Λύσεις Θεμάτων

 

ΘΕΜΑ 1^ο()

 

Έστω ΑΒΓΔ ρόμβος (όπως στο σχήμα παρακάτω), τότε ονομάζουμε  και  και έχουμε:

                                   

                                                και

                                   

Οπότε  διότι το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος και άρα

. Συνεπώς ΑΓΒΔ δηλαδή οι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα.

 

 

()

Αντιστρόφως, έστω ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο με κάθετες διαγώνιες, τότε

 

                                                                                   

                                   

                                                   

                                               

και άρα το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος.

 

Εφαρμογή: Έστω Κ, Λ, Μ τα μέσα των πλευρών του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ

 

 

Έχουμε  και

Οπότε πράξεις=, διότι

Επίσης

Άρα το ΚΑΛΜ είναι παραλληλόγραμμο με κάθετες διαγώνιους και άρα από το προηγούμενο ερώτημα είναι ένας ρόμβος.

 

ΘΕΜΑ 2^ο:

 

Βρίσκουμε τα σημεία τομής των τριών ευθειών:        

 

Έχουμε Α(1,1), Β(2,0), Γ(4,4) τα σημεία τομής.

 

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ε₁ είναι λ₁=-1

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ε₂ είναι λ₂=1

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ε₃ είναι λ₃=2

 

Επειδή λ₁ λ₂=-1 ισχύει ότι  δηλαδή το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στην κορυφή Α. Άρα το ορθόκεντρο είναι το σημείο τομής των ΑΓ και ΑΒ δηλαδή το Α(1,1).

 

Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου έχει κέντρο το σημείο τομής δύο διχοτόμων του. Έστω λοιπόν Ε(x,y) το έγγεντρο του ΑΒΓ. Τότε

d(E, ε₁)= d(E, ε₂) και d(E, ε₂)= d(E, ε₃)

οπότε  και

σημειώνουμε τα θετικά (+) ημιεπίπεδα και τα αρνητικά (-) που κάθε μια από τις τρεις ευθείες χωρίζει το OXY επίπεδο.

 

Οπότε με βάση τα πρόσημα αυτά έχουμε τα παρακάτω πρόσημα για το για το εσωτερικό του τριγώνου:

                                                |x+y-2|= +(x+y-2)

                                                |x-y|= +(x-y)

                                                |2x-y-4|= -(2x-y-4)

οπότε οι εξισώσεις των αποστάσεων γράφονται απλούστερα για το σημείο Ε:

 και

από την πρώτη εξίσωση προκύπτει εύκολα ότι y=1 και αντικαθιστώντας στη δεύτερη έχουμε:

οπότε πολλαπλασιάζοντας με  παίρνουμε

                                                                       

Δηλαδή

 

 

 

ΘΕΜΑ 3^ο:

 

Θέτουμε τους άξονες με τέτοιο τρόπο ώστε Ο(0,0) να βρίσκεται ακριβώς στο μέσο της βάσης του τούνελ. Οπότε η παραβολή θα είναι της μορφής:

, όπου  το ζητούμενο ύψος.

Επειδή εξ’ υποθέσεων τα Β(5,10) και Γ(10,0) ανήκουν σ’ αυτήν έχουμε:

 και

οπότε  και από την πρώτη εξίσωση παίρνουμε:

Οπότε το ζητούμενο ύψος είναι

 

 

ΘΕΜΑ 4^ο:

 

Έχουμε μια καμπύλη β’ βαθμού με συντελεστές Α=1, Β=2, C=-2, D=0, E=0, F=-6

Οπότε από τους τύπους για την γωνία στροφής θ έχουμε:

όπου το πρόσημο του είναι το ίδιο με το πρόσημο του Β.

Οπότε   =  πράξεις   

Από το ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές 1, 2 και υποτείνουσα  παίρνουμε για τη γωνία θ:

 

 

 

 

 και , οπότε αντικαθιστώντας στους τύπους στροφής παίρνουμε:

 

Οπότε αντικαθιστώντας το παραπάνω στην αρχική εξίσωση  παίρνουμε μετά από πράξεις  η οποία είναι η εξίσωση της καμπύλης στο νέο σύστημα .

Άρα η αρχική καμπύλη παριστάνει την υπερβολή:

 

ΘΕΜΑ 5^ο:

 

Η ευθεία ε₁ είναι παράλληλη στο διάνυσμα   .

 

Η ευθεία ε₂ γράφεται ως εξής:  και άρα έχει παράλληλο διάνυσμα το . Επειδή τα , δεν είναι παράλληλα μεταξύ τους, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο: για το επίπεδο όπου  είναι οι συντεταγμένες του σημείου Α(1,2,-1) το οποίο εξ’ υποθέσεως ανήκει στο επίπεδο.

Μετά από πράξεις βρίσκουμε την εξίσωση –4x+3z+7=0.