Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ - ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Η ευθεία στο επίπεδο Παράγραφος 3 Εμβαδόν τριγώνου ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Κατηγορία 3 Νέα Μουδανιά • Αύγουστος 2020
Λ Υ Μ Ε Ν Ε Σ Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 3 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 3. Εµβαδόν τριγώνου Απόσταση σηµείου από ευθεία • Απόσταση παράλληλων ευθειών • Μεσοπαράλληλη δύο ευθειών (µε γνωστή την µεταξύ τους απόσταση) Εισαγωγικό σχόλιο Οι ασκήσεις εδώ ασχολούνται κυρίως με τον τύπο της απόστασης σημείου από ευθεία και το εμβαδόν τριγώνου. Χρειάζονται λίγη παραπάνω προσοχή οι πράξεις και οι εξι- σώσεις που προκύπτουν, αφού εμφανίζεται απόλυτη τιμή και στους δύο τύπους και οι σχετικές εξισώσεις κάποιες φορές χρειάζονται περιορισμούς. Θα δεις επίσης πώς θα αναγνωρίζεις την ανάγκη να χρησιμοποιήσεις τον έναν ή τον άλλο τύπο. Όπως πάντα, να προσέχεις τόσο το σκεπτικό επίλυσης της άσκησης όσο και την παρουσίασή της. - 537 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 356 Δίνονται τα σημεία Α(4 , 2) , Β(7 ,− 1) και η ευθεία x + 3y = 2 . Να βρείτε σημείο Μ της ευθείας τέτοιο, ώστε το τρίγωνο ΑΒΜ να έχει εμβαδόν ίσο με 12. Λύση Ας είναι Μ(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο και (ε) η δοθείσα ευθεία. 1ο βήμα Αφού το Μ είναι σημείο της (ε), θέτω x = x0 , y = y0 στην εξίσωση της (ε) και έχω ότι x0 + 3y0 = 2 ⇔ x0 = 2 − 3y0 (1) 2ο βήμα Αφού το τρίγωνο ΑΒΜ έχει εμβαδόν 12, ισχύει !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΜ det ΑΒ , ΑΜ = 24 ( ) ( )(ΑΒΜ) = 12 ⇔ 1 2 ⋅ det = 12 ⇔ (2) • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (7 − 4 , − 1 − 2) = (3 ,− 3) . ΑΒ !!!\" (1) ( ) ( ) ( )• ΑΜ = xΜ − xΑ , yΜ − yΑ = x0 − 4 , y0 − 2 = 2 − 3y0 − 4 , y0 − 2 = ( )= −3y0 − 2 , y0 − 2 . ( )!!!\" !!!\" 3 −3 = 3(y0 − 2) − (−3) ⋅ (−3y0 − 2) = −3y0 − 2 y0 − 2 • det ΑΒ , ΑΜ = = 3y0 − 6 − 9y0 − 6 = −6y0 − 12 . Άρα από την (2) έχω ότι −6y0 − 12 = 24 ⇔ 6y0 + 12 = 24 ⇔ 6(y0 + 2) = 24 ⇔ 6 y0 + 2 = 24 ⇔ ⇔ y0 + 2 = 4 ⇔ y0 + 2 = 4 ή y0 + 2 = −4 ⇔ y0 = 2 ή y0 = −6 . α) Για y0 = 2 , από την (1) έχω x0 = 2 − 3 ⋅ 2 = −4 , οπότε M(−4 , 2) . β) Για y0 = −6 , από την (1) έχω x0 = 2 − 3 ⋅ (−6) = 20 , οπότε M(20 ,− 6) . - 538 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 357 Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζουν οι ευθείες x + y − 1 = 0 , y = 2x − 1 και y + 7 = 3(x + 2) . Λύση Ας είναι ε1 : x + y − 1 = 0 , ε2 : y = 2x − 1 , ε3 : y + 7 = 3(x + 2) οι ευθείες. 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) . Το σκεπτικό είναι απλό: οι ευθείες τέμνονται ανά δύο, οπότε θα βρω τα σημεία τομής τους. Αυτά είναι που θα σχηματίσουν το τρίγωνο του οποίου θα βρω το εμβαδόν. Από το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎩⎨ ε1 : x + y − 1 = 0 ⎪⎭⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎬ προκύπτει x = 2 , y= 1 , οπότε είναι ε2 : y = 2x − 1 3 3 A ⎜⎝⎛⎜⎜ 2 , 1 ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ . 3 3 Είναι ε3 : y + 7 = 3x + 6 ⇔ ε3 : y = 3x − 1 , οπότε από το σύστημα ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪ ε2 : y = 2x − 1 ⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪ ε3 : y = 3x − 1 προκύπτει x = 0 , y = −1 , άρα είναι B(0 ,− 1) . Τέλος, από το σύστημα ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧ ε1 : x + y − 1 = 0 ⎪⎬⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎪ προκύπτει x = 1 , y= 1 , οπότε είναι ε3 : y = 3x − 1 2 2 Γ ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 , 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ . 2 2 !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ ( )Έτσι, 1 το ζητούμενο εμβαδόν είναι το (ΑΒΓ) = 2 ⋅ det . !!!\" = ⎝⎜⎜⎛⎜0 − 2 31 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ = ⎛⎝⎜⎜⎜− 2 34⎟⎠⎟⎟⎟⎞ . ΑΒ = 3 3 ( )• xΒ − xΑ , yΒ − yΑ , −1− , − !!!\" = ⎜⎜⎛⎜⎝21 2 1 1 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ ⎜⎜⎛⎜⎝− 1 1 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ ΑΓ = 3 2 3 6 6 ( )• − = xΓ − xΑ , yΓ − yΑ − , , . - 539 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου ( )!!!\" !!!\" − 2 − 4 2 1 −1 −4 1 2 3 1 . 3 3 3 6 6 3 9 9 9 3 • det ΑΒ , ΑΓ = = − ⋅ − ⋅ = − − = − = − 1 1 − 6 6 Τελικά, είναι (ΑΒΓ) = 1 ⋅ − 1 = 1 ⋅ 1 ⇔ (ΑΒΓ) = 1 τ.µ. . 2 3 2 3 6 «τ.μ.» σημαίνει «τετραγωνικές μονάδες». Άσκηση 358 Να βρείτε σημείο της ευθείας 2x − 3y + 1 = 0 που απέχει από την ευθεία 4x − 3y + 2 = 0 απόσταση 3. Λύση Ας είναι M(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο και (ε1) , (ε2) αντίστοιχα οι δύο ευθείες που δίνονται. 1ο βήμα Αφού το Μ είναι σημείο της (ε1) , θέτω x = x0 , y = y0 στην εξίσωση της (ε1) και έχω 2x0 − 3y0 + 1 = 0 ⇔ 3y0 = 2x0 + 1 (1) 2ο βήμα Αφού το Μ απέχει από την (ε2) απόσταση 3, ισχύει d(Μ , ε2) = 3 , από όπου έχω 4x0 − 3y0 + 2 (1) 4x0 − 2x0 − 1 + 2 = 3 ⇔ 2x0 + 1 = 15 ⇔ 42 + (−3)2 5 =3 ⇔ ⇔ 2x0 + 1 = 15 ή 2x0 + 1 = −15 ⇔ 2x0 = 14 ή 2x0 = −16 ⇔ x0 = 7 ή x0 = −8 . α) Για 2x0 = 14 , από την (1) έχω 3y0 = 14 + 1 ⇔ 3y0 = 15 ⇔ y0 = 5 , οπότε είναι Μ(7 , 5) . - 540 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου β) Για 2x0 = −16 , από την (1) έχω 3y0 = −16 + 1 ⇔ 3y0 = −15 ⇔ y0 = −5 , οπότε είναι M(−8 ,− 5) . Άσκηση 359 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σημείο A(1, 2) και απέχει από το σημείο B(3 ,1) απόσταση ίση με 2. Λύση Μια ευθεία που διέρχεται από το Α είναι η x = 1 , της οποίας η απόσταση από το Β είναι 2 μονάδες, όπως φαίνεται στο σχήμα. Άρα αυτή είναι και μία από τις ζητούμενες ευθείες. Σημαντικό σχόλιο Όταν ζητείται η εξίσωση μιας ευθείας και στα δεδο- μένα αναφέρονται αποστάσεις σημείων από ευθείες, τότε ένα σχήμα είναι πολύ βοηθητικό, διότι κατακόρυ- φες ή και οριζόντιες ευθείες πολλές φορές αποτελούν λύσεις του προβλήματος, οι οποίες δεν προκύπτουν όμως με τον κλασικό τρόπο εύρε- σης μιας ευθείας (αυτόν που θα δεις από εδώ και μετά). Αν (ε) είναι μία ακόμη ευθεία με τις ζητούμενες ιδιότητες, όχι παράλληλη στον άξονα x΄x ή τον y΄y, τότε αυτή θα έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 2 = λ(x − 1) ⇔ ε : y − 2 = λx − λ ⇔ ⇔ ε : λx − y + 2 − λ = 0 (1) , όπου λ = λε ≠ 0 . Ισχύει d(Β , ε) = 2 , από όπου έχω λ ⋅ 3 − 1 + 2 − λ = 2 ⇒ 2λ + 1 = 2 ⇔ 2λ + 1 = 2 λ2 + 1 (2) λ2 + (−1)2 λ2 + 1 Είναι λ2 + 1 ≥ 1 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε και - 541 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου λ2 + 1 ≥ 1 ⇔ λ2 + 1 ≥ 1 ⇔ 2 λ2 + 1 ≥ 2 , για κάθε λ ∈ ! . Άρα, πρέπει να είναι και 2λ + 1 ≥ 2 ⇔ 2λ + 1 ≤ −2 ή 2λ + 1 ≥ 2 ⇔ 2λ ≤ −3 ή 2λ ≥ 1 ⇔ λ ≤ − 3 ή λ≥ 1 . 2 2 Τότε, από την (2) έχω ( )2λ + 12 = 2 2 λ2 + 1 ⇔ (2λ + 1)2 = 4(λ2 + 1) ⇔ 4λ2 + 1 + 4λ = 4λ2 + 4 ⇔ ⇔ 4λ = 3 ⇔ λ = 3 , δεκτή τιμή. 4 Έτσι, από την (1) έχω ότι μία ακόμη ευθεία με τις ζητούμενες ιδιότητες είναι η ε: 3 x−y +2− 3 = 0 ⇔ ε: 3 x−y+ 5 = 0 ⇔ ε : 3x − 4y + 5 = 0 . 4 4 4 4 Άσκηση 360 Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών που είναι παράλληλες στην ευθεία ε : 3x − 4y + 5 = 0 και απέχουν από το σημείο A(2 , 3) απόσταση ίση με 3. Λύση Ας είναι (ε1) μία από τις ζητούμενες ευθείες. Είναι λε = −3 = 3 , οπότε αφού είναι ε/ / ε1 , η (ε1) θα έχει εξίσωση −4 4 ε1 : y = 3 x+β , β ∈ ! ⇔ ε1 : 4y = 3x + 4β ⇔ ε1 : 3x − 4y + 4β = 0 (1) 4 Υπενθύμιση Όταν πρέπει να βρεις την εξίσωση μιας ευθείας και γνωρίζεις ήδη τον συντελεστή διεύθυνσής της, τότε γράψ’ την στην μορφή y = λx + β . Ισχύει d(Α , ε1) = 3 , από όπου έχω 3 ⋅ 2 − 4 ⋅ 3 + 4β 4β − 6 =3⇔ = 3 ⇔ 4β − 6 = 15 ⇔ 4β − 6 = 15 ή 4β − 6 = −15 ⇔ 32 + (−4)2 5 ⇔ 4β = 21 ή 4β = −9 . - 542 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου α) Για 4β = 21 , από την (1) έχω την ευθεία ε1 : 3x − 4y + 21 = 0 . β) Για 4β = −9 , από την (1) έχω την ευθεία ε1 : 3x − 4y − 9 = 0 . Άσκηση 361 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Θεωρούμε τις ευθείες ε1 : x + 2y − 5 = 0 , ε2 : 2x + y − 7 = 0 . Να βρείτε τις εξισώσεις των διχοτόμων των γωνιών που αυτές σχηματίζουν. Λύση Αν Μ(x, y) είναι σημείο μιας εκ των διχοτόμων, τότε αυτό ισαπέχει από τις δύο ευ- θείες, δηλαδή ισχύει d(Μ , ε1) = d(Μ , ε2) , από όπου προκύπτει Υπενθύμιση από την Γεωμετρία Κάθε σημείο της διχοτόμου μιας γωνίας ισαπέχει από τις πλευρές της. Αντίστροφα: Κάθε σημείο στο εσωτερικό μιας γωνίας το οποίο ισαπέχει από τις πλευρές της γωνί- ας, βρίσκεται πάνω στην διχοτόμο της. x + 2y − 5 2x + y − 7 = ⇔ x + 2y − 5 = 2x + y − 7 ⇔ 12 + 22 22 + 12 ⇔ ⎪⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ η x + 2y − 5 = 2x + y − 7 ⎪⎫⎭⎪⎪⎬⎪⎪ ⇔ ⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎩⎪ η x−y−2= 0 ⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎬ ⇔ x + 2y − 5 = −2x − y + 7 3x + 3y − 12 = 0 ⇔ x−y−2= 0 ή x+ y−4 = 0. Αυτές είναι οι εξισώσεις των ζητούμενων διχοτόμων. - 543 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Επιπλέον ερώτημα, το οποίο να προσέξεις πάρα πολύ! Ποια είναι η εξίσωση της διχοτόμου της οξείας γωνίας των δύο ευθειών; Όταν δύο ευθείες τέμνονται, τότε σχηματίζονται τέσσερις γωνίες, οι οποίες είναι ανά δύο κατακορυ- φήν. Αν δεν τέμνονται κάθετα, τότε δύο από αυτές τις γωνίες είναι οξείες και οι άλλες δύο αμβλείες. Θεωρώ τυχαίο σημείο είτε της (ε1) είτε της (ε2) και υπολογίζω τις αποστάσεις του από τις δύο διχοτόμους. Ας είναι δ1 : x − y − 2 = 0 , δ2 : x + y − 4 = 0 . Το σημείο Α(5 , 0) ανήκει στην (ε1) (αφού είναι το σημείο τομής της με τον x΄x), άρα: • d(Α , δ1) = (ΑΒ) = 5−0−2 3 = 32 . = 2 2 12 + (−1)2 • d(Α , δ2) = (ΑΓ) = 5+0−4 = 1= 2 . 12 + 12 2 2 Επειδή είναι d(Α , δ1) > d(Α , δ2) , η δ2 : x + y − 4 = 0 είναι η διχοτόμος της οξείας γωνία των (ε1) , (ε2) . Υπενθυμίσεις από την Γεωμετρία 1. Η (ε1) σχηματίζει με την (ε2) μια οξεία και μια αμβλεία γωνία, οι οποίες είναι εφεξής παραπληρωματικές. 2. Οι διχοτόμοι (δ1) , (δ2) είναι μεταξύ τους κάθετες, αφού διχοτομούν δύο εφεξής και παραπληρωματικές γωνίες. - 544 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 362 Τρίγωνο ΑΒΓ έχει κορυφές τα σημεία Α(−3 , 4) , Β(−1, 0) , Γ(3 , 2) . α. Να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του ΑΒΓ. β. Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ και την εξίσωση της διχοτόμου της γω- νίας Β. Λύση α. Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΒ = λΑΒ(x − xΒ) ⇔ ⇔ ΑΒ : y − 0 = λΑΒ(x + 1) ⇔ ΑΒ : y = λΑΒ(x + 1) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 0−4 = −4 = −2 . xΒ − xΑ −1 + 3 2 Άρα είναι AB : y = −2(x + 1) ⇔ AB : y = −2x − 2 ⇔ AB : 2x + y + 2 = 0 . Εξίσωση της ΒΓ Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) ⇔ ΒΓ : y = λΒΓ(x + 1) , όπου λΒΓ = yΓ − yΒ = 2−0 = 2 = 1 , οπότε xΓ − xΒ 3+1 4 2 ΒΓ : y = 1 (x + 1) ⇔ ΒΓ : 2y = x +1 ⇔ ΒΓ : x − 2y + 1 = 0 . 2 Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΓ = λΑΓ(x − xΓ ) ⇔ ΑΓ : y − 2 = λΑΓ(x − 3) , όπου - 545 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου λΑΓ = yΓ − yΑ = 2−4 = −2 =− 1 , xΓ − xΑ 3+3 6 3 οπότε ΑΓ : y −2 = − 1 (x − 3) ⇔ ΑΓ : 3y −6 = −x + 3 ⇔ ΑΓ : x + 3y − 9 = 0 . 3 β. Εμβαδόν του ΑΒΓ !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ ( )Είναι 1 (ΑΒΓ) = 2 ⋅ det , όπου: • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (−1 + 3 , 0 − 4) = (2,− 4) . ΑΒ • !!!\" = (xΓ − xΑ , yΓ − yΑ) = (3 + 3 , 2 − 4) = (6 ,− 2) . ΑΓ ( )!!!\" !!!\" 2 −4 = 2 ⋅ (−2) − 6 ⋅ (−4) = −2 + 24 = 22 . 6 −2 • det ΑΒ , ΑΓ = Επομένως, (ΑΒΓ) = 1 ⋅ 22 = 1 ⋅ 22 ⇔ (ΑΒΓ) = 11 τ.µ. . 2 2 Πρόσεξε πολύ τα επόμενα! Εξίσωση της διχοτόμου της γωνίας Β Είναι: !!!\" • ΑΒ = 22 + (−4)2 = 20 = 2 5 . • (ΒΓ) = (xΓ − xB)2 + (yΓ − yB)2 = (3 + 1)2 + (2 − 0)2 = 20 = 2 5 . Άρα το ΑΒΓ είναι ισοσκελές, οπότε η διχοτόμος της γωνίας Β είναι και το ύψος προς την πλευρά ΑΓ. Έτσι, αν (δ) είναι αυτή η διχοτόμοςύψος, ισχύει λδλΑΓ = −1 ⇔ λδ ⋅ −1 = −1 ⇔ λδ =3, 3 οπότε δ : y − yB = λδ(x − xΒ) ⇔ δ : y − 0 = 3(x + 1) ⇔ δ : y = 3x + 3 . - 546 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 363 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Δίνονται οι ευθείες ε1 : 5x + y − 9 = 0 , ε2 : 3x − 2y − 8 = 0 και δ : λx + 3y − 3λ − 6 = 0 . Να βρείτε για ποια τιμή του λ το σημείο τομής των ευθειών (ε1) , (ε2) απέχει από την ευθεία (δ) απόσταση ίση με 10 . Λύση Από το σύστημα ⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪ ε1 : 5x + y − 9 = 0 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎬⎪ προκύπτει x=2, y = −1 , οπότε οι (ε1) , (ε2) ε2 : 3x − 2y − 8 = 0 τέμνονται στο σημείο Α(2 ,− 1) . Για να ισχύει d(Α , δ) = 10 , πρέπει λ ⋅ 2 + 3 ⋅ (−1) − 3λ − 6 = 10 ⇔ −λ − 9 = 10 ⇔ −λ − 9 = 10 ⋅ λ2 + 9 ⇔ λ2 + 32 λ2 + 9 ⇔ λ + 9 = 10 ⋅ λ2 + 9 (1) Είναι λ2 + 9 ≥ 9 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε Να θυμάσαι ότι γενικώς ισχύει x2 + θ ≥ θ , για κάθε θ ∈ ! . λ2 + 9 ≥ 9 ⇔ λ2 + 9 ≥ 3 ⇔ 10 ⋅ λ2 + 9 ≥ 3 10 . Άρα πρέπει και λ + 9 ≥ 3 10 ⇔ λ + 9 ≤ −3 10 ή λ + 9 ≥ 3 10 ⇔ ⇔ λ ≤ −9 − 3 10 η λ ≥ −9 + 3 10 (2) Τότε, από την (1) έχω ( )λ + 9 2 = 2 10 ⋅ λ2 + 9 ⇔ (λ + 9)2 = 10(λ2 + 9) ⇔ λ2 + 81 + 18λ = 10λ2 + 90 ⇔ ⇔ 9λ2 − 18λ + 9 = 0 ⇔ λ2 − 2λ + 1 = 0 ⇔ (λ − 1)2 = 0 ⇔ λ − 1 = 0 ⇔ λ = 1 (διπλή ρίζα). Πρέπει να ελέγξω αν το 1 ικανοποιεί τους περιορισμούς της (2). • Προφανώς δεν είναι 1 ≤ −9 − 3 10 . - 547 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου • Έστω ότι είναι 1 ≥ −9 + 3 10 . Τότε ( )2 10 ≥ 3 10 ⇔ 102 ≥ 3 10 ⇔ 100 ≥ 90 , που ισχύει Άρα η ζητούμενη τιμή του λ είναι λ = 1 . Άσκηση 364 Να βρείτε τα λ , µ ∈ ! , ώστε οι ευθείες ε : x + λy + 1 = 0 , ζ : 2λx + 2y + µ = 0 να είναι παράλληλες και η μεταξύ τους απόσταση να είναι 2 2 . Λύση !\" !\" Το διάνυσμα δ1 = (λ ,− 1) είναι παράλληλο στην (ε), ενώ το δ2 = (2 ,− 2λ) είναι παράλ- ληλο στην (ζ). Ισχύει: !\" !\" ( )!\" !\" ε / / ζ ⇔ δ1 / / δ2 ⇔ det δ1 , δ2 = 0 ⇔ λ −1 :(−2) 2 −2λ = 0 ⇔ −2λ ⋅ λ − 2 ⋅ (−1) = 0 ⇔ ⇔ λ2 − 1 = 0 ⇔ λ2 = 1 ⇔ λ = ± 1 ⇔ λ = 1 ή λ = −1 . Προσοχή! Οι τιμές αυτές του λ ικανοποιούν μόνο την συνθήκη της παραλληλίας των δύο ευθειών. α) Για λ = 1 , είναι: • ε : x + y + 1 = 0 ⇔ ε : y = −x − 1 . • ζ : 2x + 2y + µ = 0 ⇔ ζ : 2y = −2x − µ ⇔ ζ : y = −x − µ . 2 Για να είναι και d(ε , ζ) = 2 2 , πρέπει −1+ µ µ−2 µ−2 2 2 = 2 2 ⇔ 2 = 4 ⇔ µ−2 = 8 ⇔ =2 2⇔ 1 + (−1)2 2 ⇔ µ − 2 = 8 ή µ − 2 = −8 ⇔ µ = 10 ή µ = −6 . Επομένως, είναι (λ , µ) = (1,10) η (λ , µ) = (1,− 6) . - 548 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου β) Για λ = −1 , είναι: • ε:x−y+1= 0 ⇔ ε: y = x+1. • ζ : −2x + 2y + µ = 0 ⇔ ζ : 2y = 2x − µ ⇔ ζ : y = x − µ . 2 Για να είναι και d(ε , ζ) = 2 2 , πρέπει 1+ µ µ+2 µ+2 2 2 2 =2 2⇔ =2 2⇔ =4⇔ µ+2 =8⇔ 1 + 12 2 ⇔ µ + 2 = 8 ή µ + 2 = −8 ⇔ µ = 6 ή µ = −10 . Επομένως, είναι (λ , µ) = (−1, 6) η (λ , µ) = (−1,− 10) . Άσκηση 365 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που είναι παράλληλη στην ευθεία ε : 4x + 3y − 7 = 0 και απέχει από το σημείο Α(1,1) απόσταση 3. Λύση Ας είναι (ε1) η ζητούμενη ευθεία. Αφού είναι παράλληλη στην (ε), ισχύει λ ε1 = λε = − 4 , οπότε 3 ε1 : y = − 4 x + β , β ∈ ! ⇔ ε1 : 3y = −4x + 3β ⇔ ε1 : 4x + 3y − 3β = 0 . 3 Ισχύει d(Α , ε1) = 3 , από όπου έχω 4 ⋅1 + 3 ⋅1 − 3β 7 − 3β = 3 ⇔ 5 = 3 ⇔ 3β − 7 = 15 ⇔ 42 + 32 ⇔ 3β − 7 = 15 ή 3β − 7 = −15 ⇔ 3β = 22 ή 3β = −8 . Επομένως, δύο είναι οι ζητούμενες ευθείες, με εξισώσεις 4x + 3y − 22 = 0 , 4x + 3y + 8 = 0 . - 549 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 366 Να βρείτε την απόσταση του σημείου Ρ(4 , 2) από την ευθεία (ε) που διέρχεται από τα σημεία Α(−1, 2) , Β(3 , 4) . Λύση Η ευθεία (ε) είναι η ΑΒ, με εξίσωση ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , όπου λΑΒ = yΒ − yΑ = 4−2 = 2 = 1 . xΒ − xΑ 3+1 4 2 Άρα είναι 1 2 ΑΒ : y−2 = (x + 1) ⇔ ΑΒ : 2y − 4 = x +1 ⇔ ΑΒ : x − 2y + 5 = 0, οπότε η ζητούμενη απόσταση είναι d(Ρ , ΑΒ) = 4 − 2 ⋅ 2 + 5 = 5 = 2 5 . 5 ⇔ d(Ρ , ΑΒ) = 12 + (−2)2 5 5 Άσκηση 367 Δίνονται οι ευθείες ε1 : 8x + 6y + 3 = 0 , ε2 : 4x + 3y − 5 = 0 . α. Να υπολογίσετε τις αποστάσεις της αρχής των αξόνων από τις (ε1) , (ε2) . β. Να βρείτε την απόσταση των (ε1) , (ε2) . Λύση α. Είναι d(Ο , ε1) = 8⋅0+6⋅0+3 ⇔ d(Ο , ε1) = 3 . 82 + 62 10 Επίσης, d(Ο , ε2) = 4⋅0+3⋅0−5 ⇔ d(Ο , ε2) = 1 . 42 + 32 β. Είναι ε1 : 6y = −8x − 3 ⇔ ε1 : y =− 8 x − 3 ⇔ ε1 : y =− 4 x − 1 . 6 6 3 2 Επίσης, ε2 : 3y = −4x + 5 ⇔ ε2 : y =− 4 x + 5 . 3 3 - 550 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άρα είναι − 1 − 5 −3 − 10 − 13 13 13 2 3 6 6 10 d(ε1 , ε2) = = = = 6 ⇔ d(ε1 , ε2) = . ⎜⎜⎛⎝⎜− ⎟⎠⎟⎞⎟⎟2 16 25 5 1 + 4 1+ 9 3 9 3 Σχόλιο δεύτερη λύση Αν κάνεις σχήμα, θα διαπιστώσεις ότι οι δύο ευθείες βρίσκονται εκατέρωθεν του Ο, οπότε η απόστασή τους θα είναι ίση με το άθροισμα των δύο αποστάσεων του ερωτή- ματος (α). Η λύση αυτή προκύπτει μόνο αν γίνει σχήμα (και έτσι θα δεις γιατί τέθηκε το ερώτημα (α)). Άσκηση 368 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας (ε), η οποία έχει την μορφή ε : y = αx και ισαπέχει από τα σημεία Α(2 , 2) , Β(1, 8) . Λύση Η (ε) ισοδύναμα γράφεται ε : αx − y = 0 . Αφού η (ε) ισαπέχει από τα Α, Β, ισχύει d(Α , ε) = d(Β , ε) , από όπου έχω α ⋅ 2 − 2 = α ⋅1 − 8 ⇔ 2α − 2 = α − 8 ⇔ α2 + (−1)2 α2 + (−1)2 ⇔ 2α − 2 = α − 8 ή 2α − 2 = −α + 8 ⇔ α = −6 ή 3α = 10 ⇔ α = −6 ή α= 10 . 3 Άρα είναι ε : y = −6x ή ε:y= 10 x . 3 - 551 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 369 Δίνεται η ευθεία ε : αx + βy + 7 = 0 . Αν η (ε) έχει συντελεστή διεύθυνσης 3 και το 4 σημείο Μ(−1, 3) απέχει από αυτήν απόσταση 1,2, να βρεθούν τα α, β. Λύση Είναι λε = − α , όπου είναι β ≠ 0 , αφού ορίζεται ο λε . β Είναι 4 α 4 4β 3 β 3 3 λε = ⇔− = ⇔ α = − (1) Ισχύει d(Μ , ε) = 1, 2 = 12 , από όπου έχω 10 α ⋅ (−1) + β ⋅ 3 + 7 = 12 ⇔ −α + 3β + 7 = 6 ⇔ 5 −α + 3β + 7 = 6 (1) α2 + β2 10 α2 + β2 5 α2 + β2 ⇔ ⇔ 5⋅ 4β + 3β + 7 = 6⋅ ⎛⎜⎜⎜⎝− 4β ⎞⎟⎟⎟⎟⎠2 + β2 ⇔ 5⋅ 13β + 21 = 6⋅ 16β2 + β2 ⇔ 3 3 3 9 ⇔ 5⋅ 13β + 21 = 6⋅ 25β2 ⇔ 5 13β + 21 = 6 ⋅ 5 ⋅ β ⇔ 13β + 21 = 6 β ⇔ 3 9 3 3 ⇔ 13β + 21 = 6β ή 13β + 21 = −6β ⇔ 7β = −21 ή 19β = −21 ⇔ ⇔ β = −3 ή β=− 21 . 19 α) Για β = −3 , από την (1) έχω α = − 4 ⋅ (−3 ) = 4 , οπότε 3 (α , β) = (4 ,− 3) . β) Για β=− 21 , από την (1) έχω α = − 4 ⋅ − 21 = 28 , οπότε 19 3 19 19 (α , β) = ⎝⎜⎜⎛⎜ 28 ,− 21 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ . 19 19 - 552 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 370 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Γ(3 , 5) και από την οποία ισαπέχουν τα σημεία Α(−7 , 3) , Β(11,− 15) . Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε αυτή έχει εξίσωση ε : y − yΓ = λε(x − xΓ) ⇔ ε : y − 5 = λ(x − 3) ⇔ ε : y − 5 = λx − 3λ ⇔ ⇔ ε : λx − y + 5 − 3λ = 0 (1) , όπου λ = λε . Αφού τα Α, Β ισαπέχουν από την (ε), ισχύει d(Α , ε) = d(Β , ε) , από όπου έχω λ ⋅ (−7) − 3 + 5 − 3λ = λ ⋅11 − (−15) + 5 − 3λ ⇔ −10λ + 2 = 8λ + 20 ⇔ λ2 + (−1)2 λ2 + (−1)2 ⇔ −10λ + 2 = 8λ + 20 ή −10λ + 2 = −8λ − 20 ⇔ 18λ = −18 ή 2λ = 22 ⇔ ⇔ λ = −1 ή λ = 11 . α) Για λ = −1 , από την (1) έχω την ευθεία ε : −x − y + 5 − 3 ⋅ (−1) = 0 ⇔ ε : x + y − 8 = 0 . β) Για λ = 11 , από την (1) έχω την ευθεία ε : 11x − y + 5 − 3 ⋅11 = 0 ⇔ ε : 11x − y − 28 = 0 . - 553 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 371 Δίνονται τα σημεία Α(−2 , 0) , Β(5,− 3) . Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών που διέρχονται από το Α και από τις οποίες η απόσταση του Β είναι ίση με 3. Λύση Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε αυτή έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 0 = λ(x + 2) ⇔ ε : y = λx + 2λ ⇔ ⇔ ε : λx − y + 2λ = 0 (1) , όπου λ = λε . Ισχύει d(Β , ε) = 3 , από όπου έχω λ ⋅ 5 − (−3) + 2λ = 3 ⇔ 7λ + 3 = 3 ⇔ 7λ + 3 = 3 λ2 + 1 (2) λ2 + (−1)2 λ2 + 1 Είναι λ2 + 1 ≥ 1 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε και λ2 + 1 ≥ 1 ⇔ 3 λ2 + 1 ≥ 3 . Άρα πρέπει να είναι και 7λ + 3 ≥ 3 ⇔ 7λ + 3 ≤ −3 ή 7λ + 3 ≥ 3 ⇔ 7λ ≤ −6 ή 7λ ≥ 0 ⇔ ⇔ λ ≤− 6 η λ≥0 (3) 7 Τότε, από την (2) έχω ( )7λ + 3 2 = 2 3 λ2 + 1 ⇔ (7λ + 3)2 = 9(λ2 + 1) ⇔ 49λ2 + 9 + 42λ = 9λ2 + 9 ⇔ ⇔ 40λ2 + 42λ = 0 ⇔ 20λ2 + 21λ = 0 ⇔ λ(20λ + 21) = 0 ⇔ λ = 0 ή 20λ + 21 = 0 ⇔ ⇔λ=0 ή λ=− 21 . 20 Η τιμή λ = 0 προφανώς ικανοποιεί την (3). Θα ελέγξω αν η τιμή λ = − 21 είναι δεκτή. 20 Έστω ότι − 21 ≤− 6 . Τότε 20 7 - 554 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου 21 ≥ 6 ⇔ 7 ⋅ 21 ≥ 6 ⋅ 20 ⇔ 147 ≥ 120 , που ισχύει. 20 7 Άρα και η τιμή λ=− 21 είναι δεκτή. 20 α) Για λ = 0 , από την (1) έχω την ευθεία ε : −y = 0 ⇔ ε : y = 0 (δηλαδή τον άξονα x΄x). β) Για λ = − 21 , από την (1) έχω την ευθεία 20 ε : − 21 x − y + 2⋅ −21 ⇔ ε : −21x − 20y − 42 = 0 ⇔ ε : 21x + 20y + 42 = 0 . 20 20 Άσκηση 372 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που απέχει από το σημείο Α(−2 ,1) απόσταση ίση με 12 και διέρχεται από την τομή των ευθειών ε1 : x + y − 3 = 0 και ε2 : 2x − 7y + 3 = 0 . Λύση Από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων των (ε1) , (ε2) εύκολα προκύπτει x = 2 , y = 1 , οπότε το σημείο τομής τους είναι το Β(2 ,1) . Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε αυτή διέρχεται από το Β, οπότε είναι ε : y − yΒ = λε(x − xΒ) ⇔ ε : y − 1 = λ(x − 2) ⇔ ε : y − 1 = λx − 2λ ⇔ ⇔ ε : λx − y + 1 − 2λ = 0 (1) , όπου λ = λε . Ισχύει d(Α , ε) = 12 , από όπου έχω λ ⋅ (−2) − 1 + 1 − 2λ −4λ = 2 3 ⇔ 4 λ = 2 3 ⋅ λ2 + 1 ⇔ = 12 ⇔ λ2 + (−1)2 λ2 + 1 ⇔ 2 λ = 3 ⋅ λ2 + 1 (2) Είναι λ2 + 1 ≥ 1 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε - 555 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου λ2 + 1 ≥ 1 ⇔ 3 ⋅ λ2 + 1 ≥ 3 . Άρα πρέπει να είναι και 2λ ≥ 3 ⇔λ≥ 3 ⇔ λ≤− 3 ή λ≥ 3 . 2 2 2 Τότε, από την (2) έχω ( ) ( )2 λ 2 = 3 ⋅ λ2 + 1 2 ⇔ 4 λ 2 = 3(λ2 + 1) ⇔ 4λ2 = 3λ2 + 3 ⇔ λ2 = 3 ⇔ ⇔ λ = 3 ή λ = − 3 , τιμές αμφότερες δεκτές. α) Για λ = 3 , από την (1) έχω την ευθεία ε : 3 x − y + 1 − 2 3 = 0 . β) Για λ = − 3 , από την (1) έχω την ευθεία ( )ε : − 3 x − y + 1 − 2 ⋅ − 3 = 0 ⇔ ε : 3 x + y − 1 − 2 3 = 0 . Άσκηση 373 Δίνεται η ευθεία ε1 : 3x − 5y + 2 = 0 και το σημείο Α(−3 ,1) . Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας (ε2) , η οποία είναι παράλληλη προς την (ε1) , αν γνωρίζουμε ότι το σημείο Α ισαπέχει από τις ευθείες (ε1) , (ε2) . Λύση Είναι λ ε1 = −3 = 3 , οπότε και λ ε2 = 3 , αφού είναι ε2 / / ε1 . −5 5 5 Τότε είναι ε2 : y = 3 x + α , α ∈ ! ⇔ ε2 : 5y = 3x + 5α ⇔ ε2 : 3x − 5y + 5α = 0 (1) 5 Ισχύει d(Α , ε1) = d(Α , ε2) , από όπου έχω 3 ⋅ (−3) − 5 ⋅1 + 2 = 3 ⋅ (−3) − 5 ⋅1 + 5α ⇔ −12 = 5α − 14 ⇔ 32 + (−5)2 32 + (−5)2 ⇔ 5α − 14 = 12 ή 5α − 14 = −12 ⇔ 5α = 26 ή 5α = 2 . - 556 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου α) Για 5α = 26 , από την (1) έχω την ευθεία ε2 : 3x − 5y + 26 = 0 . β) Για 5α = 2 , από την (1) έχω την ευθεία ε2 : 3x − 5y + 2 = 0 . Άσκηση 374 Να βρείτε σημείο του άξονα x΄x, το οποίο ισαπέχει από την αρχή των αξόνων και την ευθεία ε : 3x + y − 6 = 0 . Λύση Ας είναι Α(x0 , 0) το ζητούμενο σημείο. Ισχύει (ΟΑ) = d(Α , ε) , από όπου έχω x0 = 3x0 + 0 − 6 ⇔ x0 = 3x0 − 6 ⇔ 10 x0 = 3x0 − 6 ⇔ 32 + 12 10 ⇔ 10x0 = 3x0 − 6 ή 10 x0 = −3x0 + 6 . α) Από την σχέση 10 x0 = 3x0 + 6 έχω ( )6 = − ( )( )10 −3 ( )10 x0 − 3x0 = −6 ⇔ 10 − 3 x0 = −6 ⇔ x0 = − 6 10 + 3 ( )6 10 + 3 = ( )= − 10 − 9 ⇔ x0 = −6 10 + 3 , 10 − 3 10 + 3 ( ( ) )οπότε το ζητούμενο σημείο είναι το A − 6 10 + 3 , 0 . β) Από την σχέση 10 x0 = −3x0 + 6 έχω ( )6 = ( )( )10 + 3 ( )10 x0 + 3x0 = 6 ⇔ 10 + 3 x0 = 6 ⇔ x0 = 6 10 − 3 ( )6 10 − 3 = ( )= 10 − 9 ⇔ x0 = 6 10 − 3 , 10 + 3 10 − 3 ( ( ) )οπότε το ζητούμενο σημείο είναι το A 6 10 − 3 , 0 . - 557 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 375 Δίνονται οι ευθείες ε1 : 5x + 12y − 7 = 0 , ε2 : 3x + 4y + 8 = 0 . Να βρείτε τα σημεία Μ της ευθείας (ε1) που απέχουν από την (ε2) απόσταση 1. Λύση Ας είναι M(x0 , y0) ένα από τα ζητούμενα σημεία. Αφού το Μ ανήκει στην (ε1) , ισχύει 5x0 + 12y0 − 7 = 0 . Ισχύει και d(Μ , ε2) = 1 , από όπου έχω 3x0 + 4y0 + 8 =1⇔ 3x0 + 4y0 + 8 = 1 ⇔ 3x0 + 4y0 + 8 = 5 ⇔ 32 + 42 5 ⇔ 3x0 + 4y0 + 8 = 5 ή 3x0 + 4y0 + 8 = −5 ⇔ ⇔ 3x0 + 4y0 + 3 = 0 ή 3x0 + 4y0 + 13 = 0 . α) Αν είναι 3x0 + 4y0 + 3 = 0 , τότε από το σύστημα ⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎩⎧ 5x0 + 12y0 − 7 = 0 ⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎫ εύκολα 3x0 + 4y0 + 3 = 0 προκύπτει x0 = −4 , y0 = 9 , οπότε είναι M⎜⎛⎜⎝⎜−4 , 9 ⎟⎟⎟⎠⎟⎞ . 4 4 β) Αν είναι 3x0 + 4y0 + 13 = 0 , τότε από το σύστημα ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎪ 5x0 + 12y0 − 7 = 0 ⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪⎪⎪ εύκολα 3x0 + 4y0 + 13 = 0 προκύπτει x0 = − 23 , y0 = − 43 , οπότε είναι M⎜⎛⎜⎜⎝− 23 ,− 43 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ . 2 8 2 8 - 558 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 376 Δίνονται τα σημεία Β(4 ,− 2) , Γ(7 ,1) . Να βρείτε σημείο Α της ευθείας ε : 3x − y − 3 = 0 , το οποίο ισαπέχει από τα σημεία Β και Γ. Λύση Ας είναι Α(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο. Αφού το Α είναι σημείο της (ε), ισχύει 3x0 − y0 − 3 = 0 ⇔ y0 = 3x0 − 3 (1) Αφού το Α ισαπέχει από τα Β και Γ, ισχύει (ΑΒ) = (ΑΓ) ⇔ (ΑΒ)2 = (ΑΓ)2 (2) (1) • (ΑΒ)2 = (xΒ − xΑ )2 + (yΒ − yΑ )2 = (4 − x0)2 + (−2 − y0)2 = = (4 − x0)2 + (−2 − 3x0 + 3)2 = (4 − x0)2 + (1 − 3x0)2 = = 16 + x 2 − 8x0 + 1 + 9x20 − 6x0 = 10x20 − 14x0 + 17 . 0 (1) • (ΑΓ)2 = (xΓ − xΑ )2 + (yΓ − yΑ )2 = (7 − x0)2 + (1 − y0)2 = = (7 − x0)2 + (1 − 3x0 + 3)2 = (7 − x0)2 + (4 − 3x0)2 = = 49 + x20 − 14x0 + 16 + 9x20 − 24x0 = 10x 2 − 38x0 + 65 . 0 Τότε, από την (2) έχω 10x20 − 14x0 + 17 = 10x20 − 38x0 + 65 ⇔ 24x0 = 48 ⇔ x0 = 2 . Έτσι, από την (1) έχω y0 = 3 ⋅ 2 − 3 = 3 , οπότε τελικά είναι Α(2 , 3) . - 559 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 377 Δίνονται τα σημεία Α(1,1) , Β(2 , 5) . Στην εξίσωση ε : y = 2x + α , να βρείτε την τιμή του α ∈ ! , ώστε τα σημεία Α και Β να ισαπέχουν από την ευθεία (ε). Λύση Η εξίσωση της (ε) ισοδύναμα γράφεται ε : 2x − y + α = 0 . Για να ισαπέχουν τα Α, Β από την (ε), θα πρέπει 2⋅1−1+α 2⋅2−5+α d(Α , ε) = d(Β , ε) ⇔ = ⇔ 1 + α = −1 + α ⇔ 22 + (−1)2 22 + (−1)2 ⇔ 1 + α = −1 + α ή 1 + α = 1 − α ⇔ 1 = −1 (άτοπο) ή 2α = 0 ⇔ α = 0 . Άσκηση 378 Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που είναι παράλληλη στην ευθεία ε : 3x − y + 2 = 0 και απέχει από αυτήν απόσταση 2. Λύση Είναι λε = −3 = 3 , οπότε αν ονομάσω (ε1) την ζητούμενη ευθεία, θα είναι −1 ε1 : y = 3x + α , α ∈ ! (1) Η εξίσωση της (ε) ισοδύναμα γράφεται ε : y = 3x + 2 . Ισχύει d(ε , ε1) = 2 , από όπου έχω 2−α =2⇔ α−2 = 2 ⇔ α − 2 = 2 10 ⇔ α − 2 = 2 10 ή α − 2 = −2 10 ⇔ 1 + 32 10 ⇔ α = 2 + 2 10 ή α = 2 − 2 10 . Άρα είναι ε1 : y = 3x + 2 + 2 10 ή ε1 : y = 3x + 2 − 2 10 . - 560 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 379 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που περνάει από το κοινό σημείο των ευθειών ε1 : x − 3y + 1 = 0 , ε2 : 2x + 5y − 9 = 0 και απέχει από την αρχή των αξόνων απόσταση d=2. Λύση Από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων των (ε1) , (ε2) εύκολα προκύπτει x = 2 , y = 1 , οπότε το κοινό τους σημείο είναι το Α(2 ,1) . Αν (ε) είναι η ζητούμενη ευθεία, τότε αυτή διέρχεται από το Α και έχει εξίσωση ε : y − yΑ = λε(x − xΑ) ⇔ ε : y − 1 = λ(x − 2) ⇔ ε : y − 1 = λx − 2λ ⇔ ⇔ ε : λx − y + 1 − 2λ = 0 (1) , όπου λ = λε . Με την βοήθεια του σχήματος, η ευθεία x = 2 διέρ- χεται από το Α και απέχει από το Ο απόσταση ίση με 2, άρα αποτελεί μία από τις ζητούμενες ευθείες. Αυτό ήταν το πιο λεπτό σημείο της άσκησης και μπορούσες να το δεις μόνο αν έκανες σχήμα! Ισχύει d(Ο, ε) = 2 , από όπου έχω λ ⋅ 0 − 0 + 1 − 2λ =2⇔ 1 − 2λ =2⇔ λ2 + (−1)2 λ2 + 1 ⇔ 2λ − 1 = 2 λ2 + 1 (2) Είναι λ2 + 1 ≥ 1 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε λ2 + 1 ≥ 1 ⇔ 2 λ2 + 1 ≥ 2 , συνεπώς πρέπει να είναι και 2λ − 1 ≥ 2 ⇔ 2λ − 1 ≤ −2 ή 2λ − 1 ≥ 2 ⇔ 2λ ≤ −1 ή 2λ ≥ 3 ⇔ λ ≤ − 1 ή λ≥ 3 . 2 2 Τότε, από την (2) έχω - 561 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου ( )2λ −12 = 2 2 λ2 + 1 ⇔ (2λ − 1)2 = 4(λ2 + 1) ⇔ 4λ2 + 1 − 4λ = 4λ2 + 4 ⇔ ⇔ 4λ = −3 ⇔ λ =− 3 , δεκτό. 4 Άρα από την (1) έχω και την ευθεία ε:− 3 x − y + 1 − 2 ⋅ −3 = 0 ⇔ ε : −3x − 4y +4+6 = 0 ⇔ ε : 3x + 4y − 10 = 0 . 4 4 Άσκηση 380 Να υπολογιστεί το μήκος του ύψους ΑΔ τριγώνου ΑΒΓ, στο οποίο είναι Α(4 ,13) , Β(10 ,1) , Γ(−2 , 5) . Λύση Το ζητούμενο μήκος είναι ίσο με (ΑΔ) = d(Α , ΒΓ) (1) Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ(x − xΒ) , με λΒΓ = yΓ − yΒ = 5−1 = 4 =− 1 , xΓ − xΒ −2 − 10 −12 3 οπότε ΒΓ : y −1 = − 1 (x − 10) ⇔ ΒΓ : 3y −3 = −x + 10 ⇔ ΒΓ : x + 3y − 13 = 0. 3 Επομένως, (ΑΔ) = d(Α , ΒΓ) = 4 + 3 ⋅13 − 13 = 30 = 30 10 ⇔ (ΑΔ) = 3 10 . 12 + 32 10 10 Δεύτερος τρόπος Το ζητούμενο μήκος είναι ίσο με (ΑΔ) . Θα βρω τα σημεία Α και Δ και μετά θα χρησιμοποιήσω τον τύπο της απόστασης ση- μείων. Για να τα βρω, θα βρω πρώτα τις εξισώσεις των ΑΔ και ΒΓ και μετά θα λύσω το σύστημά τους. Είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) ⇔ ΑΔ : y − 13 = λΑΔ(x − 4) . - 562 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε ισχύει λΑΔλΒΓ = −1 . Είναι λΒΓ = yΓ − yΒ = 5−1 = 4 =− 1 , οπότε xΓ − xΒ −2 − 10 −12 3 συνεπώς λΑΔ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΔ = 3 , 3 ΑΔ : y − 13 = 3(x − 4) ⇔ ΑΔ : y − 13 = 3x − 12 ⇔ ΑΔ : 3x − y + 1 = 0 . Είναι ΒΓ : y − yΒ = λΒΓ (x − xΒ) ⇔ ΒΓ : y −1 = − 1 (x − 10) ⇔ ΒΓ : x + 3y − 13 = 0. 3 Από το σύστημα ⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎩⎪ ΑΔ : 3x − y + 1 = 0 ⎬⎪⎪⎪⎭⎫⎪⎪ προκύπτει x = 1 , y = 4 , οπότε είναι Δ(1, 4) , ΒΓ : x + 3y − 13 = 0 συνεπώς το ζητούμενο μήκος είναι (ΑΔ) = (xΔ − xΑ)2 + (yΔ − yΑ)2 = (1 − 4)2 + (4 − 13)2 = 9 + 81 = 90 ⇔ ⇔ (ΑΔ) = 3 10 . Άσκηση 381 Δίνονται οι ευθείες ε1 : x + αy + 1 = 0 , ε2 : 2αx + 2y + λ = 0 . Να βρείτε τις τιμές των α , λ ∈ ! , για τις οποίες οι (ε1) , (ε2) είναι παράλληλες και η απόστασή τους είναι ίση με d = 2 2 . Λύση !\" !\" ( ) ( )Το διάνυσμα δ1 = α ,− 1 είναι παράλληλο στην (ε1) , ενώ το δ2 = 2,− 2α είναι παράλληλο στην (ε2) . Είναι: ( )!\" !\" !\" !\" ε1 / / ε2 ⇔ δ1 / / δ2 ⇔ det δ1 , δ2 = 0 ⇔ α −1 = 0 ⇔ α ⋅ (−2α) − 2 ⋅ (−1) = 0 ⇔ 2 −2α ⇔ 1 − α2 = 0 ⇔ α2 = 1 ⇔ α = ± 1 ⇔ α = 1 η α = −1 . - 563 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις επομένως: α) για α = 1 είναι: • ε1 : x + y + 1 = 0 ⇔ ε1 : y = −x − 1 . • ε2 : 2x + 2y + λ = 0 ⇔ ε2 : 2y = −2x − λ ⇔ ε2 : y = −x − λ . 2 Είναι d(ε1 , ε2) = 2 2 , από όπου έχω −1+ λ λ−2 λ−2 2 2 2 =2 2⇔ =2 2⇔ = 4 ⇔ λ−2 = 8 ⇔ 1 + (−1)2 2 ⇔ λ − 2 = 8 ή λ − 2 = −8 ⇔ λ = 10 ή λ = −6 . Άρα είναι (α , λ) = (1,10) η (1,− 6) . β) για α = −1 είναι: • ε1 : x − y + 1 = 0 ⇔ ε1 : y = x + 1 • ε2 : −2x + 2y + λ = 0 ⇔ ε2 : 2y = 2x −λ ⇔ ε2 : y = x − λ . 2 Είναι d(ε1 , ε2) = 2 2 , από όπου έχω 1+ λ λ+2 λ+2 2 2 2 =2 2⇔ =2 2⇔ =4⇔ λ+2 =8⇔ 1 + 12 2 ⇔ λ + 2 = 8 ή λ + 2 = −8 ⇔ λ = 6 ή λ = −10 . Άρα είναι (α , λ) = (−1, 6) η (−1,− 10) . - 564 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 382 Δίνονται οι ευθείες ε1 : y = x + 2 , ε2 : y = −x + 4 . Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζεται από το σημείο τομής τους Μ και τα σημεία Α(−3 , 5) και Β(0 , 2) . Λύση !!!\" !!!\" ΜΑ , ΜΒ ( )Ζητείται 1 το (ΜΑΒ) = 2 ⋅ det . Από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων των (ε1) , (ε2) προκύπτει x = 1 , y = 3 , οπότε είναι Μ(1, 3) . • !!!\" = (xΑ − xΜ , yΑ − yΜ) = (−3 − 1 , 5 − 3) = (−4 ,2) . ΜΑ • !!!\" = (xΒ − xΜ , yΒ − yΜ) = (0 − 1 , 2 − 3) = (−1,− 1) . ΜΒ ( )!!!\" !!!\" −4 2 = −4 ⋅ (−1) − 2 ⋅ (−1) = 4 + 2 = 6 . • det ΜΑ , ΜΒ = −1 −1 Άρα είναι (ΜΑΒ) = 1 ⋅ 6 ⇔ (ΜΑΒ) = 3 τ.µ. . 2 Άσκηση 383 Δίνονται τα σημεία Α(1,1) , Β(5, 5) και η ευθεία ε : x − 2y − 1 = 0 . Να βρείτε σημείο Ρ της (ε), ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΡΑΒ να είναι 4. Λύση Ας είναι P(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο. Αφού το Ρ είναι σημείο της (ε), ισχύει x0 − 2y0 − 1 = 0 ⇔ x0 = 2y0 + 1 (1) Είναι !!!\" !!\" !!!\" !!\" ΡΑ , ΡΒ det ΡΑ , ΡΒ = 8 ( ) ( )(ΡΑΒ) = 4 ⇔ 1 2 ⋅ det =4⇔ (2) !!!\" (1) ( ) ( ) ( ) ( )• ΡΑ = xΑ − xΡ , yΑ − yΡ = 1 − x0 , 1 − y0 = 1 − 2y0 − 1 , 1 − y0 = −2y0 , 1 − y0 . - 565 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου !!\" (1) ( ) ( ) ( )• ΡΒ = xΒ − xΡ , yΒ − yΡ = 5 − x0 , 5 − y0 = 5 − 2y0 − 1 , 5 − y0 = ( )= 4 − 2y0 , 5 − y0 . ( )!!!\" !!\" −2y0 1− y0 = −2y0(5 − y0) − (4 − 2y0)(1 − y0) = 4 − 2y0 5 − y0 • det ΡΑ , ΡΒ = = −10y0 + 2y20 − 4 + 4y0 + 2y0 − 2y20 = −4y0 − 4 . Άρα, από την (2) έχω −4y0 − 4 = 8 ⇔ −4(y0 + 1) = 8 ⇔ 4 y0 + 1 = 8 ⇔ y0 + 1 = 2 ⇔ ⇔ y0 + 1 = 2 ή y0 + 1 = −2 ⇔ y0 = 1 ή y0 = −3 . α) Για y0 = 1 , από την (1) προκύπτει x0 = 3 , οπότε είναι P(3 ,1) . β) Για y0 = −3 , από την (1) προκύπτει x0 = −5 , οπότε είναι P(−5 ,− 3) . Άσκηση 384 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Ένα ισοσκελές τρίγωνο έχει κορυφή το σημείο Α(3 , 5) , η βάση του βρίσκεται στην ευ- θεία 2y − x = 12 και το εμβαδόν του είναι 15. Να βρείτε τις εξισώσεις των άλλων δύο πλευρών του. Λύση Είναι ΒΓ : 2y − x = 12 . Αφού το Β ανήκει στην ΒΓ, ισχύει 2yB − xB = 12 ⇔ xB = 2yB − 12 . Ανάλογα, για το Γ ισχύει xΓ = 2yΓ − 12 . Είναι (ΑΒΓ) = 15 , από όπου έχω !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ det ΑΒ , ΑΓ = 30 ⋅( ) ( )1 2 det = 15 ⇔ (1) !!!\" ( ) ( ) ( )• ΑΒ = xΒ − xΑ , yΒ − yΑ = 2yΒ − 12 − 3 , yΒ − 5 = 2yΒ − 15 , yΒ − 5 . - 566 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου !!!\" ( ) ( ) ( )• ΑΓ = xΓ − xΑ , yΓ − yΑ = 2yΓ − 12 − 3 , yΓ − 5 = 2yΓ − 15 , yΓ − 5 . !!!\" !!!\" 2yΒ − 15 yΒ − 5 det ΑΒ , ΑΓ = 2yΓ − 15 yΓ − 5 ( )• = (2yΒ − 15)(yΓ − 5) − (2yΓ − 15)(yΒ − 5) = = 2yΒyΓ − 10yΒ − 15yΓ + 75 − 2yΒyΓ + 10yΓ + 15yΒ − 75 = 5yΒ − 5yΓ = 5(yΒ − yΓ ) . Τότε, από την (1) έχω 5(yΒ − yΓ ) = 30 ⇔ 5 yΒ − yΓ = 30 ⇔ yΒ − yΓ = 6 (2) Φέρνω την διάμεσο ΑΔ, που είναι και ύψος, αφού το ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Τότε είναι ΑΔ : y − yΑ = λΑΔ(x − xΑ) ⇔ ΑΔ : y − 5 = λΑΔ(x − 3) . Είναι ΑΔ ⊥ ΒΓ , οπότε λΑΔλΒΓ = −1 ⇔ λΑΔ ⋅ 1 = −1 ⇔ λΑΔ = −2 . 2 Άρα είναι ΑΔ : y − 5 = −2(x − 3) ⇔ ΑΔ : y − 5 = −2x + 6 ⇔ ΑΔ : 2x + y = 11 . Από το σύστημα ⎪⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎪ ΑΔ : 2x + y = 11 ⎪⎪⎪⎭⎬⎫⎪⎪ προκύπτει x=2, y = 7 , οπότε είναι Δ(2 , 7) . ΒΓ : x − 2y = −12 Το Δ είναι μέσο της ΒΓ, οπότε ισχύει yΔ = yΒ + yΓ ⇔7= yΒ + yΓ ⇔ yΒ + yΓ = 14 ⇔ yΓ = 14 − yΒ (3) 2 2 Αντικαθιστώ την (3) στην (2) και έχω yΒ − 14 + yΒ = 6 ⇔ 2yΒ − 14 = 6 ⇔ 2yB − 14 = 6 ή 2yB − 14 = −6 ⇔ ⇔ 2yB = 20 ή 2yB = 8 ⇔ yΒ = 10 ή yB = 4 . α) Για yB = 10 , από την (3) προκύπτει yΓ = 4 , οπότε: Ι. από την σχέση xB = 2yB − 12 έχω xB = 2 ⋅10 − 12 = 8 , άρα είναι B(8 ,10) . ΙΙ. από την σχέση xΓ = 2yΓ − 12 έχω xΓ = 2 ⋅ 4 − 12 = −4 , άρα είναι Γ(−4 , 4) . - 567 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Εξίσωση της ΑΒ Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = 10 − 5 = 5 =1, xΒ − xΑ 8−3 5 οπότε ΑΒ : y − 5 = x − 3 ⇔ ΑΒ : x − y + 2 = 0 . Εξίσωση της ΑΓ Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) , με λΑΓ = yΓ − yΑ = 4−5 = −1 = 1 , xΓ − xΑ −4 − 3 −7 7 οπότε ΑΓ : y −5 = 1 (x − 3) ⇔ ΑΓ : 7y − 35 = x−3 ⇔ ΑΓ : x − 7y + 32 = 0. 7 β) Για yB = 4 , από την (3) προκύπτει yΓ = 10 , οπότε: Ι. από την σχέση xB = 2yB − 12 έχω xB = 2 ⋅ 4 − 12 = −4 , άρα είναι B(−4 , 4) . ΙΙ. από την σχέση xΓ = 2yΓ − 12 έχω xΓ = 2 ⋅10 − 12 = 8 , άρα είναι Γ(8 ,10) . Παρατηρώ ότι εναλλάσσονται οι ρόλοι των Β και Γ σε σχέση με την περίπτωση (α) παραπάνω, οπότε θα προκύψει ΑΓ : x − y + 2 = 0 , ΑΒ : x − 7y + 32 = 0 . Τελικά, οι άλλες δύο πλευρές του τριγώνου έχουν εξισώσεις x − y + 2 = 0 , x − 7y + 32 = 0 . - 568 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 385 Δίνονται τα σημεία Α(2 , 3) , Β(5, 7) . Να βρείτε σημείο Γ που ανήκει στην ευθεία x = 3 , ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ να είναι 1. Λύση Αφού το Γ ανήκει στην ευθεία x = 3 , έχει συντεταγμένες Γ(3 , yΓ) . Είναι (ΑΒΓ) = 1 , δηλαδή !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ det ΑΒ , ΑΓ = 2 ( ) ( )1⋅ 2 det =1⇔ (1) • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (5 − 2 , 7 − 3) = (3 ,4) . ΑΒ !!!\" ( ) ( ) ( )• ΑΓ = xΓ − xΑ , yΓ − yΑ = 3 − 2 , yΓ − 3 = 1 , yΓ − 3 . ( )!!!\" !!!\" 3 4 = 3(yΓ − 3) − 1 ⋅ 4 = 3yΓ − 9 − 4 = 3yΓ − 13 . 1 yΓ − 3 • det ΑΒ , ΑΓ = Τότε, από την (1) έχω 3yΓ − 13 = 2 ⇔ 3yΓ − 13 = 2 ή 3yΓ − 13 = −2 ⇔ 3yΓ = 15 ή 3yΓ = 11 ⇔ ⇔ yΓ = 5 ή yΓ = 11 . 3 Άρα είναι Γ(3 , 5) ή Γ⎝⎜⎜⎜⎛3 , 11 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ . 3 - 569 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 386 Δίνονται τα σημεία Α(1, 3) , Β(2 , 6) . Να βρείτε σημείο Γ που ανήκει στην ευθεία y = x − 4 , ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ να είναι 7. Λύση Ας είναι Γ(x0 , y0) το ζητούμενο σημείο. Αφού το Γ ανήκει στην ευθεία y = x − 4 , ισχύει y0 = x0 − 4 (1) Είναι (ΑΒΓ) = 7 , από όπου έχω !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ det ΑΒ , ΑΓ = 14 ( ) ( )1 2 ⋅ det =7⇔ (2) • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (2 − 1 , 6 − 3) = (1,3) . ΑΒ !!!\" (1) ( ) ( ) ( )• ΑΓ = xΓ − xΑ , yΓ − yΑ = x0 − 1 , y0 − 3 = x0 − 1 , x0 − 4 − 3 = ( )= x0 − 1 , x0 − 7 . ( )!!!\" !!!\" 1 3 = x0 − 7 − 3(x0 − 1) = x0 − 7 − 3x0 + 3 = x0 −1 x0 − 7 • det ΑΒ , ΑΓ = = −2x0 − 4 . Τότε, από την (2) έχω −2x0 − 4 = 14 ⇔ −2(x0 + 2) = 14 ⇔ 2 x0 + 2 = 14 ⇔ x0 + 2 = 7 ⇔ ⇔ x0 + 2 = 7 ή x0 + 2 = −7 ⇔ x0 = 5 ή x0 = −9 . α) Για x0 = 5 , από την (1) προκύπτει y0 = 1 , οπότε είναι Γ(5 ,1) . β) Για x0 = −9 , από την (1) προκύπτει y0 = −13 , οπότε είναι Γ(−9 ,− 13) . - 570 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 387 Δίνονται τα σημεία Κ(1, 7) , Λ(1, 3) . Να βρείτε σημείο Ρ, ώστε ΚΛ = ΛΡ και (ΚΛΡ) = 8 . Λύση Από την σχέση ΚΛ = ΛΡ προκύπτει (ΛΚ) = (ΛΡ) ⇔ (ΛΚ)2 = (ΛΡ)2 (1) • (ΛΚ)2 = yΚ − yΛ 2 = 7 − 3 2 = 16 , αφού xK = xΛ . • (ΛΡ)2 = (xΡ − xΛ )2 + (yΡ − yΛ )2 = (xΡ − 1)2 + (yΡ − 3)2 . Τότε, από την (1) έχω ότι (xΡ − 1)2 + (yΡ − 3)2 = 16 (2) Ισχύει !!!\" !!\" !!!\" !!\" ΛΚ , ΛΡ det ΛΚ , ΛΡ = 16 ( ) ( )(ΚΛΡ) = 8 ⇔1 2 ⋅ det =8⇔ (3) • !!!\" = (xΚ − xΛ , yΚ − yΛ) = (1 − 1 , 7 − 3) = (0 ,4) . ΛΚ !!\" ( ) ( )• ΛΡ = xΡ − xΛ , yΡ − yΛ = xΡ − 1 , yΡ − 3 . ( )!!!\" !!\" 0 4 = 0 ⋅ (yΡ − 3) − 4(xΡ − 1) = −4(xΡ − 1) . xΡ −1 yΡ − 3 • det ΛΚ , ΛΡ = Τότε, από την (3) προκύπτει −4(xΡ − 1) = 16 ⇔ 4 xΡ − 1 = 16 ⇔ xΡ − 1 = 4 ⇔ xP − 1 = 4 ή xP − 1 = −4 ⇔ ⇔ xP = 5 ή xP = −3 . α) Για xP = 5 , από την (2) έχω (5 − 1)2 + (yΡ − 3)2 = 16 ⇔ (yΡ − 3)2 = 0 ⇔ yΡ − 3 = 0 ⇔ yP = 3 , οπότε είναι P(5, 3) . - 571 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου β) Για xP = −3 , από την (2) έχω (−3 − 1)2 + (yΡ − 3)2 = 16 ⇔ (yΡ − 3)2 = 0 ⇔ yΡ = 3 , οπότε είναι Ρ(−3 , 3) . Άσκηση 388 Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνεται ότι Α(2 , 4) , Β(1,1) , Γ(5,1) . Αν ΑΜ είναι η διάμεσος και (ε) μια ευθεία που διέρχεται από το σημείο Μ τέτοια, ώστε ε ⊥ ΑΜ , να προσδιορίσετε πάνω στην ευθεία (ε) σημείο Κ, ώστε να ισχύει (ΑΒΓ) = (ΚΜΑ) . Λύση Αφού η ΑΜ είναι διάμεσος, το Μ είναι το μέσο της ΒΓ, οπότε Μ⎜⎝⎜⎜⎜⎛ xΒ + xΓ , yΒ + yΓ ⎟⎟⎟⎞⎟⎟⎠ ≡ Μ⎛⎜⎝⎜⎜1 + 5 , 1 + 1⎠⎞⎟⎟⎟⎟ ≡ Μ(3 , 1) . 