ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

1. Έστω $\displaystyle{a , b , c}$ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{a>0 , b>a+c}$ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ax^2 +bx +c=0}$ , έχει άνισες ρίζες.

2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ . Η $\displaystyle{AO}$ τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{D}$ .

Από το $\displaystyle{D}$ φέρουμε κάθετες $\displaystyle{DE , DZ}$ στις $\displaystyle{AB , AC}$ αντιστοίχως. Η $\displaystyle{DZ}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{H}$ .
Nα αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{\frac{AE}{HB}=\frac{AZ.DZ}{ZC.HD}}$

3. Έστω $\displaystyle{a , b , c}$ ακέραιοι αριθμοί, τέτοιοι ώστε $\displaystyle{(a-b)(b-c)(c-a)=a+b+c}$ .
Nα αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{a+b+c}$ , διαιρείται με το

.

4. Αν οι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{p(p-2)=a}$ , παριστάνουν τις ακτίνες $\displaystyle{p_1 , p_2}$ δύο κύκλων , των οποίων τα κέντρα τους απέχουν απόσταση $\displaystyle{OO{'}>2}$ και $\displaystyle{AA{'}}$ είναι μια κοινή εξωτερική εφαπτομένη, ενώ $\displaystyle{CC{'}}$ είναι μια κοινή εσωτερική εφαπτομένη των κύκλων, να υπολογίσετε το $\displaystyle{a}$ συναρτήσει των εφαπτομένων.

#2

Για την (4)

Θα υποθέσουμε ότι είναι $\displaystyle{\varrho _1 =OA>O{'}A{'}=\varrho _2}$

Φέρνω από το $\displaystyle{O{'}}$ , την $\displaystyle{O{'}B}$ , κάθετη στην $\displaystyle{OA}$ .

Ας ονομάσω $\displaystyle{A{'}A=x , \Gamma {'}\Gamma =y}$

Άπό το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{O{'}OB}$ και το Πυθαγόρειο θιεώρημα, έχω:

$\displaystyle{O{'}O^2 =O{'}B^2 +OB^2 =x^2 +(\varrho _1 -\varrho _2)^2}$ , (1)

Φέρνω τώρα από το $\displaystyle{O}$ , την $\displaystyle{OE}$ , κάθετη στην ευθεία $\displaystyle{O{'}\Gamma{'}}$ .

Aπό το ορθογ. τρίγ. $\displaystyle{O{'}OE}$ και το Πυθαγ. θεώρημα, έχω:

$\displaystyle{O{'}O^2 =OE^2 +O{'}E^2 =y^2 +(\varrho _1 +\varrho _2 )^2}$ , (2)

Από τις σχέσεις (1) , (2), έχουμε:

$\displaystyle{x^2 +(\varrho _1 -\varrho _2 )^2 =y^2 +(\varrho _1 +\varrho _2 )^2\Rightarrow}$

$\displaystyle{x^2 -y^2 =4\varrho _1 \varrho _2}$ . (3)

Αφού όμως οι ακτίνες των δύο κύκλων είναι ρίζες της εξίσωσης: $\displaystyle{\varrho ^2 -2\varrho -a=0}$ , θα έχουμε:

$\displaystyle{\varrho _1 \varrho _ 2 =-a}$

Έτσι, η σχέση (3) γράφεται: $\displaystyle{x^2 -y^2 =-4a\Rightarrow a=\frac{y^2 -x^2}{4}}$

#3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{a , b , c}$ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{a>0 , b>a+c}$ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση

$\displaystyle{ax^2 +bx +c=0}$ , έχει άνισες ρίζες.

Eίναι $\displaystyle{D=b^2 -4ac.}$

Aν λοιπόν είναι $\displaystyle{c<0}$ , τότε $\displaystyle{D>0}$ και άρα έχουμε το ζητούμενο.

Έστω τώρα ότι είναι $\displaystyle{c\geq 0}$ . Tότε από $\displaystyle{b>a+c\Rightarrow b^2 >(a+c)^2}$ , διότι εφόσον είναι $\displaystyle{a>0}$ και

$\displaystyle{c\geq 0}$ , τότε θα είναι $\displaystyle{a+c>0}$ .

Έχουμε λοιπόν δείξει ότι $\displaystyle{b^2>a^2 +c^2 +2ac=a^2 +c^2 -2ac+4ac=(a-c)^2 +4ac\geq 4ac}$

Άρα $\displaystyle{b^2>4ac}$ , δηλαδή $\displaystyle{b^2 -4ac>0}$ , οπότε και πάλι έχουμε το ζητούμενο.

#4

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{O}$ . Η $\displaystyle{AO}$ τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{D}$ .

Από το $\displaystyle{D}$ φέρουμε κάθετες $\displaystyle{DE , DZ}$ στις $\displaystyle{AB , AC}$ αντιστοίχως. Η $\displaystyle{DZ}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{H}$ .

Nα αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{\frac{AE}{HB}=\frac{AZ.DZ}{ZC.HD}}$

: 1.png (33.06 KiB) Προβλήθηκε 2028 φορές

Με $\displaystyle{ \widehat{AED} = \widehat{AZD} = 90^0 \Rightarrow AEDZ }$ εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{ AD }$ και ας είναι $\displaystyle{ F }$ το σημείο τομής του με την $\displaystyle{ BC }$ . Τότε $\displaystyle{ \widehat{AFD} = 90^0 \Rightarrow AF }$ το ύψος του

