Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Είναι ΑΓ ⊥ ΒΕ , οπότε ισχύει λΑΓλΒΕ = −1 ⇔ λΑΓλΒΗ = −1 . Είναι λΒΗ = yΗ − yΒ = 14 −1 = 9 = 9 = 3 , xΗ − xΒ 5 6 2 1 5 5 +1 6 5 οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω λΑΓ ⋅ 3 = −1 ⇔ λΑΓ = − 2 , 2 3 συνεπώς είναι ΑΓ : y −2 = − 2 x ⇔ ΑΓ : 3y −6 = −2x ⇔ ΑΓ : 2x + 3y − 6 = 0 . 3 Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) ⇔ ΒΓ : y − 1 = λΒΓ(x + 1) . Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε και ΑΗ ⊥ ΒΓ ⇔ λΑΗλΒΓ = −1 . Είναι λΑΗ = yΗ − yΑ = 14 −2 = 4 =4, xΗ − xΑ 5 1 5 5 −0 1 5 οπότε ισχύει 4λΒΓ = −1 ⇔ λΒΓ = − 1 και άρα 4 ΒΓ : y −1 = − 1 (x + 1) ⇔ ΒΓ : 4y − 4 = −x −1 ⇔ ΒΓ : x + 4y − 3 = 0 . 4 - 414 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 274 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Σε τρίγωνο ΑΒΓ, δίνονται η κορυφή A(1, 5) , το ύψος BE : x − 3y + 6 = 0 και η διάμε- σος ΓΔ : x + 3y − 8 = 0 . Να βρείτε τις συντεταγμένες των Β και Γ. Λύση Το σκεπτικό της λύσης είναι το εξής: Θα ξεκινήσω βρίσκοντας το Γ, το οποίο είναι το σημείο το- μής των ΑΓ και ΓΔ. Επειδή έχω την εξίσωση της ΓΔ (στο σχήμα, με κόκκινο σημειώνονται τα γνωστά στοιχεία της άσκησης), αρκεί να βρω την εξίσωση της ΑΓ (το Γ θα προ- κύψει από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων των ΑΓ και ΓΔ). Η εξίσωση της ΑΓ βρίσκεται εύκολα, αφού γνωρίζω ότι διέρχεται από το Α, ενώ την κλίση της θα την έχω από την καθετότητά της με την ΒΕ. Εύρεση σημείου Γ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 5 = λΑΓ(x − 1) . Αφού ΒΕ ⊥ ΑΓ , ισχύει λΒΕλΑΓ = −1 ⇔ −1 ⋅ λΑΓ = −1 ⇔ λΑΓ = −3 , −3 οπότε είναι ΑΓ : y − 5 = −3(x − 1) ⇔ ΑΓ : y − 5 = −3x + 3 ⇔ ΑΓ : 3x + y − 8 = 0 . Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎧ ΑΓ : 3x + y − 8 = 0 ⎫⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎪ έχω x = 2 , y = 2 , οπότε ΓΔ : x + 3y − 8 = 0 είναι Γ(2 , 2) . Εύρεση σημείου Β Το Β ανήκει στην ΒΕ, οπότε θέτω x = xB , y = yB στην εξίσωση της ΒΕ και έχω xB − 3yB + 6 = 0 (1) Το Δ είναι το μέσο της ΑΒ (αφού η ΓΔ είναι διάμεσος), οπότε ισχύουν - 415 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎩⎧ xΔ = xΑ + xΒ ⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪ xΔ = 1 + xΒ ⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎫⎪⎪⎪ . 