίδα 83 του σχολικού βιβλίου. A4. α. Σωστό

β. Λάθος γ. Λάθος δ. Σωστό ε. Λάθος

ΘΕΜΑ ΒΒ1. ( ) ( )α β 2α 3β+ ⊥ − ⇔

( ) ( )α β 2α 3β 0+ ⋅ − = ⇔

2 2α α

2 22α 3α β 2α β 3β 0=

− ⋅ + ⋅ − = ⇔

222 α α β 3 β 0− ⋅ − = ⇔

( ) 222 2 α β 3 1 0 α β 1⋅ − ⋅ − ⋅ = ⇔ ⋅ =

.

Β2. Έστω ( )φ α, β=

, τότε γνωρίζουµε ότι: (B1)α β 1 2συνφ συνφ συνφ 22 1α β

⋅= ⇔ = ⇔ =

⋅⋅

, άρα οφ 45= .

Β3. ( ) ( )222 2 2 2α β α β α 2α β β 2 2 1 1 5 α β 5+ = + = + ⋅ + = + ⋅ + = ⇒ + =

( ) ( ) ( )2 22 22α 3β 2α 3β 2α 2 2α 3β 3β− = − = − ⋅ ⋅ +

( )2 24 2 12 1 9 1 5= − ⋅ + ⋅ =

2α 3β 5⇒ − =

Οπότε α β 2α 3β+ = −

.




∆εύτερος τρόπος. Αρκεί να αποδείξουµε ότι: α β 2α 3β+ = −

ή ( ) ( )2 2α β 2α 3β+ = −

ή 2 2 2 2α 2α β β 4α 12α β 9β+ ⋅ + = − ⋅ +

ή 2 23α 14α β 8β 0− ⋅ + =

ή 3 2 14 1 8 1 0⋅ − ⋅ + ⋅ = , ισχύει.

Β4. Έστω ( )αγ προβ 2α 3β= −

, τότε γνωρίζουµε ότι γ / /α δηλαδή υπάρχει πραγµατικός αριθµός µ ώστε να ισχύει γ µ α= ⋅

(1). Σύµφωνα µε τον τύπο ( ) ( )αα 2α 3β α προβ 2α 3β⋅ − = ⋅ −

έχουµε:

( ) ( ) ( )(1)α 2α 3β α γ α 2α 3β α µ α⋅ − = ⋅ ⇔ ⋅ − = ⋅ ⋅ ⇔

( ) ( ) 22

2 2

α 2α 3β 2 α 3α βα 2α 3β µ α µ µα α⋅ − − ⋅

⋅ − = ⇔ = ⇔ = ⇔

2 2 3 1 1µ µ2 2⋅ − ⋅

= ⇔ = .

Τελικά από τη σχέση (1) προκύπτει: 1γ α2= ⋅ .

ΘΕΜΑ ΓΓ1. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας που διέρχεται από τις κορυφές Β, Γ του

τριγώνου είναι: Γ ΒBΓ

Γ Β

y y 1 4 3 3λ x x 2 4 2 2− − −

= = = =− − −

. Η εξίσωση της πλευράς ΒΓ του τριγώνου θα είναι:

( ) ( )Γ BΓ Γ3 3 3y y λ x x y 1 x 2 y 1 x 22 2 2− = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⋅ ⇔

3 3y x 3 1 y x 2 2y 3x 4 3x 2y 4 02 2= − + ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − − = .

To ύψος Γ∆ του τριγώνου είναι κάθετο στην πλευρά ΑΒ οπότε θα ισχύει: ( )Γ∆ ΑΒΓ∆ ΑΒ λ λ 1 1⊥ ⇔ ⋅ = −

Όµως ( )Β ΑΑΒ

Β Α

4 1y y 4 1λ 5x x 4 5 1− −− +

= = = = −− − −

Από ( ) ( )Γ∆ Γ∆11 λ 5 1 λ5

⇔ ⋅ − = − ⇔ = .




Η εξίσωση του ύψους Γ∆ του τριγώνου θα είναι: ( ) ( )Γ Γ∆ Γ

1 1 2y y λ x x y 1 x 2 y x 15 5 5− = − ⇔ − = − ⇔ = − + ⇔

1 3y x 5y x 3 x 5y 3 05 5= + ⇔ = + ⇔ − + = .

Γ2. Για τις ευθείες που διέρχονται από την κορυφή Γ του τριγώνου διακρίνουµε τις περιπτώσεις: 1η περίπτωση: Εξετάζουµε αν η κατακόρυφη ευθεία 1ε : x 2 x 2 0= ⇔ − =

είναι λύση, δηλαδή αν ( )1d O,ε 2= .

Έχουµε: ( ) o o1 2 2 2 2

Αx By Γ 1 0 0 0 2 2 2d O,ε 211Α Β 1 0+ + ⋅ + ⋅ − −

= = = = =+ +

.

Άρα η κατακόρυφη ευθεία 1ε : x 2= αποτελεί λύση.

2η περίπτωση: Εξετάζουµε αν υπάρχουν ευθείες της µορφής:( ) ( )Γ Γε : y y λ x x y 1 λ x 2 y 1 λx 2λ λx y 1 2λ 0− = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ − + − =

που να αποτελούν επίσης λύση. Πρέπει και αρκεί: ( ) ( )

o o2 2 22

Αx By Γ λ 0 1 0 1 2λd O,ε 2 2 2Α Β λ 1+ + ⋅ − ⋅ + −

= ⇔ = ⇔ = ⇔+ + −

( )21 2λ 0,2 λ 1 0 222 22

1 2λ 2 1 2λ 2 λ 1 1 2λ 2 λ 1λ 1

− ≥ + >−= ⇔ − = + ⇔ − = +

+

( ) ( )2 2 2 2 31 2λ 4 λ 1 1 4λ 4λ 4λ 4 4λ 3 λ4

⇔ − = + ⇔ − + = + ⇔ = − ⇔ = −

Άρα η ευθεία, 3 3 3 3ε : x y 1 2 0 x y 1 0 3x 4y 10 04 4 4 2

− − + − − = ⇔ − − + + = ⇔ − − + = αποτελεί επίσης λύση.

Γ3. i) Αφού η παραβολή C έχει κορυφή το O(0,0) και άξονα συµµετρίας τον y y,′ θα έχει εξίσωση της µορφής 2C : x 2py= .

( ) 2 2Γ ΓΓ 2,1 C x 2py 2 2p 1 2p 4 p 2∈ ⇔ = ⇔ = ⋅ ⇔ = ⇔ = .

Άρα η εξίσωση της παραβολής είναι 2 2C : x 2 2y x 4y= ⋅ ⇔ = .




ii) Έστω ε η εφαπτοµένη της C που είναι παράλληλη στην πλευρά ΒΓ.Αν ( )1 1M x ,y το σηµείο επαφής της ε µε την C θα είναι:

( ) ( )p 21 1 1 1ε : xx p y y xx 2 y y

=

= + ⇔ = + ⇔

( )11 1 1 1 1

xxx 2y 2y 2y x x 2y y x y 22= + ⇔ = − ⇔ = −

Αφού η 1ε ΒΓ 1

x 3ε // ΒΓ λ λ x 32 2

⇔ = ⇔ = ⇔ = .

Όµως το ( ) 2 21 1 1 1 1 1 1

9M x ,y C x 4y 3 4y 4y 9 y 4∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = .

( ) 3 9 3 92 y x 4y 4 x 4 4y 6x 9 6x 4y 9 02 4 2 4⇔ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − − = .

ΘΕΜΑ ∆

∆1. 2 2

2 21

x yC : 3x 4y 12 14 3+ = ⇔ + = , Έχουµε: 2 2α 4, β 3= = και επειδή 4 > 3 οι εστίες της C1 βρίσκονται στον x΄x. 2 2 2 2 2 2 2 2β α γ γ α β γ 4 3 γ 1 γ 1= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = .

Ε΄(-1,0), Ε(1,0) και B(0, 3) ή B(0, 3)− . 2 2 2 2

E ' B E ' B(BE ') (x x ) (y y ) ( 1 0) (0 3) 1 3 2= − + − = − − + ± = + = 2 2(BE) (1 0) (0 3) 1 3 2= − + ± = + = 2 2 2(E 'E) (1 1) (0 0) 2 2= + + − = = Το τρίγωνο ΒΕ΄Ε είναι ισόπλευρο.

∆εύτερος τρόπος ΒΟ (ή Β΄Ο) ύψος και διάµεσος του τριγώνου ΒΕ΄Ε (ή Β΄Ε΄Ε) , άρα ΒΕ = ΒΕ΄. Το Β είναι σηµείο της έλλειψης

α 2

BE BE '(BE) (BE ') 2α (BE) (BE ') 2

=

=

+ = ⇒ = = . Επίσης (Ε΄Ε) = 2, εποµένως το τρίγωνο είναι ισόπλευρο πλευράς 2.

∆2. Αν αντικαταστήσουµε 3(x, y) ( 2, )2= στις εξισώσεις των δύο κωνικών, παρατηρούµε ότι επαληθεύονται. Πράγµατι: 2 23 33( 2) 4( ) 3 2 4 122 2+ = ⋅ + ⋅ = και 2 23 3 7( 2) ( ) 22 2 2+ = + = ,




άρα το σηµείο 3P( 2, )2 είναι κοινό των C1,C2.Το σύστηµα των εξισώσεων των C1,C2 µπορεί να θεωρηθεί ως σύστηµα µε αγνώστους x2,y2 . ∆εδοµένου ότι έχει τη λύση 3(x, y) ( 2, )2= οι υπόλοιπες

λύσεις θα είναι: 3 3 3( 2, ) η ( 2, ) η ( 2, )2 2 2− − − −ɺ ɺ ,που είναι και οι συντεταγµένες των υπολοίπων κοινών σηµείων. ∆εύτερος τρόπος. Τα σηµεία τοµής των κωνικών προκύπτουν από τις λύσεις του συστήµατος.

2 2 22 2 2 2

2 2 22 2 2

3x 4y 12 x 23x 4y 12 3x 4y 127 34x 4y 14 x 2x y y2 2

+ = = + = + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + = =+ = = x 2 x 2 x 2 x 2

η η η3 3 3 3y y y y2 2 2 2

= = = − = − = = − = = −ɺ ɺ ɺ

Τρίτος τρόπος Αφού παρατηρήσουµε ότι 3P( 2, )2 είναι κοινό σηµείο των C1,C2 καιγνωρίζοντας ότι οι κωνικές έχουν άξονες συµµετρίες x΄x, y΄y και κέντρο συµµετρίας το Ο, συµπεραίνουµε ότι τα υπόλοιπα κοινά σηµεία είναι:

3 3 3( 2, ) η ( 2, ) η ( 2, )2 2 2− − − −ɺ ɺ .

∆3. ( )2 72 OM 7 (OM) 2= ⇔ = , άρα το Μ θα είναι σηµείο του κύκλου C2.

( ) ( ) ( ) ( )α 2ME ME' 4 ME ME' 2α

=

+ = ⇔ + = , άρα το Μ είναι σηµείο της έλλειψης C1 . To M είναι κοινό σηµείο των C1, C2, εποµένως από το ∆2,

3 3 3 3M( 2, ) η M( 2, ) η M( 2, ) η M( 2, )2 2 2 2− − − −ɺ ɺ ɺ .




∆4. Η εξίσωση της εφαπτοµένης της C1, έστω Pε , στο 3P 2, 2

είναι:

1 1P 1 1

xx yy 3ε : 1 3xx 4yy 12 3x 2 4y 124 3 2+ = ⇔ + = ⇔ + = .

Η Pε έχει συντελεστή διευθύνσεως 3 2 3 3λ24 3 2 3

2

= − = − = − .

Σύµφωνα µε την ανακλαστική ιδιότητα της έλλειψης η διχοτόµος της γωνίας 'Ε PΕ , έστω δ, είναι η ευθεία που είναι κάθετη στην εφαπτοµένη Pε στο σηµείο Ρ, εποµένως αν λ΄ είναι ο συντελεστής διευθύνσεως της δ, τότε:

2λ λ ' 1 λ '3

⋅ = − ⇔ = .

Η ευθεία δ διέρχεται από το 3P 2, 2

και έχει συντελεστή διευθύνσεως

2λ '3

= , άρα, 3 2δ : y (x 2)2 3− = − .









ΘΕΜΑ A

Α.1. Θεωρία Σχολικό Βιβλίο (έκδοση 2011) σελίδα 45.



Α.4. i. Λάθος ii. Σωστό iii. Λάθος iv. Λάθος

v. Σωστό

ΘΕΜΑ Β

Β.1. Έχουµε3 1

2 1, 1 1,2 2

ΑΒ = − − + =

και 4 2

2, 1 2,2 2

− − ΒΓ = − + = −

κ κ

κ κ

Είναι ( )1

1 2

2 2

2

2 2det , 0

2 2− −

− −ΑΒ ΒΓ = = − =

κ κ

κ κ

,οπότε ΑΒ ΒΓ

.

Επειδή τα διανύσµατα ,ΑΒ ΒΓ

έχουν κοινό το σηµείο Β , τότε έχουν τον ίδιο

φορέα. Έτσι, τα ,Α Βκαι Γ είναι συνευθειακά.

Β.2. Είναι 1

1,2

ΑΒ =

και ( )2,1ΒΟ = −

.Έχουµε 1 3

2 02 2

ΑΒ⋅ΒΟ = − + = − <

,

άρα ( ), 0.ΑΒ ΒΟ <

συν Οπότε η γωνία ( ),ΑΒ ΒΟ

είναι αµβλεία .




Β.3. Είναι1 4 3 1

1, , 1, 1,2 2 2 2

− − ΑΒ = ΑΓ = − + = −

κ κ

κ κ και 2

2,2

− ΒΓ = −

κ

κ .

Άρα 1 5 5

14 4

− −ΑΒ⋅ΑΓ = − + =

κ κ

κ και ( )( ) ( )

2 2

22 2 5 2

24 4

− −ΒΓ = − + =

κ κ

κ .

Πρέπει ( )

( )2

25 25 52 1 2 2

4 4

−−= ⋅ ⇔ − = − ⇔

κκ

κ κ

2 21 2 8 8 2 9 9 0− = − + ⇔ − + =κ κ κ κ κ .

Έχουµε 29 4 2 9 9∆ = − ⋅ ⋅ = ,οπότε 3=κ ή

3

2=κ .

ΘΕΜΑ Γ

Γ.1. Η εξίσωση (1) είναι ισοδύναµη µε την :

( )2 2 2 2 2 210 4 4 4 1 0 1 4 4 1 4 0 (2)

4

+− − + = ⇔ − − + + = ⇔ − − + + =

xx y x y x x yλ λ λ λ λ λ λ λ λ

Έστω ότι η (2) δεν παριστάνει ευθεία. Τότε 21 4 0− =λ και 4 0− =λ δηλ.

1

2= ±λ και 0=λ που είναι αδύνατο. Άρα η (2) για κάθε ∈ℝλ , παριστάνει

ευθεία .

Γ.2 1ος

τρόπος :

Στην (2)θέτουµε διαδοχικά: 1

2=λ και 0=λ οπότε έχουµε :

2 2 0− + =y και 1 0 1+ = ⇔ =x y και 1.= −x Στην (2) θέτουµε 1= −x και

1=y οπότε έχουµε : 2 2 21 4 4 1 4 0 8 4 0 0− + − + + = ⇔ − = ⇔ =λ λ λ λ λ λ ή

1

2=λ .

Η (2) λοιπόν δεν ισχύει για κάθε ∈ℝλ , οπότε δεν υπάρχει σηµείο από το οποίο να διέρχονται όλες οι ευθείες της µορφής (2)

2ος

τρόπος :

Έστω ότι όλες οι ευθείες της µορφής (1) διέρχονται από το σηµείο ( )0 0,x yΜ .

Η εξίσωση (1) γίνεται : ( )2 0

0 0

11 0

2

xx yλ λ

+− − + = (3).

Η εξίσωση (3) πρέπει να ισχύει για κάθε λ∈ℝ ,οπότε 0 0 0

1 0 1, 0x x y− = ⇔ = =

και 0

0

10 1

4

x

x

+= ⇔ = − που είναι αδύνατο.

Έτσι, δεν υπάρχει σηµείο από το οποίο να διέρχονται όλες οι ευθείες της µορφής (1).




Γ.3. Η (2) για 1=λ γίνεται: ( )1: 3 4 5 0− − + =x yε και για 1= −λ γίνεται

( )2: 3 4 5 0− + + =x yε .

Τα σηµεία τοµής των ( ) ( )1 2,ε ε µε τον 'y y ,δηλαδή µε την ευθεία ( ) : 0=xε είναι

αντίστοιχα:5

0,4

Α

και 5

0,4

Β −

.

Το σηµείο τοµής Γ των ( ) ( )1 2,ε ε προκύπτει από την λύση του συστήµατος:

( ) 3 4 5 0

3 4 5 0

− − + =

− + + =Σ

x y

x y.

Με πρόσθεση και αφαίρεση κατά µέλη έχουµε :5

6 10 03

− + = ⇔ =x x και

8y 0 y 0− = ⇔ = οπότε 5,0

3

Γ

.

Έχουµε 5

0,2

ΑΒ = −

και 5 5,

3 4

− ΑΓ =

.

Οπότε ( ) ( )5

0 2

5 5

3 4

1 1 1 25 25| det , | | | . .

2 2 2 6 12

−

−

ΑΒΓ = ΑΒ ΑΓ = = ⋅ =

τ µ .

Γ.4. Από το ( )0,0Ο φέρνουµε ευθεία ( )δ κάθετη στην ( )1ε .

Είναι ( )13

4= −λ ε άρα ( )

4

3=λ δ .

Η εξίσωση της ( )δ είναι :4

4 3 03

= ⇔ − =y x x y .

Το σηµείο τοµής ∆ των ( )δ και ( )1ε είναι το ζητούµενο σηµείο, το οποίο

προκύπτει από τη λύση του συστήµατος ( ) 4 3 0

3 4 5

− =

− − =−Σ

x y

x y

Είναι 4 3

3 416 9 25

−

− −

= = − − = −D , 0 3

5 415

−

− −

= = −x

D και 4 0

3 520

− −

= = −y

D

Άρα 15 3

25 5

−

= =

−

x και 20 4

25 5

−

= =

−

y , οπότε 3 4,

5 5

∆

.




ΘΕΜΑ ∆

∆.1. Η (1) είναι ισοδύναµη µε την ( ) ( )2

2 22 2 0

2+ + − + + + =x y x y

λλ λ (2).

Είναι 2, 2Α = − Β = +λ λ και 2

,2

Γ =λ

οπότε

( ) ( )2

2 22 24 2 2 4 8 0

2Α +Β − Γ = − + + − = >

λλ λ .

Έτσι , η (2) παριστάνει ίσους κύκλους µε ακτίνα 8

22

= =ρ .

∆.2. Τα κέντρα των παραπάνω κύκλων είναι: 2 2

,2 2

− − − Κ

λ λ, για κάθε ∈ℝλ .

Έστω 2

2

−

=x

λ και

2

2

− −

=yλ

και µε αφαίρεση κατά µέλη έχουµε: 2− =x y .

∆ηλ. τα κέντρα των κύκλων κινούνται στην ευθεία ( ) : 2 0− − =x yε .

(Ένας άλλος τρόπος λύσης θα ήταν µε απαλοιφή του λ από τις συντεταγµένες του Κ).

∆.3. Επειδή οι κύκλοι είναι ίσοι, τότε η (ε) είναι η µεσοπαράλληλος των

( ) ( )1 2,δ δ µε ( ) ( )

1 2, , 2= =d dε δ ε δ .

Οι ευθείες ( ) ( )1 2,δ δ αφού είναι παράλληλες της (ε) είναι µορφής:

( ) : 0− + =x yδ γ .

Έστω ( )2,0Β ένα σηµείο της (ε) τότε :

d(ε,δ) 2= ⇔ ( )2

, 2 2 2 2 2 22

+Β = ⇔ = ⇔ + = ⇔ + =d

γδ γ γ ή 2 2+ = −γ

άρα 0=γ ή 4= −γ .

Οπότε ( )1: 0− =x yδ και ( )

2: 4 0− − =x yδ .

∆.4. i. Επειδή η (ε) δεν είναι κατακόρυφη και εφάπτεται της παραβολής, πρέπει

το σύστηµα των εξισώσεων : 22=x py και 2 0− − =x y να έχει µοναδική

λύση. Έτσι, έχουµε : ( )2 22 2 2 4 0= − ⇔ − + =x p x x px p .

Πρέπει λοιπόν η διακρίνουσα της παραπάνω εξίσωσης, να είναι ίση µε µηδέν.

∆ηλαδή 24 16 0 4− = ⇔ =p p p γιατί 0≠p .

Έτσι ( ) 2: 8=C x y µε εστία 0,

2

Ε

pδηλαδή ( )0,2Ε και διευθετούσα

( ) : 2= −yδ




ii. Έστω ( ) ( )1 1,Α ∈x y C τότε ( )2

1 18 3=x y . Η εφαπτοµένη της (C) στο Α είναι :

( )1 1 1 1

: 4 4 4 4 0= + ⇔ ⋅ − − =xx y y x x y yη .

Επειδή ( ) ( )⊥η ε και 1 , 14= =

x

η ελ λ , τότε 1

11 4 .

4= − ⇔ = −

x

x

Από την (3) έχουµε:1 1

16 8 2= ⇔ =y y .

Έτσι, η εξίσωση της (η) είναι: 4 4 8 0 2 0− − − = ⇔ + + =x y x y .






Ηµεροµηνία: Κυριακή 4 Μαΐου 2014



ΘΕΜΑ A

Α.1. Σχολικό βιβλίο σελ. 83.

Α.2. Σχολικό βιβλίο σελ. 41.

Α.3. i. Σωστό

ii. Σωστό iii. Σωστό iv. Λάθος

v. Σωστό

ΘΕΜΑ Β

Β.1. Είναι α 4=

και 2 β 4 β 2= ⇔ =

, οπότε

( ) π 1α β α β συν α,β 4 2 4 2 4

3 2συν⋅ = = ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅

ɵ

Β.2.

( )22

α γ α γ 0 α α κβ 0

α καβ 0 α κ 4 0

4κ 16 0 κ 4

⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ + =

⇔ + = ⇔ + ⋅ =

⇔ + = ⇔ = −

Β.3. i. Είναι ( ) β γσυν β, γ

β γ

⋅

=

ɵ και αφού

• ( )2

2 2

β γ β α 4β α β 4β 4 4 β 4 4 2 12⋅ = ⋅ − = ⋅ − = − = − ⋅ = −

• και




( )22 2

2 22 2

2 2

γ α 4β α 4β α 8α β 16β α 8 4 16 β

4 32 16 2 48

= − = − = − ⋅ + = − ⋅ +

= − + ⋅ =

θα είναι γ 48 4 3= =

(αφού γ 0≥

)

Άρα ( ) 12 3 3συν β ,γ

22 4 3 2 3

−

= = − = −

⋅

ɵ .

Είναι ( )0 β, γ π≤ ≤

ɵ , οπότε ( ) π 5πβ,γ π

6 6= − =

ɵ .

ii. Αφού β

προβ γ || β

θα υπάρχει λ∈ℝ ώστε β

προβ γ λβ=

.

Οπότε

( ) ( )β

2 2 2 2

β γ β προβ γ β α 4β β λβ

α β 4β λβ 4 4 2 2 λ

4λ 12 λ 3

⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ − = ⋅ ⇔

⋅ − = ⇔ − ⋅ = ⇔

= − ⇔ = −

∆ηλαδή β

προβ γ 3 β= − ⋅

.

ΘΕΜΑ Γ

Γ.1. Έχουµε

( ) ( )( )

2 2 2 2

2 2

x y 2x 1 0 x 2x 1 y 0

x 1 y 0 x 1 y x 1 y 0

x 1 y 0 ή x 1 y 0

y x 1 ή y x 1

− − + = ⇔ − + − = ⇔

− − = ⇔ − − − + = ⇔

− − = − + = ⇔

= − = − +

Οπότε η (1) παριστάνει τις ευθείες 1 2ε : y x 1 και ε : y x 1= − = − + , µε κλίσεις

αντίστοιχα 1 2λ 1 και λ 1= = − . Αφού ( )

1 2λ λ 1 1 1= ⋅ − = − θα είναι

1 2ε ε⊥ .

Λύνουµε το σύστηµα ( )y x 1

Σy x 1

= −

= − +.

Με πρόσθεση κατά µέλη προκύπτει ότι 2y 0 y 0= ⇔ = , οπότε το (Σ)

ισοδύναµα γράφεται

y 0 y 0 x 1

y x 1 0 x 1 y 0

= = = ⇔ ⇔

= − = − =

Άρα το σηµείο τοµής των ευθειών είναι το Ε(1,0).




Γ.2 (Α΄ τρόπος)

Η εξίσωση ( ) ( )2 2 22 3 1 x 1 y 3 6 1 0,λ − λ + + λ + − λ + λ − = µε λ∈ℝ είναι της

µορφής Ax By Γ 0+ + = µε 2

Β λ 1 0= + ≠ , οπότε παριστάνει ευθεία για κάθε

λ∈ℝ .

Αν ( ) ( )2 2 2

λε : 2λ 3λ 1 x λ 1 y 3λ 6λ 1 0− + + + − + − = , τότε

• Για λ 0= η παραπάνω εξίσωση γίνεται 3ε : x y 1 0+ − =

• Για λ 1= η παραπάνω εξίσωση γίνεται 4ε : 2y 2 0 y 1+ = ⇔ = − .

Οπότε έχουµε y 1 x 2

x y 1 0 y 1

= − = ⇔

+ − = = − .

∆ηλαδή οι ευθείες 3ε και

4ε έχουν κοινό σηµείο το Ζ(2,-1).

Όµως για x 2= και y 1= − η (2) γίνεται.

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2

2λ 3λ 1 2 λ 1 1 3λ 6λ 1 4λ 6λ 2 λ 1 3λ 6λ 1 0− + ⋅ + + ⋅ − − + − = − + − − − + − =

Άρα το λ

Ζ ε∈ .

Εποµένως όλες οι ευθείες της παραπάνω οικογένειας θα διέρχονται από το

σηµείο Ζ(2,-1).

(Β΄ τρόπος)

Από την ( ) ( )2 2 22 3 1 x 1 y 3 6 1 0,λ − λ + + λ + − λ + λ − = µε λ∈ℝ , έχουµε

( ) ( ) ( )

2 2 2

2

2λ x 3λx x λ y y 3λ 6λ 1 0

λ 2x y 3 λ 3x 6 x y 1 0

− + + + − + − = ⇔

+ − + − + + + − =

Για να είναι µηδενικό πολυώνυµο του λ, πρέπει

3x 6 0 x 2 x 2

2x y 3 0 2 2 y 3 0 y 1

x y 1 0 2 y 1 0 y 1

− + = = =

+ − = ⇔ ⋅ + − = ⇔ = − + − = + − = = −

Η λύση του συστήµατος είναι το x 2

y 1

=

= −, άρα όλες οι ευθείες της παραπάνω

οικογένειας διέρχονται από το ( )Z 2, 1− .

