Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Η ευθεία στο επίπεδο Παράγραφος 1 Εξίσωση ευθείας ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Κατηγορία 1 - Μέρος 2ο 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 2ο ΜΕΡΟΣ Άσκηση 281 Να βρείτε τον συντελεστή διεύθυνσης: α. της ευθείας (ε1) , η οποία διέρχεται από τα σημεία Α(2 , 3) , Β(−2 ,1) . β. της ευθείας (ε2) , η οποία τέμνει τους άξονες στα σημεία Α(−2 , 0) , Β(0 , 3) . γ. της ευθείας (ε3) , που διέρχεται από το σημείο (2 , 2) και είναι παράλληλη με την (ε2) . Λύση α. Είναι λ ε1 = λΑΒ = yΒ − yΑ = 1−3 = −2 ⇔ λ ε1 = 1 . xΒ − xΑ −2 − 2 −4 2 β. Αφού η ευθεία τέμνει τους άξονες στα Α, Β, διέρχεται από αυτά, οπότε είναι λ ε2 = λΑΒ = yΒ − yΑ = 3−0 ⇔ λ ε2 = 3 . xΒ − xΑ 0+2 2 γ. Αφού είναι ε3 / / ε2 , ισχύει λε3 = λε2 = 3 . 2 - 425 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 282 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Α(2 ,− 3) και: ! α. είναι παράλληλη προς το διάνυσμα δ = (−1,1) . β. σχηματίζει γωνία 45° με τον άξονα x΄x. γ. είναι κάθετη στην ευθεία y = − 1 x+3 . 2 Λύση Σε κάθε περίπτωση, η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y + 3 = λε(x − 2) (1) α. ε/ ! = λ! = 1 Αφού είναι /δ , ισχύει λε δ −1 = −1 , οπότε από την (1) έχω ε : y + 3 = −(x − 2) ⇔ ε : y + 3 = −x + 2 ⇔ ε : x + y + 1 = 0 . β. Αφού η (ε) σχηματίζει με τον x΄x γωνία 45°, ισχύει λε = εϕ45ο = 1 , οπότε από την έχω ε: y+3 = x−2 ⇔ ε: x−y−5= 0 . γ. Αν ε1 : y = − 1 x+3, τότε αφού ε ⊥ ε1 , ισχύει 2 λελε1 = −1 ⇔ λε ⋅ −1 = −1 ⇔ λε = 2, 2 οπότε από την (1) έχω ε : y + 3 = 2(x − 2) ⇔ ε : y + 3 = 2x − 4 ⇔ ε : 2x − y − 7 = 0 . - 426 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 283 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Α(1, 2) και: α. είναι παράλληλη στην διχοτόμο της πρώτης γωνίας των αξόνων. β. σχηματίζει γωνία 135° με τον άξονα x΄x. γ. είναι κάθετη στην ευθεία 2x − y + 2009 = 0 . Λύση Σε κάθε περίπτωση, η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 2 = λε(x − 1) (1) α. Η διχοτόμος της πρώτης γωνίας των αξόνων έχει εξίσωση ε1 : y = x , οπότε αφού είναι ε / / ε1 ισχύει λε = λε1 = 1 και από την (1) έχω ε : y−2 = x−1 ⇔ ε : x−y+1= 0 . β. Αφού η (ε) σχηματίζει γωνία 135° με τον x΄x, ισχύει ( )λε = εϕ135ο = εϕ 180ο − 45ο = −εϕ45ο = −1 , οπότε από την (1) έχω ε : y − 2 = −(x − 1) ⇔ ε : y − 2 = −x + 1 ⇔ ε : x + y − 3 = 0 . γ. Αν ε2 : 2x − y + 2009 = 0 , τότε αφού είναι ε ⊥ ε2 ισχύει λελε2 = −1 ⇔ λε ⋅ −2 = −1 ⇔ λε = − 1 , −1 2 οπότε από την (1) έχω ε : y −2 = − 1 (x − 1) ⇔ ε : −2y +4 = x −1 ⇔ ε : x + 2y − 5 = 0 . 2 - 427 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 284 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Α(−1, 5) και: ! α. είναι παράλληλη προς το διάνυσμα δ = (2 ,− 4) . ! β. είναι παράλληλη προς το διάνυσμα η = (0 , 3) . γ. σχηματίζει με τον άξονα x΄x γωνία ω = 3π . 4 Λύση Σε κάθε περίπτωση, η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 5 = λε(x + 1) (1) α. ! λε = λ! = −4 Αφού είναι ε/ /δ , ισχύει δ 2 = −2 , οπότε από την (1) έχω ε : y − 2 = −2(x + 1) ⇔ ε : y − 5 = −2x − 2 ⇔ ε : 2x + y − 3 = 0 . ! β. Αφού είναι x! = 0 , το η είναι κάθετο στον x΄x. η ! Έτσι, αφού η (ε) είναι παράλληλη στο η , θα είναι κάθετη στον x΄x και θα έχει εξίσωση ε : x = −1 , αφού διέρχεται από το Α. Δεύτερος τρόπος ε/ ! λε = λ! 3 Αφού είναι /η, ισχύει η = 0 . Άρα δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε), το οποίο σημαίνει ότι αυτή είναι κάθετη στον x΄x, οπότε θα έχει εξίσωση ε : x = xA = −1 . Σχόλιο Στον δεύτερο τρόπο πήγα να ακολουθήσω την πορεία του (α). Το γεγονός, όμως, ότι δεν ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε) καθιστά την (1) άχρηστη, αφού το σκε- πτικό πλέον πάει όπως φάνηκε στον δεύτερο τρόπο. - 428 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας γ. Αφού η (ε) σχηματίζει με τον x΄x γωνία 3π , ισχύει 4 λε = εϕ 3π = εϕ⎜⎜⎜⎛⎝π − π ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ = −εϕ π = −1 , 4 4 4 οπότε από την (1) έχω ε : y − 5 = −(x + 1) ⇔ ε : y − 5 = −x − 1 ⇔ ε : x + y − 4 = 0 . Άσκηση 285 Να βρείτε την γωνία την οποία σχηματίζουν με τον άξονα x΄x οι ευθείες που διέρχονται από τα σημεία: α) Α(−3 , 2) , Β(−1, 4) . β) Α(1, 5) , Β(2 , 6) . ( ) ( )γ) Α(1, 0) , Β 2, 3 . δ) Α 3 ,3 , Β(0 ,4) . Λύση Αν ω είναι η ζητούμενη γωνία, σε κάθε περίπτωση ισχύει εϕω = λΑΒ = yB − yA . xB − xA α. Είναι εϕω = 4−2 = 2 = 1= εϕ45ο , −1 + 3 2 οπότε ω = 45ο , αφού είναι 0ο ≤ ω < 180ο . β. Είναι εϕω = 6−5 = 1 = εϕ45ο , 2−1 οπότε ω = 45ο , αφού είναι 0ο ≤ ω < 180ο . γ. Είναι εϕω = 3 −0 = 3 = εϕ60ο , 2−1 οπότε ω = 60ο , αφού είναι 0ο ≤ ω < 180ο . - 429 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας δ. Είναι εϕω = 4 − 3 = − ( )1 = − 3 = εϕ150ο , 0− 3 3 3 = −εϕ30ο = εϕ 180ο − 30ο οπότε ω = 150ο , αφού 0ο ≤ ω < 180ο . Άσκηση 286 Δίνεται η ευθεία ε1 : y = 2x − 3 . α. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε2) , η οποία είναι κάθετη στην ευθεία (ε1) και διέρχεται από το σημείο Α(1,− 1) . β. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε3) , η οποία είναι παράλληλη με την (ε1) και διέρχεται από το σημείο Β(2 , 3) . Λύση α. Είναι ε2 : y − yΑ = λε2 (x − xΑ ) ⇔ ε2 : y + 1 = λε2 (x − 1) . Αφού είναι ε2 ⊥ ε1 , ισχύει 1 2 λ λε2 ε1 = −1 ⇔ λ ε2 ⋅2 = −1 ⇔ λ ε2 = − . Άρα είναι ε2 : y +1 = − 1 (x − 1) ⇔ ε2 : −2y −2 = x −1 ⇔ ε2 : x + 2y + 1 = 0 . 2 β. Είναι ε3 : y − yΒ = λε3 (x − xΒ) ⇔ ε3 : y − 3 = λε3 (x − 2) . Αφού είναι ε3 / / ε1 , ισχύει λε3 = λε1 = 2 , οπότε είναι ε3 : y − 3 = 2(x − 2) ⇔ ε3 : y − 3 = 2x − 4 ⇔ ε3 : 2x − y − 1 = 0 . - 430 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 287 Δίνονται τα σημεία Α(2 ,1) , Β(α , 3α) , α ∈ ! , και η ευθεία ε : x + 2y − 1 = 0 . Να βρείτε το α ∈ ! , ώστε η ευθεία ΑΒ να είναι: α) παράλληλη στην (ε). β) κάθετη στην (ε). Λύση Είναι λε = − 1 και λΑΒ = yΒ − yΑ = 3α − 1 . 2 xΒ − xΑ α−2 Για να ισχύει το (α) ή το (β), επειδή ορίζεται ο λε , πρέπει να ορίζεται και ο λΑΒ , δηλαδή να είναι α−2≠ 0 ⇔ α ≠ 2 . α. Είναι ΑΒ / / ε ⇔ λΑΒ = λε ⇔ 3α − 1 = − 1 ⇔ 2(3α − 1) = −(α − 2) ⇔ 6α − 2 = −α +2 ⇔ α−2 2 ⇔ 7α = 4 ⇔ α = 4 . 7 β. Είναι ΑΒ⊥ ε ⇔ λΑΒλε = −1 ⇔ 3α − 1 ⋅ −1 = −1 ⇔ 3α − 1 = 2(α − 2) ⇔ 3α − 1 = 2α − 4 ⇔ α−2 2 ⇔ α = −3 . - 431 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 288 Να βρεθεί η εξίσωση: α. της ευθείας (ε1) , που είναι κάθετη στην ευθεία ε : y = −2x + 2 και διέρχεται από το σημείο Α(−1, 4) . β. της ευθείας (ε2) , που διέρχεται από τα σημεία Β(3 , 3) , Γ(1, 5) . γ. της ευθείας (ε3) , που διέρχεται από το σημείο Δ⎛⎜⎜⎜⎝2 , 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ και σχηματίζει γωνία 45° 2 με τον άξονα x΄x. Λύση α. Είναι ε1 : y − yΑ = λε1 (x − xΑ ) ⇔ ε1 : y − 4 = λε1 (x + 1) . Αφού είναι ε1 ⊥ ε , ισχύει λ ε1 λ ε = −1 ⇔ λ ε1 ⋅ (−2) = −1 ⇔ λ ε1 = 1 . 