Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Η ευθεία στο επίπεδο Παράγραφος 1 Εξίσωση ευθείας ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Κατηγορία 1 - Μέρος 1ο Νέα Μουδανιά • Αύγουστος 2020
Λ Υ Μ Ε Ν Ε Σ Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1 η κ α τ η γ ο ρ ί α α σ κ ή σ ε ω νΜαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Να βρείτε την εξίσωση µιας ευθείας • Συνθήκη παραλληλίας, συνθήκη καθετότητας ευθειών • Η εξίσωση Αx + Βy + Γ = 0 (όχι µε παραµετρικούς συντελεστές) • Το τρίγωνο που σχηµατίζει µια ευθεία µε τους άξονες 1ο ΜΕΡΟΣ Εισαγωγικό σχόλιο Οι ασκήσεις αυτής της κατηγορίας είναι οι βασικότερες του κεφαλαίου. Κινούμενες πάνω στον άξονα «βρείτε την εξίσωση της ευθείας», θα δεις πολλές φορές η λύση να στηρίζεται σε βασικές προτάσεις της Ευκλείδειας Γεωμετρίας και να εκτελείται με την θεωρία των ευθειών. Να προσέχεις επίσης πώς γράφουμε, πώς παρουσιάζουμε την λύση μιας άσκησης. Εί- ναι σημαντικότατο μέρος της λύσης και σε αυτό το πνεύμα θα στηρίζονται οι λύσεις των ασκήσεων που θα πρέπει να παρουσιάζεις στην Γ΄ Λυκείου. Έτσι, όπως οι ασκή- σεις των διανυσμάτων, και οι ασκήσεις των ευθειών θα σου δώσουν μια πολύ καλή βά- ση για τον τρόπο παρουσίασης. - 366 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 231 ( )Για ποια τιμή του λ το σημείο Κ 2λ − 1 , λ ανήκει στην ευθεία 2x − 3y + 1 = 0 ; Λύση Η έκφραση της άσκησης είναι πάρα πολύ χαρακτηριστική και συνηθισμένη, το ίδιο και η ενέργεια που πρέπει να κάνεις. Για να ανήκει το Κ στην ευθεία θα πρέπει, θέτοντας x = 2λ − 1 , y = λ στην εξίσωσή της, να ισχύει 2(2λ − 1) − 3λ + 1 = 0 ⇔ 4λ − 2 − 3λ + 1 = 0 ⇔ λ = 1 . Άσκηση 232 Να βρείτε τα α , β ∈ ! , αν είναι γνωστό ότι η ευθεία ε : αx + βy = 1 διέρχεται από τα σημεία Α(−1, 2) , Β(3 , 3) . Λύση Η λύση στηρίζεται στην ίδια έκφραση με την άσκηση 231. Αφού η (ε) διέρχεται: α) από το Α, θέτω x = −1 , y = 2 στην εξίσωσή της και έχω ότι α ⋅ (−1) + β ⋅ 2 = 1 ⇔ − α + 2β = 1 (1) β) από το Β, θέτω x = 3 , y = 3 στην εξίσωσή της και έχω ότι α ⋅ 3 + β ⋅ 3 = 1 ⇔ 3α + 3β = 1 (2) Από την επίλυση του συστήματος των (1), (2) προκύπτει α=− 1 , β= 4 . 9 9 - 367 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 233 Η ευθεία ε : y − 3 = λ(x − 2) διέρχεται από το σημείο Α(2 , 3) . Για ποια τιμή του λ διέρχεται και από το σημείο Β(5,− 1) ; Λύση Για να διέρχεται και από το Β θα πρέπει, θέτοντας x = 5 , y = −1 , να ισχύει −1 − 3 = λ(5 − 2) ⇔ 3λ = −4 ⇔ λ = − 4 . 3 Άσκηση 234 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο Α(2 ,− 3) και έχει συντελεστή διεύθυνσης 3. Λύση Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y + 3 = 3(x − 2) ⇔ ε : y + 3 = 3x − 6 ⇔ ε : 3x − y − 9 = 0 . Την εξίσωση της (ε) θα μπορούσα να την έγραφα και έτσι: y = 3x − 9 , δηλαδή να την έχω λυμένη ως προς y. Δεν έχει σημασία σε ποια μορφή θα γράψεις την εξίσωση της ζητούμενης ευθείας. Συνήθως τις γράφουμε στην μορφή αx + βy + γ = 0 , αλλά αν ο συντελεστής του x είναι 1 ή 1, την γράφουμε και στην μορφή y = αx + β . Άσκηση 235 Ποιος είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Α(2 ,11) , Β(−3 , 4) ; Λύση Ο ζητούμενος συντελεστής διεύθυνσης είναι λΑΒ = yΒ − yΑ = 4 − 11 = −7 ⇔ λΑΒ = 7 . xΒ − xΑ −3 − 2 −5 5 - 368 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 236 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Δ(2 , 3) και Κ(−3 , 4) . Λύση Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΔΚ : y − yΔ = λΔΚ(x − xΔ) ⇔ ΔΚ : y − 3 = λΔΚ(x − 2) , με λΔΚ = yΚ − yΔ = 4−3 =− 1 , xΚ − xΔ −3 − 2 5 οπότε τελικά είναι ΔΚ : y −3 = − 1 (x − 2) ⇔ ΔΚ : −5y + 15 = x−2 ⇔ ΔΚ : x + 5y − 17 = 0 . 5 Άσκηση 237 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Α(2 , 34) και Β(2 ,− 34) . Λύση Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = −34 − 34 = −68 . xΒ − xΑ 2−2 0 Αφού δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσής της, αυτό σημαίνει ότι η ΑΒ είναι κάθετη στον άξονα x΄x, άρα έχει εξίσωση ΑΒ : x = xΑ = xΒ = 2 ⇔ ΑΒ : x = 2 . Δεύτερος τρόπος (πονηρός και σύντομος) Παρατηρώ ότι xA = xB = 2 , οπότε η ΑΒ είναι κάθετη στον άξονα x΄x, συνεπώς έχει εξίσωση ΑΒ : x = 2 . Σχόλιο Όταν ζητείται να βρεις την εξίσωση μιας ευθείας που διέρχεται από δύο γνωστά ση- μεία, καλό είναι να ελέγχεις τις συντεταγμένες τους, διότι: - 369 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας α) αν αυτά έχουν ίσες τετμημένες, τότε η ευθεία θα είναι κάθετη στον άξονα x΄x, με εξίσωση x = α , όπου α η κοινή τετμημένη των δύο σημείων. β) αν αυτά έχουν ίσες τεταγμένες, τότε η ευθεία θα είναι παράλληλη στον άξονα x΄x, με εξίσωση y = β , όπου β η κοινή τεταγμένη των δύο σημείων. Επίσης, αν κάνεις ένα σχήμα στο πρόχειρο θα δεις τις ακριβείς θέσεις των δύο σημεί- ων, κάτι που μπορεί να βοηθήσει πολύ στην εύρεση της εξίσωσης της ευθείας. Έτσι, στην άσκηση αυτή (αλλά και γενικότερα), εύκολα θα έβλεπες ότι τα Α, Β είναι στην ίδια κατακόρυφη ευθεία και θα μπορούσες και στο σχήμα να στηρίξεις την λύση σου (το οποίο σχήμα, βέβαια, θα έπρεπε να το κάνεις και στην επίσημη λύση σου τότε). Άσκηση 238 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο Κ(2 , 3) και είναι πα- ράλληλη στην ευθεία ε : y = 5x + 3 . Λύση 1ο βήμα Αν (ε1) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε, αφού διέρχεται από το Κ, έχει εξίσωση ε1 : y − yΚ = λε1 (x − xΚ ) ⇔ ε1 : y − 3 = λε1 (x − 2) . 2ο βήμα Αφού είναι ε1 / / ε , ισχύει λε1 = λε = 5 , οπότε είναι ε1 : y − 3 = 5(x − 2) ⇔ ε1 : y − 3 = 5x − 10 ⇔ ε1 : 5x − y − 7 = 0 . - 370 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 239 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο Α(−2 , 0) και είναι κάθετη στην ευθεία ε : x + y + 2 = 0 . Λύση 1ο βήμα Αν (ε1) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε, αφού διέρχεται από το Α, έχει εξίσωση ε1 : y − yΑ = λε1 (x − xΑ ) ⇔ ε1 : y − 0 = λε1 (x + 2) ⇔ ε1 : y = λε1 (x + 2) . 2ο βήμα Αφού είναι ε1 ⊥ ε , ισχύει λ ε1 λ ε = −1 ⇔ λ ε1 ⋅ −1 = −1 ⇔ λ ε1 = 1, 1 οπότε είναι ε1 : y = x + 2 ⇔ ε1 : x − y + 2 = 0 . Η εξίσωση της (ε1) είναι της μορφής αx + βy + γ = 0 , από όπου έχω ότι ο συντελεστής διεύθυνσης είναι − α . β Άσκηση 240 Για ποια τιμή του λ ∈ ! η ευθεία ε1 : (λ + 1)x − 3y + 2 = 0 είναι κάθετη στην ευθεία ε2 : 4x − 5y + 3 = 0 ; Λύση Για να είναι ε1 ⊥ ε2 , θα πρέπει να ισχύει λ λε1 ε2 = −1 ⇔ − λ+1 ⋅ −4 = −1 ⇔ 4(λ + 1) = −1 ⇔ 4λ +4 = −15 ⇔ 4λ = −19 ⇔ −3 −5 15 ⇔ λ = − 19 . 4 - 371 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 241 Να βρείτε σημείο της ευθείας ε : 2x + 4y − 2 = 0 που να έχει τεταγμένη 3. Λύση Αν Α είναι το ζητούμενο σημείο, τότε θα είναι Α(xA , 3) , αφού έχει τεταγμένη ίση με 3. Αφού το Α είναι σημείο της (ε), θέτω x = xA , y = 3 στην εξίσωσή της και έχω ότι 2xΑ + 4 ⋅ 3 − 2 = 0 ⇔ 2xΑ = −10 ⇔ xΑ = −5 , οπότε είναι Α(−5, 3) . Άσκηση 242 Να βρείτε σημείο της ευθείας ε : x + y = 1 , που έχει τετμημένη διπλάσια της τεταγ- 2 3 μένης του. Λύση Αν Α είναι το ζητούμενο σημείο, τότε, αφού έχει τετμημένη διπλάσια της τεταγμένης του, ισχύει xA = 2yA , οπότε είναι A(2yA , yA ) . Αφού το Α είναι σημείο της (ε), θέτω x = 2yA , y = yA στην εξίσωσή της και έχω ότι 2yΑ + yΑ = 1 ⇔ 6yΑ + 2yΑ = 6 ⇔ 8yΑ =6⇔ yΑ = 6 = 3 , 2 3 8 4 οπότε είναι Α⎜⎜⎛⎝⎜2 ⋅ 3 , 3 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ≡ Α⎝⎜⎜⎜⎛ 3 , 3 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ . 4 4 2 4 - 372 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 243 Ένα τμήμα έχει άκρα του τα σημεία Α(2 , 3) , B(3 , t) . Πώς πρέπει να επιλέξουμε το t, ώστε το μέσο του ΑΒ να ανήκει στην ευθεία ε : 2x − 3y + 1 = 0 ; Λύση Αν Μ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε Μ⎜⎜⎜⎛⎜⎝ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ ≡ Μ⎝⎜⎛⎜⎜2 + 3 , 3 + t ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ≡ Μ⎝⎜⎜⎛⎜52 , t + 3⎟⎠⎟⎟⎟⎞ . 2 2 2 2 2 Για να ανήκει το Μ στην (ε) θα πρέπει, θέτοντας x = 5 , y= t+3 στην εξίσωσή 2 2 της, να ισχύει 2⋅ 5 −3⋅ t + 3 +1 = 0 ⇔ 10 − 3(t + 3) + 2 = 0 ⇔ 12 − 3t −9 = 0 ⇔ 3t = 3 ⇔ t=1 . 2 2 Κατάλαβες τι σημαίνει «Πώς πρέπει να επιλέξουμε το t»; Όταν βρίσκεις την τιμή του t, έχεις βρει ποιον αριθμό πρέπει να επιλέξεις, ώστε να ικανοποιείται η ανάγκη/συνθή- κη της άσκησης. Άσκηση 244 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Για ποια τιμή του λ ∈ ! η ευθεία ε : 2λx + (4 + λ)y − 1 = 0 είναι παράλληλη στο διά- !\" νυσμα α = (2 , 3) ; Λύση Είναι !\" ⇔ λε = λ !\" ⇔ 2λ = 3 ε/ /α α − 4+λ 2 (1) Αν ήταν 4 + λ = 0 ⇔ λ = −4 , τότε δεν θα ορίζονταν ο λε και η (ε) θα ήταν κάθετη στον άξονα x΄x. !\" Αυτό είναι άτοπο όμως, διότι και το α θα έπρεπε να είναι κάθετο στον x΄x, αφού είναι παράλληλο στην (ε). Άρα ορίζεται ο λε , δηλαδή είναι 4 + λ ≠ 0 ⇔ λ ≠ −4 , οπότε από την (1) έχω −4λ = 3(4 + λ) ⇔ −4λ = 12 + 3λ ⇔ 7λ = −12 ⇔ λ = − 12 . 7 - 373 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 245 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και από το σημείο A(p , q) . Λύση Ενώ η απάντηση φαίνεται ότι προκύπτει άμεσα και εύκολα, υπάρχουν αρκετά λεπτά σημεία. Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε, αφού διέρχεται από την αρχή των αξόνων, έχει εξίσωση ε : y = λεx (1) Αφού η (ε) διέρχεται από το Α, θέτω x = p , y = q στην (1) και έχω q = λεp (2) Από εδώ και μετά πρόσεξε πολύ! Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι p = 0 , q = 0 , τότε είναι Α(0 , 0) , δηλαδή το Α ταυτίζεται με την αρχή των αξόνων Ο(0 , 0) , οπότε κάθε ευθεία που διέρχεται από το Ο αποτελεί λύση του προ- βλήματος. β) αν είναι p = 0 , q ≠ 0 , τότε θα είναι A(0 , q) , δηλαδή το Α είναι σημείο του άξονα y΄y. Στην περίπτωση αυτή, η μόνη ευθεία που διέρχεται από τα Ο και Α είναι ο άξονας y΄y, ο οποίος έχει εξίσωση x = 0 . γ) αν είναι p ≠ 0 , q = 0 , τότε θα είναι A(p , 0) , δηλαδή το Α είναι σημείο του άξονα x΄x. Στην περίπτωση αυτή, η μόνη ευθεία που διέρχεται από τα Ο και Α είναι ο άξονας x΄x, ο οποίος έχει εξίσωση y = 0 . δ) αν είναι p ≠ 0 , q ≠ 0 , τότε από την (2) έχω ότι λε = q , οπότε από την (1) έχω p ε:y= q ⋅ x ⇔ ε : py = qx ⇔ ε : qx − py = 0 . p - 374 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 246 Να επαληθεύσετε ότι τα σημεία Α(1, 2) , Β(4 , 3) , Γ(−11,− 2) ανήκουν στην ίδια ευθεία. Λύση Ζητείται να δείξω ότι τα Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, οπότε αρκεί να δείξω ότι !!!\" !!!\" ( )!!!\" !!!\" AB / / AΓ ⇔ det ΑΒ , ΑΓ = 0 . • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (4 − 1 , 3 − 2) = (3 ,1) . ΑΒ • !!!\" = (xΓ − xΑ , yΓ − yΑ) = (−11 − 1 , − 2 − 2) = (−12,− 4) . ΑΓ Τότε είναι ( )!!!\" !!!\" det ΑΒ , ΑΓ = 31 = 3 ⋅ (−4) − 1 ⋅ (−12) = −12 + 12 = 0 . −12 −4 Δεύτερος τρόπος (δεν προτείνεται) Θα δώσω και αυτήν την λύση, μόνο και μόνο για να δείξω πώς μπορείς να αποδείξεις το ζητούμενο με στοιχεία από την θεωρία των ευθειών. Αρκεί να δείξω ότι ένα από τα τρία σημεία ανήκει στην ευθεία που ορίζεται από τα άλλα δύο. Θα δείξω ότι το Γ ανήκει στην ΑΒ. Ανάλογα, θα μπορούσα να έλεγα «Θα δείξω ότι το Β ανήκει στην ΑΓ» ή ότι «Το Α ανήκει στην ΒΓ». Επίσης, θα μπορούσα να χρησιμοποιήσω την έκφραση «Θα δείξω ότι η ΑΒ διέρχεται από το Γ» (ανάλογα και για τα άλλα σημεία). Η ΑΒ έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ(x − 1) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 3−2 = 1 , xΒ − xΑ 4−1 3 οπότε είναι ΑΒ : y−2 = 1 (x − 1) ⇔ ΑΒ : 3y − 6 = x−1 ⇔ ΑΒ : x − 3y +5 = 0. 3 - 375 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Θέτω x = xΓ = −11 , y = yΓ = −2 στην εξίσωση της ΑΒ και έχω ότι −11 − 3 ⋅ (−2) + 5 = 0 ⇔ −6 + 6 = 0 , που ισχύει. Αυτό σημαίνει ότι το Γ ανήκει στην ΑΒ, οπότε αποδεικνύεται το ζητούμενο. Άσκηση 247 Να βρείτε σημείο της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Α(−3 , 2) , Β(3 , 6) , το οποίο έχει τετμημένη ίση με 4. Λύση Αν Μ είναι το ζητούμενο σημείο, τότε, αφού έχει τετμημένη ίση με 4, θα είναι Μ(4 , yM) . Το σκεπτικό της συνέχειας είναι το εξής: Η άσκηση λέει ότι το Μ είναι σημείο της ευθείας που διέρχεται από τα Α, Β. Για να αξιοποιήσω αυτό το δεδομένο θα βρω την εξίσωση της ΑΒ και θα θέσω σε αυτήν τις συντεταγμένες του Μ. Στην πορεία θα δω αυτό πού θα με οδηγήσει. Η ΑΒ έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ(x + 3) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 6−2 = 4 = 2 , xΒ − xΑ 3+3 6 3 οπότε είναι ΑΒ : y −2 = 2 (x + 3) ⇔ ΑΒ : 3y − 6 = 2(x + 3) ⇔ ΑΒ : 3y − 6 = 2x +6 ⇔ 3 ⇔ ΑΒ : 2x − 3y + 12 = 0 . Αφού το Μ ανήκει στην ΑΒ, θέτω x = 4 , y = yM στην εξίσωσή της και έχω ότι 2 ⋅4 − 3yΜ + 12 = 0 ⇔ 3yΜ = 20 ⇔ yΜ = 20 . 3 Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ⎜⎛⎝⎜⎜4 , 20 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ . 3 - 376 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 248 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο Κ(3 ,− 4) και είναι παράλληλη προς την ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Τ(4 , 4) και S(−4 , 5) . Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε, αφού αυτή διέρχεται από το Κ, έχει εξίσωση ε : y − yΚ = λε(x − xΚ ) ⇔ ε : y + 4 = λε(x − 3) . Αφού είναι ε / / TS , ισχύει λε = λΤS = yS − yΤ = 5−4 =− 1 . xS − xΤ −4 − 4 8 Άρα είναι ε : y + 4 = − 1 (x − 3) ⇔ ε : −8y − 32 = x −3 ⇔ ε : x + 8y + 29 = 0 . 8 Άσκηση 249 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο A(2 , 3) και είναι κάθετη στην ευθεία που διέρχεται από τα σημεία T(11, 4) , S(3 , 2) . Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε, αφού αυτή διέρχεται από το Α, έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 3 = λε(x − 2) . Αφού είναι ε ⊥ TS , ισχύει λελTS = −1 . Είναι λΤS = yS − yΤ = 2−4 = −2 = 1 , xS − xΤ 3 − 11 −8 4 οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω λε ⋅ 1 = −1 ⇔ λε = −4 , 4 άρα είναι ε : y − 3 = −4(x − 2) ⇔ ε : y − 3 = −4x + 8 ⇔ ε : 4x + y − 11 = 0 . - 377 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 250 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Ποια από τις ευθείες ε1 : 2x + 3y + 4 = 0 , ε2 : x − y = 0 σχηματίζει μεγαλύτερη γωνία με τον x΄x; Λύση Είναι ε2 : x − y = 0 ⇔ ε2 : y = x . Σχεδιάζοντας τις (ε1) , (ε2) στο σύστημα συντεταγ- μένων, προκύπτει το διπλανό σχήμα, από το οποίο εύκολα έχω ότι η (ε1) σχηματίζει με τον x΄x αμβλεία γωνία και η (ε2) οξεία γωνία, οπότε άμεσα απαντάται το ζητούμενο. Όμως αυτός ο τρόπος επίλυσης της άσκησης δεν θα μπορούσε να εφαρμοστεί, αν δεν ήταν εφικτός ο σχεδιασμός των δύο ευθειών (π.χ., αν είχαν «μεγάλους» ή «περίερ- γους» αριθμούς ως συντελεστές ή αν είχαν παραμετρικούς συντελεστές). Γι' αυτό να προσέξεις πολύ και τον ακόλουθο τρόπο επίλυσης, που είναι ασφαλής ακόμη και αν οι ευθείες δεν μπορούν να σχεδιαστούν. Δεύτερος τρόπος Ας ονομάσω ω1 την γωνία που σχηματίζει η (ε1) με τον x΄x και ω2 την αντίστοιχη της (ε2) . Ισχύουν: • εϕω1 = λε1 = − 2 , 3 • εϕω2 = λε2 = −1 =1. −1 Αφού είναι εϕω1 < 0 , η ω1 είναι αμβλεία γωνία. Αφού είναι εϕω2 > 0 , η ω2 είναι οξεία γωνία. Άρα η (ε1) σχηματίζει με τον άξονα x΄x την μεγαλύτερη γωνία. - 378 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 251 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο Α(−1, 2) και σχημα- τίζει με τον άξονα x΄x γωνία 3π . 