$\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ το οποίο είναι ισογώνιο της $\displaystyle{ AD }$ ως προς τις πλευρές $\displaystyle{ AB,AC }$ (γνωστό Θέμα $\displaystyle{ \left( {\widehat{BAF} = \widehat{OAC} = 90^0 - \widehat{ABC}} \right) }$ οπότε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{DAZ}\mathop = \limits^{AEDZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \widehat{DEZ} \hfill \\ \widehat{FAE}\mathop = \limits^{AEFD\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \widehat{EDF} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAZ} = \widehat{FAE}} \widehat{DEZ} = \widehat{EDF}\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi ....} \boxed{EZ\parallel BC}:\left( 1 \right) }$ . Με $\displaystyle{ EZ\parallel BC\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle ABC\,\,(\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta )} \boxed{\frac{{AE}} {{EB}} = \frac{{AZ}} {{ZC}}}:\left( 2 \right) }$

και με $\displaystyle{ EZ\parallel BD\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle HEZ\,\,(\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta )} \boxed{\frac{{EB}} {{HB}} = \frac{{DZ}} {{HD}}}:\left( 3 \right) }$ . Τέλος από $\displaystyle{ \left( 2 \right) \cdot \left( 3 \right) \Rightarrow \frac{{AE}} {{EB}} \cdot \frac{{EB}} {{HB}} = \frac{{AZ}} {{ZC}} \cdot \frac{{DZ}} {{HD}} \Rightarrow \ldots \boxed{\frac{{AE}} {{HB}} = \frac{{AZ \cdot DZ}} {{ZC \cdot HD}}} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #5

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: 3. Έστω $\displaystyle{a , b , c}$ ακέραιοι αριθμοί, τέτοιοι ώστε $\displaystyle{(a-b)(b-c)(c-a)=a+b+c}$ .

Nα αποδείξετε ότι ο αριθμός $\displaystyle{a+b+c}$ , διαιρείται με το .

Αν οι a,b,c αφήνουν διαφορετικό υπόλοιπο στην διαιρεση με το 3 τοτε το 3 διαίρει το δεξί μέλος ενώ το αριστερό όχι. Άρα δυο τουλάχιστον θα ειναι ισουπόλοιποι modulo 3 και συνεπώς το 3 θα διαιρεί το αριστερό μέλος. Τότε θα πρεπει να διαιρει και το δεξι. Έστω ότι ισουπόλοιποι ειναι οι a,b. Τοτε θα πρέπει το 2a+c να ειναι ισότιμο με μηδέν modulo 3. Αυτό όμως συμβαίνει μόνο στην περίπτωση που και οι 3 αριθμοί ειναι ισουπόλοιποι. Άρα καθε παρένθεση θα διαιρείται με το 3 και συνεπώς όλες μαζί με το 27.

parmenides51 · #6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:4. Αν οι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle{p(p-2)=a}$ , παριστάνουν τις ακτίνες $\displaystyle{p_1 , p_2}$ δύο κύκλων , των οποίων τα κέντρα τους απέχουν απόσταση $\displaystyle{OO{'}>2}$ και $\displaystyle{AA{'}}$ είναι μια κοινή εξωτερική εφαπτομένη, ενώ $\displaystyle{CC{'}}$ είναι μια κοινή εσωτερική εφαπτομένη των κύκλων, να υπολογίσετε το $\displaystyle{a}$ συναρτήσει των εφαπτομένων.

: 8alis 1997 4o b.png (23.02 KiB) Προβλήθηκε 1876 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε: Θα υποθέσουμε ότι είναι $\displaystyle{\varrho _1 =OA>O{'}A{'}=\varrho _2}$

Φέρνω από το $\displaystyle{O{'}}$ , την $\displaystyle{O{'}B}$ , κάθετη στην $\displaystyle{OA}$ .

Ας ονομάσω $\displaystyle{A{'}A=x , \Gamma {'}\Gamma =y}$

Άπό το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{O{'}OB}$ και το Πυθαγόρειο θιεώρημα, έχω:

$\displaystyle{O{'}O^2 =O{'}B^2 +OB^2 =x^2 +(\varrho _1 -\varrho _2)^2}$ , (1)

Φέρνω τώρα από το $\displaystyle{O}$ , την $\displaystyle{OE}$ , κάθετη στην ευθεία $\displaystyle{O{'}\Gamma{\color{red}{'}} }$ .

Aπό το ορθογ. τρίγ. $\displaystyle{O{'}OE}$ και το Πυθαγ. θεώρημα, έχω:

$\displaystyle{O{'}O^2 =OE^2 +O{'}E^2 =y^2 +(\varrho _1 +\varrho _2 )^2}$ , (2)

Από τις σχέσεις (1) , (2), έχουμε:

$\displaystyle{x^2 +(\varrho _1 -\varrho _2 )^2 =y^2 +(\varrho _1 +\varrho _2 )^2\Rightarrow}$

$\displaystyle{x^2 -y^2 =4\varrho _1 \varrho _2}$ . (3)

Αφού όμως οι ακτίνες των δύο κύκλων είναι ρίζες της εξίσωσης: $\displaystyle{\varrho ^2 -2\varrho -a=0}$ , θα έχουμε:

$\displaystyle{\varrho _1 \varrho _ 2 =-a}$

Έτσι, η σχέση (3) γράφεται: $\displaystyle{x^2 -y^2 =-4a\Rightarrow a=\frac{y^2 -x^2}{4}}$

mathfinder · #7

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{a , b , c}$ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{a>0 , b>a+c}$ , να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ax^2 +bx +c=0}$ , έχει άνισες ρίζες.

Έστω η συνάρτηση $f\left(x \right)=ax^{2}+bx+c$ , $x\in R$ με $f\left(-1 \right)=a-b+c<0$ . Αφού η

παίρνει τιμές ετερόσημες του a>0

έχει διακρίνουσα θετική , άρα η εξίσωση έχει 2 ρίζες άνισες.

Αθ. Μπεληγιάννης

ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: ΘΑΛΗΣ 1997-Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση