Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Το σημείο τομής Κ των διαγωνίων είναι το μέσο αυτών, οπότε αφού είναι μέσο της ΑΓ, θα είναι Κ ⎜⎛⎜⎝⎜⎜ xΑ + xΓ , yΑ + yΓ ⎟⎟⎞⎟⎠⎟⎟ ≡ Κ ⎜⎜⎛⎝⎜ 5 + 1 , −9 − 3⎟⎞⎟⎟⎟⎠ ≡ Κ(3 , − 6) . 2 2 2 2 Επίσης, το Κ είναι το μέσο της ΒΔ, οπότε ισχύουν ⎪⎪⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪ xΚ = xΒ + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎭⎪ ⇔ ⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪ 3 = −2 + xΔ ⎬⎪⎪⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪ 6 = −2 + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎭⎪ ⇔ ⎪⎩⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪ xΔ = 8 ⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪ , 2 2 −12 = 5 + yΔ yΔ = −17 yΚ = yΒ + yΔ −6 = 5 + yΔ 2 2 συνεπώς είναι Δ(8 ,− 17) . Άσκηση 323 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ έχει τις πλευρές ΑΒ και ΑΔ στις ευθείες ε1 : 3y − x = 11 , ε2 : x + y = 5 αντίστοιχα. Αν το κέντρο του είναι το Κ(−1,1) , να βρεθούν οι εξισώσεις των άλλων πλευρών του. Λύση Είναι ΑΒ : 3y − x = 11 , ΑΔ : x + y = 5 . Από το σύστημα ⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎧ ΑΒ : x − 3y = −11 ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫ ΑΔ : x + y = 5 προκύπτει x = 1 , y = 4 , οπότε είναι Α(1, 4) . Αφού το Κ είναι το κέντρο του ΑΒΓΔ, είναι το μέσο της ΑΓ, άρα ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪ xΚ = xΑ + xΓ ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧ −1 = 1 + xΓ ⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪ ⇔ ⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎩⎪ −2 = 1 + xΓ ⎪⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎨ xΓ = −3 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭⎪⎪ , 2 2 2 = 4 + yΓ yΓ = −2 yΚ = yΑ + yΓ 1 = 4 + yΓ 2 2 οπότε είναι Γ(−3 ,− 2) . - 473 - 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 + 2 = λΒΓ(x + 3) . Είναι ΒΓ / / ΑΔ , οπότε λΒΓ = λΑΔ = −1 = −1 , συνεπώς 1 ΒΓ : y + 2 = −(x + 3) ⇔ ΒΓ : y + 2 = −x − 3 ⇔ ΒΓ : x + y + 5 = 0 . Εξίσωση της ΓΔ Είναι ΓΔ : y − yΓ = λΓΔ(x − xΓ ) ⇔ ΓΔ : y + 2 = λΓΔ(x + 3) . Είναι ΓΔ / / ΑΒ , οπότε λΓΔ = λΑΒ = −1 = 1 , συνεπώς −3 3 ΓΔ : y+2= 1 (x + 3) ⇔ ΓΔ : 3y +6 = x +3 ⇔ ΓΔ : x − 3y − 3 = 0 . 3 Άσκηση 324 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρεθούν οι πλευρές τετραγώνου ΑΒΓΔ, του οποίου δίνονται οι κορυφές Α(2 , 0) και Γ(−5,1) . Λύση Αφού το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, οι διαγώνιοί του είναι μεταξύ τους κάθετες και διχοτομούνται (δηλαδή το σημείο τομής τους είναι μέσο και των δύο). Έτσι, το Κ είναι μέσο της ΑΓ, οπότε είναι Κ ⎜⎜⎜⎝⎜⎛ xΑ + xΓ , yΑ + yΓ ⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ ≡ Κ ⎜⎝⎛⎜⎜ 2 − 5 , 0 + 1⎟⎟⎠⎞⎟⎟ ≡ Κ ⎜⎛⎜⎜⎝− 3 , 21 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞ . 2 2 2 2 2 Είναι ΒΔ : y − yΚ = λ ΒΔ (x − xΚ) ⇔ ΒΔ : y − 1 = λΒΔ ⎛⎝⎜⎜⎜x + 32⎠⎟⎟⎟⎞⎟ . 2 Είναι ΒΔ ⊥ ΑΓ , οπότε ισχύει λΒΔλΑΓ = −1 . Είναι λΑΓ = yΓ − yΑ = 1−0 =− 1 , xΓ − xΑ −5 − 2 7 - 474 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας συνεπώς λΒΔ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΒΔ = 7 , οπότε είναι 7 ΒΔ : y− 1 = 7⎜⎜⎛⎜⎝x + 32⎟⎠⎞⎟⎟⎟ ⇔ ΒΔ : y− 1 = 7x + 21 ⇔ ΒΔ : 2y − 1 = 14x + 21 ⇔ 2 2 2 ⇔ ΒΔ : 14x − 2y + 22 = 0 ⇔ ΒΔ : 7x − y + 11 = 0 . Το Β ανήκει στην ΒΔ, οπότε ισχύει 7xΒ − yΒ + 11 = 0 ⇔ yΒ = 7xΒ + 11 (1) !!!