4 Λύση 1ο βήμα Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε, αφού διέρχεται από το Α, έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 2 = λε(x + 1) . 2ο βήμα Αφού η (ε) σχηματίζει με τον x΄x γωνία 3π , ισχύει 4 λε = εϕ 3π = εϕ⎜⎜⎜⎛⎝π − π4 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ = −εϕ π = −1 . 4 4 Άρα είναι ε : y − 2 = −x − 1 ⇔ ε : x + y − 1 = 0 . Άσκηση 252 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την προβολή του σημείου Μ(1,− 1) πάνω στην ευθεία ε : 2x + 3y = 2 . Λύση Έστω Ν η προβολή του Μ πάνω στην (ε). Το σκεπτικό είναι το εξής: Το Ν προέκυψε από την κάθετη που έφερα από το Μ προς την (ε) (αφού, όπως λέει η Γεωμετρία, έτσι βρίσκω την προβολή ενός σημείου πάνω σε μια ευθεία). Άρα το Ν είναι το σημείο τομής της ΜΝ με την (ε), οπότε λύνο- ντας το σύστημα των εξισώσεών τους, θα βρω το Ν. Γι' αυτό, χρειάζομαι την εξίσωση της ΜΝ. Η ΜΝ έχει εξίσωση ΜΝ : y − yΜ = λΜΝ(x − xΜ) ⇔ ΜΝ : y + 1 = λΜΝ(x − 1) . - 379 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Είναι ΜΝ ⊥ ε , οπότε ισχύει λΜΝλε = −1 ⇔ λΜΝ ⋅ −2 = −1 ⇔ λΜΝ = 3 . 3 2 Άρα είναι ΜΝ : y+1 = 3 (x − 1) ⇔ ΜΝ : 2y +2 = 3(x − 1) ⇔ ΜΝ : 2y +2 = 3x − 3 ⇔ 2 ⇔ ΜΝ : 3x − 2y − 5 = 0 . Από την επίλυση του συστήματος ⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ΜΝ : 3x − 2y − 5 = 0 ⎬⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎪ προκύπτει x= 19 και ε : 2x + 3y = 2 13 y=− 4 , οπότε είναι N ⎜⎝⎜⎛⎜ 19 ,− 4 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ . 13 13 13 - 380 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 253 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την συμμετρική της ευθείας ε : 4x − y = 2 ως προς κέντρο συμμετρίας το σημείο Α(2 , 4) . Λύση Το σκεπτικό είναι το εξής: Σύμφωνα με την Γεωμετρία, για να βρω την συμμετρι- κή της (ε) ως προς κέντρο συμμετρίας το Α, αρκεί να βρω τα συμμετρικά δύο σημείων της (ε) ως προς το Α και να τα ενώσω. Δύο «βολικά» σημεία της (ε) είναι τα σημεία στα οποία αυτή τέμνει τους άξονες (τα οποία, ούτως ή άλλως, απαιτούνται και για τον σχεδιασμό της). Θα βρω επομένως τα συμμετρικά αυτών των σημείων ως προς το Α και μετά θα βρω την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από αυτά. Έτσι θα έχω βρει την ζητού- μενη ευθεία. Έστω (ε1) η ζητούμενη ευθεία. Η (ε) τέμνει τους άξονες στα σημεία Β⎛⎝⎜⎜⎜ 1 , 0⎠⎟⎟⎟⎟⎞ , Γ(0 ,− 2) . 2 Ονομάζω Β΄, Γ΄, αντίστοιχα, τα συμμετρικά τους ως προς το Α. Τότε, η ευθεία που διέρχεται από τα Β΄, Γ΄ θα δώσει την εξίσωση της (ε1) . Αφού το Β΄ είναι το συμμετρικό του Β ως προς το Α, το Α είναι το μέσο του ΒΒ΄, οπότε ισχύουν ⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧ xΑ = xΒ + xΒ′ ⎪⎬⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎩ 2= 1 + xΒ′ ⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ 1 + xΒ′ = 4 ⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪⎪ xΒ′ = 7 ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪ , 2 4= 2 2 2 2 yΒ + yΒ′ yΑ = 2 0 + yΒ′ yΒ′ = 8 yΒ′ = 8 2 συνεπώς είναι Β′⎛⎜⎜⎜⎝ 7 , 8⎟⎟⎟⎟⎠⎞ . 2 - 381 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Αφού Γ΄ είναι το συμμετρικό του Γ ως προς το Α, το Α είναι το μέσο του ΓΓ΄, άρα ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧ xΑ = xΓ + xΓ′ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎭⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩ 2= 0 + xΓ′ ⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎩⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪ xΓ′ = 4 ⎬⎪⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪⎪⎪ xΓ′ = 4 ⎭⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪ , 2 2 yΓ′ − 2 = 8 yΓ′ = 10 yΑ = yΓ + yΓ′ 4 = −2 + yΓ′ 2 2 συνεπώς είναι Γ′(4 ,10) . Επομένως είναι ε1 : y − yΓ′ = λε1 (x − xΓ′ ) ⇔ ε1 : y − 10 = λε1 (x − 4) , όπου λε1 = λΒ′Γ′ = yΓ′ − yΒ′ = 10 − 8 = 2 =4, συνεπώς xΓ′ − xΒ′ 1 4 − 7 2 2 ε1 : y − 10 = 4(x − 4) ⇔ ε1 : y − 10 = 4x − 16 ⇔ ε1 : 4x − y − 6 = 0 . Άσκηση 254 Ποια είναι η εξίσωση της μεσοπαράλληλης των ευθειών ε1 : 3x + 5y = 2 και ε2 : 3x + 5y = 10 ; Λύση Η μεθοδολογία αναπτύχθηκε βήμα προς βήμα στην σελίδα 361 του τεύχους θεωρίας της παραγράφου 1. Ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία. 1ο βήμα Αν Α είναι το σημείο τομής της (ε1) με τον άξονα x΄x, οι συντεταγμένες του θα βρε- θούν θέτοντας y = 0 στην εξίσωση της (ε1) , δηλαδή θα είναι 3x = 2 ⇔ x = 2 = xA . 3 2ο βήμα Αν B είναι το σημείο τομής της (ε2) με τον άξονα x΄x, θέτονας y = 0 στην εξίσωση της (ε2) θα είναι - 382 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας 3x = 10 ⇔ x = 10 = xB . 3 3ο βήμα Αν Μ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε Μ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ xΑ + xΒ , 0⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ ≡ Μ⎛⎜⎝⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ 2 + 10 , 0⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎟⎟ ≡ Μ(2 , 0) . 2 3 3 2 4ο βήμα Η (ε) διέρχεται από το Μ και έχει κλίση λ ε1 = λε2 =− 3 , οπότε θα είναι 5 ε : y − yM = − 3 (x − xM) ⇔ ε : y − 0 = − 3 (x − 2) ⇔ ε : 5y = −3(x − 2) ⇔ 5 5 ⇔ ε : 5y = −3x + 6 ⇔ ε : 3x + 5y = 6 . Άσκηση 255 Δίνονται τα σημεία A(1, 2) , B(8 ,1) . Να βρείτε σημείο Μ της ευθείας ε : 2x + 3y − 1 = 0 , ώστε η γωνία ΑΜΒ να είναι ορθή στο Μ. Λύση Πολύ χαρακτηριστική άσκηση. Πρόσεξέ την. Έστω Μ(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο. 1ο βήμα Αφού το Μ είναι σημείο της (ε), θέτω x = x0 , y = y0 στην εξίσωσή της και έχω 2x0 + 3y0 − 1 = 0 ⇔ 3y0 = 1 − 2x0 ⇔ y0 = 1 − 2x0 (1) 3 2ο βήμα Αφού η γωνία ΑΜΒ είναι ορθή στο Μ, ισχύει !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΜΑ ⊥ ΜΒ ⇔ ΜΑ ⋅ ΜΒ = 0 (2) - 383 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας !!!\" ( ) ( )• ΜΑ = xΑ − xΜ , yΑ − yΜ = 1 − x0 , 2 − y0 . !!!\" ( ) ( )• ΜΒ = xΒ − xΜ , yΒ − yΜ = 8 − x0 , 1 − y0 . Άρα από την (2) προκύπτει (1 − x0)(8 − x0) + (2 − y0)(1 − y0) = 0 ⇔ 8 − x0 − 8x0 + x 2 + 2 − 2y0 − y0 + y20 = 0 ⇔ 0 ⇔ x20 + y20 − 9x0 − 3y0 + 10 = 0 (1) x20 + ⎜⎜⎜⎝⎛⎜1 − 2x0 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟2 − 9x0 − 3 ⋅ 1 − 2x0 + 10 = 0 ⇔ 3 3 ⇔ ⇔ x20 + (1 − 2x0)2 − 9x0 − 1 + 2x0 + 10 = 0 ⇔ x20 + (1 − 2x0)2 − 7x0 +9=0⇔ 9 9 ⇔ 9x20 + (1 − 2x0)2 − 63x0 + 81 = 0 ⇔ 9x20 + 1 + 4x20 − 4x0 − 63x0 + 81 = 0 ⇔ ⇔ 13x20 − 67x0 + 82 = 0 ⇔ x0 = 2 ή x0 = 41 . 13 α) Για x0 = 2 , από την (1) έχω y0 = 1−2⋅2 = −1 , οπότε είναι M(2 ,− 1) . 3 β) Για x0 = 41 , από την (1) έχω 13 1 − 2 ⋅ 41 13 − 82 − 69 23 13 3 ⋅13 13 y0 = 3 = 13 = = − , 3 οπότε είναι M⎜⎛⎝⎜⎜ 41 ,− 23 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ . 13 13 - 384 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 256 Δίνονται τα σημεία Α(1,1) , Β(−1, 3) , Γ(2 ,− 4) . α. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας του ύψους του τριγώνου ΑΒΓ που διέρχεται από το σημείο Α. β. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας της διαμέσου του τριγώνου ΑΒΓ που διέρχεται από το σημείο Β. γ. Να βρεθεί το σημείο τομής των παραπάνω ευθειών. Λύση α. Έστω ΑΔ το ύψος που διέρχεται από το Α. Τότε η εξίσωσή του είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) . Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε ισχύει λΑΔλΒΓ = −1 . Είναι yΓ − yΒ −4 − 3 7 xΓ − xΒ 2+1 3 λΒΓ = = =− , οπότε από την προηγούμενη ισότητα έχω λΑΔ ⋅ −7 = −1 ⇔ λΑΔ = 3 . 