2 2 yΔ = yΑ + yΒ yΔ = 5 + yΒ 2 2 Το Δ ανήκει στην ΓΔ, οπότε θέτω x = xΔ , y = yΔ στην εξίσωση της ΓΔ και έχω xΔ + 3yΔ − 8 = 0 ⇔ 1 + xΒ + 3 ⋅ 5 + yΒ − 8 = 0 ⇔ 1 + xΒ + 15 + 3yΒ − 16 = 0 ⇔ 2 2 ⇔ xB + 3yB = 0 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει xB = −3 , yB = 1 , οπότε είναι Β(−3 ,1) . Άσκηση 275 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται από το σημείο M(1, 2) και σχημα- τίζουν με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο. Λύση Πρόκειται για μία από τις πλέον χαρακτηριστικές ασκή- σεις στα θέματα των ευθειών, η λύση της οποίας ακολουθεί συγκεκριμένα βήματα, τα οποία θα δείξω στην συνέχεια (αναφέρθηκαν αναλυτικά στο τεύχος θεωρίας, σελίδα 359). ➊ Θα δώσω την γενική μορφή της ευθείας που ψάχνω. Έστω (ε) μία από τις ζητούμενες ευθείες. Τότε είναι ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε : y − 2 = λ(x − 1) ⇔ ⇔ ε : y − 2 = λx − λ ⇔ ε : λx − y + 2 − λ = 0 (1) , όπου λ = λε . ➋ Αξιοποιώ την ιδιότητα που έχει το τρίγωνο που αυτή σχηματίζει με τους άξονες. Αν ονομάσω Α το σημείο που η (ε) τέμνει τον x΄x και Β το σημείο που τέμνει τον y΄y (βλέπε σχήμα), τότε το αναφερόμενο τρίγωνο είναι το ΟΑΒ και, αφού αυτό είναι ισοσκελές, ισχύει (ΟΑ) = (ΟΒ) ⇔ xA = yB (2) - 416 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ➌ Βρίσκω τα σημεία τομής της ευθείας με τους άξονες. Για να βρω το xA , θέτω y = 0 στην (1) και έχω λx + 2 − λ = 0 ⇔ λx = λ − 2 . Αν ήταν λ = 0 , τότε η (ε) θα ήταν παράλληλη στον x΄x, το οποίο είναι άτοπο, διότι τό- τε η (ε) δεν θα σχημάτιζε τρίγωνο με τους άξονες. Άρα είναι λ ≠ 0 , οπότε από την παραπάνω ισότητα έχω x = λ−2 = xΑ . λ Για να βρω το yB , θέτω x = 0 στην (1) και έχω −y + 2 − λ = 0 ⇔ y = 2 − λ = yB . ➍ Αντικαθιστώ τις συντεταγμένες τους στην σχέση του δεύτερου βήματος. Έτσι, από την (2) έχω λ−2 λ−2 λ ( )λ = 2−λ ⇔ = λ−2 ⇔ λ−2 = λ−2 ⋅ λ ⇔ λ−2 ⋅ λ −1 =0⇔ ⇔ λ − 2 = 0 ή λ − 1 = 0 ⇔ λ − 2 = 0 ή λ = 1 ⇔ λ = 2 ή λ = 1 ή λ = −1 . ➎ Αντικαθιστώ τις τιμές του λ στην εξίσωση της ευθείας. α) Για λ = 2 , από την (1) έχω την ευθεία ε : 2x − y + 2 − 2 = 0 ⇔ ε : y = 2x , η οποία δεν είναι δεκτή, διότι διέρχεται από την αρχή των αξόνων (άρα δεν σχηματίζει τρίγωνο με τους άξονες). β) Για λ = 1 , από την (1) έχω την ευθεία ε : x−y+2−1= 0 ⇔ ε : x−y+1= 0 . γ) Για λ = −1 , από την (1) έχω την ευθεία ε : −x − y + 2 + 1 = 0 ⇔ ε : x + y − 3 = 0 . - 417 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 276 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο A(−1, 4) και σχημα- τίζει με τους άξονες τρίγωνο εμβαδού μίας τετραγωνικής μονάδας. Λύση Και αυτή η άσκηση εμφανίζει ένα πολύ χαρακτηριστικό «σε- νάριο», στο οποίο εμπλέκεται το τρίγωνο που σχηματίζει μια ευθεία με τους άξονες. Τα βήματα είναι αυτά της άσκησης 275. ➊ Έστω (ε) μία από τις ζητούμενες ευθείες. Τότε είναι ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 4 = λ(x + 1) ⇔ ⇔ ε : y − 4 = λx + λ ⇔ ε : λx − y + λ + 4 = 0 (1) , όπου λ = λε . ➋ Αν ονομάσω Β το σημείο στο οποίο η (ε) τέμνει τον x΄x και Γ το σημείο στο οποίο τέμνει τον y΄y (βλέπε σχήμα), τότε το αναφερόμενο τρίγωνο είναι το ΟΒΓ και, αφού το εμβαδόν αυτού είναι 1, ισχύει (ΟΒΓ) = 1⇔ 1 ⋅ (ΟΒ) ⋅ (ΟΓ) = 1⇔ (ΟΒ) ⋅ (ΟΓ) = 2 ⇔ xΒ ⋅ yΓ = 2 (2) 2 ➌ Για να βρω το xB , θέτω y = 0 στην (1) και έχω λx + λ + 4 = 0 ⇔ λx = −(λ + 4) . Αν ήταν λ = 0 , τότε η (ε) θα ήταν παράλληλη στον x΄x, το οποίο είναι άτοπο, αφού τότε η (ε) δεν θα σχημάτιζε τρίγωνο με τους άξονες. Άρα είναι λ ≠ 0 , οπότε από την τελευταία ισότητα έχω ότι x=− λ+4 = xΒ . λ Για να βρω το yΓ , θέτω x = 0 στην (1) και έχω −y + λ + 4 = 0 ⇔ y = λ + 4 = yΓ . ➍ Έτσι, από την (2) έχω - 418 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας − λ +4 ⋅ λ+4 =2⇔ λ + 4 ⋅ λ + 4 = 2 ⇔ λ + 4 2 = 2 λ ⇔ 2 λ = (λ + 4)2 ⇔ λ λ ⇔ 2λ = (λ + 4)2 ή 2λ = −(λ + 4)2 . α) Από την εξίσωση 2λ = (λ + 4)2 έχω 2λ = λ2 + 16 + 8λ ⇔ λ2 + 6λ + 16 = 0 , εξίσωση που είναι αδύνατη, αφού έχει διακρίνουσα Δ = 62 − 4 ⋅1 ⋅16 = 36 − 64 = −48 . β) Από την εξίσωση 2λ = −(λ + 4)2 έχω 2λ = −(λ + 4)2 ⇔ 2λ = −λ2 − 16 − 8λ ⇔ λ2 + 10λ + 16 = 0 ⇔ λ = −2 ή λ = −8 , οπότε: Ι. για λ = −2 , από την (1) έχω την ευθεία ε : −2x − y − 2 + 4 = 0 ⇔ ε : 2x + y − 2 = 0 . ΙΙ. για λ = −8 , από την (1) έχω την ευθεία ε : −8x − y − 8 + 4 = 0 ⇔ ε : 8x + y + 4 = 0 . Άσκηση 277 Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται από τα κοινά σημεία των γραμ- μών 4x = y2 , x − 2y + 3 = 0 και έχουν συντελεστή διεύθυνσης − 1 . 2 Λύση Τα κοινά σημεία των γραμμών που δίνονται προκύπτουν από την επίλυση του συστή- ματος ⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪ 4x = y2 ⎪⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎨⎪ 4x = y2 (1) ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎪⎬ . x − 2y + 3 = 0 x = 2y − 3 Αντικαθιστώ την (1) στην άνω εξίσωση και έχω 4(2y − 3) = y2 ⇔ 8y − 12 = y2 ⇔ y2 − 8y + 12 = 0 ⇔ y = 2 ή y = 6 . - 419 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας α) Για y = 2 , από την (1) έχω x = 2 ⋅ 2 − 3 = 1 , άρα ένα κοινό τους σημείο είναι το A(1, 2) . Τότε, επειδή η ευθεία έχει και κλίση − 1 , θα έχει εξίσωση 2 ε1 : y − yΑ = − 1 (x − xΑ) ⇔ ε1 : y −2 = − 1 (x − 1) ⇔ ε1 : −2y + 4 = x −1 ⇔ 2 2 ⇔ ε1 : x + 2y − 5 = 0 . β) Για y = 6 , από την (1) έχω x = 2 ⋅ 6 − 3 = 9 , οπότε δεύτερο κοινό τους σημείο είναι το B(9 , 6) . Τότε, επειδή η ευθεία έχει και κλίση − 1 , θα έχει εξίσωση 2 ε2 : y − yΒ = − 1 (x − xΒ) ⇔ ε2 : y −6 = − 1 (x − 9) ⇔ ε2 : −2y + 12 = x −9 ⇔ 2 2 ⇔ ε2 : x + 2y − 21 = 0 . Άσκηση 278 Δίνονται τα σημεία Α(κ , 0) , Β(2κ , 3κ) , κ ≠ 0 . Αν η κάθετη στην ΑΒ στο Α τέμνει την ε : x = −2κ στο Γ, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Λύση Ας είναι (ε1) η κάθετη στην ΑΒ στο σημείο Α. Τότε είναι ε1 : y − yΑ = λε1 (x − xΑ ) ⇔ ε1 : y − 0 = λε1 (x − κ) ⇔ ε1 : y = λε1 (x − κ) . Αφού είναι ε1 ⊥ ΑΒ , ισχύει λε1λΑΒ = −1 . Είναι λΑΒ = yΒ − yΑ = 3κ − 0 = 3κ =3, xΒ − xΑ 2κ − κ κ οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω λε1 ⋅ 3 = −1 ⇔ λε1 = − 1 3 - 420 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας και η εξίσωση της (ε1) είναι ε1 : y = − 1 (x − κ) ⇔ ε1 : 3y = −x + κ ⇔ ε1 : x + 3y −κ = 0 . 3 Οι συντεταγμένες του Γ θα βρεθούν λύνοντας το σύστημα ⎧⎩⎪⎪⎪⎨⎪ ε1 : x + 3y − κ = 0 ⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭ . ε : x = −2κ Εύκολα προκύπτει x = −2κ = xΓ , y = κ = yΓ , οπότε είναι Γ(−2κ , κ) . • (ΑΒ) = (xΒ − xΑ)2 + (yΒ − yΑ)2 = (2κ − κ)2 + (3κ − 0)2 = κ2 + 9κ2 = 10κ2 = = κ ⋅ 10 . • (ΑΓ) = (xΓ − xΑ)2 + (yΓ − yΑ)2 = (−2κ − κ)2 + (κ − 0)2 = 9κ2 + κ2 = κ ⋅ 10 . Έτσι, αφού είναι (ΑΒ) = (ΑΓ) , το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Άσκηση 279 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δύο από τα ύψη ενός τριγώνου έχουν εξισώσεις 2x − 3y + 1 = 0 , x + y = 0 , ενώ το ση- μείο (1, 2) είναι μία κορυφή του. Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του τριγώνου. Λύση Και σε αυτήν την άσκηση συμβαίνει κάτι που αναφέρθηκε σε προηγούμενες: Τα δεδομένα της δεν μπορούν να δώσουν ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγμένων. Γι' αυτό θα κάνω ένα τρίγωνο και θα σημειώσω τα ύψη που αναφέρονται. Επίσης, στο σχήμα τα κοκκινισμένα στοιχεία είναι αυτά που θα προκύψουν βάσει των υποθέσεων που θα κάνω στην συνέχεια. Ας είναι ΑΒΓ το τρίγωνο και Α(1, 2) , αφού δεν προσδιορίζεται ποια κορυφή είναι το σημείο που δίνεται. Επίσης, ας είναι ε1 : 2x − 3y + 1 = 0 , ε2 : x + y = 0 . - 421 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Η ακόλουθη διερεύνηση είναι απαραίτητη προκειμένου να καταλάβω ποιων υψών είναι οι εξισώσεις που δίνονται. Αν η (ε1) είναι το ύψος που φέρνουμε από το Α, τότε θα πρέπει οι συντεταγμένες του Α να επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή να ισχύει 2 ⋅1 − 3 ⋅ 2 + 1 = 0 ⇔ −3 = 0 , που 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 εξίσωσή της, δηλαδή να ισχύει 1 + 2 = 0 ⇔ 3 = 0 , που επίσης είναι άτοπο. Άρα ούτε η (ε2) είναι η εξίσωση του ύψους που φέρεται από το Α. Έτσι, ας είναι ΒΔ : 2x − 3y + 1 = 0 , ΓΕ : x + y = 0 τα δοθέντα ύψη. Η συνέχεια είναι η εξής: Για τις εξισώσεις των ΑΒ και ΑΓ δεν υπάρχει δυσκολία, αφού γνωρίζω ότι διέρχονται από το Α, ενώ οι κλίσεις τους θα βρεθούν από την καθετότητά τους με τις ΓΕ και ΒΔ αντίστοιχα. Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ(x − 1) . Είναι ΑΒ⊥ ΓΕ , οπότε ισχύει λΑΒλΓΕ = −1 ⇔ λΑΒ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΒ = 1, 1 άρα ΑΒ : y − 2 = x − 1 ⇔ ΑΒ : x − y + 1 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 2 = λΑΓ(x − 1) . - 422 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Είναι ΑΓ ⊥ ΒΔ , οπότε ισχύει λΑΓλΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ −2 = −1 ⇔ λΑΓ = − 3 , −3 2 άρα ΑΓ : y −2 = − 3 (x − 1) ⇔ ΑΓ : 2y −4 = −3(x − 1) ⇔ ΑΓ : 2y −4 = −3x +3 ⇔ 2 ⇔ ΑΓ : 3x + 2y − 7 = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Για να βρω την εξίσωσή της, θα βρω τις συντεταγμένες των Β, Γ λύνοντας τα ακόλου- θα συστήματα. Από το σύστημα ⎪⎧⎪⎩⎪⎨⎪⎪ ΑΒ : x − y + 1 = 0 ⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫⎭ έχω x = −2 , y = −1 , οπότε είναι ΒΔ : 2x − 3y + 1 = 0 Β(−2 ,− 1) . Ανάλογα, από το σύστημα ⎪⎪⎧⎪⎨⎩⎪⎪ ΑΓ : 3x + 2y − 7 = 0 ⎪⎭⎪⎪⎫⎪⎬⎪ έχω x=7 , y = −7 , άρα είναι ΓΕ : x + y = 0 Γ(7 ,− 7) . Επομένως, η εξίσωση της ΒΓ είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) ⇔ ΒΓ : y + 1 = λΒΓ(x + 2) . Είναι λΒΓ = yΓ − yΒ = −7 + 1 = −6 =− 2 , xΓ − xΒ 7+2 9 3 οπότε τελικά είναι ΒΓ : y +1 = − 2 (x + 2) ⇔ ΒΓ : 3y + 3 = −2(x + 2) ⇔ ΒΓ : 3y + 3 = −2x −4 ⇔ 3 ⇔ ΒΓ : 2x + 3y + 7 = 0 . - 423 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 280 Να δείξετε ότι οι ευθείες x − 2y − 1 = 0 , x + 3y − 6 = 0 , 2x − y − 5 = 0 συντρέχουν. Λύση Τρεις (ή περισσότερες) ευθείες λέμε ότι συντρέχουν, όταν διέρχονται από το ίδιο σημείο. Επίσης, λέμε ότι «οι ευθείες συντρέχουν στο ίδιο σημείο». Για να δείξω ότι οι τρεις ευθείες συντρέχουν (δηλαδή ότι διέρχονται από το ίδιο ση- μείο), αρκεί να δείξω ότι το σημείο τομής δύο εξ αυτών είναι σημείο της τρίτης ευ- θείας. Λύνοντας το σύστημα ⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎩ ⎬⎭⎪⎪⎫⎪⎪⎪ x − 2y − 1 = 0 έχω ότι x = 3 , y = 1 , που σημαίνει ότι οι x + 3y − 6 = 0 δύο αυτές ευθείες τέμνονται στο σημείο A(3 ,1) . Θέτω x = 3 , y = 1 στην εξίσωση της ευθείας 2x − y − 5 = 0 και έχω 2 ⋅ 3 − 1 − 5 = 6 − 6 = 0 , που ισχύει. Αυτό σημαίνει ότι και η τρίτη ευθεία διέρχεται από το σημείο τομής των άλλων δύο, κάτι που αποδεικνύει το ζητούμενο. - 424 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Η ΨΗΦΙΑΚΗ ΤΟΥ ΜΟΡΦΗ ΠΑΡΕΧΕΤΑΙ ΓΙΑ ΔΩΡΕΑΝ ΜΕΛΕΤΗ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑ “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΤΕΚΙ” - www.mathsteki.gr
Search