\" !!\" !!!\" !!\" Είναι ΒΑ ⊥ ΒΓ , οπότε ισχύει ΒΑ ⋅ ΒΓ = 0 (2) !!!\" (1) ( ) ( ) ( ) ( )• ΒΑ = xΑ − xΒ , yΑ − yΒ = 2 − xΒ , 0 − yΒ = 2 − xΒ , − yΒ = 2 − xΒ , − 7xΒ − 11 . !!\" (1) ( ) ( ) ( )• ΒΓ = xΓ − xΒ , yΓ − yΒ = −5 − xΒ , 1 − yΒ = −5 − xΒ , 1 − 7xΒ − 11 = ( )= −5 − xΒ , − 10 − 7xΒ . Τότε, από την (2) έχω (2 − xΒ)(−5 − xΒ) + (−7xΒ − 11)(−10 − 7xΒ) = 0 ⇔ :50 ⇔ −10 − 2xΒ + 5xΒ + x2Β + 70xΒ + 49x2Β + 110 + 77xΒ = 0 ⇔ 50x2Β + 150xΒ + 100 = 0 ⇔ ⇔ x2B + 3xB + 2 = 0 ⇔ xB = −1 ή xB = −2 . α) Αν είναι xB = −1 , τότε από την (1) έχω yB = 7 ⋅ (−1) + 11 = 4 , άρα είναι B(−1, 4) . Εξίσωση της ΑΒ Τότε είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = 4−0 =− 4 , xΒ − xΑ −1 − 2 3 άρα ΑΒ : y −0 = − 4 (x − 2) ⇔ ΑΒ : 3y = −4(x − 2) ⇔ ΑΒ : 3y = −4x +8 ⇔ 3 - 475 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας ⇔ AB : 4x + 3y − 8 = 0 . Εξίσωση της ΓΔ Είναι ΓΔ : y − yΓ = λΓΔ(x − xΓ ) . Είναι ΓΔ / / ΑΒ , οπότε λΓΔ = λΑΒ = − 4 , άρα 3 ΓΔ : y −1 = − 4 (x + 5) ⇔ ΓΔ : 3y −3 = −4(x + 5) ⇔ ΓΔ : 3y −3 = −4x − 20 ⇔ 3 ⇔ ΓΔ : 4x + 3y + 17 = 0 . Εξίσωση της ΑΔ Είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) . Είναι ΑΔ ⊥ ΑΒ , οπότε λΑΔλΑΒ = −1 ⇔ λΑΔ ⋅ −4 = −1 ⇔ λΑΔ = 3 . 3 4 Επομένως, ΑΔ : y−0 = 3 (x − 2) ⇔ ΑΔ : 4y = 3(x − 2) ⇔ ΑΔ : 4y = 3x − 6 ⇔ 4 ⇔ ΑΔ : 3x − 4y − 6 = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΓ = λΒΓ(x − xΓ ) . Είναι ΒΓ / / ΑΔ , οπότε λΒΓ = λΑΔ = 3 , άρα 4 ΒΓ : y − 1 = 3 (x + 5) ⇔ ΒΓ : 4y −4 = 3(x + 5) ⇔ ΒΓ : 4y − 4 = 3x + 15 ⇔ 4 ⇔ ΒΓ : 3x − 4y + 19 = 0 . - 476 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β) Αν είναι xB = −2 , τότε από την (1) έχω yB = 7 ⋅ (−2) + 11 = −3 , άρα είναι B(−2 ,− 3) . Εξίσωση της ΑΒ Τότε είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = −3 − 0 = 3 , xΒ − xΑ −2 − 2 4 δηλαδή ΑΒ : y−0 = 3 (x − 2) ⇔ ΑΒ : 4y = 3(x − 2) ⇔ ΑΒ : 4y = 3x − 6 ⇔ 4 ⇔ ΑΒ : 3x − 4y − 6 = 0 . Εξίσωση της ΓΔ Είναι ΓΔ : y − yΓ = λΓΔ(x − xΓ ) . Είναι ΓΔ / / ΑΒ , οπότε λΓΔ = λΑΒ = 3 , άρα 4 ΓΔ : y −1 = 3 (x + 5) ⇔ ΓΔ : 4y − 4 = 3(x + 5) ⇔ ΓΔ : 4y − 4 = 3x + 15 ⇔ 4 ⇔ ΓΔ : 3x − 4y + 19 = 0 . Εξίσωση της ΑΔ Είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) . Είναι ΑΔ ⊥ ΑΒ , οπότε λΑΔλΑΒ = −1 ⇔ λΑΔ ⋅ 3 = −1 ⇔ λΑΔ = − 4 . 4 3 Επομένως, ΑΔ : y −0 = − 4 (x − 2) ⇔ ΑΔ : 3y = −4(x − 2) ⇔ ΑΔ : 3y = −4x +8 ⇔ 3 ⇔ ΑΔ : 4x + 3y − 8 = 0 . - 477 - 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 ) . Είναι ΒΓ / / ΑΔ , οπότε λΒΓ = λΑΔ = − 4 , άρα 3 ΒΓ : y −1 = − 4 (x + 5) ⇔ ΒΓ : 3y − 3 = −4(x + 5) ⇔ ΒΓ : 3y − 3 = −4x − 20 ⇔ 3 ⇔ ΒΓ : 4x + 3y + 17 = 0 . Άσκηση 325 Δίνονται τα σημεία Α(1, 2) , Β⎜⎜⎛⎜⎝3 , 121⎟⎟⎟⎠⎟⎞ , Γ ⎜⎜⎜⎛⎝ 123 , 27 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ , Δ⎝⎛⎜⎜⎜ 9 , 0⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 2 α. Να δείξετε ότι τα σημεία αυτά σχηματίζουν τετράγωνο. β. Να βρείτε τις εξισώσεις των διαγωνίων του. Λύση α. Πρώτα θα δείξω ότι το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. !!!\" ⎜⎜⎛⎝⎜3 − 1 11 − 2⎟⎞⎠⎟⎟⎟ ⎜⎜⎝⎛⎜2 , 27 ⎠⎟⎟⎟⎞⎟ ΑΒ = 2 ( )• = = xΒ − xΑ , yΒ − yΑ , . !!!\" ⎜⎝⎜⎜⎛123 9 7 − 0⎞⎠⎟⎟⎟⎟ ⎝⎛⎜⎜⎜2 , 27 ⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ΔΓ = 2 2 ( )• = = . xΓ − xΔ , yΓ − yΔ − , !!!\" !!!\" Αφού είναι AB = ΔΓ , το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. - 478 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Τώρα θα δείξω ότι το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο. Είναι: !!\" = ⎜⎜⎜⎝⎛123 7 121⎟⎟⎟⎞⎟⎠ = ⎜⎛⎜⎜⎝27 ,− 2⎟⎟⎞⎠⎟⎟ . ΒΓ = 2 ( )• − xΓ − xΒ , yΓ − yΒ −3 , • !!!\" !!\" = 2 ⋅ 7 + 7 ⋅ (−2 ) = 7 − 7 = 0 . ΑΒ ⋅ ΒΓ 22 !!!\" !!\" Άρα είναι ΑΒ⊥ ΒΓ , οπότε το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο (αφού είναι παραλληλόγραμμο με μία γωνία ορθή). Τέλος, θα δείξω ότι το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. • !!!\" 22 + ⎜⎜⎜⎛⎝27 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞2 = 4+ 49 = 65 = 65 . ΑΒ = 4 4 2 !!\" ⎜⎛⎜⎝⎜ 7 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟2 + (−2)2 = 49 + 4 = 65 . • ΒΓ = 2 4 2 !!!\" !!\" Αφού ΑΒ = ΒΓ , το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος (αφού είναι παραλληλόγραμμο με δύο διαδο- χικές πλευρές ίσες). Από τα παραπάνω προκύπτει τελικά ότι το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο. Όπως κατάλαβες, έκανα ό,τι ακριβώς υπαγόρευε η Ευκλείδεια Γεωμετρία. β. Η διαγώνιος ΑΓ έχει εξίσωση ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) , όπου λΑΓ = yΓ − yΑ = 7 −2 = 3 = 3 = 1 . xΓ − xΑ 2 9 3 13 2 2 −1 9 2 Άρα είναι ΑΓ : y −2 = 1 (x − 1) ⇔ ΑΓ : 3y − 6 = x −1 ⇔ ΑΓ : x − 3y + 5 = 0 . 3 Η διαγώνιος ΒΔ έχει εξίσωση ΒΔ : y − yΔ = λΒΔ(x − xΔ) , όπου - 479 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας yΔ − yΒ 0− 11 − 11 11 xΔ − xΒ 2 2 3 λΒΔ = = 9 = 3 = − . 2 −3 2 Άρα είναι ΒΔ : y−0 = − 11 ⎜⎝⎜⎛⎜x − 29⎟⎠⎟⎞⎟⎟ ⇔ ΒΔ : 3y = −11⎜⎜⎝⎜⎛x − 29⎟⎠⎟⎟⎞⎟ ⇔ ΒΔ : 3y = −11x + 99 ⇔ 3 2 ⇔ ΒΔ : 6y = −22x + 99 ⇔ ΒΔ : 22x + 6y − 99 = 0 . Άσκηση 326 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Τετραγώνου ΑΒΓΔ μια πλευρά βρίσκεται στην ευθεία ε : x − 2y + 12 = 0 , το κέντρο του είναι το σημείο Κ(1,− 1) και μια κορυφή του είναι η Α(4 , 8) . Να βρεθούν οι άλλες κορυφές του. Λύση Αφού το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, το Κ είναι το μέσο της ΑΓ, οπότε είναι ⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪ xΚ = xΑ + xΓ ⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪ 1= 4 + xΓ ⎪⎪⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ 2 = 4 + xΓ ⎬⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ 2 2 −2 = 8 + yΓ yΚ = yΑ + yΓ −1 = 8 + yΓ 2 2 ⇔ ⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎩ xΓ = −2 ⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬⎭ , yΓ = −10 οπότε είναι Γ(−2 ,− 10) και μένει να βρεθούν οι συντεταγμένες των Β και Δ. Θέτοντας x = xA = 4 , y = yA = 8 στην εξίσωση της (ε), έχω 4 − 2 ⋅ 8 + 12 = 0 ⇔ 16 − 16 = 0 , που ισχύει. Αυτό σημαίνει ότι το Α ανήκει στην (ε), οπότε η (ε) είναι η εξίσωση της ΑΒ ή της ΑΔ. Έτσι, διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: - 480 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας α) Αν είναι ΑΒ : x − 2y + 12 = 0 . Η εξίσωση της ΒΔ είναι ΒΔ : y − yΚ = λΒΔ(x − xΚ ) . Είναι ΒΔ ⊥ ΑΓ , οπότε ισχύει λΒΔλΑΓ = −1 . Είναι λΑΓ = yΓ − yΑ = −10 − 8 = −18 =3, xΓ − xΑ −2 − 4 −6 οπότε λΒΔ ⋅3 = −1 ⇔ λΒΔ = − 1 . 3 Άρα είναι ΒΔ : y +1 = − 1 (x − 1) ⇔ ΒΔ : 3y +3 = −x +1 ⇔ ΒΔ : x + 3y + 2 = 0 . 3 Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎩⎨ ΒΔ : x + 3y + 2 = 0 ⎪⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎫ προκύπτει x = −8 , y = 2 , οπότε είναι ΑΒ : x − 2y + 12 = 0 Β(−8 , 2) . Το Κ είναι μέσο και της ΒΔ, οπότε ισχύουν ⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪ xΚ = xΒ + xΔ ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎬⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪ 1 = −8 + xΔ ⎪⎪⎭⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎪⎪ 2 = −8 + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎬ ⇔ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧ xΔ = 10 ⎪⎫⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪ , 2 2 −2 = 2 + yΔ yΔ = −4 yΚ = yΒ + yΔ −1 = 2 + yΔ 2 2 οπότε Δ(10 ,− 4) . β) Αν είναι ΑΔ : x − 2y + 12 = 0 . Τότε θα είναι ΒΔ : x + 3y + 2 = 0 και από την επίλυση του συστήματος των εξισώσε- ών τους θα προκύψει x = −8 , y = 2 πάλι, οπότε θα είναι Δ(−8 , 2) . Το Κ είναι το μέσο της ΒΔ, οπότε θα είναι ⎪⎪⎨⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧ xΚ = xΒ + xΔ ⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪ 1= xΒ − 8 ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎪⎪⎧⎪⎩⎪⎪ xB = 10 ⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪ , 2 2 yB = −4 yΚ = yΒ + yΔ −1 = yΒ + 2 2 2 - 481 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας οπότε είναι Β(10 ,− 4) . Άσκηση 327 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, με κέντρο το σημείο K(−1,− 2) , του οποίου οι δύο πλευρές βρίσκονται στις ευθείες ε1 : 2x + y + 6 = 0 , ε2 : x − 2y − 12 = 0 . Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών, πάνω στις οποίες βρίσκονται οι άλλες δύο πλευρές του. Λύση Είναι λ ε1 = −2 = −2 , λ ε2 = −1 = 1 και 1 −2 2 λ λε1 ε2 = −2 ⋅ 1 = −1 , 2 που σημαίνει ότι ε1 ⊥ ε2 . Επομένως, οι (ε1) , (ε2) είναι οι εξισώσεις δύο κάθετων πλευρών του ΑΒΓΔ. Ας είναι ΑΒ : 2x + y + 6 = 0 , ΒΓ : x − 2y − 12 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ ΑΒ : 2x + y = 6 = 0 ⎪⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪ προκύπτει x=0, y = −6 , οπότε είναι ΒΓ : x − 2y − 12 = 0 Β(0 ,− 6) . Αφού το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, το Κ είναι το μέσο της ΒΔ, άρα ⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧ xΚ = xΒ + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎪⎪⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎩⎪⎪⎪ −1 = 0 + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎬⎫⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨ xΔ = −2 ⎪⎪⎬⎪⎫⎪⎪⎪⎭ ⇔ ⎨⎧⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪ xΔ = −2 ⎪⎭⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪ , 2 2 yΔ − 6 = −4 yΔ = 2 yΚ = yΒ + yΔ −2 = −6 + yΔ 2 2 οπότε είναι Δ(−2 , 2) . Άρα είναι ΑΔ : y − yΔ = λΑΔ(x − xΔ) . Είναι ΑΔ / / ΒΓ , οπότε λΑΔ = λΒΓ = 1 , συνεπώς 2 ΑΔ : y−2 = 1 (x + 2) ⇔ ΑΔ : 2y − 4 = x+2 ⇔ ΑΔ : x − 2y + 6 = 0 . 2 - 482 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Επίσης, ΓΔ : y − yΔ = λΓΔ(x − xΔ) . Είναι ΓΔ / / ΑΒ , οπότε λΓΔ = λΑΒ = −2 , συνεπώς ΓΔ : y − 2 = −2(x + 2) ⇔ ΓΔ : y − 2 = −2x − 4 ⇔ ΓΔ : 2x + y + 2 = 0 . Άσκηση 328 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνεται ότι το σημείο Α(0 , 4) είναι κορυφή ρόμβου. Αν μια διαγώνιος του ρόμβου βρί- σκεται πάνω στην ευθεία ε1 : −x + 3y − 2 = 0 και οι δύο πλευρές του είναι παράλληλες προς την ευθεία ε2 : y − x = 0 , να βρείτε τις συντεταγμένες των κορυφών του. Λύση Θέτοντας τις συντεταγμένες του Α στην εξίσωση της (ε1) , έχω ότι 0 + 3 ⋅ 4 − 2 = 0 ⇔ 10 = 0 , άτοπο. Αυτό σημαίνει ότι το Α δεν ανήκει στην (ε1) , οπότε αυτή δεν είναι η εξίσωση της ΑΓ, άρα είναι ΒΔ : −x + 3y − 2 = 0 . Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) . Αφού ΑΒΓΔ είναι ρόμβος, είναι ΑΓ ⊥ ΒΔ , οπότε ισχύει λΑΓλΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ 1 = −1 ⇔ λΑΓ = −3 . 3 Επομένως, ΑΓ : y − 4 = −3(x − 0) ⇔ ΑΓ : 3x + y − 4 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ ΑΓ : 3x + y − 4 = 0 ⎪⎪⎬⎪⎪⎭⎫⎪ προκύπτει x=1, y = 1 , οπότε είναι ΒΔ : −x + 3y − 2 = 0 Κ(1,1) . Αφού το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος, το Κ είναι το μέσο της ΑΓ, οπότε ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪ xΚ = xΑ + xΓ ⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎭ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎪⎪⎪ 1= 0 + xΓ ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ xΓ = 2 ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧ xΓ = 2 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎭⎫ , 2 1= 2 4 + yΓ = 2 yΓ = −2 yΚ = yΑ + yΓ 4 + yΓ 2 2 - 483 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας άρα είναι Γ(2 ,− 2) . Ως προς την αναφερόμενη παραλληλία: α) αν είναι ΑΔ , ΒΓ / / ε2 , τότε είναι λΑΔ = λΒΓ = λε2 = 1 , οπότε ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) ⇔ ΑΔ : y − 4 = x − 0 ⇔ ΑΔ : x − y + 4 = 0 . Από το σύστημα ⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎧⎪ ΑΔ : x − y + 4 = 0 ⎪⎬⎫⎭⎪⎪⎪⎪ προκύπτει x = −5 , y = −1 , οπότε είναι ΒΔ : −x + 3y − 2 = 0 Δ(−5,− 1) . Το Κ είναι το μέσο της ΒΔ, οπότε ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪ xΚ = xΒ + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪ 1= xΒ − 5 ⎪⎪⎪⎭⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎨⎧⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪ xB − 5 = 2 ⎪⎪⎪⎬⎭⎪⎪⎪⎫ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎨⎪ xB =7 ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎬⎪ , 2 1= 2 yB −1 = 2 yB =3 yΚ = yΒ + yΔ yΒ −1 2 2 άρα είναι Β(7 , 3) . β) αν είναι ΑΒ , ΓΔ / / ε2 , τότε είναι λΑΒ = λΓΔ = λε2 = 1 , οπότε ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 4 = x − 0 ⇔ ΑΒ : x − y + 4 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎩⎧⎨⎪ ΑΒ : x − y + 4 = 0 ⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪ προκύπτει x = −5 , y = −1 , οπότε είναι ΒΔ : −x + 3y − 2 = 0 Β(−5,− 1) . Το Κ είναι το μέσο της ΒΔ, οπότε ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪ xΚ = xΒ + xΔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎭ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪ 1= −5 + xΔ ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎫⎪⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪ xΔ = 7 ⎭⎪⎫⎪⎬⎪⎪⎪⎪ , 2 1= 2 yΔ = 3 yΚ = yΒ + yΔ −1 + yΔ 2 2 άρα είναι Δ(7 , 3) . - 484 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 329 Δίνονται οι ευθείες ε1 : x + y − 1 = 0 , ε2 : x + 3y − 2 = 0 , καθώς και το σημείο Α(3 , 2) . Να βρείτε σημείο Β της (ε1) τέτοιο, ώστε η (ε2) να διέρχεται από το μέσο του ΑΒ. Λύση Αφού το Β είναι σημείο της (ε1) , ισχύει xB + yB −1 = 0 ⇔ yB = 1− xB , ( )οπότε είναι B xB , 1 − xB . Αν Μ είναι το μέσο του ΑΒ, τότε Μ⎝⎜⎛⎜⎜⎜ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎠⎞⎟⎟⎟⎟⎟ ≡ Μ⎜⎜⎜⎜⎛⎝3 + xB , 2 + 1− xB ⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎟ ≡ Μ⎜⎜⎜⎝⎛⎜3 + xB , 3 −x B ⎟⎟⎟⎠⎟⎟⎞ . 