3 7 Άρα, η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΑΔ : y −1 = 3 (x − 1) ⇔ ΑΔ : 7y − 7 = 3(x − 1) ⇔ 7 ⇔ ΑΔ : 7y − 7 = 3x − 3 ⇔ ΑΔ : 3x − 7y + 4 = 0 . β. Αν ονομάσω Ε το μέσο του ΑΓ, τότε η ζητούμενη ευθεία είναι η ΒΕ. Είναι Ε ⎜⎜⎜⎝⎜⎛ xΑ + xΓ , yΑ + yΓ ⎟⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ≡ Ε ⎜⎛⎜⎜⎝1 + 2 , 1 − 4 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ ≡ Ε ⎝⎜⎜⎜⎛32 ,− 32⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 2 2 2 2 Άρα είναι ΒΕ : y − yΒ = λΒΕ(x − xΒ) , όπου - 385 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας yΕ − yΒ − 3 −3 −9 9 xΕ − xΒ 2 2 5 λΒΕ = = 3 = 5 = − , 2 +1 2 οπότε ΒΕ : y−3 = − 9 (x + 1) ⇔ ΒΕ : 5y − 15 = −9(x + 1) ⇔ ΒΕ : 5y − 15 = −9x − 9 ⇔ 5 ⇔ ΒΕ : 9x + 5y − 6 = 0 . γ. Αν ονομάσω Ζ το σημείο τομής των ΑΔ, ΒΕ, οι συντεταγμένες του θα βρεθούν από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧ ΑΔ : 3x − 7y + 4 = 0 ⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ . ΒΕ : 9x + 5y − 6 = 0 Προκύπτει x = 11 , y= 9 , άρα είναι Z ⎛⎜⎜⎝⎜ 11 , 9 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ . 39 13 19 13 Άσκηση 257 Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς Oxy δίνονται τα σημεία Α(4 , 2) , B(3 ,− 5) . Θεωρούμε την ευθεία με εξίσωση ε : 7x + y − 23 = 0 . Να βρεθεί σημείο Μ της ευθείας (ε), ώστε το τρίγωνο ΑΜΒ να είναι ορθογώνιο στο Μ. Λύση Έστω M(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο. 1ο βήμα Αφού το Μ είναι σημείο της (ε), θέτω x = x0 , y = y0 στην εξίσωσή της και έχω 7x0 + y0 − 23 = 0 ⇔ y0 = 23 − 7x0 (1) 2ο βήμα Αφού το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ορθογώνιο στο Μ, ισχύει !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΜΑ ⊥ ΜΒ ⇔ ΜΑ ⋅ ΜΒ = 0 (2) - 386 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας !!!\" ( ) ( )• ΜΑ = xΑ − xΜ , yΑ − yΜ = 4 − x0 , 2 − y0 . !!!\" ( ) ( )• ΜΒ = xΒ − xΜ , yΒ − yΜ = 3 − x0 , − 5 − y0 . Άρα από την (2) προκύπτει (4 − x0)(3 − x0) + (2 − y0)(−5 − y0) = 0 ⇔ 12 − 4x0 − 3x0 + x20 − 10 − 2y0 + 5y0 + y20 = 0 ⇔ (1) ⇔ x20 + y20 − 7x0 + 3y0 + 2 = 0 ⇔ x20 + (23 − 7x0)2 − 7x0 + 3(23 − 7x0) + 2 = 0 ⇔ ⇔ x20 + 529 + 49x20 − 322x0 − 7x0 + 69 − 21x0 + 2 = 0 ⇔ 50x 2 − 350x0 + 600 = 0 ⇔ 0 ⇔ x20 − 7x0 + 12 = 0 ⇔ x0 = 4 ή x0 = 3 . α) Για x0 = 4 , από την (1) έχω y0 = 23 − 7 ⋅ 4 = −5 , οπότε είναι M(4 ,− 5) . β) Για x0 = 3 , από την (1) έχω y0 = 23 − 7 ⋅ 3 = 2 , οπότε είναι M(3 , 2) . Άσκηση 258 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Η ευθεία (ε) είναι κάθετη στην ευθεία ε1 : 5x − y = 1 και σχηματίζει με τους άξονες τρίγωνο εμβαδού 5. Να βρείτε την εξίσωση της (ε). Λύση Το θέμα της άσκησης είναι πολύ χαρακτηριστικό και αναφέρθηκε στην μεθοδολογία. 1ο βήμα Αφού είναι ε ⊥ ε1 , ισχύει λελε1 = −1 ⇔ λε ⋅ −5 = −1 ⇔ λε = − 1 . −1 5 Άρα η (ε) έχει εξίσωση ε : y = − 1 x + β ⇔ ε : 5y = −x + 5β ⇔ 5 ⇔ ε : x + 5y − 5β = 0 (1) , όπου β ∈ ! . Θυμήσου ότι, όταν είναι γνωστός ο συντελεστής διεύθυνσης της ζητούμενης ευθείας, τότε στην εξί- σωσή της δίνουμε την μορφή y = λx + β και από - 387 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας τα στοιχεία της άσκησης αναζητούμε την τιμή του β. 2ο βήμα Αν Α, Β είναι τα σημεία τομής της (ε) με τους άξονες x΄x, y΄y αντίστοιχα, τότε το αναφερόμενο τρίγωνο είναι το ΟΑΒ και ισχύει (ΟΑΒ) = 5 ⇔ 1 ⋅ (ΟΑ) ⋅ (ΟΒ) = 5 ⇔ xΑ ⋅ yΒ = 10 (2) 2 3ο βήμα Για να βρω το xA , θέτω y = 0 στην (1) και έχω x − 5β = 0 ⇔ x = 5β = xΑ . Για να βρω το yB , θέτω x = 0 στην (1) και έχω 5y − 5β = 0 ⇔ 5 y = 5β ⇔ y = β = yΒ . 4ο βήμα Έτσι, από την (2) προκύπτει 5β ⋅ β = 10 ⇔ 5 β ⋅ β = 10 ⇔ β 2 = 2 ⇔ β2 = 2 ⇔ β = 2 ή β = − 2 . α) Για β = 2 , από την (1) έχω την ευθεία ε : x + 5y − 5 2 = 0 . β) Για β = − 2 , από την (1) έχω την ευθεία ε : x + 5y + 5 2 = 0 . - 388 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 259 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε το ορθόκεντρο του τριγώνου που ορίζουν οι ευθείες x + y − 6 = 0 , 3y − x + 2 = 0 και 3y = 5x + 2 . Λύση Υπενθύμιση Ορθόκεντρο ονομάζεται το σημείο τομής των υψών του τριγώνου. Αυτό καθορίζει και το σκεπτικό της λύσης: Πρέπει να βρω τις εξισώσεις δύο υψών του τριγώνου (αρκούν) και να λύσω το σύστημά τους. Η λύση του συστήματος αυτού θα δώσει τις συντεταγμένες του ορθόκεντρου. Για να βρω τις εξισώσεις των υψών όμως, θα χρειαστώ τις συντεταγμένες των κορυ- φών του τριγώνου, οι οποίες, με την σειρά τους, θα βρεθούν από την επίλυση συστημά- των που περιέχουν τις εξισώσεις των ευθειών που τέμνονται και δημιουργούν τις κο- ρυφές. Έστω ε1 : x + y − 6 = 0 , ε2 : 3y − x + 2 = 0 ⇔ ε2 : x − 3y − 2 = 0 και ε3 : 3y = 5x + 2 ⇔ ε3 : 5x − 3y + 2 = 0 . Επίσης, ας είναι Α το σημείο τομής των (ε1) , (ε2) , Β το σημείο τομής των (ε2) , (ε3) και Γ το σημείο τομής των (ε1) , (ε3) . Τα Α, Β, Γ θα είναι οι κορυφές του τριγώνου που σχηματίζουν οι (ε1) , (ε2) , (ε3) . Από το σύστημα ⎩⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪ ε1 : x + y − 6 = 0 ⎭⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪ προκύπτει x=5, y = 1 , οπότε είναι A(5,1) . ε2 : x − 3y − 2 = 0 Από το σύστημα ⎧⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ε2 : x − 3y − 2 = 0 ⎪⎪⎬⎫⎪⎭⎪⎪⎪ προκύπτει x = −1 , y = −1 , οπότε είναι ε3 : 5x − 3y + 2 = 0 B(−1,− 1) . - 389 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Από το σύστημα ⎩⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ε1 : x + y − 6 = 0 ⎫⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ προκύπτει x=2, y = 4 , οπότε είναι Γ(2 , 4) . ε3 : 5x − 3y + 2 = 0 Έστω ΑΔ και ΒΕ τα ύψη που φέρω από τις κορυφές Α και Β αντίστοιχα. Εξίσωση της ΑΔ Είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) ⇔ ΑΔ : y − 1 = λΑΔ(x − 5) . Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε ισχύει λΑΔλΒΓ = −1 . Είναι λΒΓ = yΓ − yΒ = 4+1 = 5 , xΓ − xΒ 2+1 3 οπότε λΑΔ ⋅ 5 = −1 ⇔ λΑΔ = − 3 . 3 5 Επομένως είναι ΑΔ : y −1 = − 3 (x − 5) ⇔ ΑΔ : 5y − 5 = −3(x − 5) ⇔ ΑΔ : 5y − 5 = −3x + 15 ⇔ 5 ⇔ ΑΔ : 3x + 5y − 20 = 0 (1) Εξίσωση της ΒΕ Είναι ΒΕ : y − yΒ = λΒΕ(x − xΒ) ⇔ ΒΕ : y + 1 = λΒΕ(x + 1) . Είναι ΒΕ ⊥ ΑΓ , οπότε ισχύει λΒΕλΑΓ = −1 . Είναι λΑΓ = yΓ − yΑ = 4−1 = 3 = −1 , xΓ − xΑ 2−5 −3 οπότε λΒΕ ⋅ (−1) = −1 ⇔ λΒΕ = 1 . Επομένως είναι ΒΕ : y + 1 = x + 1 ⇔ ΒΕ : y = x (2) - 390 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Εύρεση του ορθόκεντρου Αν Ζ είναι το σημείο τομής των ΑΔ και ΒΕ, δηλαδή το ορθόκεντρο του ΑΒΓ, τότε οι συντεταγμένες του θα βρεθούν από την επίλυση του συστήματος ⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨ ΑΔ : 3x + 5y − 2 = 0 ⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎭ . ΒΕ : y = x Προκύπτει x = 5 , y= 5 , οπότε τελικά το ορθόκεντρο είναι το Ζ⎜⎜⎜⎛⎝ 5 , 5 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ . 2 2 2 2 Άσκηση 260 Θεωρούμε το τρίγωνο ΑΒΓ, με Α(3 , 5) , Β(3 ,− 3) , Γ(−6 , 4) . Να βρείτε την εξίσωση: α) του ύψους ΑΔ. β) της διαμέσου ΒΕ. γ) της μεσοκαθέτου της ΑΒ. Λύση α. Το ύψος ΑΔ έχει εξίσωση ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) ⇔ ⇔ ΑΔ : y − 5 = λΑΔ(x − 3) . Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε λΑΔλΒΓ = −1 . Είναι λΒΓ = yΓ − yΒ = 4+3 =− 7 , xΓ − xΒ −6 − 3 9 οπότε η εξίσωση του ύψους ΑΔ είναι ΑΔ : y − 5 = 9 (x − 3) ⇔ ΑΔ : 7y − 35 = 9(x − 3) ⇔ ΑΔ : 7y − 35 = 9x − 27 ⇔ 7 ⇔ ΑΔ : 9x − 7y + 8 = 0 . β. Το μέσο Ε του ΑΓ είναι το Ε ⎜⎜⎜⎛⎝⎜ xΑ + xΓ , yΑ + yΓ ⎟⎟⎠⎟⎟⎞⎟ ≡ Ε ⎜⎝⎛⎜⎜ 3 − 6 , 5 + 4⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ≡ Ε ⎜⎝⎜⎜⎛− 3 , 9 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ . 2 2 2 2 2 2 Άρα η ΒΕ έχει εξίσωση - 391 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ΒΕ : y − yΒ = λΒΕ(x − xΒ) ⇔ ΒΕ : y + 3 = λΒΕ(x − 3) . Είναι 9 +3 15 2 λΒΕ = xΕ − xΒ = 3 = 2 = − 15 , yΕ − yΒ 2 −9 9 − −3 2 οπότε η διάμεσος ΒΕ έχει εξίσωση ΒΕ : y + 3 = − 15 (x − 3) ⇔ ΒΕ : 9y + 27 = −15(x − 3) :3 ΒΕ : 3y + 9 = −5(x − 3) ⇔ 9 ⇔ ⇔ ΒΕ : 3y + 9 = −5x + 15 ⇔ ΒΕ : 5x + 3y − 6 = 0 . γ. Με την βοήθεια του σχήματος, παρατηρώ ότι xA = xB , οπότε η ΑΒ είναι κάθετη στον άξονα x΄x. Αν ονομάσω (ε) την μεσοκάθετο του ΑΒ, τότε αυτή θα είναι παράλληλη στον άξονα x΄x και θα διέρχεται από το μέσο του ΑΒ (ας το ονομάσω Μ), δηλαδή θα έχει εξίσωση ε : y = yM . Είναι yΜ = yΑ + yΒ = 5−3 = 1, 2 2 οπότε η μεσοκάθετος του ΑΒ έχει εξίσωση ε : y = 1 . Σχόλιο Αν δεν είχα κάνει το σχήμα και πήγαινα με τον κλασικό τρόπο για να βρω την εξίσω- ση της (ε), τότε θα είχα περισσότερη δουλειά και μερικές μικροεκπλήξεις στην πορεία (όχι τίποτα φοβερό). Ασφαλώς και αυτός ο τρόπος είναι σωστός, αλλά το σχήμα έσωσε την κατάσταση. - 392 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 261 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών και τις συντεταγμένες των κορυφών του τριγώ- νου ΑΒΓ, του οποίου δύο ύψη έχουν εξισώσεις y = −3x − 1 και 5y = −(x + 1) και η κορυφή Α είναι το σημείο Α(2 ,1) . Λύση Έστω ε1 : y = −3x − 1 ⇔ ε1 : 3x + y + 1 = 0 και ε2 : 5y = −(x + 1) ⇔ ε2 : 5y = −x − 1 ⇔ ε2 : x + 5y + 1 = 0 . Πρόσεξε πολύ την διερεύνηση που ακολουθεί! Επειδή δεν προσδιορίζεται ποιών υψών είναι οι εξισώσεις των ευθειών που δίνονται, πρέπει να εξετάσω αν κάποια εξ αυτών είναι του ύψους που φέρεται από το Α. Αν η (ε1) είναι η εξίσωση του ύψους που φέρεται από το Α, τότε οι συντεταγμένες του Α θα πρέπει να επαληθεύουν την εξίσωση της (ε1) , δηλαδή να ισχύει 3⋅2+1+1= 0 ⇔ 8 = 0 , που προφανώς είναι άτοπο. Άρα η (ε1) δεν είναι η εξίσωση του ύψους που φέρεται από το Α. Ανάλογα, αν η (ε2) είναι η εξίσωση του ύψους που φέρεται από το Α, τότε θα πρέπει οι συντεταγμένες του Α να επαληθεύουν την εξίσωση της (ε2) , δηλαδή να ισχύει 2+5⋅1+1 = 0 ⇔ 8 = 0, που προφανώς είναι άτοπο. Άρα ούτε η (ε2) είναι η εξίσωση του ύψους που φέρεται από το Α. Επομένως, ας είναι ΒΔ : 3x + y + 1 = 0 , ΓΕ : x + 5y + 1 = 0 τα ύψη του ΑΒΓ, σύμφωνα με το σχήμα (στο οποίο με κόκκινο σημειώνονται τα στοι- χεία που δίνονται στην εκφώνηση). - 393 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Σχόλιο Δεν μπορώ να κάνω σχήμα με βάση σύστημα συντεταγμένων, διότι δεν γνωρίζω τις κο- ρυφές Β, Γ. Σε μια τέτοια περίπτωση, κάνω απλώς ένα τρίγωνο, χωρίς να σημειώσω σε αυτό κάποιο από τα δεδομένα (ή τις υποθέσεις μου, αφού στην συγκεκριμένη άσκηση κάνω υπόθεση ως προς τις εξισώσεις των υψών). Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 1 = λΑΒ(x − 2) . Είναι ΑΒ⊥ ΓΕ , οπότε ισχύει λΑΒλΓΕ = −1 ⇔ λΑΒ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΒ = 5 . 5 Άρα είναι ΑΒ : y − 1 = 5(x − 2) ⇔ ΑΒ : y − 1 = 5x − 10 ⇔ ΑΒ : 5x − y − 9 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 1 = λΑΓ(x − 2) . Είναι ΑΓ ⊥ ΒΔ , οπότε ισχύει λΑΓλΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ −3 = −1 ⇔ λΑΓ = 1 . 1 3 Άρα είναι ΑΓ : y −1 = 1 (x − 2) ⇔ ΑΓ : 3y − 3 = x−2 ⇔ ΑΓ : x − 3y + 1 = 0 . 3 Συντεταγμένες του Β Από την επίλυση του συστήματος ⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨ ΑΒ : 5x − y − 9 = 0 ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎫ προκύπτει x = 1 , y = −4 , ΒΔ : 3x + y + 1 = 0 οπότε είναι B(1,− 4) . Συντεταγμένες του Γ Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎨⎪ ΑΓ : x − 3y + 1 = 0 ⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬⎭ προκύπτει x = −1 , y =0, ΓΕ : x + 5y + 1 = 0 οπότε είναι Γ(−1, 0) . - 394 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΓ = λΒΓ(x − xΓ ) ⇔ ΒΓ : y − 0 = λΒΓ(x + 1) ⇔ ΒΓ : y = λΒΓ(x + 1) , με λΒΓ = yΓ − yΒ = 0+4 = 4 = −2 , xΓ − xΒ −1 − 1 −2 οπότε η ΒΓ έχει εξίσωση ΒΓ : y = −2(x + 1) ⇔ ΒΓ : y = −2x − 2 ⇔ ΒΓ : 2x + y + 2 = 0 . Άσκηση 262 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Αν ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο, με ΑΒ : x + 2y − 1 = 0 , ΑΔ : 2x − y + 3 = 0 και κέντρο το σημείο K ⎜⎜⎛⎝⎜1 , 3 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ , να βρείτε τις εξισώσεις των άλλων πλευρών του. 4 Λύση Εισαγωγικό και γενικό σχόλιο Επειδή τα δεδομένα δεν επαρκούν για την κατασκευή ακριβούς σχήματος με βάση σύστημα συντεταγμένων, κατασκευάζω απλώς ένα ορθογώνιο, στο οποίο όμως δεν μπορώ να σημειώσω κάποια από τα δεδομένα της άσκη- σης. Αυτό μπορεί να γίνεται σε ανάλογες περιπτώσεις ασκήσεων, γι' αυτό και γίνεται το σχετικό σχόλιο. Σχήμα να κατασκευάζεις, όποτε αυτό είναι εφικτό, διότι είναι σύμμαχός σου! Πάντα με γεωμετρικά εργαλεία και όχι με τα πόδια! Ας δούμε και το σκεπτικό της λύσης: Αφού γνωρίζω τις εξισώσεις των ΑΒ, ΑΔ, μπορώ να βρω τις συντεταγμένες του Α. Στην συνέχεια, αφού το Κ είναι το κέντρο του ΑΒΓΔ (άρα το μέσο της ΑΓ), από τον τύπο για τις συντεταγμένες του μέσου θα μπορέσω να βρω τις συντεταγμένες του Γ, το οποίο θα είναι και το βασικό «κλειδί» που θα ανοίξει τον δρόμο για την εύρεση των εξισώσεων των ΒΓ και ΓΔ. Αυτά θα είναι και τα βήματα της λύσης. - 395 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎩ ΑΒ : x + 2y − 1 = 0 ⎬⎪⎭⎪⎫⎪⎪⎪ προκύπτει x = −1 , y = 1 , οπότε είναι ΑΔ : 2x − y + 3 = 0 A(−1,1) . Επίσης, αφού το Κ είναι το κέντρο του ΑΒΓΔ, το Κ είναι το μέσο της ΑΓ, άρα ⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪ xΚ = xΑ + xΓ ⎫⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪ 1 = −1 + xΓ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎭⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪ 2 = xΓ −1 ⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪ xΓ = 3 ⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎭⎪⎪⎪⎪ , 2 2 3 1 yΚ = yΑ + yΓ 3 = 1 + yΓ 2 = 1+ yΓ yΓ = 2 2 42 οπότε είναι Γ⎜⎜⎝⎛⎜3 , 1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ . 2 Εξίσωση της ΓΔ Είναι ΓΔ : y − yΓ = λ ΓΔ (x − xΓ) ⇔ ΓΔ : y− 1 = λ ΓΔ (x − 3) . 2 Αφού το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο, είναι ΓΔ / / ΑΒ , οπότε ισχύει λΓΔ = λΑΒ = − 1 . 2 Άρα είναι ΓΔ : y − 1 = − 1 (x − 3) ⇔ ΓΔ : 2y −1 = −x + 3 ⇔ ΓΔ : x + 2y − 4 = 0 . 2 2 Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΓ = λΒΓ (x − xΓ) ⇔ ΒΓ : y − 1 = λΒΓ (x − 3) . 2 Αφού το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο, είναι ΒΓ / / ΑΔ , οπότε ισχύει λΒΓ = λΑΔ = −2 =2. −1 Άρα είναι ΒΓ : y − 1 = 2(x − 3) ⇔ ΒΓ : 2y − 1 = 4(x − 3) ⇔ ΒΓ : 2y − 1 = 4x − 12 ⇔ 2 ⇔ ΒΓ : 4x − 2y − 11 = 0 . - 396 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 263 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνονται τα σημεία Α(λ − 2 , 0) , Β(0 , 2 + λ) , λ ≠ ±2 . Αν η μεσοκάθετος του ΑΒ τέμνει τους άξονες στα Γ(2 , 0) , Δ(0 , µ) , µ ≠ 0 , να βρείτε τους λ, μ. Λύση Το σκεπτικό της λύσης είναι το εξής: Για να βρω τα λ και μ (δύο άγνωστοι), θέλω δύο εξισώσεις, άρα δύο πράγματα πρέπει να συμβαίνουν στην άσκηση. Αυτά είναι τα εξής: Κατ' αρχάς, πρέπει να βρω την εξίσωση της μεσοκαθέτου του ΑΒ. Στην συνέχεια, αφού είναι γνωστά τα σημεία τομής της με τους άξονες (άρα είναι ση- μεία που ανήκουν στην μεσοκάθετο), να θέσω τις συντεταγμένες τους στην εξίσωση της μεσοκαθέτου. Ονομάζω (ε) την μεσοκάθετο του ΑΒ και Μ το μέσο του ΑΒ. Είναι Μ⎜⎜⎝⎜⎛⎜ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎟⎞⎟⎟⎟⎠⎟ ≡ Μ⎜⎜⎜⎛⎝ λ − 2 + 0 , 0 + 2 + λ ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ≡ Μ ⎛⎜⎜⎜⎝ λ − 2 , λ + 2⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 2 2 2 2 2 2 Είναι ε ⊥ ΑΒ , οπότε ισχύει λελΑΒ = −1 . Είναι λΑΒ = yΒ − yΑ = 2+λ−0 = 2 + λ , xΒ − xΑ 0−λ+2 2 − λ όπου είναι λ ≠ 2 ⇔ 2 − λ ≠ 0 . Άρα ισχύει λε ⋅ 2 + λ = −1 ⇔ λε(2 + λ) = λ−2 λ≠ −2 λε = λ−2 . 