2 2 2 2 Είναι ε : y − yΜ = λε(x − xΜ) . Είναι ε ⊥ ΑΜ , οπότε ισχύει λελΑΜ = −1 . Είναι λΑΜ = yΜ − yΑ = 1−4 = −3 . xΜ − xΑ 3−2 Άρα ισχύει λε ⋅ (−3) = −1 ⇔ λε = 1 , 3 οπότε είναι ε : y−1= 1 (x − 3) ⇔ ε : 3y − 3 = x− 3 ⇔ ε : x − 3y = 0. 3 Ας είναι K(x0 , y0) . Αφού αυτό ανήκει στην (ε), ισχύει x0 − 3y0 = 0 ⇔ x0 = 3y0 (1) !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ ( )Ι. 1 ⋅ Είναι (ΑΒΓ) = 2 det . • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (1 − 2 , 1 − 4) = (−1,− 3) . ΑΒ - 572 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου • !!!\" = (xΓ − xΑ , yΓ − yΑ) = (5 − 2 , 1 − 4) = (3 ,− 3) . ΑΓ ( )!!!\" !!!\" −1 −3 = −1 ⋅ (−3) − 3 ⋅ (−3) = 3 + 3 = 6 . • det ΑΒ , ΑΓ = 3 −3 Άρα είναι (ΑΒΓ) = 1 ⋅ 6 ⇔ (ΑΒΓ) = 3 . 2 !!!\" !!!\" ΑΜ , ΑΚ ( )ΙΙ. 1 ⋅ Είναι (ΚΜΑ) = 2 det . • !!!\" = (xΜ − xΑ , yΜ − yΑ) = (3 − 2 , 1 − 4) = (1,− 3) . ΑΜ !!!\" (1) ( ) ( ) ( )• ΑΚ = xΚ − xΑ , yΚ − yΑ = x0 − 2 , y0 − 4 = 3y0 − 2 , y0 − 4 . ( )!!!\" !!!\" 1 −3 = y0 − 4 − (−3)(3y0 − 2) = y0 − 4 + 9y0 − 6 = 3y0 − 2 y0 − 4 • det ΑΜ , ΑΚ = = 10y0 − 10 = 10(y0 − 1) . Άρα είναι (ΚΜΑ) = 1 ⋅ 10(y0 − 1) = 1 ⋅ 10 y0 −1 ⇔ (KMA) = 5 y0 − 1 . 2 2 Έτσι, από την σχέση (ΑΒΓ) = (ΚΜΑ) έχω 3 = 5 y0 − 1 ⇔ 5(y0 − 1) = 3 ή 5(y0 − 1) = −3 ⇔ 5y0 − 5 = 3 ή 5y0 − 5 = −3 ⇔ ⇔ 5y0 = 8 ή 5y0 = 2 ⇔ y0 = 8 ή y0 = 2 . 5 5 α) Για y0 = 8 , από την (1) έχω x0 = 24 , οπότε είναι K ⎝⎛⎜⎜⎜ 24 , 8 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠ . 5 5 5 5 β) Για y0 = 2 , από την (1) έχω x0 = 6 , οπότε είναι K ⎛⎝⎜⎜⎜ 6 , 2 ⎟⎟⎠⎞⎟⎟ . 5 5 5 5 - 573 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 389 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνεται η κορυφή Α(1, 4) και οι εξισώσεις δύο υψών του, υ1 : x − y + 4 = 0 , υ2 : 3x + 2y − 14 = 0 . Να βρείτε το εμβαδόν του. Λύση Θέτω τις συντεταγμένες του Α: • στην εξίσωση της (υ1) και έχω 1 − 4 + 4 = 0 ⇔ 1 = 0 , άτοπο. Αυτό σημαίνει ότι η (υ1) δεν είναι εξίσωση ύψους που άγεται από το Α. • στην εξίσωση της (υ2) και έχω 3 ⋅1 + 2 ⋅ 4 − 14 = 0 ⇔ −3 = 0 , άτοπο. Αυτό σημαίνει ότι η (υ2) δεν είναι εξίσωση ύψους που άγεται από το Α. Επομένως, ας είναι ΒΔ : x − y + 4 = 0 , ΓΕ : 3x + 2y − 14 = 0 . Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) . Είναι ΑΒ⊥ ΓΕ , οπότε λΑΒλΓΕ = −1 ⇔ λΑΒ ⋅ −3 = −1 ⇔ λΑΒ = − 2 . −2 3 Άρα είναι ΑΒ : y−4 = − 2 (x − 1) ⇔ ΑΒ : 3y − 12 = −2(x − 1) ⇔ ΑΒ : 3y − 12 = −2x + 2 ⇔ 3 ⇔ ΑΒ : 2x + 3y − 14 = 0 . Από το σύστημα ⎩⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪ ΑΒ : 2x + 3y − 14 = 0 ⎪⎬⎪⎫⎪⎪⎪⎭ προκύπτει x = 2 , y= 22 , άρα είναι ΒΔ : x − y + 4 = 0 5 5 Β⎜⎜⎛⎝⎜ 2 , 22 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟ . 5 5 Είναι ΑΓ : y − yΑ = λΑΓ(x − xΑ) . - 574 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Είναι ΑΓ ⊥ ΒΔ , οπότε λ λΑΓ ΒΔ = −1 ⇔ λΑΓ ⋅ −1 = −1 ⇔ λΑΓ = −1 . −1 Άρα είναι ΑΓ : y − 4 = −(x − 1) ⇔ ΑΓ : y − 4 = −x + 1 ⇔ ΑΓ : x + y − 5 = 0 . Από το σύστημα ⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎩⎪ ΑΓ : x + y − 5 = 0 ⎬⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎪ προκύπτει x=4 , y = 1 , οπότε είναι ΓΕ : 3x + 2y − 14 = 0 Γ(4 ,1) . !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ ( )Επομένως, 1 το ζητούμενο εμβαδόν είναι (ΑΒΓ) = 2 ⋅ det . !!!\" = ⎛⎝⎜⎜⎜52 22 − 4⎟⎞⎟⎠⎟⎟ = ⎝⎜⎜⎜⎛− 3 25⎟⎟⎟⎞⎟⎠ ΑΒ = 5 5 ( )• xΒ − xΑ , yΒ − yΑ −1 , , . • !!!\" = (xΓ − xΑ , yΓ − yΑ) = (4 − 1 , 1 − 4) = (3 ,− 3) . ΑΓ ( )!!!\" !!!\" − 3 2 = − 3 ⋅ (−3) − 3 ⋅ 2 = 9 − 6 = 3 . 5 5 5 5 5 5 • det ΑΒ , ΑΓ = 5 3 −3 Τελικά, είναι (ΑΒΓ) = 1 ⋅ 3 ⇔ (ΑΒΓ) = 3 τ.µ. . 2 5 10 - 575 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 390 Ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ έχει συντεταγμένες κορυφών Α(2 , 3) , Β(3 , 8) και Γ(4 , 5) . Να βρείτε το εμβαδόν του παραλληλογράμμου. Λύση Φέρνοντας την διαγώνιο ΑΓ, θα είναι !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ ( )(ΑΒΓΔ) = 2 ⋅ (ΑΒΓ) = 2⋅ 1 ⋅ det ⇔ 2 !!!\" !!!\" ( )⇔ (ΑΒΓΔ) = det ΑΒ, ΑΓ (1) • !!!\" = (xΒ − xΑ , yΒ − yΑ) = (3 − 2 , 8 − 3) = (1,5) . ΑΒ • !!!\" = (xΓ − xΑ , yΓ − yΑ) = (4 − 2 , 5 − 3) = (2,2) . ΑΓ ( )!!!\" !!!\" 1 5 = 1 ⋅ 2 − 2 ⋅ 5 = 2 − 10 = −8 . 2 2 • det ΑΒ , ΑΓ = Άρα από την (1) έχω (ΑΒΓΔ) = −8 ⇔ (ΑΒΓΔ) = 8 τ.µ. . Δεύτερος τρόπος Είναι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒ) ⋅ d(Γ , ΑΒ) (2) (Τύπος «βάση επί ύψος») • (ΑΒ) = (xΒ − xΑ)2 + (yΒ − yΑ)2 = (3 − 2)2 + (8 − 3)2 = 26 . • Είναι ΑΒ : y − yΑ = λΑΒ(x − xΑ) , με λΑΒ = yΒ − yΑ = 8−3 = 5 = 5, xΒ − xΑ 3−2 1 οπότε ΑΒ : y − 3 = 5(x − 2) ⇔ ΑB : y − 3 = 5x − 10 ⇔ AB : 5x − y − 7 = 0 . Επομένως, d(Γ , ΑΒ) = 5 ⋅ 4 − 5 − 7 = 8 . 52 + (−1)2 26 - 576 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Τελικά, είναι (ΑΒΓΔ) = 26 ⋅ 8 ⇔ (ΑΒΓΔ) = 8 τ.µ. . 26 Άσκηση 391 Οι ευθείες ε1 : λx + (λ − 14)y + λ + 2 = 0 και ε2 : (λ − 3)x + (λ − 10)y + 4 − 2λ = 0 είναι παράλληλες. Να βρείτε: α. τον αριθμό λ. β. σε ποια από τις ευθείες (ε1) και (ε2) βρίσκεται πλησιέστερα το Α(3 , 2) . Λύση ( )!\" α. Το διάνυσμα δ1 = λ − 14 , − λ είναι παράλληλο στην (ε1) , ενώ το ( )!\" δ2 = λ − 10 , 3 − λ είναι παράλληλο στην (ε2) . ( )!\" !\" !\" !\" Αφού είναι ε1 / / ε2 , ισχύει δ1 / / δ2 ⇔ det δ1 , δ2 = 0 , από όπου προκύπτει λ − 14 −λ = 0 ⇔ (λ − 14)(3 − λ) − (−λ)(λ − 10) = 0 ⇔ λ − 10 3−λ ⇔ 3λ − λ2 − 42 + 14λ + λ2 − 10λ = 0 ⇔ 7λ = 42 ⇔ λ = 6 . β. Πρόσεξέ το πάρα πολύ! Για λ = 6 , είναι • ε1 : 6x − 8y + 8 = 0 ⇔ ε1 : 3x − 4y + 4 = 0 . • ε2 : 3x − 4y − 8 = 0 . Θα υπολογίσω τις αποστάσεις του Α από τις δύο ευθείες. Η μικρότερη εξ αυτών θα δείξει και σε ποια ευθεία είναι πλησιέστερα το Α. Είναι: 3⋅3−4⋅2+4 = 5 =1. • d(Α , ε1) = 32 + (−4)2 5 - 577 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου • d(Α , ε2) = 3⋅3−4⋅2−8 = −7 = 7 . 