2 2 2 2 2 2 Αφού η (ε2) διέρχεται από το Μ, ισχύει xM + 3yM − 2 = 0 , από όπου έχω 3 + xB + 3 ⋅ 3 − xB − 2 = 0 ⇔ 3 + xB + 3(3 − xB) − 4 = 0 ⇔ 3 + xB + 9 − 3xB − 4 = 0 ⇔ 2 2 ⇔ 2xB = 8 ⇔ xB = 4 , οπότε είναι Β(4 ,− 3) . Άσκηση 330 Να δείξετε ότι οι ευθείες ε1 : 2x − y = 3 , ε2 : 5x + 3y = 2 , ε3 : 11x + 4y = 7 διέρχονται από το ίδιο σημείο. Λύση Από το σύστημα ⎧⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ε1 : 2x − y = 3 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪ προκύπτει x=1, y = −1 , οπότε το σημείο τομής ε2 : 5x + 3y = 2 τους είναι το Α(1,− 1) . Θέτω x = 1 , y = −1 στην εξίσωση της (ε3) και έχω 11 ⋅1 + 4 ⋅ (−1) = 7 ⇔ 11 − 4 = 7 , που ισχύει, συνεπώς η (ε3) διέρχεται από το σημείο τομής των (ε1) , (ε2) . - 485 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 331 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και τέμνει τις ευθείες ε1 : x + y − 2 = 0 , ε2 : x + y − 4 = 0 στα σημεία Α και Β αντίστοιχα, ώστε !!!\" ΑΒ = 2 . Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε θα είναι ε : y = λx , αφού διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Θα λύσω το ακόλουθο σύστημα, ώστε να βρω το Α. Από το σύστημα ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪ ε : y = λx ⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎫⎬ έχω ε1 : x + y − 2 = 0 x + λx − 2 = 0 ⇔ (λ + 1)x = 2 . Αν ήταν λ + 1 = 0 ⇔ λ = −1 , τότε θα είχα ότι 0 ⋅ x = 2 , που είναι άτοπο. Άρα είναι λ + 1 ≠ 0 ⇔ λ ≠ −1 , οπότε από την προηγούμενη σχέση έχω x= 2 . λ+1 Με αντικατάσταση στην εξίσωση της (ε), έχω y = 2λ . λ+1 Άρα είναι Α ⎜⎜⎛⎝⎜ λ 2 1 , 2λ 1⎠⎟⎟⎟⎞⎟ , λ ≠ −1 . + λ+ Θα λύσω το ακόλουθο σύστημα, ώστε να βρω το Β. Από το σύστημα ⎪⎪⎧⎪⎪⎩⎨⎪ ε : y = λx ⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎭⎪ έχω ε2 : x + y − 4 = 0 λ+1≠0 4 . λ+1 x + λx − 4 = 0 ⇔ (λ + 1)x = 4 ⇔ x = Με αντικατάσταση στην εξίσωση της (ε), έχω y = 4λ . λ+1 Άρα είναι Β⎛⎜⎜⎜⎝ λ 4 1 , 4λ 1⎟⎠⎟⎟⎞⎟ , λ ≠ −1 . + λ+ - 486 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Σχόλιο Τα δύο συστήματα είναι γραμμικά παραμετρικά και η προτεινόμενη (ως ασφαλέστε- ρη) μέθοδος επίλυσης είναι με ορίζουσες. Θα το δεις στην δεύτερη λύση στην συνέχεια. Επομένως, ( )!!!\" = ⎜⎛⎜⎜⎝ λ 4 2 4λ − 2λ 1⎠⎞⎟⎟⎟⎟ = ⎝⎜⎜⎛⎜ 2 2λ 1⎟⎞⎠⎟⎟⎟ +1 λ+1 λ+1 λ+ + λ+ ΑΒ = xΒ − xΑ , yΒ − yΑ − , λ 1 , και !!!\" ⎜⎛⎝⎜⎜ λ 2 1⎟⎟⎞⎟⎟⎠2 + ⎜⎜⎛⎝⎜ 2λ 1⎞⎟⎟⎠⎟⎟2 = 4 + 4λ2 = 4λ2 + 4 . ΑΒ = + λ+ (λ + 1)2 (λ + 1)2 (λ + 1)2 !!!\" Τότε, από την σχέση ΑΒ = 2 έχω !!!\" 2 = 22 ⇔ 4λ2 + 4 = 4 ⇔ 4 (λ2 + 1) = 4 (λ + 1)2 ⇔ λ2 + 1 = (λ + 1)2 (1) ΑΒ (λ + 1)2 Επειδή είναι λ2 + 1 ≥ 1 , για κάθε λ ∈ ! , πρέπει να είναι και (λ + 1)2 ≥ 1 ⇔ λ2 + 1 + 2λ − 1 ≥ 0 ⇔ λ2 + 2λ ≥ 0 ⇔ λ ≤ −2 ή λ ≥ 0 . Τότε, από την (1) έχω λ2 + 1 = λ2 + 1 + 2λ ⇔ 2λ = 0 ⇔ λ = 0 . Τελικά, η ζητούμενη ευθεία είναι η ε : y = 0 ⋅ x ⇔ ε : y = 0 (δηλαδή ο άξονας x΄x). Δεύτερος τρόπος Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε θα είναι ε : y = λx , αφού διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Θα λύσω το ακόλουθο σύστημα, ώστε να βρω το Α. Το σύστημα ⎨⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎩ ε : y = λx ⎪⎪⎭⎪⎫⎬⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎧⎪⎩⎪ λx − y = 0 ⎪⎪⎪⎪⎫⎭⎬⎪ έχει ορίζουσα ε1 : x + y − 2 = 0 x+y=2 - 487 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας D= λ −1 = λ ⋅1 − 1 ⋅ (−1) = λ + 1 . 1 1 Αφού οι (ε) , (ε1) τέμνονται στο Α, το παραπάνω σύστημα έχει λύση, άρα είναι D ≠ 0 ⇔ λ + 1 ≠ 0 ⇔ λ ≠ −1 . Όπως βλέπεις, εδώ δεν χρειάστηκε να γίνει η διερεύνηση για την παράσταση λ + 1 που έγινε στον πρώτο τρόπο. Διαπίστωση γίνεται και όχι διερεύνηση. Επίσης, είναι: • Dx = 0 −1 = 0 ⋅1 − 2 ⋅ (−1) = 2 . 