2 − λ λ+2 ⇔ 2 +λ≠0 Άρα η (ε) έχει εξίσωση ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε: y− λ+2 = λ − 2 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜x − λ − 2⎞⎠⎟⎟⎟⎟ (1) 2 λ + 2 2 Αφού το Γ είναι το σημείο τομής της (ε) με τον άξονα x΄x, το Γ ανήκει στην (ε), οπότε θέτω x = 2 , y = 0 στην (1) και έχω − λ+2 = λ − 2 ⋅ ⎜⎜⎜⎝⎛2 − λ − 2⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ⇔ − λ+2 = λ − 2 ⋅ 4 − λ + 2 ⇔ 2 λ + 2 2 2 λ + 2 2 - 397 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ⇔ −(λ + 2) = λ − 2 ⋅ (6 − λ) ⇔ −(λ + 2)2 = (λ − 2)(6 − λ) ⇔ λ + 2 ⇔ − λ2 − 4 − 4λ = 6λ − λ2 − 12 + 2λ ⇔ 12λ = 8 ⇔ λ = 8 ⇔ λ = 2 . 12 3 Για λ= 2 είναι: 3 λ +2 2 + 2 8 4 2 3 3 • = 2 = 3 = . 2 λ−2 2 −2 −4 4 1 λ+2 3 3 8 2 • = 2 = 8 = − = − . 3 +2 3 • λ−2 = 2 −2 = − 4 = − 2 . 2 3 3 3 2 2 Άρα η (1) απλούστερα και ισοδύναμα γράφεται ε : y − 4 = − 1 ⎜⎛⎝⎜⎜x + 32⎟⎠⎟⎟⎟⎞ ⇔ ε : y − 4 = − 1 x − 1 ⇔ ε : 6y −8 = −3x −2 ⇔ 3 2 3 2 3 ⇔ ε : 3x + 6y − 6 = 0 ⇔ ε : x + 2y − 2 = 0 . Αφού το Δ είναι το σημείο τομής της (ε) με τον άξονα y΄y, το Δ ανήκει στην (ε), οπότε θέτω x = 0 , y = µ στην παραπάνω εξίσωση και έχω ότι 0 + 2µ − 2 = 0 ⇔ 2µ = 2 ⇔ µ = 1 . - 398 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 264 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται η ευθεία ε : 2x − 3y − 4 = 0 . Να βρείτε την εξίσωση της συμμετρικής της ως προς: α) τον άξονα x΄x. β) τον άξονα y΄y. Λύση Γενικές παρατηρήσεις για το θέμα της άσκησης • Συμμετρία ως προς τον άξονα x΄x Είναι γνωστό ότι, αν (x, y) είναι ένα σημείο του επιπέδου, τότε το συμμετρικό ως προς τον x΄x έχει συντεταγμένες (x, y) (δηλαδή ακολουθείται ο μνημονικός κανόνας, «ίδιο x, αντίθετο y»). Έτσι, ουσιαστικά θέτω στην θέση του y το y. • Συμμετρία ως προς τον άξονα y΄y Είναι γνωστό ότι, αν (x, y) είναι ένα σημείο του επιπέδου, τότε το συμμετρικό του ως προς τον y΄y έχει συντεταγμένες (x, y) (δηλαδή ακολουθείται ο μνημονικός κανόνας, «ίδιο y, αντίθετο x». Έτσι, ουσιαστικά θέτω στην θέση του x το x. α. Έστω (ε1) η ζητούμενη ευθεία (σχήμα 1). Αν θεωρήσω τυχαίο σημείο (x, y) της (ε), τότε το συμμετρικό του, ως προς τον x΄x, έχει συντεταγμένες (x, y). Έτσι, επειδή το σημείο αυτό είναι τυχαίο, το ίδιο θα ισχύει και για κάθε σημείο της (ε) και το συμμετρικό του ως προς τον x΄x, οπότε θέτοντας, στην εξίσωση της (ε), στην θέση του y το y, έχω την ευθεία ε1 : 2x − 3 ⋅ (−y) − 4 = 0 ⇔ ε1 : 2x + 3y − 4 = 0 . β. Έστω (ε2) η ζητούμενη ευθεία (σχήμα 2). Αν θεωρήσω τυχαίο σημείο (x, y) της (ε), τότε το συμμετρικό του, ως προς τον y΄y, έχει συντεταγ- μένες (x, y). Έτσι, επειδή το σημείο αυτό είναι τυχαίο, το ίδιο θα ισχύει και για κάθε σημείο της (ε) και το συμμετρικό του ως προς τον y΄y, οπότε θέτοντας, στην εξίσωση της (ε), στην θέση του x το x, έχω την ευθεία - 399 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ε2 : 2 ⋅ (−x) − 3y − 4 = 0 ⇔ ε2 : −2x − 3y − 4 = 0 ⇔ ε2 : 2x + 3y + 4 = 0 . Άσκηση 265 Δίνονται τα σημεία Α(1,1) , Β(−1, 3) , Γ(0 , 4) . Να βρείτε τις εξισώσεις: α) των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ. β) του ύψους ΑΔ και της διαμέσου ΑΕ. Λύση α. Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 1 = λΑΒ(x − 1) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 3−1 = 2 = −1 , οπότε xΒ − xΑ −1 − 1 −2 ΑΒ : y − 1 = −x + 1 ⇔ ΑΒ : x + y − 2 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 1 = λΑΓ(x − 1) , όπου λΑΓ = yΓ − yΑ = 4−1 = 3 = −3 , xΓ − xΑ 0−1 −1 οπότε ΑΓ : y − 1 = −3(x − 1) ⇔ ΑΓ : y − 1 = −3x + 3 ⇔ ΑΓ : 3x + y − 4 = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΓ = λΒΓ(x − xΓ ) ⇔ ΒΓ : y − 4 = λΒΓ(x − 0) , όπου λΒΓ = yΓ − yΒ = 4−3 = 1 = 1, xΓ − xΒ 0+1 1 - 400 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας οπότε ΒΓ : y − 4 = x ⇔ ΒΓ : x − y + 4 = 0 . β. Εξίσωση του ύψους ΑΔ Είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) ⇔ ΑΔ : y − 1 = λΑΔ(x − 1) . Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε λΑΔλΒΓ = −1 ⇔ λΑΔ ⋅ 1 = −1 ⇔ λΑΔ = −1 , συνεπώς ΑΔ : y − 1 = −x + 1 ⇔ ΑΔ : x + y − 2 = 0 , δηλαδή το ύψος ΑΔ ταυτίζεται με την ΑΒ. Δεύτερος τρόπος για την ΑΔ (πονηρός) Παρατηρώ ότι λΑΒλΒΓ = −1 ⋅1 = −1 , δηλαδή είναι ΑΒ⊥ ΒΓ , οπότε το ύψος ΑΔ ταυτίζε- ται με την ΑΒ, συνεπώς ΑΔ : x + y − 2 = 0 . Εξίσωση της διαμέσου ΑΕ Αφού η ΑΕ είναι διάμεσος, το Ε είναι μέσο της ΒΓ, άρα είναι Ε⎛⎜⎜⎜⎜⎝ xΒ + xΓ , yΒ + yΓ ⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞ ≡ Ε ⎜⎝⎛⎜⎜−12+ 0 , 3 + 4⎟⎟⎠⎟⎟⎞ ≡ Ε ⎝⎜⎛⎜⎜− 1 , 27 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ , 2 2 2 2 οπότε είναι ΑΕ : y − yΑ = λΑΕ(x − xΑ) ⇔ ΑΕ : y − 1 = λΑΕ(x − 1) . Είναι 7 −1 5 οπότε 2 λΑΕ = yΕ − yΑ = 1 = 2 = − 5 , xΕ − xΑ 2 −3 3 − −1 2 ΑΕ : y −1 = − 5 (x − 1) ⇔ ΑΕ : 3y − 3 = −5(x − 1) ⇔ ΑΕ : 3y −3 = −5x + 5 ⇔ 3 ⇔ ΑΕ : 5x + 3y − 8 = 0 . - 401 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 266 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Σε ένα τετράγωνο, μια διαγώνιός του έχει εξίσωση x + y − 2 = 0 και μια κορυφή του είναι το σημείο (3 , 4) . Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του. Λύση Λίγα λόγια για το σκεπτικό της λύσης: Τα στοιχεία που δίνονται είναι πολύ λίγα και σίγουρα όχι επαρκή για άμεσες απα- ντήσεις επί των ζητουμένων. Επομένως, πρέπει να βρω επιπλέον στοιχεία. Επειδή δεν καθορίζεται ποια είναι η διαγώνιος που δίνεται, αλλά και ποια κορυφή είναι το σημείο που δίνεται, πρώτα πρέπει να κάνω την ακόλουθη διερεύνηση. Έστω ότι είναι ΑΓ : x + y − 2 = 0 . Αν είναι Α(3 , 4) , τότε θέτοντας x = 3 , y = 4 στην παραπάνω εξίσωση έχω 3 + 4 − 2 = 0 ⇔ 5 = 0 , άτοπο. Άρα το σημείο που δίνεται δεν μπορεί να είναι το Α. Ανάλογα, αν είναι Γ(3 , 4) , από την εξίσωση της ΑΓ πάλι προκύπτει 5 = 0 , οπότε το σημείο που δίνεται δεν μπορεί να είναι το Γ. Έτσι, ας υποθέσουμε ότι είναι Β(3 , 4) . Συνέχεια στο σκεπτικό της λύσης: Έχοντας κάνει τις παραπάνω υποθέσεις, έχω μια βάση στην άσκηση πλέον. Ασφαλώς, πρέπει να αξιοποιήσω και κάποιες από τις ιδιότητες του τετραγώνου. Σε πρώτη φάση λοιπόν, θα κάνω το εξής: Θα βρω την εξίσωση της ΒΔ (ξέρω ότι το Β ανήκει σε αυτήν και την κλίση της θα την βρω από την καθετότητά της με την ΑΓ) και μετά θα λύσω το σύστημα των εξισώσεων των ΑΓ και ΒΔ. Έτσι θα βρω το Ε. Στην συνέχεια, ξέροντας ότι το Ε είναι το μέσο της ΒΔ και με γνωστό και το Β, θα μπορέσω να βρω το Δ. - 402 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Τότε, η ΒΔ έχει εξίσωση ΒΔ : y − yΒ = λΒΔ(x − xΒ) ⇔ ΒΔ : y − 4 = λΒΔ(x − 3) . Αφού το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, είναι ΒΔ ⊥ ΑΓ , οπότε λΒΔλΑΓ = −1 ⇔ λΒΔ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΒΔ = 1. 1 Επομένως είναι ΒΔ : y − 4 = x − 3 ⇔ ΒΔ : x − y + 1 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎪⎨⎧⎩⎪⎪⎪ ΒΔ : x − y + 1 = 0 ⎬⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪ προκύπτει x = 1 , y= 3 , οπότε είναι ΑΓ : x + y − 2 = 0 2 2 Ε ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 , 3 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ . 2 2 Αφού το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, το Ε είναι το μέσο της ΒΔ, οπότε ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪ xΕ = xΒ + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 1 = 3 + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎨⎪ 1 = 3 + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎭⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ xΔ = −2 ⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎪ , 2 2 2 3 = 4 + yΔ yΔ = −1 3 yΕ = yΒ + yΔ 2 = 4 + yΔ 2 2 οπότε είναι Δ(−2 ,− 1) . Το επόμενο «κλειδί» στην άσκηση είναι να βρω το Α. Τότε θα μπορέσω να βρω την εξίσωση της ΑΒ, άρα και των ΑΔ και ΒΓ. Επίσης, αφού ξέρω και το Δ, λόγω της πα- ραλληλίας της με την ΑΒ, θα μπορέσω να βρω και την ΓΔ. Είναι !