32 + (−4)2 5 5 Επειδή είναι d(Α , ε1) < d(Α , ε2) , το Α είναι πλησιέστερα στην (ε1) . Άσκηση 392 Το σημείο Α(3 ,1) απέχει από την ευθεία ε : λx − 4y + 8 − λ = 0 απόσταση ίση με 2. Να βρείτε: α. τον αριθμό λ. β. τα σημεία της ευθείας ζ : y = x − 3 , τα οποία απέχουν από την (ε) απόσταση ίση με 3. Λύση α. Ισχύει d(Α , ε) = 2 , από όπου προκύπτει λ ⋅3 −4 ⋅1 + 8 − λ =2⇔ 2λ + 4 =2⇔ 2 λ+2 =2⇔ λ2 + (−4)2 λ2 + 16 λ2 + 16 ⇔ λ + 2 = λ2 + 16 (1) Ισχύει λ2 + 16 ≥ 16 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε λ2 + 16 ≥ 16 ⇔ λ2 + 16 ≥ 4 . Άρα πρέπει να είναι και λ + 2 ≥ 4 ⇔ λ + 2 ≤ −4 ή λ + 2 ≥ 4 ⇔ λ ≤ −6 ή λ ≥ 2 . Τότε, από την (1) έχω λ+22 = 2 λ2 + 16 ⇔ (λ + 2)2 = λ2 + 16 ⇔ λ2 + 4 + 4λ = λ2 + 16 ⇔ ⇔ 4λ = 12 ⇔ λ = 3 , τιμή δεκτή. - 578 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου β. Για λ = 3 , είναι ε : 3x − 4y + 5 = 0 . Αν Μ(xM , yM) είναι ένα από τα ζητούμενα σημεία, τότε: • αφού είναι σημείο της (ζ), ισχύει yM = xM − 3 (1) • αφού απέχει από την (ε) απόσταση ίση με 3, ισχύει d(Μ , ε) = 3 , δηλαδή 3xM − 4yM + 5 =3⇔ 3xM − 4yM + 5 (1) 32 + (−4)2 5 = 3 ⇔ 3xM − 4yM + 5 = 15 ⇔ ⇔ 3xM − 4(xM − 3) + 5 = 15 ⇔ 3xM − 4xM + 12 + 5 = 15 ⇔ 17 − xM = 15 ⇔ ⇔ 17 − xM = 15 ή 17 − xM = −15 ⇔ xM = 2 ή xM = 32 . Ι. Για xM = 2 , από την (1) έχω yM = 2 − 3 = −1 , οπότε είναι Μ(2 ,− 1) . ΙΙ. Για xΜ = 32 , από την (1) έχω yΜ = 32 − 3 = 29 , οπότε είναι Μ(32 , 29) . Άσκηση 393 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ με Α(−1, 2) και η εξίσωση μιας πλευράς του είναι x − 2y + 1 = 0 . Να βρείτε το εμβαδόν του τετραγώνου. Λύση Θέτω x = xA = −1 , y = yA = 2 στην εξίσωση της ε : x − 2y + 1 = 0 και έχω −1 + 2 ⋅ 2 + 1 = 0 ⇔ 4 = 0 , άτοπο. Άρα το Α δεν ανήκει στην (ε), οπότε υπολογίζοντας την απόσταση του Α από την (ε) θα έχω το μήκος της πλευράς α του τετραγώνου. Τότε, το εμβαδόν του θα είναι (ΑΒΓΔ) = α2 = ⎣⎡⎢d(Α , ε)⎥⎤⎦2 . Είναι d(Α , ε) = −1 − 2 ⋅ 2 + 1 = −4 = 4 , οπότε 12 + (−2)2 55 - 579 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου (ΑΒΓΔ) = ⎜⎜⎜⎜⎛⎝ 4 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠2 ⇔ (ΑΒΓΔ) = 16 τ.µ. . 5 5 Άσκηση 394 Δίνονται τα σημεία Κ(8 , 3) , Λ(6 ,− 1) . Να βρείτε σημείο Μ του άξονα x΄x, ώστε να ισχύει (ΜΚΛ) = 7 τ.µ. Λύση Αφού το Μ είναι σημείο του x΄x, έχει συντεταγμένες Μ(xM , 0) . Για να είναι (ΜΚΛ) = 7 , πρέπει !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΜΚ , ΜΛ det ΜΚ , ΜΛ = 14 ⋅( ) ( )1 2 det =7⇔ (1) !!!\" ( ) ( ) ( )• ΜΚ = xK − xM , yK − yM = 8 − xM , 3 − 0 = 8 − xM , 3 . !!!\" ( ) ( ) ( )• ΜΛ = xΛ − xM , yΛ − yΜ = 6 − xΜ , − 1 − 0 = 6 − xΜ , − 1 . ( )!!!\" !!!\" 8 − xM 3 = −(8 − xM) − 3(6 − xM) = −8 + xM − 18 + 3xM = 6 − xM −1 • det ΜΚ , ΜΛ = = 4xM − 26 = 2(2xM − 13) . Τότε, από την (1) έχω 2(2xM − 13) = 14 ⇔ 2 2xM − 13 = 14 ⇔ 2xM − 13 = 7 ⇔ ⇔ 2xM − 13 = 7 ή 2xM − 13 = −7 ⇔ 2xM = 20 ή 2xM = 6 ⇔ xM = 10 ή xM = 3 . Άρα είναι Μ(10 , 0) ή Μ(3 , 0) . - 580 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 395 Δίνονται τα σημεία Α(1, 2) , Β(−2 , 3) . Να βρείτε σημείο Μ του άξονα y΄y, ώστε να ισχύει (ΜΑΒ) = 5 τ.µ. Λύση Αφού το Μ είναι σημείο του y΄y, έχει συντεταγμένες Μ(0 , yM) . Για να είναι (ΜΑΒ) = 5 , πρέπει !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΜΑ , ΜΒ det ΜΑ , ΜΒ = 10 ( ) ( )1 2 ⋅ det =5⇔ (1) !!!\" ( ) ( ) ( )• ΜΑ = xA − xM , yA − yM = 1 − 0 , 2 − yM = 1 , 2 − yM . !!!\" ( ) ( ) ( )• MB = xB − xM , yB − yM = −2 − 0 , 3 − yM = −2 , 3 − yM . ( )!!!\" !!!\" 1 2 − yM = 3 − yM − (−2)(2 − yM) = 3 − yM + 4 − 2yM = 7 − 3yM . −2 3 − yM • det MA , MB = Τότε, από την (1) έχω ότι 7 − 3yM = 10 ⇔ 7 − 3yM = 10 ή 7 − 3yM = −10 ⇔ 3yM = −3 ή 3yM = 17 ⇔ ⇔ yM = −1 ή yΜ = 17 . 3 Άρα είναι Μ(0 ,− 1) ή Μ⎜⎜⎜⎛⎝0 , 17 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ . 3 - 581 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Άσκηση 396 Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, με κορυφές Α(1, 2) , Β(3 , 5) . Αν η κορυφή Γ κινείται στην ευ- θεία ε : 2x − y + 3 = 0 και το εμβαδόν του ΑΒΓ είναι 5 τ.μ., να βρείτε τις εξισώσεις των πλευρών του ABΓ. Λύση Είναι ΑΒ : y − yA = λΑΒ(x − xΑ) ⇔ ΑΒ : y − 2 = λΑΒ(x − 1) , με λΑΒ = yB − yA = 5−2 = 3 , οπότε xB − xA 3−1 2 ΑΒ : y − 2 = 3 (x − 1) ⇔ AB : 2y − 4 = 3(x − 1) ⇔ AB : 2y − 4 = 3x − 3 ⇔ 2 ⇔ AB : 3x − 2y + 1 = 0 . Για να βρω τις άλλες δύο πλευρές, χρειάζομαι τις συντεταγμένες του Γ. Από εδώ και πέρα πλέον, αυτός είναι ο στόχος μου. Αφού το Γ κινείται στην (ε), ισχύει 2xΓ − yΓ + 3 = 0 ⇔ yΓ = 2xΓ + 3 (1) Αφού είναι (ΑΒΓ) = 5 , έχω ότι !!!\" !!!\" !!!\" !!!\" ΑΒ , ΑΓ det ΑΒ , ΑΓ = 10 ( ) ( )1 2 ⋅ det =5⇔ (2) • !!!\" = (xB − xA , yB − yA) = (3 − 1 , 5 − 2) = (2,3) . ΑΒ !!!\" (1) ( ) ( ) ( )• ΑΓ = xΓ − xA , yΓ − yΑ = xΓ − 1 , yΓ − 2 = xΓ − 1 , 2xΓ + 3 − 2 = ( )= xΓ − 1 , 2xΓ + 1 . ( )!!!\" !!!\" 2 3 = 2(2xΓ + 1) − 3(xΓ − 1) = 4xΓ + 2 − 3xΓ + 3 = xΓ + 5 . xΓ −1 2xΓ + 1 • det ΑΒ , ΑΓ = - 582 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου Τότε, από την (2) έχω ότι xΓ + 5 = 10 ⇔ xΓ + 5 = 10 ή xΓ + 5 = −10 ⇔ xΓ = 5 ή xΓ = −15 . α) Για xΓ = 5 , από την (1) έχω ότι yΓ = 2 ⋅ 5 + 3 = 13 , οπότε είναι Γ(5 ,13) . Τότε: Ι. ΑΓ : y − yA = λΑΓ(x − xΑ) , με λΑΓ = yΓ − yA = 13 − 2 = 11 , xΓ − xΑ 5−1 4 οπότε ΑΓ : y − 2 = 11 (x − 1) ⇔ ΑΓ : 4y − 8 = 11(x − 1) ⇔ ΑΓ : 4y − 8 = 11x − 11 ⇔ 4 ⇔ ΑΓ : 11x − 4y − 3 = 0 . ΙΙ. ΒΓ : y − yB = λΒΓ(x − xΒ) , με λΒΓ = yΓ − yB = 13 − 5 = 8 =4, xΓ − xΒ 5−3 2 οπότε ΒΓ : y − 5 = 4(x − 3) ⇔ ΒΓ : y − 5 = 4x − 12 ⇔ ΒΓ : 4x − y − 7 = 0 . β) Για xΓ = −15 , από την (1) έχω ότι yΓ = 2 ⋅ (−15) + 3 = −27 , οπότε είναι Γ(−15,− 27) . Τότε: Ι. ΑΓ : y − yA = λΑΓ(x − xΑ) , με λΑΓ = yΓ − yA = −27 − 2 = −29 = 29 , xΓ − xΑ −15 − 1 −16 16 οπότε ΑΓ : y − 2 = 29 (x − 1) ⇔ ΑΓ : 16y − 32 = 29(x − 1) ⇔ ΑΓ : 16y − 32 = 29x − 29 ⇔ 16 ⇔ ΑΓ : 29x − 16y + 3 = 0 . - 583 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Μαθηματικά Προσανατολισμού Β΄Λυκείου • ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 • Η ευθεία στο επίπεδο ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3. Εµβαδόν τριγώνου ΙΙ. ΒΓ : y − yB = λΒΓ(x − xΒ) , με λΒΓ = yΓ − yB = −27 − 5 = −32 = 16 , xΓ − xΒ −15 − 3 −18 9 οπότε ΒΓ : y − 5 = 16 (x − 3) ⇔ ΒΓ : 9y − 45 = 16(x − 3) ⇔ ΒΓ : 9y − 45 = 16x − 48 ⇔ 9 ⇔ ΒΓ : 16x − 9y − 3 = 0 . Άσκηση 397 Πρόσεξέ την πάρα πολύ! Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, με Α(3 , 7) , ΒΓ : 4x − 3y − 11 = 0 , το σημείο Μ(5, 3) είναι το μέσο της ΒΓ. Αν το εμβαδόν του ΑΒΓ είναι 40 τ.μ., να βρείτε: α. την απόσταση του Α από την ευθεία ΒΓ. β. το μήκος της πλευράς ΒΓ. γ. τις συντεταγμένες των κορυφών Β και Γ. Λύση α. Είναι d(Α , ΒΓ) = 4 ⋅ 3 − 3 ⋅ 7 − 11 = −20 = 20 ⇔ d(Α , ΒΓ) = 4 . 42 + (−3)2 5 5 β. Πρόσεξέ το, είναι πονηρό! Είναι (ΑΒΓ) = 1 ⋅ (ΒΓ) ⋅ d(Α , ΒΓ) , 2 Στηρίχτηκα στον βασικό τύπο εμβαδού τριγώνου Ε = 1 ⋅ β ⋅ υ , όπου β μια βάση και υ 2 το αντίστοιχο ύψος. Εδώ η βάση είναι η ΒΓ και το αντίστοιχο ύψος είναι αυτό που φέ- ρεται από το Α. Επειδή παίρνουμε τα μήκη αυτών των τμημάτων, το μήκος του ύψους είναι ίσο με την απόσταση του Α από την ΒΓ. από όπου προκύπτει 40 = 1 ⋅ (ΒΓ) ⋅ 4 ⇔ 2 ⋅ (ΒΓ) = 40 ⇔ (ΒΓ) = 20 . 2 - 584 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr
Search