2 1 • Dy = λ 0 = 2λ − 1 ⋅ 0 = 2λ . 1 2 Τότε, το σύστημα έχει λύση x= Dx = 2 , y= Dy = 2λ , D λ+1 D λ+1 οπότε είναι Α⎜⎛⎜⎝⎜ λ 2 , 2λ 1 ⎞⎟⎟⎠⎟⎟ . +1 λ+ Το σύστημα ⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ ε : y = λx ⎪⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎩ λx − y = 0 ⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎪⎬ έχει ορίζουσα ε2 : x + y − 4 = 0 x+y=4 D = λ −1 = λ + 1 . 11 Αφού οι (ε) , (ε2) τέμνονται στο Β, το παραπάνω σύστημα έχει λύση, άρα είναι D ≠ 0 ⇔ λ + 1 ≠ 0 ⇔ λ ≠ −1 . • Dx = 0 −1 = 0 ⋅1 − 4 ⋅ (−1) = 4 . 4 1 • Dy = λ 0 = 4λ − 1 ⋅ 0 = 4λ . 1 4 - 488 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Τότε, το σύστημα έχει λύση x= Dx = 4 , y= Dy = 4λ , D λ+1 D λ+1 οπότε είναι Β⎜⎜⎜⎝⎛ λ 4 , 4λ 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . +1 λ+ Επομένως, ( )!!!\" = ⎛⎜⎜⎜⎝ λ 4 − 2 4λ − 2λ 1⎟⎟⎟⎠⎞⎟ = ⎝⎜⎜⎜⎛ 2 2λ 1⎟⎟⎟⎞⎠⎟ +1 λ+1 λ+1 λ+ + λ+ ΑΒ = xΒ − xΑ , yΒ − yΑ , λ 1 , και !!!\" ⎜⎛⎝⎜⎜ λ 2 1⎟⎠⎟⎟⎟⎞2 + ⎜⎜⎜⎝⎛ 2λ 1⎞⎟⎟⎟⎟⎠2 = 4 + 4λ2 = 4λ2 + 4 . ΑΒ = + λ+ (λ + 1)2 (λ + 1)2 (λ + 1)2 !!!\" Τότε, από την σχέση ΑΒ = 2 έχω !!!\" 2 = 22 ⇔ 4λ2 + 4 = 4 ⇔ 4 (λ2 + 1) = 4 (λ + 1)2 ⇔ λ2 + 1 = (λ + 1)2 (1) ΑΒ (λ + 1)2 Επειδή είναι λ2 + 1 ≥ 1 , για κάθε λ ∈ ! , πρέπει να είναι και (λ + 1)2 ≥ 1 ⇔ λ2 + 1 + 2λ − 1 ≥ 0 ⇔ λ2 + 2λ ≥ 0 ⇔ λ ≤ −2 ή λ ≥ 0 . Τότε, από την (1) έχω λ2 + 1 = λ2 + 1 + 2λ ⇔ 2λ = 0 ⇔ λ = 0 . Τελικά, η ζητούμενη ευθεία είναι η ε : y = 0 ⋅ x ⇔ ε : y = 0 (δηλαδή ο άξονας x΄x). - 489 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 332 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β(2 , 6) . Η εξίσωση του ύψους ΑΔ είναι x + 2y − 2 = 0 και η διάμεσος ΓΖ έχει εξίσωση x − y + 2 = 0 . Να βρείτε τις συντεταγμένες των άλλων κο- ρυφών του. Λύση Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) . Είναι ΒΓ ⊥ ΑΔ , οπότε λΑΓλΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΓ = 2 . 2 Άρα είναι ΒΓ : y − 6 = 2(x − 2) ⇔ ΒΓ : y − 6 = 2x − 4 ⇔ ΒΓ : 2x − y + 2 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎧⎪ ΒΓ : 2x − y + 2 = 0 ⎫⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪ προκύπτει x=0, y = 2 , οπότε είναι ΓΖ : x − y + 2 = 0 Γ(0 , 2) . Το Ζ ανήκει στην ΓΖ, οπότε ισχύει xZ − yZ + 2 = 0 (1) Το Ζ είναι μέσο της ΑΒ, άρα Ζ⎛⎝⎜⎜⎜⎜ xΑ + xΒ , yΑ + yΒ ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟ ≡ Ζ ⎜⎝⎜⎜⎛⎜ x Α + 2 , yΑ + 6 ⎟⎟⎠⎟⎟⎟⎞ . 2 2 2 2 Τότε, από την (1) έχω xΑ + 2 − yΑ + 6 +2 = 0 ⇔ xΑ + 2 − yΑ −6+4 = 0 ⇔ xΑ − yΑ = 0 ⇔ xA = yA (2) 2 2 Το Α ανήκει στην ΑΔ, άρα ισχύει xΑ + 2yΑ −2 = 0 (2) xΑ + 2xΑ = 2 ⇔ 3xΑ = 2 ⇔ xΑ = 2 . 3 ⇔ Τότε, από την (2) έχω και yΑ = 2 , οπότε είναι Α⎜⎜⎝⎛⎜ 2 , 2 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ . 3 3 3 - 490 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Άσκηση 333 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο τομής των ευθειών ε1 : 2x − 3y + 3 = 0 , ε2 : x − 4y + 9 = 0 και είναι κάθετη στην ευθεία ε3 : x − 2y + 1 = 0 . Λύση Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎧⎪ ε1 : 2x − 3y + 3 = 0 ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭ προκύπτει x=3 , y=3, οπότε οι (ε1) , (ε2) ε2 : x − 4y + 9 = 0 τέμνονται στο σημείο Α(3 , 3) . Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε έχει εξίσωση ε : y − yA = λε(x − xA ) ⇔ ε : y − 3 = λε(x − 3) . Αφού είναι ε ⊥ ε3 , ισχύει λελε3 = −1 ⇔ λε ⋅ −1 = −1 ⇔ λε = −2 , −2 οπότε είναι ε : y − 3 = −2(x − 3) ⇔ ε : y − 3 = −2x + 6 ⇔ ε : 2x + y − 9 = 0 . Άσκηση 334 Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που είναι κάθετη στην ε : x + y =1 στο σημείο αβ α που η (ε) τέμνει τον άξονα x΄x. Λύση Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι α , β ≠ 0 . Ας είναι (ε1) η ζητούμενη ευθεία. Αφού είναι ε1 ⊥ ε , ισχύει λε1λε = −1 . Η (ε) ισοδύναμα γράφεται ε : x + βy = αβ , οπότε ισχύει λε1 ⋅ −1 = −1 ⇔ λε1 = β . β Άρα είναι ε1 : y = βx + µ , µ ∈ ! (1) - 491 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Αν Α είναι το σημείο τομής της (ε) με τον x΄x, αυτό προκύπτει θέτοντας y = 0 στην εξίσωσή της. Τότε έχω x = αβ , οπότε είναι Α(αβ , 0) . Αφού η (ε1) είναι κάθετη στην (ε) στο Α, το Α ανήκει στην (ε1) , οπότε ισχύει 0 = β ⋅ αβ + µ ⇔ µ = −αβ2 . Άρα από την (1) έχω την ευθεία ε1 : y = βx − αβ2 . Άσκηση 335 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και από το σημείο τομής των ευθειών ε1 : y − βx =1 , ε2 : x + βy =1 , το οποίο δεν βρίσκεται πά- α α νω στους άξονες x΄x και y΄y. Λύση Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι α ≠ 0 . Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε αυτή έχει εξίσωση ε : y = λεx (1) , αφού διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις για τον αριθμό β: α) αν είναι β = 0 , τότε είναι ε1 : y = 1 ⇔ ε1 : y = α , ε2 : x = 1 ⇔ ε2 : x = α . α α Οι ευθείες αυτές τέμνονται στο σημείο Α(α , α) , το οποίο δεν βρίσκεται πάνω σε κανέ- ναν από τους άξονες, αφού είναι α ≠ 0 . Αφού η (ε) διέρχεται από το Α, από την (1) έχω ότι α≠0 α = λε ⋅α ⇔ λε = 1 . Τότε, πάλι από την (1), έχω ότι ε : y = x . - 492 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας β) αν είναι β ≠ 0 και Μ το σημείο τομής των (ε1) , (ε2) , τότε από το ακόλουθο σύστη- μα έχω: ⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪ ε1 : y − βx = 1 ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬⎪⎭⎪ ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎨ −αβx + y = α ⎪⎪⎬⎫⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎩ −αβx + y = α ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭ . α + βy = 1 x + αβy = α αβx + α2β2y = α2β ⋅αβ ε2 : x α Προσθέτω κατά μέλη και προκύπτει y + α2β2y = α + α2β ⇔ (1 + α2β2) ⋅ y = α + α2β . Επειδή είναι 1 + α2β2 > 0 , για κάθε α , β ∈ ! , έχω ότι y= α + α2β = yΜ . 1 + α2β2 Από την εξίσωση x + αβy = α έχω τότε x = α − αβy = α − αβ ⋅ α + α2β =α− αβ(α + α2β) = α+ α3β2 − α2β − α3β2 ⇔ 1 + α2β2 1 + α2β2 1 + α2β2 ⇔x= α − α2β = xΜ . 1 + α2β2 Επομένως είναι Μ⎝⎜⎜⎛⎜⎜1α+−αα22ββ2 , α + α2β ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ . 1 + α2β2 Αφού η (ε) διέρχεται από το Μ, από την (1) έχω α + α2β = λε ⋅ α − α2β α≠0 1 + α2β2 1 + α2β2 ⇔ α + α2β = λε(α − α2β) ⇔ α (1 + αβ) = λε ⋅ α (1 − αβ) ⇔ ⇔ (1 − αβ) ⋅ λε = 1 + αβ (2) Αφού το Μ δεν ανήκει ούτε στον x΄x ούτε στον y΄y, είναι xM ≠ 0 , yM ≠ 0 . Αφού είναι xM ≠ 0 , έχω ότι α − α2β ≠ 0 ⇔ α − α2β ≠ 0 ⇔ α(1 − αβ) ≠ 0 α≠0 1 − αβ ≠ 0 . 1 + α2β2 ⇔ - 493 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 1. Εξίσωση ευθείας Έτσι, από την (2) έχω ότι λε = 1 + αβ , οπότε από την (1) έχω την ευθεία 1 − αβ ε:y= 1 + αβ ⋅x . 1 − αβ - 494 - 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