Γ.3. i. Η ζητούµενη παραβολή είναι της µορφής 2

y 2px= . Αφού Ε(1,0) η εστία

της, θα είναι p

1 p 22= ⇔ = , οπότε η παραβολή θα είναι η

2

c : y 4x= .

Η διευθετούσα της είναι η p

δ : x2

= − , δηλαδή δ : x 1= − .

ii. Αν ( )1 1

A x , y και ( )2 2

B x , y τα άκρα της χορδής της c µε µέσο το σηµείο Ζ,

τότε




•1

2

1y 4x= και

• 2

2 2y 4x= .

Αφαιρώντας κατά µέλη έχουµε:

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

2 1 2 1 2 2 2 1 2 1y y 4 x x y y y y 4 x x 3− = − ⇔ − + = −

Όµως το ( )Z 2, 1− είναι µέσο του ΑΒ οπότε

2 1

2 1

y y1 y y 2

2

+− = ⇔ + = −

Εποµένως η (3) γίνεται

( )( ) ( )2 1 2 1

y y 2 4 x x− − = −

Αν 1 2x x= , τα σηµεία Α και Β είναι

συµµετρικά ως προς x΄x, οπότε το Ζ, που είναι µέσο του ΑΒ, θα βρίσκεται στον x΄x. Αυτό είναι άτοπο, αφού η τεταγµένη του Ζ

είναι -1, οπότε 1 2x x≠ .

Εποµένως

( )( ) ( ) 2 1

2 1 2 1 ΑΒ

2 1

y y 4y y 2 4 x x λ 2

x x 2

−− − = − ⇔ = ⇔ = −

− −

,

όπου ΑΒ

λ η κλίση της ΑΒ. Αφού ( )Z 2, 1− σηµείο της, έχουµε

( )ΑΒ : y 1 2 x 2 y 2x 3+ = − − ⇔ = − +

ΘΕΜΑ ∆

∆.1. Είναι ( )N 6µ 2,6λ , µε µ,λ− ∈ℝ

Αν ( )Ν x,y τότε ( )

22

2 2

x 6µ 2 6µ x 2 36µ x 2

y 6λ 6λ y 36λ y

= − = + = + ⇒ ⇒

= = =

Προσθέτοντας κατά µέλη προκύπτει ότι

( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 236µ 36λ x 2 y x 2 y 36 µ λ+ = + + ⇔ + + = +

και αφού 2 2

µ λ 1+ = , η παραπάνω γίνεται ( )2 2

x 2 y 36+ + = .

∆.2. (Α΄ τρόπος)

Παρατηρούµε ότι η ευθεία 1ε : x 4= εφάπτεται στον κύκλο c, διότι

( )1

2 2

2 0 4d K,ε 6 ρ

1 0

− + −

= = =

+

Επίσης από το ∆ διέρχονται και άπειρες ευθείες της µορφής

( )ε : y 8 λ x 4 λx y 8 4λ 0− = − ⇔ − + − =




Για να εφάπτεται στον κύκλο θα πρέπει

( )( )

( )

22

2

22

2

2 2

2λ 8 4λd K,ε 6 6

λ 1

46 λ 6 λ 1

3

4λ λ 1

3

8 16λ λ λ 1

3 9

724λ 16 9 λ

24

− + −

= ⇔ = ⇔

+ −

⇔ − = + ⇔

⇔ − = + ⇔

⇔ − + = + ⇔

⇔ − + = ⇔ =

Άρα 7 7

ε : x y 8 4 0 7x 24y 164 024 24

− + − ⋅ = ⇔ − + = .

(Β΄ τρόπος)

Η ζητούµενη ευθεία είναι της µορφής ε :Αx By Γ 0+ + = , µε A 0≠ ή B 0≠ .

Όµως ( )∆ 4,8 ε∈ , οπότε 4Α 8Β Γ 0 Γ 4Α 8Β+ + = ⇔ = − − και µε

αντικατάσταση στην παραπάνω προκύπτει:

( )ε : Αx By 4A 8B 0 1+ − − =

Για να είναι εφαπτόµενη στον κύκλο c πρέπει και αρκεί

( )

( )

( )

2 2

222 2 2 2

2 2 2 2

2

2Α 0Β 4Α 8Βd K,ε 6 6

Α Β

6Α 8Β 6 Α Β 6Α 8Β 6 Α Β

36Α 96ΑΒ 64Β 36Α 36Β

96ΑΒ 28Β 0 4Β 24Α 7Β 0

24Β 0 ή Β Α

7

− + − −

= ⇔ = ⇔

+

+ = + ⇔ + = + ⇔

+ + = + ⇔

+ = ⇔ + = ⇔

= = −

• Αν Β 0= τότε είναιΑ 0≠ , διότι η (1) παριστάνει ευθεία. Οπότε από την (1)

έχουµε: Αx 0y 4A 8 0 0 Ax 4A x 4+ − − ⋅ = ⇔ = ⇔ =

• Αν 24

B A7

= − τότε είναι Α 0≠ , διότι αν ήταν A 0= θα είχαµε και Β=0,

που είναι άτοπο διότι η (1) παριστάνει ευθεία. Οπότε από (1) θα έχουµε:




24 24 24 192Ax Ay 4A 8 A 0 x y 4 0

7 7 7 7

7x 24y 28 192 7x 24y 164

− − − ⋅ − = ⇔ − − + = ⇔

− − + ⇔ − +

Άρα οι ζητούµενες ευθείες είναι οι:

1ε : x 4= και

2ε : 7x 24y 164 0− + =

∆.3. Παρατηρούµε ότι τα τρίγωνα ∆ΚΑ και ∆ΚΕ είναι ίσα, διότι

• Ορθογώνια τρίγωνα ( ο

Ε Α 90= = )

• ∆Κ κοινή πλευρά (υποτείνουσα)

• ΚΑ=ΚΕ=ρ

Οπότε ( ) ( )∆ΚΑ ∆ΚΕ= . Έτσι

( ) ( )1

∆ΕΚΑ 2 ∆ΚΑ 2 6 8 48τ.µ.2

= = ⋅ ⋅ ⋅ =

∆.4. Αν ( )1Μ,ρ κύκλος που εφάπτεται εσωτερικά στον κύκλο c και διέρχεται από

το σηµείο ( )Σ 2,0 , πρέπει και αρκεί

( ) ( ) ( ) ( )1 1ΚΜ KN MN ρ ρ , ρ ρ= − = − <

και ( ) 1ΜΣ ρ=

∆ηλαδή έχουµε

( ) ( ) ( ) ( )ΚΜ ρ ΜΣ ΜΣ ΜΚ ρ 6= − ⇔ + = =

Αφού ( ) ( ) ( )ΚΣ 4 6 ΜΚ ΜΣ= < = + ο

γεωµετρικός τόπος των σηµείων Μ είναι η έλλειψη µε εστίες Σ και Κ και µεγάλο

άξονα 6.

Εποµένως γ 2= , α 3= και

2 2β α γ 5= − = .

Και η εξίσωσή της είναι: 2 2

x y1

9 5+ =



Ε_3.ΑΜλ2ΘΤ(α)



ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Ηµεροµηνία: Τετάρτη 7 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ A

A1. Σελίδα 43 σχολικού Βιβλίου.

Α2. α) Σ

β) Λ γ) Λ

δ) Σ ε) Σ

ΘΕΜΑ Β

Β1. Προσθέτοντας κατά µέλη τις σχέσεις: ( ) ( )

( ) ( )

0,5 1

2 3,1 2

α +β =

α −β =

προκύπτει:

( ) ( ) ( ) ( )3 3,1 0,5 3 3 0,1 5 3 3,6α = + ⇔ α = + + ⇔ α = ⇔

( ) ( )1 1 1

3,6 3, 6 1,23 3 3

α = ⋅ ⇔ α = ⋅ ⋅ ⇔ α =

Η σχέση (1) για ( )1,2α =

γίνεται:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1,2 0,5 0,5 1,2 0 1,5 2 1,3+β = ⇔β= − ⇔β= − − ⇔ β= −





Β2.

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

22 2 2

x x y y, ,

x y x y

1 1 2 3 5, ,

5 101 2 1 3

5 5, ,

50 2 25

5 1, ,

2 5 2

2, άρα ,

2

α β α β

α α β β

⋅ + ⋅α ⋅βσυν α β = ⇔ συν α β = ⇔

α ⋅ β + ⋅ +

⋅ − + ⋅συν α β = ⇔ συν α β = ⇔

⋅+ ⋅ − +

συν α β = ⇔ συν α β = ⇔⋅

συν α β = ⇔ συν α β = ⇔⋅

συν α β = α β

4

π=

B3. Ισχύει: ( )1β

α ⋅β = β⋅προβ α

όµως / / , λ Rβ β

προβ α β⇔ προβ α = λ⋅β ∈

. Εποµένως η (1) γίνεται:

( )22 1

5 102

α ⋅β = β λ ⋅β ⇔ α ⋅β = λ ⋅β ⇔ α ⋅β = λ ⋅ β ⇔ = λ ⋅ ⇔ λ =

Άρα: ( )1 1 3

1,3 ,2 2 2β β β

προβ α = λ⋅β⇔ προβ α = ⋅ − ⇔ προβ α = −

ΘΕΜΑ Γ





Γ1. Βρίσκουµε τις συντεταγµένες των διανυσµάτων ΑΒ,ΒΓ

.

( )B A B A

ΑΒ x x , y y (2 3,3 2) (5,1)= − − = + − =

( )Γ Β Γ Β

ΒΓ x x , y y (4 2,1 3) (2, 2)= − − = − − = −

Εποµένως 5 1

det(ΑΒ,ΒΓ) 10 2 12 02 2

= = − − = − ≠

−

, άρα τα διανύσµατα ΑΒ,ΒΓ

δεν είναι παράλληλα, οπότε τα Α,Β και Γ όχι συνευθειακά.

Γ2. Η µεσοκάθετος (ε) του ευθύγραµµου τµήµατος ΒΓ διέρχεται από το µέσο του

Μ και το τέµνει κάθετα. Βρίσκουµε τις συντεταγµένες του σηµείου Μ:

B Γ

M M M

x x 2 4x x x 3

2 2

+ += ⇔ = ⇔ = , B Γ

M M M

y y 3 1y y y 2

2 2

+ += ⇔ = ⇔ =

Άρα, Μ(3, 2) . Υπολογίζουµε τον συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας ΒΓ.

Γ B

ΒΓ ΒΓ ΒΓ

Γ B

y y 1 3λ λ λ 1

x x 4 2

− −= ⇔ = ⇔ = −

− −

.

Ισχύει ( )ε ΒΓ ε

ε (ΒΓ) λ λ 1 λ 1⊥ ⇔ ⋅ = − ⇔ = .

Άρα η εξίσωση της µεσοκαθέτου (ε) του ευθύγραµµου τµήµατος ΒΓ είναι:

( ) ( )M ε M

ε : y y λ x x y 2 x 3 y x 1− = ⋅ − ⇔ − = − ⇔ = − .

Γ3. Έστω Α΄ το συµµετρικό του Α ως προς την ευθεία(ε). Θα βρούµε την εξίσωση ευθείας (ζ) η οποία διέρχεται από το Α και τέµνει κάθετα την (ε).

Ισχύει: ( ) ΒΓ ζ ζΒΓ (ζ) λ λ λ 1⇔ = ⇔ = − , εποµένως η ευθεία (ζ) έχει εξίσωση

( ) ( )Α ζ Αζ : y y λ x x y 2 1 (x 3) y x 1− = ⋅ − ⇔ − = − ⋅ + ⇔ = − −

Έστω Κ το σηµείο τοµής των ευθειών (ε) και (ζ), του οποίου οι συντεταγµένες

θα βρεθούν λύνοντας το σύστηµα των εξισώσεων των ευθειών αυτών.

Πράγµατι: y x 1 y x 1 y x 1 y 1

y x 1 x 1 x 1 x 0 x 0

= − − = − − = − − = − ⇔ ⇔ ⇔

= − − − = − = =

Άρα Κ(0, 1)− . Λόγω συµµετρίας το Κ είναι το µέσο του ευθύγραµµου

τµήµατος ΑΑ΄.

A Α΄ Α΄

K Α΄

x x 3 xx 0 x 3

2 2

+ − += ⇔ = ⇔ = και

A Α΄ Α΄

K Α΄

y y 2 yy 1 y 4

2 2

+ += ⇔ − = ⇔ = −

Άρα το συµµετρικό του Α ως προς την ευθεία (ε) είναι το Α΄(3,-4)





ΘΕΜΑ ∆

∆1. Αφού το τρίγωνο ΟΑΒ µε ˆ 90Ο = είναι ισοσκελές έχουµε ( ) ( )OA OB= ,

εποµένως ή a aβ α β β α β⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

.

Αν φ είναι γωνία των διανυσµάτων και α β

η τελευταία ισότητα γράφεται:

a β⋅

= α β συνϕ α β α β συνϕ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⋅

από την οποία προκύπτει ότι

συνϕ =1, αφού τα , α β

είναι µη µηδενικά διανύσµατα και εποµένως είναι

0α ≠

και 0β ≠

. Άρα ( )1 ή 1συνϕ συνϕ= − = (1) οπότε φ =180

ή φ=0

.

Σε κάθε περίπτωση είναι / / .α β

∆2. Έχουµε .α β α β συνϕ⋅ = ⋅ ⋅

Από τις σχέσεις (1) προκύπτει ότι

α β⋅

=− α β⋅

ή α β⋅

= α β⋅

αντιστοίχως.

∆ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις:

α) Αν α β⋅

= α β⋅

είναι ( )0, .Β ⋅

α β Αναλόγως έχουµε:

0

1.

0

α βλ

α βΑΒ

⋅ −

= = −

− ⋅





ε2: ( ) 2

0 1 ή ε : y= x+y x a aβ β− = − − ⋅ − ⋅

.

β) Αν α β⋅

=− α β⋅

είναι ( )0, .′Β − ⋅

α β Τότε ο συντελεστής διεύθυνσης

της ευθείας που διέρχεται από τα σηµεία Α και Β΄ είναι

0

1

0′ΑΒ

− ⋅ −

= =

− ⋅

α βλ

α β και αφού διέρχεται από το Α είναι

ε1: ( )0 1y x α β− = − ⋅

ή ε1: y x a β= − ⋅

∆3. Βρίσκω τα σηµεία τοµής Λ και Κ αντίστοιχα των ευθειών 1

(ε ) ,2

(ε ) µε την

ευθεία x 1= − .

Για x 1= − η 1

(ε ) γίνεται y 1 α β= − − ⋅

. Άρα: Λ( 1, 1 α β )− − − ⋅

.

Για x 1= − η 2

(ε ) γίνεται y 1 α β= + ⋅

. Άρα: K( 1,1 α β )− + ⋅

.

Για χάρη ευκολίας θέτω α β κ 0⋅ = >

.

Άρα, Λ( 1, 1 κ)− − − ,K( 1,1 κ)− + οπότε ΟΛ ( 1, 1 κ)= − − −

,ΟK ( 1,1 κ)= − +

.

Ισχύει:

κ 02 2

ΟΚ ΟΛ 3 ( 1,1 κ)( 1, 1 κ) 3 1 (1 κ)( 1 κ) 3

1 1 κ κ κ 3 κ 2κ 3 0 κ 3 ή κ 1 κ 1>

⋅ = − ⇔ − + − − − = − ⇔ + + − − = − ⇔

− − − − = − ⇔ + − = ⇔ = − = ⇔ =

Άρα α β 1⋅ =

, εποµένως α β 1 ή α β 1⋅ = ⋅ = −

.



Ε_3.ΒΜλ2Θ(α)


ΤΑΞΗ: Β΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 26 Απριλίου 2015 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες


ΘΕΜΑ A

Α1. Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελίδα 33.

Α2. Θεωρία σχολικού βιβλίου, σελίδα 41, ορίζουµε 0α⋅β =

.

Α3. α) (Λ), β) (Σ), γ) (Λ), δ) (Σ), ε) (Σ).

ΘΕΜΑ B

Β1. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι 3

4ελ = − . ∆εδοµένου ότι / /ε ζ

έχουµε: 3

4ε ζλ = λ = − . Εποµένως η εξίσωση ευθείας ζ η οποία διέρχεται από

το 9

2,2

Α −

και έχει συντελεστή διεύθυνσης 3

4λ = − , είναι:

( )9 3

y x 22 4

− − = − ⋅ −

,

οπότε ισοδύναµα 9 3 3

y x2 4 2+ = − + 4y 18 3x 6⇔ + = − + ⇔ 3x 4y 12+ = − .

Β2. Ένα τυχαίο σηµείο ( )x, yΜ ανήκει στη µεσοπαράλληλη ευθεία η των ε, ζ αν

και µόνο αν:

( ) ( )2 2 2 2

3x 4y 12 3x 4y 12d M, d M,

3 4 3 4

+ + + −ζ = ε ⇔ =

+ +

3x 4y 12 3x 4y 12⇔ + + = + −

3x 4y 12 3x 4y 12 0x 0y 24, αδύνατη

ή ή

3x 4y 12 3x 4y 12 3x 4y 0.

+ + = + − + = −

⇔ ⇔ + + = − − + + =



Ε_3.ΒΜλ2Θ(α)


Η εξίσωση 3x 4y 0+ = επαληθεύεται µόνο από τα σηµεία του επιπέδου για τα οποία ισχύει: ( ) ( )d M, d M,ζ = ε . Άρα η 3x 4y 0+ = είναι η εξίσωση της

µεσοπαράλληλης ευθείας η.

B - Τρόπος Ισχύει: / / / /η ε ζ , άρα 3

4ηλ = − .

Οπότε η εξίσωση της µεσοπαράλληλης έχει τη µορφή 3

y x , κ4

= − + κ ∈ℝ , η

οποία γράφεται ισοδύναµα 3x 4y 4+ = κ . Αν Κ, Λ, Μ τα σηµεία όπου οι

ευθείες ε, ζ και η αντίστοιχα, τέµνουν τον άξονα x x′ , τότε το Μ είναι µέσο του ΚΛ.

3x 4y 12 x 4Εύρεση του Κ : .

y 0 y 0

+ = = ⇔

= = Οπότε ( )4,0Κ .

3x 4y 12 x 4Εύρεση του Λ: .

y 0 y 0

+ = − = − ⇔

= = Οπότε ( )Λ 4,0− .

43x 4y 4 x

Εύρεση του Μ: .3y 0

y 0

κ+ = κ =

⇔ = =

Οπότε 4

,03

κ Μ

.

KM

M

MKM

x x 4 4x x 02 2M µέσο ΚΛ:

y 0y yy

2

Λ

Λ

+ −= = =

⇔ =+ =

, άρα ( )0,0Μ .

Οπότε 4

0 03

κ= ⇔ κ = , εποµένως η εξίσωση της µεσοπαράλληλης η είναι:

3x 4y 0+ = .



Ε_3.ΒΜλ2Θ(α)


Β3. Σηµείο τοµής της : 3x 4y 12ε + = µε τον άξονα y y :′ x 0 x 0

3x 4y 12 y 3

= = ⇔

+ = = ,

εποµένως ( )B 0,3 . Σηµείο τοµής της : 3x 4y 12ζ + = − µε τον άξονα x x′ :

y 0 y 0

3x 4y 12 x 4

= = ⇔

+ = − = − , εποµένως ( )4,0Γ − (είναι το Λ στον Β τρόπο

λύσης του Β2 ερωτήµατος). Υπολογίζουµε τις συντεταγµένες των διανυσµάτων

ΑΒ

και ΑΓ

. Είναι 15

2,2

ΑΒ = −

και 9

6,2

ΑΓ = −

. Άρα το εµβαδόν του

τριγώνου είναι: ( ) ( )

152

1 1 12det AB,A 9 45 18 . .92 2 2

62

−

ΑΒΓ = Γ = = − + = τ µ

−

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Ισχύει ( ) ( ) 2 20 x,4y x,2 0 x 8y 0 x 8yα ⊥β⇔α⋅β= ⇔ ⋅ − = ⇔ − + = ⇔ =

.

Η τελευταία εξίσωση είναι εξίσωση παραβολής µε άξονα συµµετρίας τον y y′ ,

κορυφή την αρχή ( )0,0Ο και παράµετρο p 4= . Εποµένως p

0,2

Ε

ή ( )0,2Ε

και p

: y y 22

δ = − ⇔ = − .

Γ2. i) Παρατηρούµε ότι το σηµείο 21

1 1

xx , , x 0

8

Ν ≠

, ανήκει στην παραβολή.

Η εξίσωση της εφαπτοµένης ε στη παραβολή είναι: ( )1 1x x 4 y y⋅ = ⋅ + , όπου

( )1 1x , y το σηµείο επαφής.

To ( ) ( )1 1 1 11, 1 , ό ύ : x 4 y 1 x 4y 4Α − ∈ε οπ τε ισχ ει = − ⇔ = − , (1)

Όµως 21

1

xy

8= , άρα η (1) γίνεται:

2 221 1

1 1 1 1

x xx 4 4 x 4 2x x 8

8 2= ⋅ − ⇔ = − ⇔ = − ⇔

21 1x 2x 8 0− − = , η οποία έχει λύσεις 1x 4= , 1x 2= − . Για 1x 4= είναι

1y 2= , ενώ για 1x 2= − είναι 1

1y

2= .

Στο ( )4,2 η εξίσωση εφαπτοµένης είναι ( )1 : 4x 4 y 2 x y 2 0ε = + ⇔ − − = .



Ε_3.ΒΜλ2Θ(α)


Στο 1

2,2

−

η εξίσωση εφαπτοµένης είναι

2

1ε : 2x 4 y x 2y 1 0

2

− = + ⇔ + + =

.

ii) Βρίσκουµε τα διανύσµατα ( )1 11,1 / /δ = ε

, ( )2 22,1 / /δ = − ε

. Είναι:

( )1 2

1 2

1 2 1 1 10

102 5 10

⋅ − +δ ⋅δσυνω= = = − = −

⋅δ ⋅ δ

.

Γ3. Το σηµείο ( )0 0x , yΒ ανήκει στη παραβολή άρα ισχύει: ( )20 0x 8y , 2 .=

Επίσης ( ) 0

2 2

y 2d B, 10 10

0 1

+δ = ⇔ = ⇔

+0 0y 2 10 y 8+ = ⇔ = ή 0y 12= − .

Για 0y 12= − η ( )2 γίνεται 20x 96= − , αδύνατη. Για 0y 8= η ( )2 γίνεται

20 0x 64 x 8= ⇔ = ή 0x 8= − . ∆εκτή η 0x 8= − λόγω της υπόθεσης ότι 0x 0< .

Άρα ( )8,8Β − . Έστω Κ το κέντρο του ζητούµενου κύκλου. Επειδή ΒΕ

διάµετρος, τότε το Κ µέσο του ΒΕ. Συνεπώς:

( )

B EK

B EK

x x 8 0x 4

2 2 . Άρα 4,5y y 8 2

y 52 2

+ − += = = −

Κ −+ + = = =

. Αν ρ η ακτίνα του ζητούµενου

κύκλου τότε: ( ) ( ) ( )2 2

8 4 8 5 16 9 25 5ρ = ΚΒ = − + + − = + = = .

Εποµένως η εξίσωση του κύκλου είναι: ( ) ( )2 2

1C : x 4 y 5 25+ + − = .

ΘΕΜΑ ∆

∆1.

( )2

2 2 2 2 2 2 2 2 2x y 2 y 1 0 x y 2 y 1 x (y ) 1 , (2).+ − λ − = ⇔ + − λ + λ = + λ ⇔ + − λ = + λ

Η (2) παριστάνει κύκλο µε κέντρο Κ(0,λ) και ακτίνα 2 1ρ = λ + , για κάθε Rλ∈ .

Σηµείωση: Το ερώτηµα θα µπορούσε να λυθεί µε την συνθήκη: 2 2A B 4 0+ − Γ > , µε A 0, B 2 , 1= = − λ Γ = − .



Ε_3.ΒΜλ2Θ(α)


∆2. i) Για λ = 0, η (1) γράφεται 2 2 2 2x y 2 0 y 1 0 x y 1+ − ⋅ ⋅ − = ⇔ + = . Για λ = 1,

η (1) γράφεται 2 2 2 2x y 2 1 y 1 0 x y 1 2y+ − ⋅ ⋅ − = ⇔ + = + . Θεωρούµε το

σύστηµα: 2 2

2 2

x y 1

x y 1 2y

+ =

+ = +, οπότε:

2 2 2 2 2 x 1 x 1x y 1 x y 1 x 1

y 0 y 00 2y y 0 y 0

= = − + = + = = ⇔ ⇔ ⇔ η

= == = = ɺ .

Θα αποδείξουµε ότι όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η (1), διέρχονται από τα σηµεία Α(1,0) και Β(-1,0). Πράγµατι, αν θέσουµε x = 1, y = 0 ή x = -1,y = 0 η (1) επαληθεύεται για κάθε Rλ∈ .

ii) Έστω M(x,y) τυχαίο σηµείο της ζητούµενης εφαπτοµένης ε, τότε:

AM (x 1, y 0) (x 1, y),KA (1 0,0 ) (1, )= − − = − = − − λ = −λ

KA AM 0 (1, ) (x 1,y) 0 x 1 y 0.⋅ = ⇔ −λ ⋅ − = ⇔ − −λ =

Σηµείωση: Το ερώτηµα θα µπορούσε να λυθεί βρίσκοντας την εφαπτοµένη ως ευθεία κάθετη στην ευθεία ΚΑ, που διέρχεται από το σηµείο Α. Ο τρόπος αυτός έχει το µειονέκτηµα ότι χρειάζεται περιορισµός 0λ ≠ , όταν υπολογίζουµε τον συντελεστή διεύθυνσης της εφαπτοµένης.

∆3. Η έλλειψη έχει εστίες Α(1,0) και Β(–1,0), άρα 2γ = 2 ή γ = 1.

22 1 12 2

2 2

γ= ⇔ = ⇔ α = ⇔ α =

α α και 2 2 2 2 1 1β = α − γ = − = .

2 2 2 2

2 2

x y x yC : 1 1

2 1+ = ⇔ + =

α β.



Ε_3.ΒΜλ2Θ(α)


∆4. Το Μ είναι κοινό σηµείο του κύκλου και της έλλειψης. Το Μ είναι σηµείο της έλλειψης, άρα, σύµφωνα µε τον ορισµό ισχύει: (MA) (MB) 2 2 2+ = α = .

Το Μ είναι σηµείο του κύκλου, άρα η απόστασή του από το κέντρο Κ θα

ισούται µε την ακτίνα ρ του κύκλου, εποµένως 2(MK) 1= ρ = λ + .

Έχουµε: 2(MA) (MB) 2(MK) 2 2 2 1+ = ⇔ = λ + ⇔

2 22 1 2 1= λ + ⇔ = λ + ⇔

2 1 1 ή 1.λ = ⇔λ= λ=−

Math prosanatolismou lyceum_b

Education

Transcript of Math prosanatolismou lyceum_b