2 Άρα είναι ε1 : y−4 = 1 (x + 1) ⇔ ε1 : 2y − 8 = x +1 ⇔ ε1 : x − 2y + 9 = 0 . 2 β. Είναι ε2 : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) , με λΒΓ = yΓ − yΒ = 5−3 = 2 = −1 , xΓ − xΒ 1−3 −2 οπότε ε2 : y − 3 = −(x − 3) ⇔ ε2 : y − 3 = −x + 3 ⇔ ε2 : x + y − 6 = 0 . γ. Είναι ε3 : y − yΔ = λε3 (x − xΔ) ⇔ ε3 : y − 1 = λε3 (x − 2) . 2 Αφού η (ε3) σχηματίζει γωνία 45° με τον x΄x, ισχύει λε3 = εϕ45ο = 1 , οπότε είναι ε3 : y− 1 = x −2 ⇔ ε3 : 2y −1 = 2x −4 ⇔ ε3 : 2x − 2y − 3 = 0 . 2 - 432 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 289 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας: α. που διέρχεται από το σημείο Μ(−2 ,13) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = 3 . 4 β. που διέρχεται από το σημείο Κ(−2 , 3) και σχηματίζει με τον άξονα x΄x γωνία π . 3 γ. που διέρχεται από τα σημεία Α(−5, 2) , Β(4 , 7) . Λύση Σε κάθε περίπτωση, ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία. α. Είναι ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε : y − 13 = 3 (x + 2) ⇔ ε : 4y − 52 = 3(x + 2) ⇔ 4 ⇔ ε : 4y − 52 = 3x + 6 ⇔ ε : 3x − 4y + 58 = 0 . β. Είναι ε : y − yΚ = λε(x − xΚ ) ⇔ ε : y − 3 = λε(x + 2) . Αφού η (ε) σχηματίζει με τον x΄x γωνία π , ισχύει λε = εϕ π = 3 , οπότε 3 3 ε : y − 3 = 3(x + 2) ⇔ ε : y − 3 = 3 x + 2 3 ⇔ ε : 3 x − y + 3 + 2 3 = 0 . γ. Η ζητούμενη ευθεία είναι η ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 7−2 = 5 . xΒ − xΑ 4+5 9 Άρα είναι ΑΒ : y−2 = 5 (x + 5) ⇔ ΑΒ : 9y − 18 = 5(x + 5) ⇔ ΑΒ : 9y − 18 = 5x + 25 ⇔ 9 ⇔ ΑΒ : 5x − 9y + 43 = 0 . - 433 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 290 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας: α. που διέρχεται από το σημείο Μ(0 ,− 3) και είναι παράλληλη προς την ευθεία 2x + y − 5 = 0 . β. που διέρχεται από το σημείο Κ(−1, 0) και είναι κάθετη προς την ευθεία y + 2 = −3(x + 1) . γ. που τέμνει τους άξονες στα σημεία Α(2 , 0) , Β(0 ,− 5) . Λύση Σε κάθε περίπτωση, ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία. α. Είναι ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε : y + 3 = λε(x − 0) ⇔ ε : y + 3 = λεx . Αν η : 2x + y − 5 = 0 , τότε αφού είναι ε / / η θα ισχύει λε = λη = −2 = −2 , 1 οπότε θα είναι ε : y + 3 = −2x ⇔ ε : 2x + y + 3 = 0 . β. Είναι ε : y − yΚ = λε(x − xΚ ) ⇔ ε : y − 0 = λε(x + 1) ⇔ ε : y = λε(x + 1) . Αν ζ : y + 2 = −3(x + 1) , τότε είναι λζ = −3 και, αφού είναι ε ⊥ ζ , ισχύει λελζ = −1 ⇔ λε ⋅ (−3) = −1 ⇔ λε = 1 . 3 Επομένως, είναι ε : y = 1 (x + 1) ⇔ ε : 3y = x +1 ⇔ ε : x − 3y + 1 = 0 . 3 γ. Αφού η ζητούμενη ευθεία τέμνει τους άξονες στα Α, Β, διέρχεται από αυτά τα ση- μεία, οπότε έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = −5 − 0 = −5 = 5 . xΒ − xΑ 0−2 −2 2 - 434 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άρα είναι ΑΒ : y−0 = 5 (x − 2) ⇔ ΑΒ : 2y = 5(x − 2) ⇔ ΑΒ : 2y = 5x − 10 ⇔ 2 ⇔ ΑΒ : 5x − 2y − 10 = 0 . Άσκηση 291 Έστω η ευθεία ε : y = αx + β , α ≠ 0 . α. Να βρεθούν τα α , β ∈ ! , ώστε η (ε) να διέρχεται από τα σημεία Α(4 ,− 3) και Β(−2 , 5) . ( )β. Να βρείτε την τιμή του λ ∈ ! , ώστε το σημείο Ρ −3 , 2λ − 1 να ανήκει στην ευ- θεία (ε). Λύση α. Για να διέρχεται η (ε) από: Ι. το Α, θα πρέπει να ισχύει −3 = α ⋅ 4 + β ⇔ 4α + β = −3 (1) ΙΙ. το Β, θα πρέπει να ισχύει 5 = α ⋅ (−2) + β ⇔ − 2α + β = 5 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει α=− 4 , β= 7 . 3 3 β. Το Ρ ανήκει στην (ε), αν και μόνο αν ισχύει 2λ − 1 = α ⋅ (−3) + β ⇔ 2λ − 1 = β − 3α ⇔ 2λ = β − 3α + 1 ⇔ λ = β − 3α + 1 . 2 - 435 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 292 Δίνονται οι ευθείες ε1 : 2x + y − 2 = 0 , ε2 : x − 5y − 23 = 0 . α. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας (ε) που διέρχεται από το σημείο τομής των ! (ε1) , (ε2) και είναι παράλληλη στο διάνυσμα δ = (−2 ,− 2) . β. Να βρείτε: Ι. την τιμή του λ ∈ ! , ώστε η ευθεία (ε) να διέρχεται από το σημείο Κ(3λ + 1 , − 5) . ΙΙ. την εξίσωση της κάθετης στην ευθεία (ε), που διέρχεται από το Κ. Λύση α. Αν Α είναι το σημείο τομής των (ε1) , (ε2) , τότε οι συντεταγμένες του προκύπτουν από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎧ ε1 : 2x + y − 2 = 0 ⎫⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ . ε2 : x − 5y − 23 = 0 Εύκολα προκύπτει ότι x = 3 , y = −4 , οπότε είναι A(3 ,− 4) και η (ε) διέρχεται από το Α, συνεπώς έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y + 4 = λε(x − 3) . Αφού είναι ! λε = λ! = −2 = 1 , οπότε είναι ε / / δ , ισχύει δ −2 ε: y+4 = x−3 ⇔ ε: x−y−7 = 0 . β. Ι. Για να διέρχεται η (ε) από το Κ, πρέπει να ισχύει 3λ + 1 − (−5) − 7 = 0 ⇔ 3λ = 1 ⇔ λ= 1 . 3 II. Ας είναι (ζ) η ζητούμενη ευθεία. Για λ= 1 είναι Κ⎜⎜⎜⎜⎝⎛ 3 ⋅ 1 + 1 , − 5⎟⎟⎞⎟⎟⎠⎟ ≡ Κ(2 ,− 5) , οπότε η (ζ) έχει εξίσωση 3 3 ζ : y − yΚ = λζ(x − xΚ ) ⇔ ζ : y + 5 = λζ(x − 2) . - 436 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Αφού είναι ζ ⊥ ε , ισχύει λζλε = −1 ⇔ λζ ⋅ 1 = −1 ⇔ λζ = −1 . Άρα είναι ζ : y + 5 = −(x + 2) ⇔ ζ : y + 5 = −x − 2 ⇔ ζ : x + y + 7 = 0 . Άσκηση 293 Δίνονται οι ευθείες ε1 : x − 2y + 3 = 0 , ε2 : 2x + 3y − 1 = 0 . Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο τομής των (ε1) , (ε2) και το μέσο του τμήματος ΑΒ, με Α(2 , 3) , Β(4 ,− 1) . Λύση Αν ονομάσω Κ το σημείο τομής των (ε1) , (ε2) , τότε οι συντεταγμένες του προκύπτουν από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎪⎪⎧ ε1 : x − 2y + 3 = 0 ⎭⎫⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪ . ε2 : 2x + 3y − 1 = 0 Εύκολα προκύπτει x = −1 , y = 1 , οπότε είναι Κ(−1,1) . Αν Λ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε είναι Λ ⎛⎜⎜⎜⎜⎝ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎟⎠⎞⎟⎟⎟⎟ ≡ Λ ⎜⎜⎛⎜⎝ 2 + 4 , 3 − 1⎟⎟⎟⎟⎠⎞ ≡ Λ(3 , 1) . 2 2 2 2 Άρα η ζητούμενη ευθεία είναι η ΚΛ, με εξίσωση ΚΛ : y − yΚ = λΚΛ(x − xΚ ) και λΚΛ = yΛ − yΚ = 1−1 = 0 =0. xΛ − xΚ 3+1 4 Επομένως είναι ΚΛ : y − 1 = 0 ⇔ ΚΛ : y = 1 . Σχόλιο Αν είχα παρατηρήσει ότι yK = yΛ = 1 , τότε θα μπορούσα κατευθείαν να πω ότι η ΚΛ έχει την παραπάνω εξίσωση και δεν θα χρειαζόταν να υπολογίσω τον συντελεστή διεύθυνσής της. - 437 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 294 Δίνονται τα σημεία Α(2 , 5) , Β(4 , 3) . Να βρείτε: α. την εξίσωση της ευθείας ΑΒ. β. τα σημεία τομής της ΑΒ με τους άξονες. γ. την γωνία που σχηματίζει η ΑΒ με τον άξονα x΄x. Λύση α. Είναι ΑΒ : y − yA = λΑΒ(x − xΑ) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 3−5 = −2 = −1, xΒ − xΑ 4−2 2 οπότε ΑΒ : y − 5 = −(x − 2) ⇔ ΑΒ : y − 5 = −x + 2 ⇔ ΑΒ : x + y − 7 = 0 . β. Έστω Μ το σημείο τομής της με τον x΄x και Ν με τον y΄y. Για να βρω το Μ, θέτω y = 0 στην εξίσωση της ΑΒ και έχω x−7 = 0 ⇔ x = 7. Άρα είναι M(7 , 0) . Για να βρω το Ν, θέτω x = 0 στην εξίσωση της ΑΒ και έχω y−7 = 0 ⇔ y = 7. Άρα είναι N(0 , 7) . γ. Αν ω είναι η ζητούμενη γωνία, τότε ισχύει εϕω = λΑΒ = −1 , από όπου έχω ( )εϕω = −εϕ45ο = εϕ 180ο − 45ο = εϕ135ο , οπότε ω = 135ο , αφού 0ο ≤ ω < 180ο . - 438 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 295 Δίνονται τα σημεία Α(4 ,− 1) , Β(5, 2) . Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε1) που διέρ- χεται από τα σημεία αυτά. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε2) που διέρχεται από τα σημεία Γ⎛⎜⎜⎜⎝3 ,− 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ , Δ⎜⎜⎜⎝⎛6 ,− 3 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ . Να δείξετε ότι η (ε1) είναι κάθετη στην (ε2) . 2 2 Λύση Εξίσωση της (ε1) Η (ε1) είναι η ΑΒ, οπότε έχει εξίσωση ε1 : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 2+1 =3. xΒ − xΑ 5−4 Άρα είναι ε1 : y + 1 = 3(x − 4) ⇔ ε1 : y + 1 = 3x − 12 ⇔ ε1 : 3x − y − 13 = 0 . Εξίσωση της (ε2) Η (ε2) είναι η ΓΔ, οπότε έχει εξίσωση ΓΔ : y − yΓ = λΓΔ(x − xΓ) , όπου λΓΔ = yΔ − yΓ = − 3 + 1 = − 1 . xΔ − xΓ 2 2 3 6−3 Άρα είναι ε2 : y + 1 = − 1 (x − 3) ⇔ ε2 : 6y +3 = −2(x − 3) ⇔ ε2 : 6y + 3 = −2x +6 ⇔ 2 3 ⇔ ε2 : 2x + 6y − 3 = 0 . Καθετότητα των δύο ευθειών Τέλος, είναι λ λε1 ε2 = λΑΒλΓΔ = 3 ⋅ −1 = −1 , δηλαδή είναι ε1 ⊥ ε2 . 3 - 439 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 296 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που τέμνει τους άξονες στα σημεία: α) Α⎜⎝⎛⎜⎜− 1 , 0⎞⎠⎟⎟⎟⎟ , Β⎜⎜⎝⎛⎜0 ,− 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ . β) Μ⎜⎜⎛⎜⎝− α , 0⎞⎠⎟⎟⎟⎟ , Ν⎜⎛⎜⎝⎜0 ,− β ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ . α β β α Λύση Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι α ≠ 0 και β ≠ 0 . Επίσης, σε κάθε περίπτωση, αφού η ζητούμενη ευθεία τέμνει τους άξονες στα σημεία που δίνονται, διέρχεται από αυτά, οπότε αυτά θα καθορίσουν την εξίσωσή της. α. Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , όπου yΒ − yΑ − 1 −0 1 α xΒ − xΑ β β β λΑΒ = = =− 1 = − , 1 α 0+ α άρα ⋅⎜⎝⎜⎛⎜x + ⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ΑΒ : y−0 =− α 1 ⇔ ΑΒ : y = − α x− 1 ⇔ ΑΒ : βy = −αx − 1 ⇔ β α β β ⇔ ΑΒ : αx + βy + 1 = 0 . β. Είναι ΜΝ : y − yΜ = λΜΝ(x − xΜ) , όπου λΜΝ = yΝ − yΜ = − β −0 =− β = − β2 . xΝ − xΜ α α α2 α α 0+ β β Άρα είναι ΜΝ : y−0 = − β2 ⋅⎛⎜⎝⎜⎜x + α ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⇔ ΜΝ : y =− β2 x− β ⇔ ΜΝ : α2y = −β2x − αβ ⇔ α2 β α2 α ⇔ ΜΝ : β2x + α2y + αβ = 0 . - 440 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 297 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Α( α(ηµθ + συνθ) , ασυνθ ) , Β( αηµθ , α(ηµθ + συνθ) ). Λύση Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , όπου (( ))( ( ) )λΑΒ = yΒ − yΑ = α ηµθ + συνθ − ασυνθ = α ηµθ + συνθ − συνθ = ηµθ ⇔ xΒ − xΑ αηµθ − α ηµθ + συνθ α ηµθ − ηµθ − συνθ −συνθ ⇔ λΑΒ = −εϕθ , οπότε ΑΒ : y − α ⋅ συνθ = −εϕθ ⋅ ⎣⎡⎢x − α(ηµθ + συνθ)⎦⎥⎤ ⇔ ⇔ ΑΒ : y − α ⋅ συνθ = −εϕθ ⋅ x + α ⋅ εϕθ ⋅(ηµθ + συνθ) ⇔ ⇔ ΑΒ : εϕθ ⋅ x + y − α ⋅ συνθ − α ⋅ εϕθ ⋅(ηµθ + συνθ) = 0 . Άσκηση 298 ( )Η ευθεία (ε) διέρχεται από το σημείο Α 3 , 5 και σχηματίζει γωνία 60° με τον άξονα x΄x. α. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε). β. Να βρεθεί η εξίσωση της συμμετρικής της ευθείας (ε1) ως προς τον x΄x. Λύση ( )α. Είναι ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 5 = λε x − 3 . Αφού η (ε) σχηματίζει με τον x΄x γωνία 60°, ισχύει λε = εϕ60ο = 3 , οπότε ( )ε : y − 5 = 3 x − 3 ⇔ ε : y − 5 = 3 x − 3 ⇔ ε : 3 x − y + 2 = 0 (1) - 441 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β. Πρόσεξε πολύ αυτό το ζητούμενο! Επειδή κάθε σημείο της (ε1) θα είναι το συμμετρικό του αντίστοιχου σημείου της (ε), η εξίσωση της (ε1) θα προκύψει θέτοντας στην (1) στην θέση του y το y. Άρα θα είναι ε1 : 3 x − (−y) + 2 = 0 ⇔ ε1 : 3 x + y + 2 = 0 . Άσκηση 299 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε το συμμετρικό του Α(3 , 6) ως προς την ευθεία ε : y = 1 x+1. 4 Λύση Το ζητούμενο της άσκησης είναι πολύ χαρακτηρι- στικό! Φέρνοντας την ΑΜ κάθετα στην (ε) και προεκτείνο- ντας κατά ΜΒ = ΑΜ, το Β θα είναι το συμμετρικό του Α ως προς την (ε) και το Μ θα είναι το μέσο του ΑΒ. Το σκεπτικό είναι το εξής: Για να βρω το Β, χρειάζομαι το Μ. Επειδή το Μ είναι το σημείο τομής της (ε) με την ΑΜ, θέλω την εξίσωση της ΑΜ, ώστε να λύσω το σύστημα των εξισώσεων των (ε) και ΑΜ. Είναι ΑΜ : y − yΑ = λΑΜ(x − xΑ) . Είναι ΑΜ ⊥ ε , οπότε ισχύει λΑΜλε = −1 ⇔ λΑΜ ⋅ 1 = −1 ⇔ λΑΜ = −4 . 4 Επομένως είναι ΑΜ : y − 6 = −4(x − 3) ⇔ ΑΜ : y − 6 = −4x + 12 ⇔ ΑΜ : y = −4x + 18 . Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪ ΑΜ : y = −4x + 18 ⎬⎪⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪ ε : y = 1 x +1 4 - 442 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας προκύπτει x = 4 , y = 2 , οπότε είναι Μ(4 , 2) . Το Μ είναι το μέσο του ΑΒ, οπότε ⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧ xΜ = xΑ + xΒ ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎪ 4= 3 + xΒ ⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎪ 8 = 3 + xB ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎩⎧⎨⎪⎪⎪⎪ xB = 5 ⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎪⎬ , 2 2= 2 4 = 6 + yB yB = −2 yΜ = yΑ + yΒ 6 + yΒ 2 2 συνεπώς είναι Β(5,− 2) . Άσκηση 300 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται η ευθεία ε : 2x − 3y + 1 = 0 και το σημείο A(1, 3) . Να βρεθεί το συμμετρικό Β του Α, με άξονα συμμετρίας την (ε). Λύση Φέρνοντας την ΑΜ κάθετα στην (ε) και προεκτείνο- (ε) ντας κατά ΜΒ = ΑΜ, το Β θα είναι το συμμετρικό του Α ως προς την (ε) και το Μ θα είναι το μέσο του ΑΒ. Είναι ΑΜ : y − yΑ = λΑΜ(x − xΑ) . Αφού ΑΜ ⊥ ε , ισχύει λΑΜλε = −1 ⇔ λΑΜ ⋅ −2 = −1 ⇔ λΑΜ = − 3 . −3 2 Άρα είναι ΑΜ : y −3 = − 3 (x − 1) ⇔ ΑΜ : 2y −6 = −3(x − 1) ⇔ 2 ⇔ ΑΜ : 2y − 6 = −3x + 3 ⇔ ΑΜ : 3x + 2y − 9 = 0 . Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎪ ΑΜ : 3x + 2y − 9 = 0 ⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪ προκύπτει εύκολα ότι ε : 2x − 3y + 1 = 0 x= 25 , y= 21 , συνεπώς είναι Μ⎜⎛⎝⎜⎜ 25 , 21 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ . 13 13 13 13 - 443 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Το Μ είναι το μέσο του ΑΒ, οπότε ⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪ xΜ = xΑ + xΒ ⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎧ 25 = 1 + xΒ ⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧ 50 = 13 + 13xΒ ⎪⎫⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪ 13xΒ = 37 ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪ ⇔ 2 13 2 42 = 39 + 13yΒ 13yΒ = 3 yΜ = yΑ + yΒ 21 = 3 + yΒ 2 13 2 ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪ xB = 37 ⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎫ , άρα είναι Β⎝⎜⎜⎜⎛ 37 3 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ 13 13 13 , . 3 yB = 13 Άσκηση 301 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται η ευθεία ε : x + y − 1 = 0 και το σημείο M(−2 ,− 1) . Να βρείτε τις συντεταγμέ- νες: α. της προβολής του Μ πάνω στην ευθεία (ε). β. του συμμετρικού του Μ ως προς την ευθεία (ε). Λύση α. Ας είναι Ν η προβολή του Μ πάνω στην ευθεία (ε). Τότε είναι ΜΝ ⊥ ε , οπότε λΜΝλε = −1 ⇔ λΜΝ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΜΝ = 1 , 1 άρα είναι ΜΝ : y − yΜ = λΜΝ(x − xΜ) ⇔ ΜΝ : y + 1 = x + 2 ⇔ ⇔ ΜΝ : x − y + 1 = 0 . Οι συντεταγμένες του Ν προκύπτουν από την επίλυση του συστήματος ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎪⎪ ΜΝ : x − y + 1 = 0 ⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎭⎪ . ε : x+ y−1= 0 Εύκολα έχω ότι x = 0 , y = 1 , οπότε είναι Ν(0 ,1) . - 444 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β. Αν Κ είναι το συμμετρικό του Μ ως προς την (ε), τότε το Ν θα είναι το μέσο του ΜΚ, οπότε θα ισχύουν ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪ xΝ = xΜ + xΚ ⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎩⎪⎨⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 0 = −2 + xΚ ⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪ ⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪ 0 = −2 + xK ⎪⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎪⎪ xK =2 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪ , 2 2 2 = −1 + yK yK =3 yΝ = yΜ + yΚ 1 = −1 + yΚ 2 2 άρα θα είναι Κ(2 , 3) . Άσκηση 302 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται το σημείο M(−6 , 4) και η ευθεία ε : 4x − 5y + 3 = 0 . Να βρείτε: α. την προβολή του Μ πάνω στην ευθεία (ε). β. το συμμετρικό του Μ ως προς την ευθεία (ε). Λύση α. Ας είναι Κ η προβολή του Μ στην (ε). Τότε είναι ΜΚ ⊥ ε , οπότε λΜΚλε = −1 ⇔ λΜΚ ⋅ −4 = −1 ⇔ λΜΚ = − 5 , −5 4 άρα ΜΚ : y− yΜ = λΜΚ (x − xΜ) ⇔ ΜΚ : y −4 = − 5 (x + 6) ⇔ 4 ⇔ ΜΚ : 4y − 16 = −5(x + 6) ⇔ ⇔ ΜΚ : 4y − 16 = −5x − 30 ⇔ ΜΚ : 5x + 4y + 14 = 0 . Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎩⎪⎧⎪⎪⎨ ΜΚ : 5x + 4y + 14 = 0 ⎬⎪⎪⎫⎭⎪⎪⎪ ε : 4x − 5y + 3 = 0 εύκολα προκύπτει ότι x = −2 , y = −1 , συνεπώς είναι Κ(−2 ,− 1) . - 445 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β. Αν Ν είναι το συμμετρικό του Μ ως προς την (ε), τότε το Κ θα είναι το μέσο του ΜΝ, οπότε θα ισχύουν ⎧⎪⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ xΚ = xΜ + xΝ ⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪ −2 = −6 + xΝ ⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ −4 = −6 + xN ⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ xN = 2 ⎬⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎪ , 2 2 −2 = 4 + yN yN = −6 yΚ = yΜ + yΝ −1 = 4 + yΝ 2 2 άρα θα είναι Ν(2 ,− 6) . Άσκηση 303 Δίνονται τα σημεία Α(1, 3) , Β(3 , 7) . Να βρεθεί η εξίσωση της μεσοκάθετης του τμήμα- τος ΑΒ. Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία και Μ το μέσο του ΑΒ, τότε είναι ε ⊥ ΑΒ , οπότε λελΑΒ = −1 . Είναι λΑΒ = yΒ − yΑ = 7−3 = 4 =2, άρα ισχύει xΒ − xΑ 3−1 2 λε ⋅ 2 = −1 ⇔ λε = − 1 . 2 H (ε) διέρχεται από το Μ, οπότε έχει εξίσωση ε : y− yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε : y−5 = − 1 (x − 2) ⇔ ε : 2y − 10 = −x +2 ⇔ 2 ⇔ ε : x + 2y − 12 = 0 . - 446 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 304 Να βρείτε το σημείο της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία A(2 ,1) και B(−4 , 3) και έχει ίσες συντεταγμένες. Λύση Η ευθεία που διέρχεται από τα Α και Β έχει εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 1 = λΑΒ(x − 2) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 3−1 = 2 =− 1 . Άρα είναι xΒ − xΑ −4 − 2 −6 3 ΑΒ : y −1 = − 1 (x − 2) ⇔ ΑΒ : 3y − 3 = −x + 2 ⇔ ΑΒ : x + 3y − 5 = 0 . 3 Αν ονομάσω Γ το ζητούμενο σημείο, τότε θα είναι Γ(x0 , x0) , αφού έχει ίσες συντεταγ- μένες. Αφού αυτό ανήκει στην ΑΒ, ισχύει x0 + 3x0 −5 = 0 ⇔ 4x0 = 5 ⇔ x0 = 5 . 4 Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Γ ⎜⎝⎜⎜⎛ 5 , 5 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ . 4 4 - 447 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 305 Δίνονται οι ευθείες ε1 : x + y − 1 = 0 , ε2 : x + 3y − 4 = 0 και το σημείο A(4 , 3) . Να βρε- θεί σημείο Β της (ε1) , ώστε η (ε2) να διέρχεται από το μέσο του ΑΒ. Λύση Ας είναι B(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο. Αφού το Β ανήκει στην (ε1) , ισχύει x0 + y0 − 1 = 0 (1) Αν Μ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε είναι Μ⎜⎜⎛⎝⎜⎜ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎟⎟⎟⎟⎟⎞⎠ ≡ Μ⎜⎛⎜⎜⎜⎝4 + x0 , 3 + y0 ⎠⎟⎟⎟⎟⎟⎞ . 2 2 2 2 Αφού η (ε2) διέρχεται από το Μ, ισχύει xΜ + 3yΜ − 4 = 0 ⇔ 4 + x0 + 3 ⋅ 3 + y0 −4 = 0 ⇔ 4 + x0 + 3(3 + y0) − 8 = 0 ⇔ 2 2 ⇔ 4 + x0 + 9 + 3y0 − 8 = 0 ⇔ x0 + 3y0 + 5 = 0 (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει x0 = 4 , y0 = −3 , άρα είναι Β(4 ,− 3) . - 448 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 306 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την ευθεία που διέρχεται από το συμμετρικό του σημείου Σ(1, 2) ως προς την ευθεία x − y + 2 = 0 και είναι παράλληλη προς την ευθεία ζ : 2x + y − 1 = 0 . Λύση Ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία και ε1 : x − y + 2 = 0 . Φέρνοντας ΣΜ ⊥ ε1 και προεκτείνοντας κατά τμήμα ΜΚ = ΣΜ, το Κ θα είναι το συμμετρικό του Σ ως προς την (ε1) και η ζητούμενη ευθεία θα διέρχεται από το Κ. Επομένως, πρέπει να βρω τις συντεταγμένες του Κ, αφού, από την παραλληλία της ζητούμενης ευθείας με την (ζ), έχω ήδη την κλίση της. Αφού είναι ΣΜ ⊥ ε1 , ισχύει λΣΜλε1 = −1 ⇔ λΣΜ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΣΜ = −1 , −1 οπότε είναι ΣΜ : y − yΣ = λΣΜ(x − xΣ) ⇔ ΣΜ : y − 2 = −(x − 1) ⇔ ΣΜ : y − 2 = −x + 1 ⇔ ⇔ ΣΜ : x + y − 3 = 0 . Από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎨⎪ ΣΜ : x + y − 3 = 0 ⎪⎪⎫⎭⎪⎪⎪⎬ έχω x = 1 , y= 5 , οπότε ε1 : x − y + 2 = 0 2 2 είναι Μ⎝⎜⎛⎜⎜ 1 , 5 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ . 2 2 Το Μ είναι το μέσο του ΣΚ (αφού το Κ είναι το συμμετρικό του Σ ως προς την (ε1) ), άρα ισχύουν ⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪ xΜ = xΣ + xΚ ⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪ 1 = 1 + xΚ ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎧⎩⎪⎪⎪⎪⎪ 1 = 1 + xΚ ⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎭⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪ xK =0 ⎪⎪⎪⎭⎪⎫⎬⎪⎪ . yΜ = 2 22 5 = 2 + yΚ yK =3 5 = 2 + yΚ yΣ + yΚ 22 2 Άρα είναι Κ(0 , 3) , οπότε η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση - 449 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ε : y − yΚ = λε(x − xΚ) . Αφού είναι ε / / ζ , ισχύει λε = λζ = −2 = −2 , οπότε τελικά είναι 1 ε : y − 3 = −2(x − 0) ⇔ ε : 2x + y − 3 = 0 . Άσκηση 307 Δίνονται οι παράλληλες ευθείες ε1 : 2x + y − 8 = 0 , ε2 : 4x + 2y − 8 = 0 . Να βρεθεί η εξίσωση της μεσοπαράλληλής τους. Λύση Ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία. Είναι λ ε1 = −2 = −2 , λ ε2 = −4 = −2 , 1 2 οπότε θα είναι και λε = −2 , συνεπώς ε : y = −2x + α , α ∈ ! ⇔ ε : 2x + y − α = 0 (1) Αν Α είναι το σημείο τομής της (ε1) με τον x΄x, Β το αντίστοιχο της (ε2) με τον x΄x και Μ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε η (ε) θα διέρχεται από το Μ. Για να βρω το Α, θέτω y = 0 στην εξίσωση της (ε1) και έχω 2x − 8 = 0 ⇔ 2x = 8 ⇔ x = 4 , οπότε είναι A(4 , 0) . Για να βρω το Β, θέτω y = 0 στην εξίσωση της (ε2) και έχω 4x − 8 = 0 ⇔ 4x = 8 ⇔ x = 2 , οπότε είναι Β(2 , 0) . Τότε είναι Μ⎛⎜⎜⎜⎝⎜ 0⎠⎟⎟⎟⎟⎞⎟ xΑ + xΒ , ≡ Μ⎜⎝⎜⎛⎜4 + 2 , 0⎟⎟⎞⎠⎟⎟ ≡ Μ(3 , 0) , 2 2 το οποίο ανήκει στην (ε), συνεπώς από την (1) έχω ότι - 450 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας 2⋅3+0−α = 0 ⇔ α = 6 . Άρα είναι ε : 2x + y − 6 = 0 . Άσκηση 308 Δίνονται τα σημεία Μ⎛⎝⎜⎜⎜− 1 ,− µ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ , Ν⎜⎝⎜⎛⎜− 1 ,− ν⎞⎟⎟⎟⎠⎟ , µ,ν ≠ 0. µ ν α. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα Μ και Ν. β. Αν η ΜΝ τέμνει τους άξονες x΄x και y΄y στα σημεία Α και Β αντίστοιχα, να δείξετε ότι (ΑΒ)2 = (µ + ν)2 ⋅ 1 + µ2ν2 . µ2ν2 Λύση α. Είναι ΜΝ : y − yM = λΜΝ(x − xM) ⇔ ΜΝ : y + µ = λΜΝ ⎜⎜⎜⎝⎛x + ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ 1 , µ όπου λΜΝ = yN − yM = −ν + µ = µ−ν = µν (µ − ν) = −µν , xN − xM ν−µ −(µ − ν) − 1 + 1 ν µ µν οπότε ΜΝ : y + µ = −µν⎝⎜⎛⎜⎜x + 1 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ ⇔ ΜΝ : y + µ = −µν ⋅ x − ν ⇔ ΜΝ : µν ⋅ x + y + µ + ν = 0 . µ β. Στην εξίσωση της ΜΝ: • θέτω y = 0 και προκύπτει µ,ν≠0 x=− µ+ν = xΑ , µν µν ⋅ x + µ + ν = 0 ⇔ µν ⋅ x = −(µ + ν) ⇔ µν ≠ 0 οπότε είναι Α⎜⎝⎜⎛⎜− µ+ν , 0⎟⎠⎞⎟⎟⎟ . µν • θέτω x = 0 και προκύπτει y + µ + ν = 0 ⇔ y = −(µ + ν) = yB , οπότε είναι Β(0 , − (µ + ν)) . - 451 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Τότε, είναι (ΑΒ)2 = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = ⎝⎛⎜⎜⎜0 + µ+ν ⎠⎞⎟⎟⎟⎟2 + ⎢⎣⎡−(µ + ν) − 0⎦⎥⎤2 = (µ + ν)2 + (µ + ν)2 = µν µ2ν2 = (µ + ν)2 ⎝⎛⎜⎜⎜ 1 + 1⎟⎠⎟⎟⎞⎟ ⇔ (ΑΒ)2 = (µ + ν)2 ⋅ 1 + µ2ν2 . µ2ν2 µ2ν2 Άσκηση 309 Δίνονται τα σημεία Α⎜⎜⎜⎛⎝− 1 , α⎟⎟⎠⎞⎟⎟ , Β⎛⎜⎜⎝⎜− 1 , β⎟⎞⎟⎟⎟⎠ . α β α. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα Α και Β. β. Αν η ευθεία αυτή τέμνει τους άξονες x΄x και y΄y στα Γ και Δ αντίστοιχα, να δείξετε ότι ΓΑ = ΔΒ . Λύση α. Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι α ≠ 0 και β ≠ 0 . Η ζητούμενη ευθεία είναι η ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = β−α = β−α = αβ . xΒ − xΑ − 1 + 1 β−α β α αβ Άρα είναι ΑΒ : y−α = αβ ⋅⎛⎜⎝⎜⎜x + 1 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ⇔ ΑΒ : y−α = αβ ⋅ x +β ⇔ ΑΒ : αβ ⋅ x − y + α + β = 0 . α β. Για να βρω το Γ, θέτω y = 0 στην εξίσωση της ΑΒ και έχω αβ ⋅ x + α + β = 0 ⇔ αβ ⋅ x = −(α + β) α,β≠0 x = − α+β = xΓ , αβ ⇔ οπότε είναι Γ⎜⎜⎛⎝⎜− α+β , 0⎟⎟⎠⎟⎟⎞ . αβ Για να βρω το Δ, θέτω x = 0 στην εξίσωση της ΑΒ και έχω −y + α + β = 0 ⇔ y = α + β = yΔ , - 452 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας οπότε είναι Δ(0 , α + β) . ⎜⎛⎝⎜⎜− 1 + α+ β ⎟⎟⎟⎠⎟⎞2 + (α − 0)2 = α αβ Τότε: • (ΓΑ) = (xΑ − xΓ )2 + (yΑ − yΓ )2 = = ⎜⎜⎜⎛⎝⎜⎜− β +α + β ⎞⎠⎟⎟⎟⎟⎟2 + α2 = ⎜⎜⎜⎜⎛⎝ α ⎠⎟⎟⎟⎟⎞⎟2 + α2 = ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎟⎠⎟⎞⎟⎟2 + α2 = 1 + α2 = αβ αβ β β2 = 1 + α2β2 = α2β2 + 1 . β2 β • (ΔΒ) = (xΒ − xΔ)2 + (yΒ − yΔ)2 = ⎝⎜⎜⎛⎜− 1 − 0⎟⎠⎞⎟⎟⎟2 +(β −α− β )2 = 1 + α2 = β β2 = α2β2 + 1 . β Από τα παραπάνω προκύπτει ότι είναι ΓΑ = ΔΒ . Άσκηση 310 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που είναι κάθετη στην ε1 : y = − 1 x+5 και τέμνει 3 τους άξονες x΄x και y΄y στα σημεία Α και Β αντίστοιχα, ώστε το άθροισμα της τετμη- μένης του Α και της τεταγμένης του Β να είναι ίσο με 6. Λύση Ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία. Αφού είναι ε ⊥ ε1 , ισχύει −1 3 λελε1 = −1 ⇔ λε ⋅ = −1 ⇔ λε = 3 . Άρα θα είναι ε : y = 3x + α , α ∈ ! ⇔ ε : 3x − y + α = 0 (1) Για να βρω το Α, θέτω y = 0 στην (1) και έχω - 453 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας 3x + α = 0 ⇔ 3x = −α ⇔ x = − α = xΑ , 3 οπότε είναι Α⎜⎜⎝⎛⎜− , 0⎞⎟⎟⎟⎠⎟ . α 3 Για να βρω το Β, θέτω x = 0 στην (1) και έχω −y + α = 0 ⇔ y = α = yB , οπότε είναι Β(0 , α) . Ισχύει xA + yB = 6 , από όπου έχω − α +α =6 ⇔ −α + 3α = 18 ⇔ 2α = 18 ⇔ α = 9. 3 Τελικά, από την (1) έχω ότι είναι ε : 3x − y + 9 = 0 . Άσκηση 311 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που είναι παράλληλη στην y = 2x + 5 και τέμνει τους άξονες x΄x και y΄y στα σημεία Α και Β, ώστε η διαφορά της τεταγμένης του Β από την τετμημένη του Α να είναι ίση με 5. Λύση Ας είναι (ε) η ζητούμενη ευθεία και ε1 : y = 2x + 5 . Αφού είναι ε / / ε1 , ισχύει λε = λε1 = 2 , οπότε η (ε) θα έχει εξίσωση ε : y = 2x + α , α ∈ ! ⇔ ε : 2x − y + α = 0 (1) Για να βρω το Α, θέτω y = 0 στην (1) και έχω 2x + α = 0 ⇔ 2x = −α ⇔ x = − α = xA , 2 οπότε είναι Α⎜⎜⎜⎛⎝− α , 0⎟⎠⎞⎟⎟⎟ . 2 Για να βρω το Β, θέτω x = 0 στην (1) και έχω −y + α = 0 ⇔ y = α = yB , οπότε είναι Β(0 , α) . - 454 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Πρόσεξε ποια σχέση δίνει η έκφραση «η διαφορά της τεταγμένης του Β από την τε- τμημένη του Α»! Ισχύει xA − yB = 5 , από όπου έχω − α −α = 5 ⇔ −α − 2α = 10 ⇔ 3α = −10 ⇔ α = − 10 . 2 3 Τελικά, από την (1) έχω ότι ε : 2x − y − 10 = 0 ⇔ ε : 6x − 3y − 10 = 0 . 3 Άσκηση 312 Δίνονται τα σημεία Α(3 ,1) , Β(0 , 2) , Γ(1, 0) . α. Να αποδείξετε ότι τα Α, Β, Γ είναι κορυφές ορθογώνιου και ισοσκελούς τριγώνου. β. Να βρείτε τις εξισώσεις: Ι. του ύψους ΓΕ. ΙΙ. της διαμέσου ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ. γ. Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου τομής των παραπάνω ευθειών. Λύση α. Είναι: • !!\" = (xΑ − xΓ , yΑ − yΓ) = (3 − 1 , 1 − 0) = (2,1) ΓΑ !!\" και ΓΑ = 22 + 12 = 5 . • !!\" = (xΒ − xΓ , yΒ − yΓ) = (0 − 1 , 2 − 0) = (−1,2) ΓΒ !!\" και ΓΒ = (−1)2 + 22 = 5 . !!\" !!\" Αφού είναι ΓΑ = ΓΒ , το ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Είναι και !!\" !!\" ΓΑ ⋅ ΓΒ = 2 ⋅ (−1) + 1 ⋅ 2 = −2 + 2 = 0 , !!\" !!\" δηλαδή ΓΑ ⊥ ΓΒ , που σημαίνει ότι το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο (στο Γ). - 455 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β. Ι. Είναι ΓΕ : y − yΓ = λΓΕ(x − xΓ) . Αφού το ΓΕ είναι ύψος, είναι ΓΕ ⊥ ΑΒ , οπότε λΓΕλΑΒ = −1 . Είναι λΑΒ = yΒ − yΑ = 2−1 =− 1 , άρα xΒ − xΑ 0−3 3 λΓΕ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΓΕ = 3 . 3 Επομένως, είναι ΓΕ : y − 0 = 3(x − 1) ⇔ ΓΕ : y = 3x − 3 . ΙΙ. Αφού η ΑΔ είναι διάμεσος, το Δ είναι μέσο της ΒΓ, άρα είναι Δ⎝⎛⎜⎜⎜⎜ xΒ + xΓ , yΒ + yΓ ⎟⎞⎟⎠⎟⎟⎟ ≡ Δ ⎛⎝⎜⎜⎜ 0 + 1 , 2 + 0 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ ≡ Δ⎝⎜⎜⎛⎜21 , 1⎟⎟⎟⎠⎟⎞ . 2 2 2 2 Παρατηρώ ότι yΔ = yΑ = 1 , οπότε θα είναι ΑΔ : y = yA = yΔ = 1 . γ. Οι ζητούμενες συντεταγμένες προκύπτουν εύκολα από την επίλυση του συστήματος ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ ΓΕ : y = 3x − 3 ⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪ και είναι ⎝⎜⎛⎜⎜ 4 , 1⎟⎟⎟⎟⎞⎠ . ΑΔ : y = 1 3 - 456 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 313 Τα σημεία Α(−2 , 5) , Β(0 ,1) , Γ(2 ,− 5) είναι κορυφές τριγώνου. α. Να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών του. β. Να βρεθούν οι εξισώσεις των μεσοκαθέτων του. Λύση α. Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΒ = λΑΒ(x − xΒ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = 1−5 = −4 = −2 , xΒ − xΑ 0+2 2 οπότε ΑΒ : y − 1 = −2(x − 0) ⇔ ΑΒ : y − 1 = −2x ⇔ ΑΒ : 2x + y − 1 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) , με λΑΓ = yΓ − yΑ = −5 − 5 = −10 =− 5 , xΓ − xΑ 2+2 4 2 οπότε ΑΓ : y−5 = − 5 (x + 2) ⇔ ΑΓ : 2y − 10 = −5(x + 2) ⇔ ΑΓ : 2y − 10 = −5x − 10 ⇔ 2 ⇔ ΑΓ : 5x + 2y = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) , με λΒΓ = yΓ − yΒ = −5 − 1 = −6 = −3 , xΓ − xΒ 2−0 2 οπότε ΒΓ : y − 1 = −3(x − 0) ⇔ ΒΓ : y − 1 = −3x ⇔ ΒΓ : 3x + y − 1 = 0 . - 457 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β. Μεσοκάθετος της ΑΒ Έστω Μ το μέσο της ΑΒ και (ε1) η μεσοκάθετος της ΑΒ. Τότε: • Μ⎜⎛⎝⎜⎜⎜ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎠⎟⎟⎞⎟⎟⎟ ≡ Μ⎝⎜⎜⎛⎜−22+ 0 , 5 + 1⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ≡ Μ(−1 , 3) . 2 2 2 • είναι ε1 ⊥ ΑΒ , οπότε λ ε1 λ ΑΒ = −1 ⇔ λ ε1 ⋅ (−2) = −1 ⇔ λ ε1 = 1 . 2 Άρα είναι ε1 : y − yΜ = λε1 (x − xΜ ) ⇔ ε1 : y−3 = 1 (x + 1) ⇔ ε1 : 2y − 6 = x+1 ⇔ 2 ⇔ ε1 : x − 2y + 7 = 0 . Μεσοκάθετος της ΑΓ Έστω Ν το μέσο της ΑΓ και (ε2) η μεσοκάθετος της ΑΓ. Τότε: • Ν⎜⎜⎜⎛⎜⎝ xΑ + xΓ , yΑ + yΓ ⎟⎟⎟⎟⎠⎟⎞ ≡ Ν⎜⎜⎜⎛⎝−22+ 2 , 5 − 5⎟⎟⎠⎟⎞⎟ ≡ Ν(0 , 0) ≡ Ο(0 , 0) . 2 2 2 Άρα η (ε2) διέρχεται από την αρχή των αξόνων, οπότε έχει εξίσωση ε2 : y = λε2x . • είναι ε2 ⊥ ΑΓ , οπότε −5 2 2 5 λε2 λΑΓ = −1 ⇔ λ ε2 ⋅ = −1 ⇔ λ ε2 = . Άρα είναι ε2 : y = 2 x ⇔ ε2 : 5y = 2x ⇔ ε2 : 2x − 5y = 0 . 5 Μεσοκάθετος της ΒΓ Έστω Κ το μέσο της ΒΓ και (ε3) η μεσοκάθετος της ΒΓ. Τότε: • Κ⎜⎛⎜⎜⎜⎝ xΒ + xΓ , yΒ + yΓ ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟ ≡ Κ ⎜⎜⎝⎛⎜ 0 + 2 , 1 − 5⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ≡ Κ(1 , − 2) . 2 2 2 2 • είναι ε3 ⊥ ΒΓ , οπότε - 458 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας λε3 λΒΓ = −1 ⇔ λ ε3 ⋅ (−3) = −1 ⇔ λ ε3 = 1 . 3 Άρα είναι ε3 : y − yΚ = λε3 (x − xΚ ) ⇔ ε3 : y+2 = 1 (x − 1) ⇔ ε3 : 3y + 6 = x −1 ⇔ 3 ⇔ ε3 : x − 3y − 7 = 0 . Άσκηση 314 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, με Α(3 ,1) , Β(2 ,− 1) , Γ(4 ,− 2) . Να βρείτε την εξίσωση: α) της διαμέσου ΑΔ. β) του ύψους ΒΕ. γ) της μεσοκάθετης της πλευράς ΑΒ. Λύση α. Αφού η ΑΔ είναι διάμεσος, το Δ είναι το μέσο της ΒΓ, οπότε είναι Δ ⎜⎜⎝⎜⎜⎛ xΒ + xΓ , yΒ + yΓ ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ≡ Δ ⎜⎜⎛⎝⎜2 + 4 , −1 − 2⎟⎠⎟⎞⎟⎟ ≡ Δ⎜⎜⎛⎜⎝3 , − 32⎟⎠⎟⎟⎟⎞ . 2 2 2 2 Παρατηρώ ότι xA = xΔ = 3 , οπότε θα είναι ΑΔ : x = xA = xΔ = 3 . β. Αφού το ΒΕ είναι ύψος, ισχύει ΒΕ ⊥ ΑΓ , οπότε είναι λΒΕλΑΓ = −1 . Είναι λΑΓ = yΓ − yΑ = −2 − 1 = −3 , xΓ − xΑ 4−3 οπότε λΒΕ ⋅ (−3) = −1 ⇔ λΒΕ = 1 . Επομένως, 3 ΒΕ : y − yΒ = λΒΕ(x − xΒ) ⇔ ΒΕ : y +1 = 1 (x − 2) ⇔ ΒΕ : 3y +3 = x −2 ⇔ 3 ⇔ ΒΕ : x − 3y − 5 = 0 . - 459 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας γ. Έστω Μ το μέσο της ΑΒ και (ε) η μεσοκάθετος της ΑΒ. Τότε: • Μ⎛⎜⎝⎜⎜⎜ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ≡ Μ⎝⎜⎛⎜⎜3 + 2 , 1 − 1⎟⎟⎟⎞⎠⎟ ≡ Μ⎜⎜⎜⎝⎛25 , 0⎠⎟⎟⎟⎞⎟ . 2 2 2 2 • είναι ε ⊥ ΑΒ , οπότε λελΑΒ = −1 . Είναι λΑΒ = yΒ − yΑ = −1 − 1 = −2 =2, xΒ − xΑ 2−3 −1 άρα λε ⋅ 2 = −1 ⇔ λε = − 1 , 2 συνεπώς ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε : y−0 = − 1 ⋅⎜⎜⎜⎝⎛x − 52⎞⎠⎟⎟⎟⎟ ⇔ ε : y = − 1 x + 5 ⇔ 2 2 4 ⇔ ε : 4y = −2x + 5 ⇔ ε : 2x + 4y − 5 = 0 . Άσκηση 315 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο Μ(−3 ,− 2) και σχημα- τίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο. Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε έχει εξίσωση ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) ⇔ ε : y + 2 = λ(x + 3) ⇔ ⇔ ε : y + 2 = λx + 3λ ⇔ ε : λx − y + 3λ − 2 = 0 (1) , όπου λ = λε . Είναι λ = λε ≠ 0 , διότι διαφορετικά η (ε) θα ήταν παράλ- ληλη στον x΄x και δεν θα σχημάτιζε τρίγωνο με τους άξονες. Αφού το τρίγωνο ΟΑΒ (σχήμα) είναι ισοσκελές, ισχύει (ΟΑ) = (ΟΒ) ⇔ xA = yB (2) - 460 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Για y = 0 , από την (1) έχω λx + 3λ − 2 = 0 ⇔ λx = 2 − 3λ λ≠0 x = 2 − 3λ = xΑ . λ ⇔ Για x = 0 , από την (1) έχω −y + 3λ − 2 = 0 ⇔ y = 3λ − 2 = yB . Τότε, από την (2) έχω 2 − 3λ = 3λ − 2 ⇔ 2 − 3λ = 3λ − 2 ⇔ 3λ − 2 = λ ⋅ 3λ − 2 ⇔ λ λ ( )⇔ λ ⋅ 3λ − 2 − 3λ − 2 = 0 ⇔ 3λ − 2 ⋅ λ − 1 = 0 ⇔ 3λ − 2 = 0 ή λ − 1 = 0 . α) Αν 3λ − 2 = 0 , τότε 3λ − 2 = 0 ⇔ 3λ = 2 ⇔ λ = 2 3 και από την (1) έχω την ευθεία ε : 2 x − y + 0 = 0 ⇔ ε : y = 2 x , 3 3 που δεν γίνεται δεκτή όμως, αφού διέρχεται από την αρχή των αξόνων και δεν σχημα- τίζει τρίγωνο με τους άξονες. β) Αν λ − 1 = 0 , τότε λ = 1 ⇔ λ = 1 ή λ = −1 , άρα: Ι. για λ = 1 , από την (1) έχω την ευθεία ε: x−y+3−2= 0 ⇔ ε: x−y+1= 0 . ΙΙ. για λ = −1 , από την (1) έχω την ευθεία ε : −x − y − 3 − 2 = 0 ⇔ ε : x + y + 5 = 0 . - 461 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 316 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ, καθώς και τις συντεταγμένες των κορυφών Β και Γ, αν το ύψος που διέρχεται από την κορυφή Β έχει εξίσωση y = 2x + 1 και το ύψος που διέρχεται από την κορυφή Γ έχει εξίσωση 3y = −x + 13 . Δίνεται η κορυφή Α(2 , 4) . Λύση Έστω ότι τα ύψη είναι ΒΔ : y = 2x + 1 , ΓΕ : 3y = −x + 13 . Στο σχήμα, με κόκκινο σημειώνονται τα γνωστά στοιχεία της άσκησης. Με βάση τα δεδομένα δεν μπορώ να κάνω ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγμένων. Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) . Είναι ΑΒ⊥ ΓΕ , οπότε ισχύει λΑΒλΓΕ = −1 . Η ΓΕ γράφεται ισοδύναμα ΓΕ : x + 3y − 13 = 0 , οπότε λΑΒ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΒ = 3 , 3 άρα ΑΒ : y − 4 = 3(x − 2) ⇔ ΑΒ : y − 4 = 3x − 6 ⇔ ΑΒ : 3x − y − 2 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 4 = λΑΓ(x − 2) . Είναι ΑΓ ⊥ ΒΔ , οπότε λΑΓλΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅2 = −1 ⇔ λΑΓ = − 1 . 2 Επομένως, ΑΓ : y−4 = − 1 (x − 2) ⇔ ΑΓ : 2y −8 = −x +2 ⇔ ΑΓ : x + 2y − 10 = 0 . 2 - 462 - 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 Από το σύστημα ⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎧⎪ ΑΒ : 3x − y − 2 = 0 ⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪ προκύπτει x=3 , y = 7 , άρα είναι ΒΔ : y = 2x + 1 B(3 , 7) . Ανάλογα, από το σύστημα ⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩ ΑΓ : x + 2y − 10 = 0 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫ έχω x=4 , y = 3 , άρα είναι ΓΕ : x + 3y − 13 = 0 Γ(4 , 3) . Τότε είναι ΒΓ : y − yΓ = λΒΓ(x − xΓ) , με λΒΓ = yΓ − yΒ = 3−7 = −4 , xΓ − xΒ 4−3 οπότε ΒΓ : y − 3 = −4(x − 4) ⇔ ΒΓ : y − 3 = −4x + 16 ⇔ ΒΓ : 4x + y − 19 = 0 . Άσκηση 317 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, με Α(1, 2) . Αν οι ευθείες ε1 : x − y − 2 = 0 και ε2 : 3x + y + 5 = 0 είναι μεσοκάθετες των πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, να βρεθούν οι συντεταγμένες των κορυφών Β και Γ. Λύση Ας είναι Μ το μέσο της ΑΒ και Ν της ΑΓ. Στο σχήμα, με κόκκινο σημειώνονται τα γνωστά στοιχεία της άσκησης. Με βάση τα δεδομένα δεν μπορώ να κάνω ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγμένων. Το σκεπτικό της λύσης είναι το εξής: Θα βρω την εξίσωση της ΑΒ, ώστε από το σύστημα της ΑΒ και της (ε1) να βρω το Μ. Στην συνέχεια, γνωρίζοντας τα Α και Μ, από τις συντεταγμένες μέσου θα βρω το Β. Όμοια θα εργαστώ για το Ν και μετά για το Γ. - 463 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ(x − 1) . Είναι ΑΒ⊥ ε1 , οπότε λΑΒλε1 = −1 ⇔ λΑΒ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΒ = −1 , συνεπώς, −1 ΑΒ : y − 2 = −(x − 1) ⇔ ΑΒ : y − 2 = −x + 1 ⇔ ΑΒ : x + y − 3 = 0 . Από το σύστημα ⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨ ΑΒ : x + y − 3 = 0 ⎬⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎪ προκύπτει x = 5 , y= 1 , άρα είναι ε1 : x − y − 2 = 0 2 2 Μ⎜⎜⎛⎜⎝ 5 , 1 ⎠⎞⎟⎟⎟⎟ . 2 2 Αφού το Μ είναι το μέσο της ΑΒ, ισχύουν ⎪⎨⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ xΜ = xΑ + xΒ ⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎪⎨ 5 = 1 + xΒ ⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪ 5 = 1 + xΒ ⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎨⎪⎪⎧⎪ xB = 4 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎫ , yΜ = 2 22 1 = 2 + yΒ yB = −1 1 = 2 + yΒ yΑ + yΒ 22 2 οπότε είναι Β(4 ,− 1) . Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 2 = λΑΓ(x − 1) . Είναι ΑΓ ⊥ ε2 , οπότε −3 1 1 3 λΑΓλε2 = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ = −1 ⇔ λΑΓ = . Επομένως, ΑΓ : y −2 = 1 (x − 1) ⇔ ΑΓ : 3y −6 = x −1 ⇔ ΑΓ : x − 3y + 5 = 0 . 3 Από το σύστημα ⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪ ΑΓ : x − 3y + 5 = 0 ⎫⎪⎪⎪⎬⎭⎪⎪ προκύπτει x = −2 , y = 1 , άρα είναι ε2 : 3x + y + 5 = 0 Ν(−2 ,1) . Αφού το Ν είναι το μέσο της ΑΓ, ισχύουν - 464 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧ xΝ = xΑ + xΓ ⎪⎫⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪ −2 = 1 + xΓ ⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎫⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎩⎪⎨⎪⎪ −4 = 1 + xΓ ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧ xΓ = −5 ⎭⎪⎬⎪⎪⎫⎪⎪⎪ , 2 2 2 = 2 + yΓ yΓ = 0 yΝ = yΑ + yΓ 1 = 2 + yΓ 2 2 οπότε είναι Γ(−5, 0) . Άσκηση 318 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Σε τρίγωνο ΑΒΓ, δύο ύψη του έχουν εξισώσεις υ1 : 2x + 11y + 5 = 0 και υ2 : 5x − 6y − 16 = 0 . Αν η κορυφή Α έχει συντεταγμένες (−2 , 5) , να βρεθούν οι εξισώ- σεις των πλευρών του. Λύση Στο σχήμα, με κόκκινο σημειώνονται τα γνωστά στοιχεία της άσκησης. Με βάση τα δεδομένα δεν μπορώ να κάνω ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγμένων. Επειδή δεν καθορίζεται τα ύψη από ποιες κορυφές φέρονται, πρέπει να γίνει διερεύνηση επί τούτου. Αν το ύψος (υ1) φέρεται από το Α, τότε θα πρέπει οι συντε- ταγμένες του Α να επαληθεύουν την εξίσωσή του, δηλαδή να ισχύει 2 ⋅ (−2) + 11 ⋅ 5 + 5 = 0 ⇔ 56 = 0 , που είναι άτοπο. Άρα το (υ1) δεν φέρεται από το Α. Αν το ύψος (υ2) φέρεται από το Α, τότε θα πρέπει οι συντεταγμένες του Α να επαλη- θεύουν την εξίσωσή του, δηλαδή να ισχύει 5 ⋅ (−2) − 6 ⋅ 5 − 16 = 0 ⇔ −56 = 0 , που είναι άτοπο. Άρα το (υ2) δεν φέρεται από το Α. Επομένως, τα ύψη (υ1) , (υ2) ας είναι τα ΒΔ : 2x + 11y + 5 = 0 , ΓΕ : 5x − 6y − 16 = 0 αντίστοιχα. - 465 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 5 = λΑΒ(x + 2) . Είναι ΑΒ⊥ ΓΕ , οπότε λΑΒλΓΕ = −1 ⇔ λΑΒ ⋅ −5 = −1 ⇔ λΑΒ = − 6 . −6 5 Επομένως, ΑΒ : y − 5 = − 6 (x + 2) ⇔ ΑΒ : 5y − 25 = −6(x + 2) ⇔ ΑΒ : 5y − 25 = −6x − 12 ⇔ 5 ⇔ ΑΒ : 6x + 5y − 13 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) ⇔ ΑΓ : y − 5 = λΑΓ(x + 2) . Είναι ΑΓ ⊥ ΒΔ , οπότε λ λΑΓ ΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ −2 = −1 ⇔ λΑΓ = 11 . 11 2 Επομένως, ΑΓ : y−5 = 11 (x + 2) ⇔ ΑΓ : 2y − 10 = 11(x + 2) ⇔ ΑΓ : 2y − 10 = 11x + 22 ⇔ 2 ⇔ ΑΓ : 11x − 2y + 32 = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Από το σύστημα ⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪ ΑΒ : 6x + 5y − 13 = 0 ⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎭⎬ προκύπτει x=3 , y = −1 , άρα είναι ΒΔ : 2x + 11y + 5 = 0 Β(3 ,− 1) . Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ ΑΓ : 11x − 2y + 32 = 0 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫ προκύπτει x = −3 , y = − 31 , άρα είναι ΓΕ : 5x − 6y − 16 = 0 6 Γ⎜⎛⎝⎜⎜−3 ,− 31 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 6 Επομένως είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) , με - 466 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας λΒΓ = yΓ − yΒ = − 31 +1 = − 25 = 25 . xΓ − xΒ 6 6 36 −3 − 3 −6 Άρα, ΒΓ : y + 1 = 25 (x − 3) ⇔ ΒΓ : 36y + 36 = 25(x − 3) ⇔ ΒΓ : 36y + 36 = 25x − 75 ⇔ 36 ⇔ ΒΓ : 25x − 36y − 111 = 0 . Άσκηση 319 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνεται η κορυφή του Α(2 , 3) , το ύψος ΓΔ, με εξίσωση ε1 : 3x − 4y + 3 = 0 και η διάμεσός του ΒΜ, με εξίσωση ε2 : 5x + 9y − 16 = 0 . Να βρε- θεί η εξίσωση του ύψους ΒΕ και της διαμέσου ΓΝ. Λύση Στο σχήμα, με κόκκινο σημειώνονται τα γνωστά στοιχεία της άσκησης. Με βάση τα δεδομένα δεν μπορώ να κάνω ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγμένων. Αφού το ΓΔ είναι ύψος, είναι ΓΔ ⊥ ΑΒ , οπότε λΓΔλΑΒ = −1 ⇔ −3 ⋅ λΓΔ = −1 ⇔ λΑΒ = − 4 . −4 3 Επομένως, ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y −3 = − 4 (x − 2) ⇔ ΑΒ : 3y − 9 = −4(x − 2) ⇔ 3 ⇔ ΑΒ : 3y − 9 = −4x + 8 ⇔ ΑΒ : 4x + 3y − 17 = 0 . Από το σύστημα ⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎨ ΑΒ : 4x + 3y − 17 = 0 ⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎭⎪ προκύπτει x=5, y = −1 , άρα είναι ΒΜ : 5x + 9y − 16 = 0 Β(5,− 1) . Το Μ είναι μέσο της ΑΓ, οπότε ισχύουν ⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪ xΜ = xΑ + xΓ ⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎫⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪ xΜ = 2 + xΓ ⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪ . 2 2 yΜ = yΑ + yΓ yΜ = 3 + yΓ 2 2 - 467 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Το Μ ανήκει στην ΒΜ, οπότε ισχύει 5xM + 9yM − 16 = 0 . Με αντικατάσταση των παραπάνω σχέσεων, προκύπτει 5 ⋅ 2 + xΓ + 9 ⋅ 3 + y Γ − 16 = 0 ⇔ 5(2 + xΓ) + 9(3 + yΓ) − 32 = 0 ⇔ 2 2 ⇔ 10 + 5xΓ + 27 + 9yΓ − 32 = 0 ⇔ 5xΓ + 9yΓ + 5 = 0 . Το Γ ανήκει και στην ΓΔ, οπότε ισχύει 3xΓ − 4yΓ + 3 = 0 . Από το σύστημα των δύο τελευταίων σχέσεων προκύπτει xΓ = −1 , yΓ = 0 , οπότε είναι Γ(−1, 0) . Το Ν είναι το μέσο του ΑΒ, οπότε Ν⎝⎜⎜⎜⎜⎛ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ≡ Ν⎜⎜⎜⎛⎝2 + 5 , 3 − 1⎟⎞⎟⎟⎟⎠ ≡ Ν⎜⎝⎛⎜⎜27 , 1⎠⎟⎞⎟⎟⎟ . 2 2 2 2 Άρα είναι ΓΝ : y − yΓ = λΓΝ(x − xΓ) , με λΓΝ = yΝ − yΓ = 1−0 = 1 = 2 . xΝ − xΓ 9 9 7 +1 2 2 Άρα, ΓΝ : y−0 = 2 (x + 1) ⇔ ΓΝ : 9y = 2(x + 1) ⇔ ΓΝ : 9y = 2x +2 ⇔ 9 ⇔ ΓΝ : 2x − 9y + 2 = 0 . Επίσης, ΒΕ : y − yΒ = λΒΕ(x − xΒ) ⇔ ΒΕ : y + 1 = λΒΕ(x − 5) . Είναι ΒΕ ⊥ ΑΓ , οπότε ισχύει λΒΕλΑΓ = −1 . Είναι λΑΓ = yΓ − yΑ = 0−3 = −3 = 1, xΓ − xΑ −1 − 2 −3 οπότε ισχύει λΒΕ ⋅ 1 = −1 ⇔ λΒΕ = −1 . Άρα είναι ΒΕ : y + 1 = −(x − 5) ⇔ ΒΕ : y + 1 = −x + 5 ⇔ ΒΕ : x + y − 4 = 0 . - 468 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 320 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ), με Α(2 , 2) , Β(−1,− 3) . Αν η εξίσωση του ύψους ΑΔ είναι 2x + y − 6 = 0 , να βρεθούν οι εξισώσεις των πλευρών του. Λύση Στο σχήμα, με κόκκινο σημειώνονται τα γνωστά στοιχεία της άσκησης. Με βάση τα δεδομένα δεν μπορώ να κάνω ακριβές σχήμα σε σύστημα συντεταγμένων. Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = −3 − 2 = −5 = 5 . xΒ − xΑ −1 − 2 −3 3 Άρα, ΑΒ : y −2 = 5 (x − 2) ⇔ ΑΒ : 3y − 6 = 5(x − 2) ⇔ ΑΒ : 3y − 6 = 5x − 10 ⇔ 3 ⇔ ΑΒ : 5x − 3y − 4 = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) ⇔ ΒΓ : y + 3 = λΒΓ(x + 1) . Είναι ΒΓ ⊥ ΑΔ , άρα λΒΓλΑΔ = −1 ⇔ λΒΓ ⋅ −2 = −1 ⇔ λΒΓ = 1 . Επομένως, είναι 1 2 ΒΓ : y+3 = 1 (x + 1) ⇔ ΒΓ : 2y + 6 = x+1 ⇔ ΒΓ : x − 2y − 5 = 0 . 2 Εξίσωση της ΑΓ Από το σύστημα ⎪⎪⎧⎩⎨⎪⎪⎪ ΑΔ : 2x + y − 6 = 0 ⎪⎭⎬⎪⎪⎪⎫⎪ προκύπτει x = 17 , y=− 4 , οπότε είναι ΒΓ : x − 2y − 5 = 0 5 5 Δ⎜⎜⎜⎛⎝ 17 ,− 4 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ . 5 5 - 469 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Αφού το ΑΔ είναι ύψος και το ΑΒΓ είναι ισοσκελές, το ΑΔ είναι και διάμεσος της ΒΓ, οπότε το Δ είναι το μέσο της ΒΓ, άρα ισχύουν ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩ xΔ = xΒ + xΓ ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎧ 17 = −1 + xΓ ⎪⎭⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎪⎩ 34 = −5 + 5xΓ ⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎨ 5xΓ = 39 ⎬⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪ ⇔ 2 5 2 −8 = −15 + 5yΓ 5yΓ = 7 yΔ = yΒ + yΓ − 4 = −3 + yΓ 2 5 2 ⇔ ⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪ xΓ = 39 ⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎪ , Γ ⎝⎜⎜⎜⎛ 39 7 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ 5 5 5 οπότε είναι , . 7 yΓ = 5 Άρα είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) , με yΓ − yΑ 7 − 2 − 3 3 xΓ − xΑ 5 5 29 λΑΓ = = = = − , 39 29 5 −2 5 συνεπώς ΑΓ : y−2 = − 3 (x − 2) ⇔ ΑΓ : 29y − 58 = −3(x − 2) ⇔ ΑΓ : 29y − 58 = −3x + 6 ⇔ 29 ⇔ ΑΓ : 3x + 29y − 64 = 0 . - 470 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 321 Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, με Α(−2 , 3) , Β(−3 , 2) , Γ(3 ,1) . Να βρείτε τις συ- ντεταγμένες της κορυφής Δ, καθώς και τις εξισώσεις των διαγωνίων του. Λύση Αφού το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο, ισχύει !!!\" !!!\" ΑΒ = ΔΓ (1) !!!\" ( ) ( )• ΑΒ = xΒ − xΑ , yΒ − yΑ = −3 + 2 , 2 − 3 = = (−1,− 1) . !!!\" ( ) ( )• ΔΓ = xΓ − xΔ , yΓ − yΔ = 3 − xΔ , 1 − yΔ . Άρα από την (1) έχω ότι (−1,− 1) = (3 − xΔ , 1 − yΔ) , οπότε ισχύουν ⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎧ 3 − xΔ = −1 ⎪⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪ xΔ = 4 ⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎪⎭⎪ , 1 − yΔ = −1 yΔ = 2 άρα είναι Δ(4 , 2) . Η διαγώνιος ΑΓ έχει εξίσωση ΑΓ : y − yΓ = λΑΓ(x − xΓ) , με λΑΓ = yΓ − yΑ = 1−3 =− 2 . xΓ − xΑ 3+2 5 Άρα είναι ΑΓ : y −1 = − 2 (x − 3) ⇔ ΑΓ : 5y −5 = −2(x − 3) ⇔ ΑΓ : 5y −5 = −2x + 6 ⇔ 5 ⇔ ΑΓ : 2x + 5y − 11 = 0 . Παρατηρώ ότι yB = yΔ = 2 , οπότε η διαγώνιος ΒΔ έχει εξίσωση ΒΔ : y = yB = yΔ = 2 . - 471 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 322 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Οι δύο πλευρές παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ έχουν εξισώσεις ε1 : 2x + y − 1 = 0 και ε2 : 8x + 3y + 1 = 0 , ενώ μια διαγώνιός του είναι η δ : 3x + 2y + 3 = 0 . Να βρεθούν οι κορυφές του. Λύση Είναι λ ε1 = −2 = −2 , λ ε2 = −8 , 1 3 οπότε οι (ε1) , (ε2) δεν είναι παράλληλες μεταξύ τους, άρα δεν μπορεί να είναι οι εξισώσεις απέναντι πλευ- ρών του παραλληλογράμμου. Έτσι, ας είναι ΑΒ : 2x + y − 1 = 0 , ΒΓ : 8x + 3y + 1 = 0 . Από το σύστημα ⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ΑΒ : 2x + y − 1 = 0 ⎬⎫⎭⎪⎪⎪⎪⎪ προκύπτει x = −2 , y = 5 , οπότε είναι ΒΓ : 8x + 3y + 1 = 0 Β(−2 , 5) . Αν η (δ) ήταν η εξίσωση της διαγωνίου ΒΔ, τότε θα έπρεπε οι συντεταγμένες του Β να επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή να ισχύει 3 ⋅ (−2) + 2 ⋅ 5 + 3 = 0 ⇔ 7 = 0 , που είναι αδύνατο. Άρα η (δ) δεν είναι η εξίσωση της διαγωνίου ΒΔ, οπότε είναι ΑΓ : 3x + 2y + 3 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎪⎩⎧⎨⎪⎪⎪ ΑΒ : 2x + y − 1 = 0 ⎭⎪⎫⎪⎬⎪⎪⎪ προκύπτει x = 5 , y = −9 , οπότε είναι ΑΓ : 3x + 2y + 3 = 0 Α(5,− 9) . Από το σύστημα ⎪⎧⎨⎪⎩⎪⎪⎪ ΒΓ : 8x + 3y + 1 = 0 ⎪⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎬ προκύπτει x=1, y = −3 , οπότε είναι ΑΓ : 3x + 2y + 3 = 0 Γ(1,− 3) . - 472 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Search
