Background Image
Previous Page  103 / 130 Next Page
Information
Show Menu
Previous Page 103 / 130 Next Page
Page Background

Εκδόσεις ΜΠΑΧΑΡΑΚΗ – Τράπεζα Θεμάτων Μαθηματικά Κατεύθυνσης Β’

102



2

2

2

2

2

2

2

x 2 y

x 2

y 3 x 2 x 2 y

          

2

2

2

2

2 2

2x 2y 8 3x

3y

12 x

y 20

        

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι ο κύκλος

2

2

x

y

20

 

με

κέντρο το

 

O 0,0

και ακτίνα

ρ 20 2 5

.

β. i.

Ισχύει:

2

ΓΔ

ΓΔ

5

5 ΓΔ 4 5 2ρ

4

4

 

     

 

 

,

άρα τα σημεία Γ και Δ είναι αντιδιαμετρικά, οπότε η ΓΔ διέρχεται από το Ο

και έτσι τα σημεία Γ, Δ, Ο είναι συνευθειακά.

ii.

Επειδή η ΓΔ είναι διάμετρος του κύκλου, η γωνία

ΓΜΔ

είναι ορθή γιατί

είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, άρα

ΜΓ ΜΔ

.

Τότε

ΜΓ ΜΔ 0

.

Δίνεται η εξίσωση

     

2 2

x y (λ 1)x

(λ 7)y λ 0

,

λ

.

α.

Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε τιμή του λ, με

λ 5

, παριστάνει κύκλο.

Κατόπιν να βρείτε τι παριστάνει η εξίσωση, όταν

λ 5

.

(Μονάδες 12)

β.

Έστω

1

C

,

2

C

οι κύκλοι που προκύπτουν από την παραπάνω εξίσωση όταν

λ 3

και

λ 9

αντίστοιχα.

i.

Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι

1

C

και

2

C

εφάπτονται εξωτερικά.

(Μονάδες 6)

ii.

Να βρείτε το σημείο επαφής των κύκλων.

(Μονάδες 7)

Απάντηση:

α.

Είναι:

2

2

2 2

2

2

2

Α Β 4Γ λ 1 λ 7 4λ

λ 2λ 1 λ 14λ 49 4λ 2 λ 5

       

       

Επειδή

2 2

Α Β

4Γ 0

  

για κάθε

λ

5

,

η εξίσωση παριστάνει κύκλο με

κέντρο

λ 1 λ 7

Κ

,

2 2

 

και ακτίνα

2

2 λ 5 2

ρ

λ 5

2

2

.

Για

λ 5

είναι:

2

2

x

y

4x 2y 5 0

 

   

ΘΕΜΑ 4 - 22590