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΑΒ⊥ ΑΔ ⇔ ΑΒ ⋅ ΑΔ = 0 . !!!\" ( ) ( )• ΑΒ = xΒ − xΑ , yΒ − yΑ = 3 − xΑ , 4 − yΑ . !!!\" ( ) ( )• ΑΔ = xΔ − xΑ , yΔ − yΑ = −2 − xΑ , − 1 − yΑ . Επομένως, ισχύει (3 − xΑ)(−2 − xΑ) + (4 − yΑ)(−1 − yΑ) = 0 ⇔ ⇔ −6 − 3xΑ + 2xΑ + x2Α − 4 − 4yΑ + yΑ + y2Α = 0 ⇔ x2Α + y2Α − xΑ − 3yΑ − 10 = 0 . - 403 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Το Α ανήκει στην ΑΓ, οπότε θέτω x = xA , y = yA στην εξίσωση της ΑΓ και έχω ότι xA + yA − 2 = 0 ⇔ yA = 2 − xA (1) Αντικαθιστώ την (1) στην προηγούμενη εξίσωση και έχω x2Α + (2 − xΑ)2 − xΑ − 3(2 − xΑ) − 10 = 0 ⇔ x2Α + 4 + x2Α − 4xΑ − xΑ − 6 + 3xΑ − 10 = 0 ⇔ ⇔ 2x2Α − 2xΑ − 12 = 0 ⇔ x2Α − xΑ − 6 = 0 ⇔ xA = 3 ή xA = −2 . α) Για xA = 3 , από την (1) έχω ότι yA = 2 − 3 = −1 , οπότε είναι A(3 ,− 1) . Τότε παρατηρώ ότι είναι yA = yΔ = −1 , άρα είναι ΑΔ : y = yA = yΔ = −1 . Επομένως, αφού η ΒΓ είναι παράλληλη στην ΑΔ, η ΒΓ θα είναι παράλληλη στον x΄x, με εξίσωση ΒΔ : y = yB = −1 . Ακόμη, παρατηρώ ότι xA = xB = 3 , οπότε είναι ΑΒ : x = xA = xB = 3 . Τέλος, αφού η ΓΔ είναι παράλληλη στην ΑΒ, η ΓΔ θα είναι κάθετη στον x΄x, με εξίσωση ΓΔ : x = xΔ = −2 . β) Για xA = −2 , από την (1) έχω ότι yA = 2 + 2 = 4 , οπότε είναι A(−2 , 4) . Τότε παρατηρώ ότι είναι xA = xΔ = −2 , άρα είναι ΑΔ : x = xA = xΔ = −2 . Επομένως, αφού η ΒΓ είναι παράλληλη στην ΑΔ, η ΒΓ θα είναι κάθετη στον x΄x, με εξίσωση ΒΓ : x = xB = 3 . Ακόμη, παρατηρώ ότι yA = yB = 4 , οπότε είναι - 404 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ΑΒ : y = yA = yB = 4 . Τέλος, αφού η ΓΔ είναι παράλληλη στην ΑΒ, η ΓΔ θα είναι παράλληλη στον x΄x, με εξίσωση ΓΔ : y = yΔ = −1 . Άσκηση 267 Δίνεται η ευθεία ε : y = x + 4 και το σημείο Α(2 , 3) . α. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Α και είναι κάθετη στην (ε). β. Να βρείτε τις συντεταγμένες του συμμετρικού του Α ως προς την (ε). Λύση α. Αν (ε1) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε ε1 : y − yΑ = λε1 (x − xΑ ) ⇔ ε1 : y − 3 = λε1 (x − 2) . Αφού είναι ε1 ⊥ ε , ισχύει λε1λε = −1 ⇔ λε1 ⋅ 1 = −1 ⇔ λε1 = −1 , οπότε είναι ε1 : y − 3 = −x + 2 ⇔ ε1 : y = −x + 5 . β. Το σκεπτικό είναι το εξής: Από την Γεωμετρία είναι γνωστό ότι, για να βρω το συμμετρικό του Α ως προς την (ε), φέρνω την ΑΓ κάθετα στην (ε) και προεκτείνω κατά ίσο τμήμα, δηλαδή κατά ΓΒ = ΑΓ. Τότε το Γ είναι το μέσο του ΑΒ. Έτσι, θα βρω τις συντεταγμένες του Γ (λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων των δύο ευθειών που έχω) και μετά θα στηριχθώ στον τύπο των συντεταγμένων του μέσου και θα βρω το Β. Έστω Β το συμμετρικό του Α ως προς την (ε). - 405 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Φέρνοντας την κάθετη από το Α προς την (ε), δηλαδή την (ε1) , αυτή τέμνει την (ε) στο Γ, και προεκτείνοντας κατά ΓΒ = ΓΑ, το Γ θα είναι το μέσο του ΑΒ. Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎧⎩⎨⎪ ε:y = x+4 ⎪⎪⎭⎬⎫⎪⎪⎪ προκύπτει x = 1 , y= 9 , οπότε Γ ⎝⎜⎛⎜⎜ 1 , 9 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ . ε1 : y = −x + 5 2 2 2 2 Αφού το Γ είναι το μέσο του ΑΒ, έχω ότι ⎩⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ xΓ = xΑ + xΒ ⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪ 1 = 2 + xΒ ⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪ ⇔ ⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎧⎪⎪ 1 = 2 + xΒ ⎫⎪⎬⎪⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎧ xΒ = −1 ⎫⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ , yΓ = 2 22 9 = 3 + yΒ yΒ = 6 9 = 3 + yΒ yΑ + yΒ 22 2 οπότε είναι Β(−1, 6) . Άσκηση 268 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνονται οι ευθείες ε : y = x + 1 , δ : y = 2x + 3 . α. Να βρείτε το σημείο τομής τους Α. β. Να βρείτε την εξίσωση της συμμετρικής της (ε) ως προς την (δ). γ. Να βρείτε την συμμετρική της ευθείας ε1 : y = −2x ως προς το Α. Λύση α. Οι συντεταγμένες του Α προκύπτουν από την επίλυση του συστήματος ⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ε: y = x+1 ⎪⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪ . δ : y = 2x + 3 Εύκολα προκύπτει x = −2 , y = −1 , οπότε είναι A(−2 ,− 1) . β. Το σκεπτικό είναι το εξής: Επειδή οι (ε) και (δ) τέμνονται στο Α, για να βρω την συμμετρική της (ε) ως προς την (δ), θα θεωρήσω ένα σημείο της (ε) και θα βρω το συμμετρικό του ως προς την (δ) (στο σχήμα, είναι το Γ). Ενώνοντας αυτό το σημείο με το Α, θα έχω την ζητούμενη ευθεία. Επομένως, θα βρω την εξίσωση της ΒΔ (μπορώ, αφού ξέρω το Β και έχω την κλίση της ΒΔ από την καθετότητά της με την (δ)) και θα λύσω το σύστημα των εξισώσεων - 406 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας των ΒΔ και (δ), ώστε να βρω το Δ. Στην συνέχεια, επειδή το Δ είναι το μέσο του ΒΓ, θα χρη- σιμοποιήσω τον τύπο των συντεταγμένων του μέσου και θα βρω το Γ. Η εξίσωση της ΑΓ θα δώσει την εξίσωση της ζητούμενης ευθείας. Ας είναι (δ1) η συμμετρική της (ε) ως προς την (δ). Το σημείο Β(0 ,1) είναι το σημείο στο οποίο η (ε) τέμνει τον y΄y. Φέρνοντας την ΒΔ κάθετα στην (δ) και προεκτεί- νοντας κατά ΔΓ = ΔΒ, το Γ θα είναι το συμμετρικό του Β ως προς την Δ. Τότε η ευθεία που διέρχεται από τα Α και Γ θα είναι η συμμετρική της (ε) ως προς την (δ). Είναι ΒΔ : y − yΒ = λΒΔ(x − xΒ) ⇔ ΒΔ : y − 1 = λΒΔ(x − 0) ⇔ ΒΔ : y − 1 = λΒΔx . Είναι ΒΔ ⊥ δ , οπότε ισχύει λΒΔλδ = −1 ⇔ λΒΔ ⋅2 = −1 ⇔ λΒΔ = − 1 , 2 συνεπώς η ΒΔ έχει εξίσωση ΒΔ : y −1 = − 1 x ⇔ ΒΔ : 2y −2 = −x ⇔ ΒΔ : x + 2y −2 = 0 . 2 Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎩⎨⎪⎪⎪⎧ ΒΔ : x + 2y − 2 = 0 ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎪ προκύπτει x=− 4 , δ : y = 2x + 3 5 y= 7 , οπότε είναι Δ⎜⎛⎜⎜⎝− 4 , 7 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 5 5 5 Αφού το Γ είναι το συμμετρικό του Β ως προς την (δ), το Δ είναι το μέσο του ΒΓ, άρα ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪ xΔ = xΒ + xΓ ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪ − 4 = 0 + xΓ ⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎭⎪ ⇔ ⎪⎨⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪ 5xΓ = −8 ⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎭⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ xΓ = − 8 ⎪⎪⎪⎫⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪ xΓ = − 8 ⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪ , 2 5 2 5 + 5yΓ = 14 5 5 yΔ = yΒ + yΓ 7 = 1 + yΓ 5yΓ = 9 yΓ = 9 2 5 2 5 οπότε είναι Γ⎝⎜⎛⎜⎜− 8 , 9 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ . 5 5 - 407 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Έτσι, η εξίσωση της ΑΓ δίνει και την εξίσωση της (δ1) και είναι η δ1 : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ δ1 : y + 1 = λΑΓ(x + 2) . Είναι 14 λΑΓ = yΓ − yΑ = 9 +1 = 5 = 14 = 7 , xΓ − xΑ 5 2 2 8 − 5 +2 5 οπότε τελικά η ζητούμενη ευθεία είναι η δ1 : y + 1 = 7(x + 2) ⇔ δ1 : y + 1 = 7x + 14 ⇔ δ1 : 7x − y + 13 = 0 . γ. Το σκεπτικό είναι το εξής: Θα θεωρήσω δύο σημεία της (ε1) και θα βρω τα συμμετρικά τους ως προς το Α. Ενώνοντας αυτά τα σημεία, θα προκύψει η ζητούμενη ευθεία. Ας είναι (ε2) η συμμετρική της (ε1) ως προς το Α. Εύκολα προκύπτει ότι τα σημεία Μ(1,− 2) και Ν(−1, 2) ανήκουν στην (ε1) . Αν ονομάσω Κ το συμμετρικό του Μ ως προς το Α και Λ το συμμετρικό του Ν ως προς το Α, τότε η εξίσωση της ΚΛ θα δώ- σει και την εξίσωση της (ε2) . Αφού το Κ είναι το συμμετρικό του Μ ως προς το Α, το Α είναι το μέσο του ΚΜ, άρα ισχύουν ⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪ xΑ = xΜ + xΚ ⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪ −2 = 1 + xΚ ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪ 1 + xΚ = −4 ⎬⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎩⎪⎨ xK = −5 ⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎬⎭ , 2 2 −2 + yΚ = −2 yK = 0 yΑ = yΜ + yΚ −1 = −2 + yΚ 2 2 οπότε είναι Κ(−5, 0) . - 408 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Επίσης, αφού το Λ είναι το συμμετρικό του Ν ως προς το Α, το Α είναι το μέσο του ΝΛ, άρα ισχύουν ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪ xΑ = xΝ + xΛ ⎪⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨ −2 = −1 + xΛ ⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎫⎭⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪⎪ −1 + xΛ = −4 ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪ xΛ = −3 ⎪⎪⎪⎪⎬⎭⎪⎪⎫ , 2 2 2 + yΛ = −2 yΛ = −4 yΑ = yΝ + yΛ −1 = 2 + yΛ 2 2 οπότε είναι Λ(−3 ,− 4) . Έτσι, η εξίσωση της ΚΛ θα δώσει την εξίσωση της (ε2) και είναι η ε2 : y − yΚ = λΚΛ(x − xΚ ) ⇔ ε2 : y − 0 = λΚΛ(x + 5) ⇔ ε2 : y = λΚΛ(x + 5) . Είναι λΚΛ = yΛ − yΚ = −4 − 0 = −4 = −2 , xΛ − xΚ −3 + 5 2 οπότε τελικά η ζητούμενη ευθεία είναι η ε2 : y = −2(x + 5) ⇔ ε2 : y = −2x − 10 ⇔ ε2 : 2x + y + 10 = 0 . Άσκηση 269 Ρόμβος ΑΒΓΔ έχει κέντρο το σημείο Κ(4 , 0) , κορυφή Α(−4 , 4) και η πλευρά ΑΒ περ- νάει από το σημείο (10 ,− 4) . Να βρείτε τις εξισώσεις των ΑΒ και ΓΔ. Λύση Το σκεπτικό της λύσης είναι το εξής: Κατ' αρχάς, επειδή τα δεδομένα της άσκησης δεν επαρκούν ώστε να κατασκευάσω ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγ- μένων, σχεδιάζω έναν ρόμβο (στο διπλανό σχήμα, τα κόκκινα σημεία είναι αυτά που δίνονται από την άσκηση, τα οποία όμως καλό είναι να μην τους δοθεί ιδιαίτερος τονισμός σε επίσημη λύση). Ως προς την εξίσωση της ΑΒ, αυτή βρίσκεται άμεσα, αφού γνωρίζω δύο σημεία της, τα Α και Ε (βλέπε σχήμα). Για την εξίσωση της ΓΔ, το «κλειδί» είναι το σημείο Γ, του οποίου αν βρω τις συντε- ταγμένες, θα μπορέσω να βρω και την εξίσωση της ΓΔ (αφού την κλίση της την έχω ήδη από την παραλληλία της ΓΔ με την ΑΒ). - 409 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Ας είναι Ε(10 ,− 4) . Τότε η ΑΒ έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΕ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 4 = λΑΕ(x + 4) . Είναι λΑΕ = yΕ − yΑ = −4 − 4 = −8 =− 4 , οπότε xΕ − xΑ 10 + 4 14 7 ΑΒ : y−4 = − 4 (x + 4) ⇔ ΑΒ : 7y − 28 = −4(x + 4) ⇔ ΑΒ : 7y − 28 = −4x − 16 ⇔ 7 ⇔ ΑΒ : 4x + 7y − 12 = 0 . Αφού το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος, το Κ είναι το μέσο της ΑΓ, οπότε ισχύουν ⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪ xΚ = xΑ + xΓ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎬⎭⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪ 4 = −4 + xΓ ⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨ xΓ − 4 = 8 ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧⎪ xΓ = 12 ⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫⎭ , yΚ = 2 2 yΓ + 4 = 0 yΓ = −4 yΑ + yΓ 0 = 4 + yΓ 2 2 άρα είναι Γ(12 ,− 4) . Επομένως, η εξίσωση της ΓΔ είναι ΓΔ : y − yΓ = λΓΔ(x − xΓ) , όπου λΓΔ = λΑΒ = − 4 , 7 αφού είναι ΓΔ / / ΑΒ από τον ρόμβο ΑΒΓΔ. Τελικά, είναι ΓΔ : y +4 = − 4 (x − 12) ⇔ ΓΔ : 7y + 28 = −4(x − 12) ⇔ ΓΔ : 7y + 28 = −4x + 48 ⇔ 7 ⇔ ΓΔ : 4x + 7y − 20 = 0 . - 410 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 270 Θεωρούμε τις ευθείες ε1 : x + y − 2 = 0 , ε2 : x + y − κ = 0 , κ ∈ ! . Να βρείτε την εξίσωση της μεσοπαράλληλης των (ε1) , (ε2) . Στην συνέχεια, να βρείτε για ποια τιμή του κ, η μεσοπαράλληλη των (ε1) , (ε2) διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λύση Υπενθύμιση Όταν πρέπει να βρεις την εξίσωση μιας ευθείας και γνωρίζεις τον συντελεστή διεύθυνσής της, τότε να την γράφεις στην μορφή y = λx + β . Επίσης, για να βρεις την μεσοπαράλληλη δύο ευθειών, θεωρείς ένα σημείο της μιας και ένα σημείο της δεύ- τερης εκ των παραλλήλων και βρίσκεις το μέσο του τμήματος αυτού. Με ήδη γνωστή την κλίση της με- σοπαράλληλης, θα μπορέσεις να βρεις και την εξί- σωσή της. Στην σελίδα 361 του τεύχους θεωρίας θα δεις αναλυ- τικά την μεθοδολογία και σχετικό παράδειγμα. Η (ε1) τέμνει τον x΄x στο Α(2 , 0) , ενώ η (ε2) στο Β(κ , 0) . Αν Μ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε είναι Μ⎝⎜⎜⎛⎜⎜ xΑ + xΒ , 0⎟⎞⎟⎟⎠⎟⎟ ≡ Μ⎜⎛⎜⎝⎜2 + κ , 0⎠⎟⎟⎟⎟⎞ . 2 2 Είναι λ ε1 = λε2 = −1 = −1 , οπότε αν ονομάσω (ε) την μεσοπαράλληλη, η εξίσωσή της 1 θα είναι ε : y − yM = −(x − xM) ⇔ ε : y − 0 = −x + κ+2 ⇔ ε : 2y = −2x + κ + 2 ⇔ 2 ⇔ ε : 2x + 2y − κ − 2 = 0 . Η (ε) θα διέρχεται από την αρχή των αξόνων, αν και μόνο αν ισχύει 2 ⋅ 0 + 2 ⋅ 0 − κ − 2 = 0 ⇔ κ = −2 . - 411 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 271 Δίνεται η ευθεία ε : 2x − 3y − 12 = 0 και τα σημεία Μ(0 ,1) και Ρ. Αν η ΜΡ είναι κάθε- τη στην (ε) και το μέσο του ΜΡ ανήκει στην (ε), να βρείτε το Ρ. Λύση Αφού η ΜΡ είναι κάθετη στην (ε), ισχύει λΜΡλε = −1 ⇔ λΜΡ ⋅ −2 = −1 ⇔ λΜΡ =− 3 ⇔ yΡ − yΜ =− 3 ⇔ yΡ −1 =− 3 ⇔ −3 2 xΡ − xΜ 2 xΡ − 0 2 ⇔ 2(yΡ − 1) = −3xΡ ⇔ 2yΡ − 2 = −3xΡ ⇔ 3xP + 2yP = 2 (1) Αν ονομάσω Ν το μέσο του ΜΡ, τότε αυτό έχει συντεταγμένες Ν⎜⎜⎝⎜⎜⎛ xΜ + xΡ , yΜ + yΡ ⎟⎞⎟⎟⎠⎟⎟ ≡ Ν⎛⎝⎜⎜⎜⎜ 0 + xΡ , 1 + yΡ ⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ ≡ Ν⎜⎛⎝⎜⎜⎜ xΡ , y Ρ + 1⎟⎞⎟⎟⎟⎠⎟ . 2 2 2 2 2 2 Αφού το Ν ανήκει στην (ε), θέτω x = xP , y= yP + 1 στην εξίσωση της (ε) και έχω 2 2 2 ⋅ xΡ − 3 ⋅ yΡ + 1 − 12 = 0 ⇔ 2xΡ − 3(yΡ + 1) − 24 = 0 ⇔ 2xΡ − 3yΡ − 3 − 24 = 0 ⇔ 2 2 ⇔ 2xP − 3yP = 27 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει xP = 60 , yP = − 77 , οπότε είναι P ⎜⎜⎝⎛⎜ 60 ,− 77 ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ . 13 13 13 13 Άσκηση 272 Δίνονται τα σημεία Α(2 , κ + 1) , Β(1, κ) , κ ∈ ! . Αν η ευθεία y = 2x είναι η μεσοκάθε- τος του ΑΒ, να βρείτε τις συντεταγμένες των Α, Β. Λύση Έστω ε : y = 2x και Μ το μέσο του ΑΒ. Αφού η (ε) είναι η μεσοκάθετος του ΑΒ, το Μ ανήκει στην (ε). Είναι Μ⎛⎜⎝⎜⎜⎜ ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟ Μ⎜⎜⎛⎜⎝2 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ Μ⎝⎜⎛⎜⎜32 1⎟⎟⎟⎠⎞⎟ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ≡ + 1 , κ + 1 + κ ≡ , 2κ + , 2 2 2 2 2 - 412 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας οπότε θέτω x= 3 , y= 2κ + 1 στην εξίσωση της (ε) και έχω ότι 2 2 2κ + 1 = 2 ⋅ 3 ⇔ 2κ + 1 = 6 ⇔ 2κ = 5 ⇔ κ = 5 . 22 2 Άσκηση 273 Θεωρούμε το τρίγωνο ΑΒΓ, με Α(0 , 2) , Β(−1,1) και Η⎝⎜⎛⎜⎜ 1 , 14 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ είναι το ορθόκεντρό 5 5 του. Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του ΑΒΓ. Λύση Υπενθύμιση Ορθόκεντρο ενός τριγώνου ονομάζεται το σημείο τομής των υψών του. Σχόλιο Επειδή τα δεδομένα της άσκησης δεν επαρκούν για την κατασκευή ακριβούς σχήματος σε σύστημα συντεταγμέ- νων, κατασκευάζω ένα τρίγωνο στο οποίο φέρνω τα τρία ύψη και σημειώνω το ορθόκεντρό του (τα κόκκινα σημεία στο διπλανό σχήμα είναι τα δεδομένα της άσκησης). Εξίσωση της ΑΒ Η εξίσωση της ΑΒ προκύπτει άμεσα και είναι η ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ(x − 0) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ x , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 1−2 = −1 = 1, xΒ − xΑ −1 − 0 −1 οπότε είναι ΑΒ : y − 2 = x ⇔ ΑΒ : x − y + 2 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 2 = λΑΓ(x − 0) ⇔ ΑΓ : y − 2 = λΑΓ x . - 413 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Search
