Μαθηματικά Κατεύθυνσης Β Λυκείου Λύσεις

50 ⇔ 2x −14 = 14 ή 2x −14 = −14 ⇔ x = 14 ή x = 0. Άρα, το ζητούμενο σημείο θα είναι το Μ(14,0) ή το Μ(0,0).9. Αν Μ (x, y) είναι το ζητούμενο σημείο, τότε θα έχουμε: • ΜΑ = ΜΒ ⇔ (3 − x)2 + (4 − y)2 = (5 − x)2 + (−2 − y)2 ⇔ 9 − 6x + x2 +16 − 8y + y2 = 25 −10x + x2 + 4 + y2 + 4 y ⇔ 4x −12 y = 4 ⇔ x −3y =1 και • ⇔ 6x + 2 y − 26 = 20 ⇔ 6x + 2 y − 26 = 20 ή 6x + 2 y − 26 = −20 ⇔ 3x + y = 23 ή 3x + y = 3 Επομένως: ΜΑ = ΜΒ ⇔ x −3y =1 ή x −3y =1. (ΜΑΒ ) = 10 3x + y = 23 3x + y =3 Λύνοντας τα συστήματα αυτά βρίσκουμε ότι τα σημεία Μ 1(7, 2) και Μ 2 (1, 0) είναι τα ζητούμενα.10. Αν Α(−3,1), Β (−2,3), Γ (4, −5) οι τρεις κορυφές του παραλληλόγραμμου ΑΒΓΔ, τότε θα είναι ΑΒ = (1, 2) και ΑΓ = (7, −6). Άρα (ΑΒΓ∆) = 2 ⋅ (ΑΒΓ ) 1 2 = = −6 −14 = 20. 7 −6

51Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Ο ι ευθείες που διέρχονται από την αρχή Ο(0,0) είναι ο κατακόρυφος άξονας y′y, δηλαδή η ευθεία x = 0 και οι μη κατακόρυφες ευθείες y = λ x. Επειδή, όμως, το Β (0, 2) είναι σημείο του y′y, ο άξονας αυτός αποκλείεται να ικανοποιεί την απαίτηση του προβλήματος. Από τις y = λ x, η ζητούμενη είναι εκείνη που ισαπέχει από τα σημεία Α(−2, 0) και Β (0, 2). Επομένως, θα έχουμε: λ(−2) −1⋅ 0 = λ ⋅ 0 −1⋅ 2 ⇔ −2λ = −2 ⇔ λ = 1 ⇔ λ = ±1. λ 2 + (−1)2 λ 2 + (−1)2Άρα, οι ευθείες y = x και y = −x είναι αυτές που ισαπέχουν από τα σημεία Α και Β.2. Α ν Μ (α , 0) είναι το σημείο του x′x που ισαπέχει από την αρχή Ο(0,0) και από την ευθεία 5x +12 y − 60 = 0 τότε θα έχουμε: α= 5α +12 ⋅ 0 − 60 ⇔α = 5α − 60 ⇔ 13 α = 5α − 60 52 +122 13 ⇔ 5α − 60 = 13α ή 5α − 60 = −13α ⇔ α = −15 ή α = 10 . 2 3Άρα υπάρχουν δύο σημεία του x′x, τα Μ1  −15 , 0  και Μ 2  10 , 0  που ικανοποιούντις απαιτήσεις του προβλήματος.  2   3 3. Η ζητούμενη ευθεία αποκλείεται να είναι κατακόρυφη ή οριζόντια (αφού τέμνει και τους δύο άξονες). Αφού λοιπόν, διέρχεται από το σημείο Μ (1, 2), θα έχει εξίσωση y − 2 = λ(x −1), λ ∈ R *. (1)Από την (1), για y = 0, έχουμε x= λ−2 και, για x = 0, έχουμε y = 2 − λ. Άρα, λη (1) τέμνει τους άξονες στα σημεία Α  λ − 2 , 0  και Β (0, 2 − λ), οπότε είναι:  λ 

52 (ΑΟΒ ) = 1 (ΟΑ)(ΟΒ ) = 1 λ − 2 ⋅ 2 − λ = (λ − 2)2 . 2 2λ 2λ Άρα: (ΑΟΒ ) = 4 ⇔ (λ − 2)2 = 4 ⇔ (λ − 2)2 = 8 λ . 2λ Για τη λύση της εξίσωσης αυτής διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: • Αν λ > 0, τότε (λ − 2)2 = 8λ ⇔ λ 2 − 4λ + 4 − 8λ = 0 ⇔ λ 2 −12λ + 4 = 0 ⇔ λ = 6 ± 4 2 • Αν λ < 0, τότε (λ − 2)2 = −8λ ⇔ λ 2 − 4λ + 4 + 8λ = 0 ⇔ λ 2 + 4λ + 4 = 0 ⇔ λ = −2. Επομένως, οι ευθείες με εξισώσεις y − 2 = (6 + 4 2)(x −1), y − 2 = (6 − 4 2)(x −1) και y − 2 = −2(x −1) είναι οι ζητούμενες.4. Επειδή οι απόσταση του σημείου Α(−1,3) από τον άξονα y′y ισούται με −1 = 1, μία από τις ζητούμενες ευθείες είναι ο άξονας y′y, δηλαδή η ευθεία με εξίσωση x = 0. Αν τώρα είναι y = λ x η εξίσωση της μη κατακόρυφης που διέρχεται από το Ο (0, 0) και η οποία απέχει από το σημείο Α(−1,3) απόσταση ίση με 1 τότε θα έχουμε: λ(−1) − 3 = 1 ⇔ λ + 3 = λ 2 +1 ⇔ λ 2 + 6λ + 9 = λ 2 +1 ⇔ λ = − 4 . λ 2 + (−1)2 3 Άρα, η ζητούμενη μη κατακόρυφη ευθεία είναι η y = − 4 x. 35. Η εξίσωση x − y + 2 = 0 γράφεται ισοδύναμα y = x + 2. Άρα, αν ένα σημείο Μ ανήκει σε αυτήν, οι συντεταγμένες του θα είναι της μορφής (x, x + 2). Έτσι, αν η απόσταση του Μ από την ευθεία 12x − 5y + 60 = 0 ισούται με 1, θα έχουμε:

53 12x − 5(x + 2) + 60 =1⇔ 7x + 50 =1 122 + (−5)2 13 ⇔ 7x + 50 = 13 ή 7x + 50 = −13 ⇔ x = −37 ή x = −9. 7 Άρα, τα σημεία Μ 1  −37 , −23  και Μ 2 (−9, −7) απέχουν από την ευθεία  7 7  x − y + 2 = 0 απόσταση ίση με 1.6. Έχουμε ΑΒ = (γ −α ,δ − β ) και ΑΓ = (−γ , −δ ). Τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευ- θειακά, αν και μόνο αν τα ΑΒ και ΑΓ είναι συγγραμμικά. Όμως: ΑΒ / /ΑΓ ⇔ det(ΑΒ , ΑΓ ) = 0 γ −α δ −β ⇔ −δ = 0 −γ ⇔ αδ − γδ + γδ − βγ = 0 ⇔ αδ − βγ = 0.7. α΄ τρόπος: Είναι λΑΒ = −β . Άρα, η μεσοκάθετος του ΑΒ θα έχει συντελεστή α διεύθυνσης λ = α και, αφού διέρχεται από το σημείο Μ  α , β  , θα έχει εξίσωση: β  2 2  y−β = α  x − α  , δηλαδή y=α x+ β2 −α2 . 2 β  2  β 2β Από την εξίσωση αυτή, για y = 0, έχουμε x = α 2 − β 2 ενώ, για x = 0, έχουμε 2α y = β 2 −α 2 . Άρα, η μεσοκάθετος του ΑΒ τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο P( p, 0), 2β

54 με p = α 2 − β 2 , και τον άξονα y′y στο σημείο Q(0, q) με q = β 2 − α 2 . Έτσι 2α 2β έχουμε ήδη εκφράσει τα p, q συναρτήσει των α και β, οπότε έχουμε:(i) α q + β p = α (β 2 − α 2 ) + β (α 2 − β 2 ) 2β 2α = α 2 (β 2 − α 2 ) + β 2 (α 2 − β 2 ) 2αβ = (α 2 − β 2 )(β 2 − α 2 ) = 2 pq. 2αβ(ii) α p + β q = α (α 2 − β 2 ) + β (β 2 − α 2 ) = α 2 − β 2 + β 2 − α 2 = 02α 2β 2β΄ τρόπος: Τα διανύσματα PQ και ΑΒ είναι κάθετα και τα σημεία M, P, Qσυνευθειακά. Άρα, PQ ⋅ ΑΒ = 0 και det(MP, MQ) = 0 οπότε …8. Ένα σημείο M (x, y) ανήκει σε μια από τις διχοτόμους των γωνιών που ορίζουν οι ευθείες 3x − 4 y +1 = 0 και 5x +12 y + 4 = 0, αν και μόνο αν ισαπέχει από τις δύο ευθείες, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει3x − 4 y +1 = 5x +12 y + 4 ⇔ 3x − 4 y +1 = 5x +12 y + 432 + (−4)2 52 +122 5 13 13(3x − 4 y +1) = 5(5x +12 y + 4)    ⇔  ή  13(3x − 4 y +1) = −5(5x +12 y + 4)   39x − 52 y +13 = 25x + 60 y + 20    ⇔  ή  13 = 39 x − 52 y + −25x − 60 y − 20 ⇔ 2x −16 y −1 = 0 ή 64x + 8y + 33 = 0.Άρα, οι εξισώσεις των διχοτόμων είναι οι: 2x −16 y −1 = 0 και 64x + 8y + 33 = 0.

559. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών x − y +1 = 0 και 2x − 3y + 5 = 0είναι η λύση του συστήματος x − y +1= 0 , που είναι το ζεύγος (x, y) = (2, 3). 2x − 3y + 5 = 0Άρα, το κοινό σημείο των ευθειών αυτών είναι το Μ (2,3). Η απόσταση τηςκατακόρυφης x = 2 από το Α(3, 2) είναι ίση με 1. Άρα η ευθεία αυτή δεν ικανοποιείτις απαιτήσεις του προβλήματος. Οι μη κατακόρυφες που διέρχονται από το Μ (2,3)έχουν εξίσωση y − 3 = λ(x − 2), λ ∈ R, η οποία γράφεται ισοδύναμα λ x − y + (3 − 2λ) = 0, λ ∈ R.Από αυτές η ζητούμενη είναι εκείνη που απέχει από το Α(3, 2) απόσταση ίση με7 . Άρα, έχουμε:5 3λ − 2 + 3 − 2λ = 7 ⇔ λ +1 = 7 λ 2 + (−1)2 5 λ2 +1 5 ⇔ (λ +1)2 = 49 ⇔ 25λ 2 + 50λ + 25 = 49λ 2 + 49 λ2 +1 25 ⇔ 12λ2 − 25λ +12 = 0 ⇔ λ = 3 ή λ = 4 . 43Άρα, οι ζητούμενες ευθείες είναι οι: 3 x − y + 3 = 0 και 4 x − y + 1 = 0. 42 3310. Έ να σημείο M (x, y) είναι σημείο του ζητούμενου συνόλου, αν και μόνο αν ισχύει (ΜΑΒ ) = 8. Όμως:Επομένως: (ΜΑΒ ) = 8 ⇔ −3x + 4 y + 5 = 16 ⇔ −3x + 4 y + 5 = 16 ή −3x + 4 y + 5 = −16 ⇔ −3x + 4 y −11 = 0 ή −3x + 4 y + 21 = 0.Άρα, το ζητούμενο σύνολο αποτελείται από τις ευθείες −3x + 4 y −11 = 0 και−3x + 4 y + 21 = 0.

56 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ1. Θ εωρούμε την κατακόρυφη που διέρχεται από το Μ (1, 0), δηλαδή την x = 1, η οποία τέμνει την y = x + 2 στο σημείο Α(1,3) και την y = x στο Β (1,1). Έχουμε (ΑΒ ) = 3 −1 = 2. Άρα η x = 1 είναι μία λύση του προβλήματός μας. Έστω, τώρα, μία μη κατακόρυφη ευθεία που διέρχεται από το σημείο Μ (1, 0). Η ευθεία αυτή θα έχει εξίσωση της μορφής y = λ(x −1), λ ∈ R, δηλαδή της μορφήςy = λx − λ, λ ∈ R. Η λύση του συστήματος y = λx−λ δίνει τις συντεταγμένες  = x+2  yτου Α, ενώ η λύση του συστήματος  y = λx − λ δίνει τις συντεταγμένες του Β. Για  y = x να έχουν λύση τα συστήματα αυτά αρκεί λ ≠ 1. Λύνοντας τα παραπάνω συστήματαβρίσκουμε ότι οι συντεταγμένες των Α και Β είναι αντιστοίχως  λ +2 , 3λ  και  λ −1 λ −1 λ, λ 1 . Έτσι, θα είναι: λ −1 λ−(ΑΒ ) = 2 ⇔ (ΑΒ )2 = 4 ⇔  λ λ 1 − λ + 2 2 +  λ − 3λ 2 = 4⇔ (−2)2 + (−2λ)2 = 4  − λ − 1   λ −1 λ −1  (λ −1)2 ⇔ 4(λ 2 +1) = 4 ⇔ λ2 +1 = λ2 − 2λ +1 ⇔ λ = 0 (λ −1)2Άρα, η δεύτερη ευθεία που ικανοποιεί τις απαιτήσεις μας έχει εξίσωση y = 0.2. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματοςλ x + (λ −1) y = 2λ , του οποίου η ορίζουσα είναι(λ +1)x + λ y = 2λ +1 λ λ −1 = λ2 − λ2 +1 = 1 ≠ 0 για κάθε λ ∈ R. D= λ λ +1Άρα, το σύστημα αυτό έχει μοναδική λύση για κάθε λ ∈ R, επομένως οι ευθείεςπάντα τέμνονται. Για την εύρεση της λύσης του συστήματος έχουμε: Dx = 2λ λ −1 = 2λ2 − 2λ2 − λ + 2λ +1 = λ +1 2λ +1 λκαι

57 λ 2λ = 2λ 2 + λ − 2λ 2 − 2λ = −λ. Dy = λ +1 2λ +1Άρα (x, y) =  Dx , Dy  =  λ +1, −λ  = (λ +1, −λ).  D D   1 1   Έτσι, για τις συντεταγμένες του κοινού σημείου των ευθειών έχουμε: x = λ−λ+1, λ ∈ R ⇔ x = λ + 1, λ ∈ R ⇔ x = − y +1 ⇔ y = −x +1  = λ = − y  yΗ ευθεία y = −x +1 είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος.3. Α ν Κ (x0 , y0 ) το κοινό σημείο των τριών ευθειών, και Μ1, Μ2, Μ3 τα σημεία με συντεταγμένες (α1, β1), (α2 , β2 ) και (α3 , β3 ), τότε θα είναι (x0 , y0 ) ≠ (0, 0) και, επιπλέον, θα ισχύει:αα12xx00 + β1 y0 =1 οπότε θα έχουμε α(α1 x2 0−+αβ1 )1 y0 =1 − β1 ) y0 = 0. + β2 y0 = 1, x0 + (β2α3 x0 + β3 y0 = 1 (α3 − α1)x0 + (β3 − β1) y0 = 0Επομένως, το ζεύγος (x0 , y0 ) είναι μία λύση του συστήματος (α 2 − α1)x + (β2 − β1) y = 0 . (α 3 − α1)x + (β3 − β1) y = 0Επειδή (x0 , y0 ) ≠ (0, 0), το σύστημα έχει δύο, τουλάχιστον, λύσεις την (0, 0) καιτην (x0 , y0 ). Άρα, η ορίζουσά του θα είναι ίση με μηδέν, δηλαδή θα ισχύει:α2 − α1 β2 − β1 = 0 ⇔ Μ 1Μ 2 / /Μ 1Μ 3 ⇔ Μ1, Μ 2, Μ 3 συνευθειακά.α3 − α1 β3 − β14. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματος x +y =1 α β =1  ⇔ β x +α y = αβ  x +y α x + β y = αβ α  β

58 το οποίο, αν β ≠ α , −α , έχει μοναδική λύση την (x, y) =  αβ , αβ  .  α+β α+β    Επομένως, σημείο τομής των δύο ευθειών είναι το Μ  αβ , αβ  , οπότε η  α +β   α + β  αβ − β −β 2 β 2 α +β −α 2 α 2 ευθεία ΜΑ θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ = αβ = = και άρα α +β −α εξίσωση y−β = β2 (x −α ), δηλαδή β 2 x − α 2 y + αβ (α − β ) = 0. α25. Α ρκεί να βρούμε την απόσταση ενός σημείου της ευθείας ε1 : x + y = 1 από την Α Β ευθεία ε2 :x + y = 1. Η ε1 τέμνει τον άξονα y′y στο σημείο Μ (0, Β ) του οποίου α β η απόσταση από την ε2 είναι Β −1 αΒ −αβ β d= = . 1 1 α2 +β2 α2 + β2 Όμως οι ευθείες ε1, ε2 είναι παράλληλες. Άρα, θα έχουν ίσους συντελεστές διεύθυνσης, δηλαδή θα ισχύει −β = −Β ή, ισοδύναμα, Αβ = αΒ , οπότε θα είναι: αΑ d = Αβ −αβ = β (Α −α ) = β (Α −α ) α2 +β2 α2 +β2 α2 +β2 (αφού β > 0 και Α −α > 0 ).6. (i) Έχουμε x2 − 4xy + y2 = 0 ⇔ x2 − 4xy + 4 y2 − 3y2 = 0 ⇔ (x − 2y)2 − ( 3y)2 = 0 ⇔ (x − 2 y − 3y)(x − 2 y + 3y) = 0

59 ⇔ x − (2 + 3)y = 0 ή x − (2 − 3)y = 0 ⇔y= 1 x ή y= 1 x 2+ 3 2− 3 ⇔ y = (2 − 3)x ή y = (2 + 3)x.Άρα, η x2 − 4xy + y2 = 0 παριστάνει τις ευθείες y = (2 − 3)x και y = (2 + 3)x. (ii) Θεωρούμε τα διανύσματα δ1 = (1, 2 − 3), δ2 = (1, 2 + 3) που είναι παράλληλα στις δύο προηγούμενες ευθείες καθώς και το δ = (1,1) που είναι παράλληλο στην  y = x. Αν φ1 είναι η γωνία των δ , δ1 και φ2 η γωνία των δ , δ2 , θα είναι:  δ ⋅δ1 1+ 2− 3 = 3 − 3 = 3( 3 −1) = 3συνϕ1 = δ δ1 = 12 +12 12 + (2 − 3)2 2 4 − 2 3 2 ( 3 −1)2 2άρα ϕ1 = 30. Ομοίως δείχνουμε ότι συνϕ2 = 3, δηλαδή ϕ2 = 30 και τοζητούμενο έχει αποδειχτεί. 27. ( i) Για να ορίζει η ευθεία α x + β y + γ = 0 με τους άξονες τρίγωνο, αρκεί ναείναι α, β, γ ≠ 0. Η ευθεία αυτή τέμνει τους άξονες yστα σημεία Α  − γ , 0  και Β  0, − γ  .  α   β   Επομένως, το ΑΟΒ είναι ισοσκελές, αν και μόνο αν Οεπιπλέον ισχύει x΄ x(ΟΑ) = (ΟΒ ) ⇔ − γ = − γ ⇔ γ = γ ⇔ α = β . y΄ α β αβΆρα, η ευθεία σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο, αν και μόνο ανα = β ≠ 0 και γ ≠ 0.(ii) • Αν β1 = β2 = 0, τότε οι ευθείες συμπίπτουν με τον άξονα y′y, οπότε αποκλείεταιο άξονας x′x να διχοτομεί τη γωνία τους.

60 y • Αν ένας μόνο από τους β1, β2 είναι μηδέν, τότε ε1 πάλι αποκλείεται ο άξονας x′x να διχοτομεί τη γωνία τους. φ1 φ2 x• Αν β1, β2 ≠ 0, τότε οι ευθείες ε1, ε2 έχουν φ2 Ο ε2συντελεστή διεύθυνσης λ1 = − α1 και λ2 = − α2 x΄ β1 β2 y΄αντιστοίχως και, επειδή διέρχονται από την αρχήτων αξόνων, για να διχοτομεί ο x′x τη γωνία τουςπρέπει και αρκεί να ισχύει: λ2 = −λ1 ⇔ − α1 = α2 ⇔ α1β2 + β1α2 =0 β1 β28. y Δ(0,2) Γ Ε Ζ Ζ΄ Α(0,0) Ε΄ Β(2,0) x(i) Αν ΕΕ ′ και ΖΖ ′ είναι τα ύψη των ισόπλευρων τριγώνων ΕΑΒ και ΖΒΓ τότε,όπως γνωρίζουμε από τη Γεωμετρία, θα ισχύει ΑΕ ′ = 2 = 1 ΒΖ ′ = 2 =1 2  2  και . 23 23 3 ΕΕ ′ = 2 = 3 ΖΖ ′ = 2 =Επομένως (xΕ , yΕ ) = (1, 3) και (xΖ , yΖ ) = (2 + 3,1).

61(ii) Για να δείξουμε ότι τα Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά, αρκεί να δείξουμε ότι λ∆Ε = λ∆Ζ .Πράγματι έχουμε λ∆Ε = 3−2 = 3−2 1− 0 λ∆Ζ = 1− 2 = −1 = −(2 − 3) = 3 − 2. 2+ 3 2+ 3 4−3Άρα λ∆Ε = λ∆Ζ .



3ΚΕΦΑΛΑΙΟ3.1 Ο ΚΥΚΛΟΣΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ = 12 + ( 3)2 = 2και επομένως η εξίσωσή του είναι: x2 + y2 = 22 (ii) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ = (α − β )2 + (α + β )2 = 2(α 2 + β 2 ) και επομένως η εξίσωσή του είναι: x2 + y2 = 2(α 2 + β 2 ).(iii) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την απόσταση του κέντρου O(0, 0) τουκύκλου από την ευθεία x − y − 2 = 0. Επομένως ρ = −2 = 2 και άρα ηεξίσωσή του είναι: x2 + y2 = 2. 12 +12(iv) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την απόσταση του κέντρου O(0, 0) του κύκλουαπό την ευθεία α x + β y − (α 2 + β 2 ) = 0. Επομένως, ρ = α2 +β2 = α2 +β2 α2 +β2και άρα η εξίσωση του κύκλου είναι: x2 + y2 = α 2 + β 2.2. (i) Αν Α(x1, y1) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Α θα έχει εξίσωση xx1 + yy1 = 5 και επειδή είναι παράλληλη στην ευθεία y = 2x + 3θα ισχύει − x1 = 2. Άρα x1 = −2 y1. Επειδή το σημείο Α(x1, y1) είναι σημείο του y1κύκλου θα ισχύει x12 + y12 = 5. Επομένως, το σημείο Α(x1, y1) προσδιορίζεταιαπό τη λύση του συστήματος

64 x1 = −2 y1 (1)  (2)  x12 + y12 = 5 Η (2) λόγω της (1) γίνεται (−2 y1)2 + y12 = 5 ⇔ y1 = 1 ή y1 = −1, y οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Α(−2,1) ε2 και Β (2, −1) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι −2x + y = 5 και 2x − y = 5. ε1 Ο x ε (ii) Αν Α(x1, y1) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου στο Α θα έχει εξίσωση xx1 + yy1 = 5 και, επειδή είναι κάθετη στην ευθεία y = 1 x, θα είναι − x1 = −2. Άρα x1 = 2 y1. 2 y1 Επειδή το σημείο A(x1, y1) είναι σημείο του κύκλου, θα ισχύει x12 + y12 = 5. Επομένως το σημείο Α προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος  x1 = 2 y1 5 (1)  x12 + y12 = (2)  Η (2) λόγω της (1) γίνεται 4x12 + y12 = 5 ⇔ y1 = 1 ή y1 = −1, οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Α(2,1) και Β (−2, −1) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι 2x + y = 5 και −2x − y = 5. (iii) Αν Μ 1(x1, y1) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου θα έχει εξίσωση xx1 + yy1 = 5 και επειδή διέρχεται από το σημείο Α(5, 0) θα είναι 5x1 + 0 y1 = 5. Επομένως x1 = 1. Επειδή το σημείο Μ 1(x1, y1) είναι σημείο του κύκλου θα ισχύει x12 + y12 = 5. Επομένως το σημείο Μ1 προσδιορίζεται από την λύση του συστήματος  x1 =1 = 5 (1)  x12 + y12 (2) 

65Η (2) λόγω της (1) γίνεται1+ y12 = 5 ⇔ y1 = 2 ή y1 = −2,οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Μ 1(1, 2) και Μ 2 (1, −2) και οι αντίστοιχεςεφαπτόμενες είναι οι x + 2 y = 5 και x − 2 y = 5.3. Ο ι εφαπτόμενες του κύκλου x2 + y2 = 2 y στα σημεία Α, Β, Γ και Δ είναι αντιστοίχως: Εε1 : x + y = 2, ε2 : −x + y = 2 Β(-1,1) Α(1,1) ε3 : −x − y = 2, ε4 : x − y = 2. Ζ Ο Θ Γ(-1,-1) Η xΤα σημεία τομής των εφαπτομένων είναιΕ (0, 2), Ζ (−2, 0), Η (0, −2) και Θ (2, 0). Δ(1,-1)Επειδή οι διαγώνιες ΕΗ και ΖΘ είναι ίσεςκαι διχοτομούνται κάθετα το τετράπλευροΕΖΗΘ είναι τετράγωνο. y4. Γ ια να έχει η χορδή μέσον το Μ, πρέπει να Ο x είναι κάθετη στην ΟΜ στο Μ. Ο συντελεστής Μ διεύθυνσης της ευθείας ΟΜ είναι λ = −1 = −1 και επομένως ο συντελεστής ε 1 διεύθυνσης της χορδής θα είναι ίσος με 1. Άρα, η εξίσωση της χορδής είναι y +1 = 1(x −1) ή, ισοδύναμα, y = x − 2.5. (i) Η ακτίνα του κύκλου είναι ρ = ( 3)2 +12 = 2 και επομένως η εξίσωση του είναι x2 + ( y −1)2 = 22. (ii) Το κέντρο Κ του κύκλου είναι το μέσον του ΑΒ και επομένως έχει τετμημένη −1+ 7 = 3 και τεταγμένη 2 + 8 = 5, δηλαδή το κέντρο 22 του κύκλου είναι το σημείο Κ (3,5). Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με

66 ρ = 1 ΑΒ = 1 (7 +1)2 + (8 − 2)2 = 1 100 = 5. Άρα, η εξίσωση του κύκλου 22 2 είναι (x − 3)2 + ( y − 5)2 = 52. (iii) Το κέντρο Κ (x0 , y0 ) του κύκλου ισαπέχει από τα Α και Β και μάλιστα ισχύει ΚΑ = ΚΒ = 5. Επομένως (x0 −1)2 + ( y0 − 0)2 = 25 (1) και (x0 − 7)2 + ( y0 − 0)2 = 25 (2) οπότε (x0 −1)2 + y02 = (x0 − 7)2 + y02 ⇔ x0 = 4. Αντικαθιστούμε την τιμή αυτή του x0 στην (1) και έχουμε 32 + y02 = 25 ⇔ y0 = 4 ή y0 = −4. Επομένως (x0 , y0 ) = (4, 4) ή (x0 , y0 ) = (4, −4). Άρα, υπάρχουν δύο κύκλοι και έχουν εξισώσεις (x − 4)2 + ( y − 4)2 = 52 και (x − 4)2 + ( y + 4)2 = 52. (iv) Αν Κ (x0 , y0 ) το κέντρο του κύκλου, τότε ισχύουν: y0 = x0 και (x0 − 4)2 + ( y0 − 0)2 = (x0 − 8)2 + ( y0 − 0)2. Έτσι έχουμε το σύστημα: x0 = y0 = ( x0 − 8)2 ⇔  x0 = 6 (x0 − 4)2  y0 = 6.  Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (6, 6) και ακτίνα ρ = ΚΑ = (6 − 4)2 + (6 − 0)2 = 22 + 62 = 2 10. Άρα, η εξίσωση του κύκλου είναι: (x − 6)2 + ( y − 6)2 = 40. (v) Το κέντρο Κ του κύκλου θα έχει τετμημένη 8 + 4 = 6 και τεταγμένη µ − 2 , 22 δηλαδή ο κύκλος θα έχει για κέντρο το σημείο Κ  6, µ− 2  . Είναι όμως  2 

67 ΚΑ = ΚΓ ⇔ (6 − 4)2 +  µ − 2 2 = (6 − 0)2 +  µ − 2 + 2 2  2   2  ⇔ 4+  µ − 2 2 = 36 +  µ − 2 2 + 4+ 2(µ − 2)  2   2  ⇔ µ = −16.Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (6, −9) και ακτίναρ = ΚΑ = (6 − 4)2 + (−9)2 = 4 + 81 = 85. Άρα, η εξίσωσή του κύκλου είναι(x − 6)2 + ( y + 9)2 = 85.(vi) Το κέντρο Κ (x0 , y0 ) του κύκλου είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου τουτμήματος ΑΒ και της καθέτου στον άξονα x′x στο σημείο Α.Το μέσον του ΑΒ είναι το σημείο Μ με συντεταγμένες  3+1, 0 + 2  = (2,1) και ο  2 2 συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι ο 2 − 0 = 2 = −1. Επομένως, η μεσοκά- 1− 3 −2θετος του ΑΒ έχει εξίσωση y −1 = 1(x − 2), δηλαδή, y = x −1.Η κάθετος στον x′x στο Α έχει εξίσωση x = 3. Επομένως, το κέντρο Κ προσδιορίζεταιαπό τη λύση του συστήματος  y = x −1, η οποία είναι (x, y) = (3, 2).  x = 3 Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (3, 2) και ακτίναρ = ΚΑ = (3 − 3)2 + 22 = 2. Άρα η εξίσωση του είναι (x − 3)2 + ( y − 2)2 = 22.(vii) Το κέντρο Κ (x0 , y0 ) του κύκλου θα είναι η τομή της μεσοκαθέτου τουτμήματος ΟΑ και της καθέτου στην ε στο σημείο της Α(0,3).Η μεσοκάθετος του ΟΑ έχει εξίσωση y = 3 και η κάθετος στην ε στο Α έχει εξίσωση 2y − 3 = 4 (x − 0) ή, ισοδύναμα, y = 4 x + 3.Επομένως, το κέντρο Κ προσδιορίζεται 33από τη λύση του συστήματος

68  y = 3  9 3 .  = 2  8 2  4 , η οποία είναι η (x, y) = − , 3 x+3  y  Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ = ΟΚ =  − 9 2 +  3 2 = 15 .  8   2  8 Άρα, η εξίσωση του κύκλου είναι  x + 9 2 +  y − 3 2 =  15 2 .  8   2   8 6. (i) Έχουμε διαδοχικά: x2 + y2 + 4x − 6y − 3 = 0 (x2 + 2 ⋅ 2 ⋅ x + 22 ) + ( y2 − 2 ⋅ 3⋅ y + 32 ) = 3 + 22 + 32 (x + 2)2 + ( y − 3)2 = 42. Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (−2,3) και ακτίνα ρ = 4. (ii) Έχουμε διαδοχικά: x2 + y2 −10x +12 y − 20 = 0 (x2 − 2 ⋅ 5 ⋅ x + 52 ) + ( y2 + 2 ⋅ 6 ⋅ y + 62 ) = 20 + 52 + 62 (x − 5)2 + ( y + 6)2 = 92 Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (5, −6) και ακτίνα ρ = 9. (iii) Έχουμε διαδοχικά: 3x2 + 3y2 + 6x − 9y +1 = 0 x2 + y2 + 2x − 3y + 1 = 0 3 (x2 + 2 ⋅1⋅ x + 12 ) +  y2 − 2 ⋅ 3 y +  3 2  = 12 +  3 2 − 1  2  2    2  3 (x + 1)2 +  y − 3 2 =  35 2 .  2   12  Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ  −1, 3  και ακτίνα ρ = 35 .  2  12

69(iv) Έχουμε διαδοχικά: x2 + y2 − 4α x +10β y + 4α 2 +16β 2 = 0 [x2 − 2 ⋅ 2α ⋅ x + (2α )2 ] + [ y2 + 2 ⋅ 5β ⋅ y + (5β )2 ] = (5β )2 −16β 2 (x − 2α )2 + ( y + 5β )2 = (3β )2.Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (2α , −5β ) και ακτίνα ρ = 3 β .7. (i) Έχουμε διαδοχικά: x2 + y2 − 2x + 4y + 4 = 0 (x2 − 2 ⋅1⋅ x +12 ) + ( y2 + 2 ⋅ 2 ⋅ x + 22 ) = 12 (x −1)2 + ( y + 2)2 = 12. Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο Κ (1, −2) και ακτίνα ρ = 1. Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του Α(1, −1) είναι η ευθεία η κάθετη στην ΚΑ στο Α. Όμως η ΚΑ είναι κατακόρυφη ευθεία. Άρα, η κάθετη στην ΚΑ στο Α είναι η ευθεία y = −1, που είναι και η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του Α(1, −1). (ii) Έχουμε διαδοχικά: x2 + y2 − 2α x − 2β y + α 2 − 3β 2 = 0 (x2 − 2α x + α 2 ) + ( y2 + 2β y + β 2 ) = β 2 + 3β 2 (x −α)2 + ( y − β )2 = (2β )2. Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο Κ (α , β ) και ακτίνα ρ = 2 β . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του Α(α , −β ) είναι η κάθετη στην ΚΑ στο Α. Όμως η ΚΑ είναι κατακόρυφη ευθεία, άρα η κάθετη στην ΚΑ στο Α είναι η ευθεία y = −β.8. Ο κύκλος C1 έχει κέντρο Κ1(0, 0) και ακτίνα y x ρ1 = 1, ενώ το κύκλος C2 έχει κέντρο Κ 2 (1, 0) και ακτίνα ρ2 = 2. Επειδή Κ1Κ 2 = ρ2 − ρ1 = 1, Ο Α Κ1 Κ2 ο κύκλος C1 εφάπτεται εσωτερικά του κύκλου C2 στο σημείο Α(−1, 0).

70B΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Η ε ξ ί σ ω σ η (x −α )(x − β ) + ( y − γ )( y − δ ) = 0 ε π α λ η θ ε ύ ε τ α ι α π ό τ ι ς συντεταγμένες των σημείων Α, Β, Γ και Δ. Επίσης η εξίσωση γράφεται x2 + y2 − (α + β )x − (γ + δ ) y + (αβ + γδ ) = 0, δ η λ α δ ή ε ί ν α ι τ η ς μ ο ρ φ ή ς x2 + y2 + Αx + Β y + Γ = 0. Άρα, είναι η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Επίσης ΑΒ ⋅ ΒΓ = (β −α , 0)(0,δ − γ ) = (β −α ) ⋅ 0 + 0(δ − γ ) = 0 Επομένως ΑΒˆΓ = 90 , που σημαίνει ότι η ΑΓ είναι διάμετρος του κύκλου. Ομοίως βρίσκουμε ότι και η ΒΔ είναι διάμετρος του κύκλου.2. Ο κύκλος γράφεται (x + 2)2 + ( y − 4)2 = 42 , επομένως έχει κέντρο το σημείο K (−2, 4) και ακτίνα ρ = 4. Η απόσταση του κέντρου Κ από την ευθεία συνϕ ⋅ x + ηµϕ ⋅ y − 4ηµϕ + 2συνϕ − 4 = 0 είναι ίση με d = −2συνϕ + 4ηµϕ − 4ηµϕ + 2συνϕ − 4 = −4 = 4 = ρ. ηµ2ϕ + συν2ϕ Άρα, η ευθεία εφάπτεται στον κύκλο.3. Έστω Μ 1(x1, y1) και Μ 2 (x2 , y2 ) τα σημεία επαφής. Η εφαπτομένη του κύκλου στο Μ1 έχει εξίσωση xx1 + yy1 = ρ 2. Επειδή η εφαπτομένη αυτή διέρχεται από το Μ 0 (x0 , y0 ), οι συντεταγμένες του Μ0 επαληθεύουν την xx1 + yy1 = ρ 2. Επομένως x1x0 + y1 y0 = ρ 2 , που σημαίνει ότι η εξίσωση xx0 + yy0 = ρ 2 επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του σημείου Μ1. Ομοίως διαπιστώνουμε ότι επαληθεύεται και από τις συντεταγμένες του Μ2. Όμως η εξίσωση xx0 + yy0 = ρ 2 είναι εξίσωση 1ου βαθμού και επειδή επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των Μ1 και Μ2, είναι η εξίσωση της ευθείας Μ1Μ2. 4. Ο κύκλος C έχει εξίσωση x2 + y2 = (3α )2. Έστω Μ (x, y) ένα σημείο του κύκλου και G(u, v) το κέντρο βάρους του τριγώνου ΟΑΜ. Για τις συντεταγμένες

71του G έχουμε u = 0 + 3α + x = 3α + x και v = 0 + 0 + y = y και επομένως33 33x = 3u − 3α και y = 3v. Όμως το Μ (x, y) ανήκει στον κύκλο. Επομένωςx2 + y2 = 9α 2 και με αντικατάσταση των x και y έχουμε: (3u − 3α )2 + (3v)2 = 9α 29(u − α )2 + 9v2 = 9α 2 (u − α )2 + v2 = α 2 ,που σημαίνει ότι το G ανήκει στον κύκλο με κέντρο Κ (α , 0) και ακτίνα ρ = α ,δηλαδή στον κύκλο (x − α )2 + y2 = α 2.5. Έ να σημείο Μ (x, y) είναι σημείο του τόπου, y αν και μόνο αν οι εφαπτόμενες ΜΑ και ΜΒ A προς τον κύκλο x2 + y2 = ρ 2 είναι κάθετες. Μ(u,v) Αυτό συμβαίνει, αν και μόνο αν το τετράπλευρο ρ ΟΑΜΒ είναι τετράγωνο ή, ισοδύναμα, Ο ρ Bx ΟΜ 2 = ρ 2 + ρ 2x2 + y2 = ρ2 + ρ2 x2 + y2 = (ρ ( 2))2 ,που σημαίνει ότι ο γεωμετρικός τόπος του Μ είναι ο κύκλος x2 + y2 = (ρ 2)2.6. Τ ο σημείο Μ (x, y) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν ΜΑ = 2 ή, ισοδύναμα, ΜΒ ΜΑ = 2ΜΒ ΜΑ2 = 4ΜΒ 2 (x + 3)2 + y2 = 4[(x − 3)2 + y2 ] x2 + 6x + 9 + y2 = 4x2 − 24x + 36 + 4 y2 3x2 + 3y2 − 30x = −27 x2 + y2 −10x = −9 (x2 − 2 ⋅ 5 ⋅ x + 52 ) + y2 = −9 + 52 (x − 5)2 + y2 = 42.

72 Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο Κ (5, 0) και ακτίνα ρ = 4.7. Έστω ε η ευθεία με εξίσωση x = 1. Το σημείο Μ (x, y) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν d (Μ , 0) = 4d (Μ ,ε ). Όμως d (Μ , 0) = 4d (Μ ,ε ) ⇔ x2 + y2 = 4 x −1 x2 + y2 = 4(x −1), αν x ≥ 1 (1)  (2) ⇔  ή x2 + y2 = −4(x −1), αν x ≤ 1Αλλά• (1) ⇔ x2 − 4x + y2 = −4 ⇔ (x − 2)2 + y2 = 0 ⇔ x = 2  x ≥ 1  = 0  x ≥ 1  y• (2) ⇔ x2 + 4x + y2 = 4 ⇔ (x + 2)2 + y2 = (2 2)2 ⇔ (x + 2)2 + y2 = 8. x ≤ 1  x ≤ 1 y x=1Επομένως, ο γεωμετρικός τόπος Ο x K(-2,0) A(2,0)αποτελείται από το σημείο Α(2, 0) καιτον κύκλο (x + 2)2 + y2 = 8.8. Έ να σημείο Μ (x, y) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν ισχύει ΜΑ2 + ΜΒ 2 + ΜΓ 2 = 107, ή ισοδύναμα: (x − 3)2 + ( y − 5)2 + (x − 2)2 + ( y + 4)2 + (x + 5)2 + ( y +1)2 = 107 3x2 + 3y2 = 27 x2 + y2 = 32

73Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείοΟ (0, 0) και ακτίνα ρ = 3. Το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το κέντρο βάρουςτου τριγώνου ΑΒΓ, αφού 3 + 2 − 5 = 0 και 5 − 4 −1 = 0. 339. Ο ι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών προκύπτουν από τη λύση του συστήματος συνθ ⋅ x + ηµθ ⋅ y = α . ηµθ ⋅ x − συνθ ⋅ y = β συνθ ηµθ = −συν2θ − ηµ2θ = −1Έχουμε D =ηµθ − συνθα ηµθDx = β = −α συνθ − β ηµθ − συνθ συνθ αDy = ηµθ β = β συνθ −α ηµθ.Επομένως x = Dx = α συνθ + β ηµθ D y = Dy = α ηµθ − β συνθ , Dοπότε έχουμεx2 + y2 = (α συνθ + β ηµθ )2 + (α ηµθ − β συνθ )2 = α 2συν2θ + β 2ηµ2θ + 2αβ ηµθ συνθ + α 2ηµ2θ + β 2συν2θ − 2αβ ηµθ συνθ = α 2 (ηµ2θ + συν2θ ) + β 2 (ηµ2θ + συν2θ ) =α2 + β2. 2( )Άρα, το σημείο τομής των ευθειών ανήκει στον κύκλο x2 + y2 = α 2 + β 2 ,που έχει κέντρο το Ο (0, 0) και ακτίνα ρ = α 2 + β 2 .10. Έ να σημείο Μ (x, y) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν είναι μέσο χορδής που διέρχεται από το Α(2, 4). Αυτό συμβαίνει, αν και μόνο ΟΜˆΑ = 90 , δηλαδή,

74 αν και μόνο αν το σημείο Μ ανήκει στον y B κύκλο με διάμετρο ΟΑ. M(x,y) A(2,4) Το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το K(1,2) σημείο Κ  0 + 2 , 0 + 4  , δηλαδή το  2 2  Κ (1, 2), και η ακτίνα του είναι ίση με Οx Γ ρ = (2 −1)2 + (4 − 2)2 = 1+ 4 = 5. 3.2 Η ΠΑΡΑΒΟΛΗΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Είναι p = −1, επομένως p = −2 και η εξίσωση της παραβολής είναι y2 = −4x. 2 (ii) Έχουμε − p = 1 , επομένως p = −1 και η εξίσωση της παραβολής είναι η 22 y2 = −2x. (iii) Η εξίσωση της παραβολής είναι y2 = 2 px. Επειδή διέρχεται από το σημείο Α(1, 2), θα ισχύει 22 = 2 p ⋅1 οπότε p = 2. Επομένως, η εξίσωση της παραβολής είναι η y2 = 4x.2.  (i) Είναι y2 = 2 ⋅ 4 ⋅ x. Άρα, η εστία είναι το σημείο Ε (2, 0) και η διευθετούσα η ευθεία δ : x = −2 (ii) Είναι y2 = 2(−4)x. Άρα, η εστία είναι το σημείο Ε (−2, 0) και η διευθετούσα η ευθεία δ : x = 2 (iii) Ε ίναι x2 = 4 y = 2 ⋅ 2 y. Άρα, η εστία είναι το σημείο Ε (0,1) και η διευθετούσα η ευθεία δ : y = −1

75(iv) Ε ίναι x2 = −4 y = 2(−2) y. Άρα, η εστία είναι το σημείο Ε (0, −1) και η διευθετούσα η ευθεία δ : y = 1(v) Ε ίναι y2 = 2 ⋅ 2α ⋅ x. Άρα, η εστία είναι το σημείο Ε (α , 0) και η διευθετούσα η ευθεία δ : x = −α(vi) Ε ίναι x2 = 2 ⋅ 2α ⋅ y. Άρα, η εστία είναι το σημείο Ε (0,α ) και η διευθετούσα η ευθεία δ : y = −α3. Η απόσταση της κορυφής από την εστία είναι ίση με p και η απόσταση ενός 2 σημείου Μ (x, y) της παραβολής από την εστία της είναι ίση με x + p . Αρκεί 2 να δείξουμε ότι x + p ≥ p . Έχουμε 22x+ p ≥ p ⇔  x + p 2 ≥ p2 ⇔ x2 + px + p2 ≥ p2 ⇔ x2 + px ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 0, 2 2  2  4 4 4 2που ισχύει.4. Έστω Α(x1, y1) και Β (x2 , y2 ) δύο σημεία της παραβολής με την ίδια τεταγμένη.Έχουμε y1 = 1 x12 και y2 = 1 x22 και y1 = y2. Επομένως 1 x12 = 1 x22 , οπότε 4 4 4 4x2 = −x1. Έτσι, τα σημεία είναι τα Α(x1, y1) και Β (−x1, y1) και επομένως έχουμε:ΑΟˆΒ = 90 ⇔ ΟΑ ⋅ΟΒ = 0 ⇔ (x1, y1)(−x1, y1) = 0 ⇔ −x12 + y12 = 0 ⇔ −4 y1 + y12 = 0 ⇔ y1( y1 − 4) = 0 ⇔ y1 = 4Από τη σχέση y1 = 1 x12 , για y1 = 4, έχουμε 4= 1 x12 ⇔ x1 =4 ή x1 = −4. 4 4Άρα, τα ζητούμενα σημεία είναι τα Α(4, 4) και Β (−4, 4).

765. Η εξίσωση της παραβολής γράφεται x2 = 2 ⋅ 2 ⋅ y και επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης ε στο σημείο της Μ 1(x1, y1) είναι xx1 = 2( y + y1), οπότε y= x1 ⋅ x − y1. 2 (i) Επειδή η ε είναι παράλληλη στην ευθεία y = x +1, έχουμε x1 = 1, οπότε x1 = 2. 2 Όμως x12 = 4 y1. Επομένως y1 = 1 και η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y = x −1. (ii) Επειδή η ε είναι κάθετη στην ευθεία y = −2x, έχουμε x1 (−2) = −1, οπότε 2 1 x1 = 1. Όμως x12 = 4 y1. Επομένως y1 = 4 και η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y = 1 x−1. 24 (iii) Επειδή η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο Α(0, −1), έχουμε −1 = − y1, οπότε y1 = 1. Όμως x12 = 4 y1. Επομένως x12 = 4, οπότε x1 = 2 ή x1 = −2. Άρα υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Μ 1(2,1) και Μ 2 (−2,1), και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες έχουν εξισώσεις y = x −1 και y = −x −1 αντιστοίχως.6. Η εξίσωση της παραβολής γράφεται x2 = 2 ⋅ 2 ⋅ y και επομένως οι εφαπτόμενες στα σημεία της Α(4, 4) και Β  −1, 1  έχουν εξισώσεις 4x = 2( y + 4) και  4  − x = 2  y + 1  αντιστοίχως. Οι εξισώσεις αυτές γράφονται y = 2x − 4 και  4  y = − 1 x− 1 αντιστοίχως και, επειδή 2  − 1  = −1, οι εφαπτόμενες είναι κάθετες. 2 4  2 B΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Τα κοινά σημεία του κύκλου και της παραβολής βρίσκονται από τη λύση του συστήματος των εξισώσεών τους. Έχουμε λοιπόν:

77(x − 3)2 + y2 =8⇔ (x − 3)2 + 4x =8⇔ x =1 ⇔ x =1 ή x =1 .     = −2 y 2 = 4x  y 2 = 4x  y 2 = 4x  y = 2  yΕπομένως, υπάρχουν δύο κοινά σημεία, το Α(1, 2) και το Β (1, −2).• Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο Α είναι y ⋅ 2 = 2(x +1) ή,ισοδύναμα, x − y +1 = 0.Η ευθεία αυτή εφάπτεται και του κύκλου, αφού η απόσταση του κέντρου Κ(3,0)του κύκλου από αυτή είναι ίση με την ακτίνα του ρ = 8. Πράγματι d = 3−0+1 = 4 = 8 12 +12 2• Επειδή ο άξονας x′x είναι άξονας συμμετρίας και του κύκλου και της παραβολήςκαι το Β(1,−2) είναι συμμετρικό του Α(1,2) ως προς τον x′x, ο κύκλος και ηπαραβολή έχουν κοινή εφαπτομένη και στο Β. Η εξίσωση της εφαπτομένης αυτήςείναι η x + y +1 = 0.2. Η εξίσωση της παραβολής είναι y2 = 2 ⋅ 6 ⋅ x και y A επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο B Ex της Α(1, 2 3) είναι 2 3y = 6(x +1) ή, ισοδύναμα, O y = 3x + 3.Η εφαπτομένη αυτή τέμνει τον άξονα x′x στο σημείο Β(−1,0). Η εστία της παραβολής y2 = 2⋅6⋅ x είναι το σημείο Ε(3,0). Επομένως, έχουμε: (ΑΕ )2 = 22 + (2 3)2 = 16, (ΑΒ )2 = 22 + (2 3)2 = 16, και (ΒΕ )2 = 42 + 02 = 16,Άρα, (ΑΕ ) = (ΑΒ ) = (ΒΕ ) = 4, οπότε το τρίγωνο ΕΑΒ είναι ισόπλευρο.3. Η εξίσωση της παραβολής είναι y2 = 2 ⋅ 2 ⋅ x και επομένως εστία της είναι το σημείο Ε(1,0) και διευθετούσα της η ευθεία x = −1. Η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο της Α(3, 2 3) έχει εξίσωση

78 δy 2 3y = 2(x + 3) ή, ισοδύναμα, y = 3 x + 3. 43 A(3,2 3) 3 K (1, 3 ) xΗ εφαπτομένη τέμνει την 23 B(–1, 3 )διευθετούσα στο σημείοΒ  23  Το κέντρο του O E(1,0)  −1, 3 .κύκλου με διάμετρο ΑΒ είναιτο σημείο Κ  4 3  , ενώ η 1, 3  x=-1ακτίνα του είναι ρ= 22 +  2 3 2 = 4+ 4 = 4 = 4 3.   3 33 3Επειδή p = 2, η εστία της παραβολής είναι το σημείο Ε(1,0). Επομένως ΚΕ = 4 3 = ρ και ΚΕ ⊥ x′x 3Άρα ο κύκλος αυτός εφάπτεται στον άξονα x′x στο σημείο Ε.4. Η απόσταση ΜΕ είναι ίση με την απόσταση y HΜΑ του Μ από την διευθετούσα, δηλαδή AΜΕ = x1 + p . Άρα η ακτίνα του κύκλου M(x1,y1) 2 K ( x1 + p , y1 )είναι ίση με ρ = 1 x1 + p . Το μέσον Κ της 2 42 2 2ΜΕ έχει συντεταγμένες  x1 + p, y1  και  2 4 2  O E ( p , 0) x 2η απόσταση του από τον άξονα y′y είναιίση με ΚΗ = x1 + p =1 x1 + p = ρ, 24 2 2 δπου σημαίνει ότι ο κύκλος με διάμετροΜΕ εφάπτεται στον άξονα y′y.

5. Η εξίσωση της ευθείας ΑΟ είναι x= p 79 2y = y1 x και τέμνει τη διευθετούσα yε x1 A(x1,y1)στο σημείο Β  − p , − y1 p  . Η  2 x1 2   εφαπτομένη της παραβολής στο p O p 2Α έχει εξίσωση yy1 = p(x + x1) 2 E ( ,0) xκαι επομένως, έχει συντελεστή p y1 pδιεύθυνσης λ = p . Ο συντελεστής B( 2 , x1 2 ) y1διεύθυνσης της ΒΕ είναι − y1 p x1 2 y1 y1 y1 p p λΒΕ = −p = 2 x1 = 2 y12 = y12 = y1 =λ 2pΆρα ΒΕ / /ε.6. Η εφαπτομένη της παραβολής στο δy A σημείο της Α(x1, y1) έχει εξίσωση K x yy1 = p(x + x1) και, επειδή Α ≠ Ο , B τέμνει τον άξονα y′y στο σημείο OEΚ  0, px1  και τη διευθετούσα δ  y1   στο σημείο Β  − p , px1 − p2 .  2 y1 2 y1  (i) Για να είναι ΑΕˆΒ = 90 , αρκεί ΕΑ ⋅ ΕΒ = 0.Έχουμε ΕΑ ⋅ ΕΒ = 0 ⇔  x1 − p , y1   − p, px1 − p2  = 0  2   y1 2 y1    p2 1 p2 0, που ισχύει. 12 2

80 (ii) Έχουμε ΕΚ ⋅ ΚΑ = 0 ⇔  − p , px1  y1 − px1  = 0  2 y1   x1, y1     ⇔− px1 + px1 − p2 x12 =0 2 y12 ⇔ px1 − p2 x12 = 0 2 2 px1 ⇔ px1 − px1 = 0, που ισχύει. 22 Άρα ΕΚ ⊥ ΑΒ. (iii) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΑ, επειδή ΕΚ ⊥ ΑΒ , έχουμε (ΕΚ )2 = (ΚΒ ) ⋅ (ΚΑ).7. Η ε φ α π τ ο μ έ ν η τ η ς π α ρ α β ο λ ή ς Γ( p , y1 ) y y2 = 2 px στο σημείο Α(x1, y1) έχει 2 Κ εξίσωση yy1 = p(x + x1) και τέμνει τον A(x1,y1) άξονα x′x στο σημείο Β (−x1, 0), ενώ B(-x1,0) O E( 2p,0) x η παράλληλη από το Α προς τον x′x τέμνει τη διευθετούσα δ στο σημείο Γ  − p , y1  . Επομένως, το μέσον του  2  y1  ΓΕ έχει συντεταγμένες  0, 2  και το μέσον της ΑΒ έχει συντεταγμένες επίσης δ  0, y1  . Άρα, τα τμήματα ΑΒ και ΓΕ διχοτομούνται.  2  Επίσης ΓΕ ⋅ ΑΒ = ( p, − y1)(−2x1, − y1) = −2 px1 + y12 = −2 px1 + 2 px1 = 0, που σημαίνει ότι ΓΕ ⊥ ΑΒ. Αφού, λοιπόν, τα τμήματα ΑΒ και ΓΕ διχοτομούνται καθέτως, το ΑΕΒΓ είναι ρόμβος και το κέντρο του Κ  0, y1  βρίσκεται στον άξονα y′y.  2 

8. (i) Τα σημεία τομής των C1 και C2 C2 81 προσδιορίζονται από τη λύση του y ε1 συστήματος A(2p,2p) y2 = 2 px (1) p (2) B( p, 2 ) x2 = 2 py O x pΑπό την (2) έχουμε y = x2 . Γ ( 2 , p) 2p ε2 C1Αντικαθιστούμε στην (1) και έχουμε x4 = 2 px ⇔ x4 − 8 p3x =0⇔ x(x3 − 8 p3) =0⇔ x =0 ή x = 2 p,4 p2οπότε οι αντίστοιχες τιμές του y είναι y = 0, y = 2 p. Άρα, οι παράλληλες τέμνονταιστα σημεία Ο(0,0) και Α(2p,2p).(ii) Η εφαπτομένη ε1 της C1 στο Α(2p,2p) έχει εξίσωση (1) y ⋅2 p = p(x + 2 p) ⇔ y = 1 x + p (2) 2και τέμνει την C2 στο σημείο Β  − p, p  .  2Η εφαπτομένη ε2 της C2 στο Α(2p,2p) έχει εξίσωση x ⋅2 p = p(y + 2 p) ⇔ y = 2x − 2 pκαι τέμνει την C1 στο σημείο Γ  p , − p  .  2 Επομένως, η εφαπτομένη της C1 στο Γ  p , − p  έχει εξίσωση  2  y(− p) = p  x + p  ⇔ y = −x − p ,  2  2ενώ η εφαπτομένη της C2 στο Β  − p, p έχει εξίσωση  2  x(− p) = p  y + p  ⇔ y = −x − p .  2  2

82 Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι η εφαπτομένη της C2 στο Β και η εφαπτομένη της C1 στο Γ συμπίπτουν. Άρα η ΑΒ είναι κοινή εφαπτομένη των C1, C2.3.3 Η ΕΛΛΕΙΨΗΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Είναι 2γ = Ε ′Ε = 8 και 2α = 10, οπότε γ = 4 και α = 5. Άρα β 2 = 52 − 42 = 9 και επειδή οι εστίες βρίσκονται στον άξονα x′x, η έλλειψη θα έχει εξίσωση: x2 + y2 = 1. 25 9 (ii) Είναι 2γ = Ε ′Ε = 10 και 2α = 26, οπότε γ = 5 και α = 13. Άρα β 2 = 132 − 52 = 144 και επειδή οι εστίες βρίσκονται στον άξονα y′y, η έλλειψη έχει εξίσωση x2 + y2 = 1. 144 169 (iii) Είναι γ = 12, και ε = γ = 12 , οπότε α = 13. Άρα β 2 = 132 −122 = 25, οπότε α 13 η έλλειψη θα έχει εξίσωση: x2 + y2 = 1. 169 25(iv) Είναι γ = 4, οπότε β 2 = α 2 − γ 2 = α 2 −16, με α 2 > 16. Άρα η εξίσωση τηςέλλειψης θα έχει τη μορφή: x2 + α y2 16 = 1. α2 2−Αφού, τώρα, το Μ  4, 9  είναι σημείο της έλλειψης, οι συντεταγμένες του θα  5 επαληθεύουν την εξίσωσή της. Θα έχουμε δηλαδή:

83  9 2  5  42 + α 2 −16 =1⇔ 16 + 81 =1 α2 α2 25(α 2 −16) ⇔ 400(α 2 −16) + 81α 2 = 25α 2 (α 2 −16) ⇔ 25α 4 − 881α 2 + 6400 = 0Άρα, η έλλειψη έχει εξίσωση x2 + y2 = 1. 25 9(v) Αφού οι εστίες είναι πάνω στον x′x η εξίσωση της έλλειψης θα είναι: x2 + y2 =1 ( α 2 > β 2 ). α2 β2Τώρα, αφού τα Μ 1(1,1) και Μ 2  2, 1  είναι τα σημεία της έλλειψης, οι  2 συντεταγμένες τους θα επαληθεύουν την εξίσωσή της. Άρα, θα έχουμε: 1 + 1 =1 α 2 β2 1 α42 + 4 =1 β2Θέτουμε 1 =κ και 1 =λ και έχουμε α2 β2 κ + λ = 1 ⇔ κ = 1− λ λ ⇔ κ = 1− λ 4κ 1 4(1− λ) + 4 16 −16λ + + 4 λ = 1 = 1 λ = 4 ⇔ κ = 1− λ ⇔ κ = 1− 4 ⇔ κ = 1 . 15λ = 12  = 5  = 5 λ 4 λ 4 5 5Άρα, α 2 = 5 και β 2 = 5 , οπότε η εξίσωση της έλλειψης θα είναι: 4

84 1 x2 + 4 y2 = 1. 552. (i) Η εξίσωση x2 + 4 y2 = 4 γράφεται ισοδύναμα x2 + y2 = 1, 22 12οπότε είναι α = 2 και β = 1. Έτσι έχουμε γ 2 = 22 −12 = 3, οπότε γ = 3 καιάρα ε = γ = 3 . Τέλος, οι εστίες είναι τα σημεία Ε ′(− 3, 0) και Ε ( 3, 0). α 2(ii) Η εξίσωση 169x2 +144 y2 = 24336 γράφεται ισοδύναμα x2 + y2 = 1 144 169ή x2 + y2 = 1, 122 132απ’ όπου προκύπτει ότι α = 13, β = 12, γ = 169 −144 = 25 = 5 καιε = γ = 5 . Οι εστίες βρίσκονται πάνω στον άξονα y′y και είναι τα σημεία α 13Ε ′(0, −5) και Ε (0,5).3. Έστω ΑΒΓ∆ το ζητούμενο τετράγωνο. Αν (x1, y1) y A είναι οι συντεταγμένες του σημείου Α, τότε οι B x συντεταγμένες των σημείων Β, Γ και Δ θα είναι Γ Δ (−x1, y1), (−x1, − y1) και (x1, − y1) αντιστοίχως. Επειδή ΑΒ = Α∆ θα ισχύει 2x1 = 2 y1 οπότε θα είναι y1 = x1 (1)Άρα, οι συντεταγμένες του Α θα είναι (x1, x1) και,επειδή επαληθεύουν την εξίσωση της έλλειψης,θα έχουμε4 x12 + x12 = 4 ⇔ 5x12 = 4 ⇔ x1 = 25 (αν x1 > 0 ). 5Έτσι το ζητούμενο τετράγωνο θα έχει κορυφές:

85 Α  2 5 , 2 5  , Β  − 2 5 , 2 5  , Γ  − 2 5 , − 2 5  ∆  2 5 , − 2 5  .  5   5 5   5 5  ,  5  5 54. Η εξίσωση x2 + 2 y2 = 4 γράφεται ισο- y δύναμα B x2 + y2 =1 22 22 απ’ όπου προκύπτει ότι α = 2, β = 2 και Α΄ Ε΄ Ο Α Εx γ = 2. Επομένως, οι κορυφές Β και B′ έχουν συντεταγμένες (0, 2) και (0, − 2) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες Ε και E′ έχουν B΄ συντεταγμένες ( 2, 0) και (− 2, 0) αντιστοίχως. Άρα, το τετράπλευρο ΕΒΕ ′Β ′ είναι τετράγωνο, αφού οι διαγώνιές του είναι ίσες, κάθετες και διχοτομούνται.5. Αν το Μ (x1, y1) είναι ένα σημείο της έλλειψης x2 + y2 = 1, τότε το αντιδιαμετρικό α2 β2 του θα είναι το Μ ′(−x1, − y1), λόγω της συμμετρίας της έλλειψης ως προς το Ο (0, 0). Έτσι, η εφαπτομένη της έλλειψης στο Μ (x1, y1) είναι η x1 x + y1 y = 1, ενώ στο α2 β2 Μ ′(−x1, − y1) είναι η − x1 x + − y1 y = 1. Οι εφαπτομένες αυτές είναι παράλληλες, α2 β2 αφού οι συντελεστές διεύθυνσής τους, για y1 ≠ 0, είναι ίσοι. Αν y1 = 0, που ισχύει όταν τα Μ , Μ ′ ταυτιστούν με τα Α και Α′, οι εφαπτομένες σ’ αυτά είναι παράλληλες, αφού είναι κάθετες και οι δύο στον άξονα x′x.6. Η εφαπτομένη ε της έλλειψης 3x2 + y2 = 4 στο σημείο της Μ(x1,y1) έχει εξίσωση 3xx1 + yy1 =4 και άρα συντελεστή διεύθυνσης λε = − 3x1 . Επομένως: y1

86 (i) Η εφαπτομένη ε είναι παράλληλη προς την ευθεία y = −3x +1, αν και μόνο αν −3x1 = −3 ή, ισοδύναμα, y1 y1 = x1. Όμως το Μ (x1, y1) είναι σημείο της έλλειψης. Άρα, θα έχουμε: 3x12 + y12 = 4 και, επειδή y1 = x1, θα ισχύει 3x12 + x12 = 4 ⇔ 4x12 = 4 ⇔ x12 = 1 ⇔ x1 = ±1. Επομένως, (x1, y1) = (1,1) ή (x1, y1) = (−1, −1). Έτσι, υπάρχουν δύο ευθείες εφαπτόμενες της έλλειψης, που είναι παράλληλες στην ευθεία y = −3x +1. Οι εφαπτόμενες αυτές είναι οι 3x + y = 4 και −3x − y = 4. (ii) Η εφαπτομένη ε είναι κάθετη στην ευθεία y = 1 x, αν και μόνο αν −3x1 ⋅ 1 = −1 2 y1 2 ή, ισοδύναμα, y1 = 3x1 . Άρα, το σημείο Μ θα έχει συντεταγμένες  x1 , 3x1  και, 2  2  αφού ανήκει στην έλλειψη, θα είναι: 3x12 +  3x1 2 = 4 ⇔ 3x12 + 9x12 =4⇔ 21x12 = 16 ⇔ x1 =± 4.  2  4 21 Επομένως ( x1 , y1 ) =  4, 6 ή ( x1 , y1 ) =  − 4 ,− 6 .  21 21   21 21 Άρα, οι ζητούμενες εφαπτόμενες είναι οι ευθείες: 3⋅ 4 x + 6 y = 4 και − 3⋅ 4 x − 6 y = 4, 21 21 21 21 οι οποίες γράφονται 6x + 3y − 2 21 = 0 και 6x + 3y + 2 21 = 0. (iii) Η εφαπτομένη ε διέρχεται από το Μ (0, 4), αν και μόνο αν η εξίσωση της ικανοποιείται από τις συντεταγμένες του Μ. Δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει

873x1 ⋅ 0 + y1 ⋅ 4 = 4 ή, ισοδύναμα, y1 = 1. Επειδή το Μ (x1, y1) ανήκει στην έλλειψη,θα έχουμε: 3x12 + y12 = 4 ⇔ 3x12 +1 = 4 ⇔ x12 = 1 ⇔ x1 = ±1.Επομένως (x1, y1) = (1,1) ή (x1, y1) = (−1,1)Άρα, θα έχουμε δύο εφαπτόμενες της έλλειψης που διέρχονται από το Μ (0, 4),τις ευθείες 3x + y = 4 και −3x + y = 4.7. Ο ι εφαπτόμενες της έλλειψης x2 + 4 y2 = 100 στα σημεία Μ1, Μ2, Μ3 και Μ4 θα είναι, αντιστοίχως, οι: 4 5x + 4 5y = 100 ⇔ y = −x + 5 5 −4 5x + 4 5y = 100 ⇔ y = x + 5 5 −4 5x − 4 5y = 100 ⇔ y = −x − 5 5 4 5x − 4 5y = 100 ⇔ y = x − 5 5 Οι ευθείες αυτές είναι ανά δύο (πρώτη-τρίτη) και (δεύτερη-τέταρτη) παράλληλες μεταξύ τους και ανά δύο κάθετες (πρώτη-δεύτερη), (τρίτη-τέταρτη) και τέμνουν μάλιστα τον y′y στα ίδια σημεία. Έτσι το τετράπλευρο που ορίζουν είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με κάθετες διαγώνιες. Άρα το τετράπλευρο αυτό θα είναι τετράγωνο.Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Αρκεί να δείξουμε ότι οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν την εξίσωση της έλλειψης. Έχουμε λοιπόν: α 2 (1− t2 )2 + 4β 2t2 = (1− t2 )2 + 4t2 = (1+ t2 )2 =1 α 2 (1+ t2 )2 β 2 (1+ t2 )2 (1+ t2 )2 (1+ t2 )22. Α ν Μ (x1, y1) είναι σημείο τομής των ευθειών ε1 και ε2, τότε θα ισχύει α y1 = λβ (α + x1) και λα y1 = β (α − x1) οπότε, πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη της ισότητες, θα έχουμε

88 λα 2 y12 = λβ 2 (α 2 − x12 ) α 2 y12 = α 2 β 2 − β 2 x12 (αφού λ ≠ 0 ) β 2 x12 + α 2 y12 = α 2 β 2 x12 + y12 = 1. α2 β2 Άρα, το σημείο Μ (x1, y1) ανήκει στην έλλειψη x2 + y2 = 1. α2 β23. Α ν θέσουμε r = (ΜΕ ) και r′ = (ΜΕ ′), τότε, σύμφωνα με τον ορισμό της έλλειψης, θα ισχύει r′ + r = 2α (1) Όμως, είναι r′ = (x + γ )2 + y2 και r = (x − γ )2 + y2 Επομένως, έχουμε r′2 − r2 = 4γ x ή, ισοδύναμα, (r′ + r)(r′ − r) = 4γ x. Οπότε, λόγω της (1), θα ισχύει (2) r′ − r = 2 γ x = 2ε x. α Λύνουμε το σύστημα των (1) και (2) και έχουμε r′ = α + ε x και r = α − ε x4. Ε πειδή η έλλειψη έχει παραμετρικές εξισώσεις x = α συνϕ και y = β ηµϕ, ϕ ∈[0, 2π ) οι συντεταγμένες (x1, y1) του Μ1 θα είναι της μορφής x1 = α συνϕ1 και y1 = β ηµϕ1, ϕ1 ∈[0, 2π ) (1) οπότε η εξίσωση xx1 + yy1 =1 της εφαπτομένης ε της έλλειψης στο σημείο Μ1 α2 β2 θα πάρει τη μορφή:

89 xσυνϕ1 + yηµϕ1 = 1 αβή (β συνϕ1)x + (α ηµϕ1) y − αβ = 0 (2)Έτσι, θα έχουμε d = d (Γ ,ε ) = αγ ηµϕ1 −αβ = α γ ηµϕ1 − β β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1 β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1 d ′ = d (Γ ′,ε ) = −αγ ηµϕ1 −αβ = α γ ηµϕ1 + β , β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1 β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1οπότε θα ισχύει α 2 (γ ηµϕ1 − β )2 + α 2 (γ ηµϕ1 + β )2 2α 2 (γ 2 ηµ2ϕ1 + β 2 ) β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1 β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1 d 2 + d ′2 = = = 2α 2 ((α 2 − β 2 )ηµ2ϕ1 + β 2) = 2α 2 (α 2ηµ2ϕ1 + β 2συν2ϕ1) = 2α 2. β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ1 β 2συν2ϕ1 + α 2ηµ2ϕ15. Ε ίναι (Μ 1Ν 2 )2 = (x1 − ε x2 )2 + y12 = x12 + ε 2 x22 − 2ε x1x2 + y12 (Μ 2Ν 1)2 = (x2 − ε x1)2 + y22 = x22 + ε 2 x12 − 2ε x1x2 + y22Επομένως, για να δείξουμε ότι (Μ 1Ν 2 ) = (Μ 2Ν 1) αρκεί να δείξουμε ότι x12 + ε 2 x22 − 2ε x1x2 + y12 = x22 + ε 2 x12 − 2ε x1x2 + y22ή x12 + γ 2 x22 + y12 = x22 + γ 2 x12 + y22 α 2 α 2ή α 2 x12 + γ 2 x22 + α 2 y12 = α 2 x22 + γ 2 x12 + α 2 y22ή (α 2 − γ 2 )x12 + α 2 y12 = (α 2 − γ 2 )x22 + α 2 y22ή β 2 x12 + α 2 y12 = β 2 x22 + α 2 y22ή x12 + y12 = x22 + y22 α2 β2 α2 β2

90 που ισχύει, αφού τα σημεία Μ 1(x1, y1) και Μ 2 (x2 , y2 ) είναι σημεία της έλλειψης.6. α΄ τρόπος: Έστω P το σημείο Α΄ y Ν(α συνφ,α ημφ) τομής της ΟΝ και του κύκλου με B Μ(α συνφ,β ημφ) κέντρο Ο και ακτίνα β. Είδαμε στις P παραμετρικές εξισώσεις της έλλειψης, Α ότι το σημείο Μ είναι το σημείο φ x τομής της οριζόντιας ευθείας από ΟΓ το P και της κατακόρυφης από το Ν. Επομένως, τα τετράπλευρα ΜΝΟΔ Δ και ΜΡΟΓ είναι παραλληλόγραμμα, οπότε θα έχουμε B΄ (Μ∆) = (ΟΝ ) = α και (ΜΓ ) = (ΟΡ ) = β β΄ τρόπος: Αν φ είναι η γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα ΟΝ με τον άξονα x′x, τότε οι συντεταγμένες του Μ θα είναι (α συνϕ, β ηµϕ), ενώ οι συντεταγμένες του Ν θα είναι (α συνϕ,α ηµϕ). Επομένως, η ευθεία ΜΔ θα έχει εξίσωση y − β ηµϕ = εϕϕ(x −α συνϕ), (1) και άρα θα τέμνει τους άξονες x′x και y′y στα σημεία Γ ((α − β )συνϕ, 0) και ∆(0, −(α − β )ηµϕ). Επομένως (Μ∆) = α 2συν2ϕ + α 2ηµ2ϕ = α 2 (συν2ϕ + ηµ2ϕ) = α (ΜΓ ) = β 2συν2ϕ + β 2ηµ2ϕ = β 2 (συν2ϕ + ηµ2ϕ) = β.7. Η ζ έχει εξίσωση xx1 + yy1 = 1, ενώ οι ε y ζ Γ α2 β2 M1 Α και ε ′ έχουν εξισώσεις x = α και x = −α Γ΄ B x Α΄ αντιστοίχως. Επομένως, οι συντεταγμένες ε: x=a των Γ και Γ ′ είναι οι λύσεις των συστημάτων B΄ ε΄: x=-a

91 x =α x = −α    xx1 + yy1 =1 και  xx1 + yy1 =1 β2 β2 α 2 α 2 αντιστοίχως. Λύνουμε τα συστήματα αυτά και βρίσκουμε ότι τα Γ και Γ ′ έχουν  β 2 (α − x1 )   β 2 (α + x1 )   α y1   α y1  συντεταγμένες  α ,  και  −α ,  αντιστοίχως. Επομένως: (i) (ΑΓ ) = β 2 (α − x1) και (Α′Γ ′) = β 2 (α + x1) οπότε α y1 α y1 β 4 (α 2 − x12 ) α 2β 2 −β 2 x12 α 2 y12 α 2 y12 α 2 y12 α 2 y12 (ΑΓ )(Α′Γ ′) = = β 2 ⋅ = β 2 ⋅ = β2 (ii) Αρκεί να δείξουμε ότι ΕΓ ⊥ ΕΓ ′ ή, ισοδύναμα, ότι ΕΓ ⋅ ΕΓ ′ = 0. Έχουμε λοιπόν: = α β 2 (α − x1 )   β 2 (α + x1 )   α y1   α y1  ΕΓ − γ ,  και ΕΓ ′ =  −(α + γ ),  οπότε ΕΓ ⋅ ΕΓ ′ = (γ 2 −α 2) + β 4 (α 2 − x12 ) α 2 y12 = γ 2 −α2 + β 2 ⋅α 2β 2 −β 2 x12 α 2 y12 = −β 2 + β 2 ⋅α 2 y12 α 2 y12 = −β 2 + β 2 = 0. Ομοίως αποδεικνύουμε ότι Ε ′Γ ⊥ Ε ′Γ ′.8. Η εφαπτομένη έχει εξίσωση xx1 + yy1 = 1. Άρα, τέμνει τους άξονες x′x και y′y στα σημεία α2 β2

92 Γ  α2 ,0  και ∆  0, β2   x1   y1      αντιστοίχως. Επομένως έχουμε p = α 2 και q = β 2 , οπότε x1 y1 α2 + β2 = α2 + β2 = x12 + y12 = 1, p2 q2 α4 β4 α2 β2 x12 y12 αφού το σημείο Μ 1(x1, y1) ανήκει στην έλλειψη. 3.4 Η ΥΠΕΡΒΟΛΗA΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Είναι γ = 13 και α = 5, οπότε β = α 2 − γ 2 = 169 − 25 = 12. Άρα, η εξί- σωση της υπερβολής είναι x2 − y2 = 1, 25 144 αφού έχει τις εστίες της στον άξονα x′x. (ii) Είναι γ = 10 και γ = 5. Επομένως, α = 3γ = 6, οπότε α 3 5 β = γ 2 −α 2 = 100 − 36 = 8. Άρα, η εξίσωση της υπερβολής είναι y2 − x2 = 1, 36 64 αφού έχει τις εστίες της στον άξονα y′y. (iii) Είναι γ = 5, οπότε β 2 = γ 2 −α 2 = 5 −α 2. Έτσι η εξίσωση της υπερβολής παίρνει τη μορφή x2 − 5 y2 2 = 1. α2 −α

93Επειδή το σημείο Μ (2 2,1) ανήκει στην υπερβολή, οι συντεταγμένες του θαεπαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει 8 − 5 1 2 = 1 ⇔ 8(5 − α 2 ) − α 2 = α 2 (5 − α 2 )α2 −α ⇔ α 4 −14α 2 + 40 = 0 ⇔ α 2 = 14 ± 6 2 ⇔ α 2 = 10 ή α 2 = 4 ⇔ α 2 = 4, αφού α 2 < γ 2 = 5.Άρα, η εξίσωση της υπερβολής θα είναι x2 − y2 = 1. 41(iv) Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:α) Η υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα x′x. Τότε θα έχει εξίσωση x2 − y2 =1 (1) α2 β2Επειδή, όμως, έχει ασύμπτωτες τις ευθείες y = 4x και y = − 4 x, θα ισχύει β = 4, 3 3 α 3οπότε θα έχουμε β = 4 α. Έτσι, η (1) παίρνει τη μορφή 3x2 − y2 = 1 ⇔ x2 − 9y2 =1 (2)α2 16 α 2 α2 16α 2 9Επειδή, επιπλέον, το σημείο Μ (3 2, 4) ανήκει στην υπερβολή, θα ισχύει (3 2)2 − 9 ⋅ 42 =1⇔ 18 − 9 =1 α2 16α 2 α2 α2 ⇔α2 =9⇔α =3Επομένως, λόγω της (2), η εξίσωση της υπερβολής είναι η: x2 − y2 = 1. 9 16

94 β) Η υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα y′y. Τότε θα έχει εξίσωση y2 − x2 = 1. α2 β2Αν εργαστούμε όπως πριν, θα βρούμε ότι δεν υπάρχει υπερβολή τέτοιας μορφήςπου να έχει ασύμπτωτες τις y = 4 x, y = − 4 x και να περνάει από το σημείο 33Μ (3 2, 4).ΣΧΌΛΙΟ: Μπορούσαμε να παρατηρήσουμε ότι το σημείο Μ (3 2, 4) βρίσκεταιστη γωνία των ασυμπτώτων που περιέχει τον Ox . Επομένως, το Μ θα ανήκει στηνυπερβολή που έχει τις εστίες της στον άξονα x′x.2. (i) Έχουμε: 9x2 −16 y2 = 144 ⇔ 9x2 − 16 y2 =1⇔ x2 − y2 =1 144 144 42 32Επομένως, α = 4 και β = 3, οπότε γ = α 2 + β 2 = 5. Άρα, η υπερβολή έχειεστίες τα σημεία Ε ′(−5, 0), Ε (5, 0), εκκεντρότητα ε = 5 και ασύμπτωτες τις 4ευθείες y = 3 x, y = − 3 x. 44(ii) Έχουμε x2 − y2 = 4⇔ x2 − y2 = 1. 22 22Επομένως, α = 2 και β = 2, οπότε γ = α 2 + β 2 = 2 2. Άρα, η υπερβολή έχειεστίες τα σημεία Ε ′(−2 2, 0), Ε (2 2, 0), εκκεντρότητα ε = 2 και ασύμπτωτεςτις ευθείες y = x, y = −x.(iii) Έχουμε144x2 − 25 y2 = 3600 ⇔ 144x2 − 25 y2 =1⇔ x2 − y2 = 1. 3600 3600 52 122Επομένως, α = 5 και β = 12, οπότε γ = α 2 + β 2 = 13. Άρα, η υπερβολή έχει

95 εστίες τα σημεία Ε ′(−13, 0), Ε (13, 0), εκκεντρότητα ε = 13 και ασύμπτωτες τις 5 ευθείες y = 12 x, y = − 12 x. 553. Έχουμε ⇔ γ 2 −α2 = 1 ⇔  γ 2 −1 = 1 α2 3  α  3 ⇔ε2 = 4 ⇔ε = 2 3 334. Η εφαπτομένη της υπερβολής y x=a στο σημείο Α(α , 0) έχει Γ(α,β) εξίσωση x = α. Επομένως, οι συντεταγμένες του σημείου Γ Ο Α(α,0) Ε(γ,0) x είναι η λύση του συστήματος  y = β x , β  α y=a x x = αη οποία, προφανώς, είναι το ζεύγος (x, y) = (α , β ). Άρα, είναι (ΟΓ ) = α 2 + β 2 = γ 2 = γ = (ΟΕ ).5. Η εφαπτομένη ε της C στο Μ 1(x1, y1) έχει εξίσωση xx1 − yy1 =1 (1) α2 β2και συντελεστή διεύθυνσης λε = β 2 x1 . Επειδή η ζ είναι κάθετη στην ε, θα έχει α 2 y1συντελεστή διεύθυνσης λζ = − α 2 y1 και επειδή, επιπλέον, διέρχεται από το β 2 x1Μ 1(x1, y1), θα έχει εξίσωση.

96 y − y1 = − α 2 y1 (x − x1 ) (2) β 2 x1 Όμως, η ε περνάει από το Μ 2 (0, −β ) και η ζ από το Μ 3 (2α 2, 0). Επομένως, λόγω των (1) και (2), θα ισχύει  β y1 =1  y1 = β  β 2 =  ⇔  − α 2 y1 β 2 x1 α 2 (2α 2 − x1) β 2 x1 y1 = − (2α 2 − x1 ) ⇔  y1 = β 2 )x1 = 2α 3 2 (α 2 + β  y1 = β  = ⇔  2α 3 2 (3)  x1 γ2  Επειδή το σημείο Μ 1(x1, y1) ανήκει στην υπερβολή C, θα ισχύει x12 − y12 = 1, α2 β2 οπότε, λόγω την (3), θα έχουμε 8α 6 − β 2 =1⇔ 8α 4 = 2 ⇔ 4α 4 =γ4 γ 4α 2 β 2 γ4 ⇔ γ 4 = 4 ⇔ ε4 = 4  α  ⇔ ε = 4 4 = 2.6. • Έστω ζ μια ευθεία παράλληλη y y = β x +δ a β προς την ασύμπτωτη ε : y = α x της υπερβολής C : x2 − y2 = 1. Ο x α2 β2 β Τότε η ζ θα έχει εξίσωση y=a x y = β x + δ , δ ≠ 0. α

97Για να βρούμε τις συντεταγμένες των κοινών σημείων της ζ και της C, αρκεί ναλύσουμε το σύστημα  y = β x +δ (1)  α (2)   x2 − y2 =1 β2 α 2Έχουμε λοιπόν: (2) ⇔ β 2x2 −α2 y2 = α2β2 (1) − α 2  β x+δ 2 = α2β2  α  ⇔ β 2x2 ⇔ β 2x2 −α2  β2 x2 +δ2 + 2 βδ  = α2β2  α x  α 2  ⇔ β 2 x2 − β 2 x2 − α 2δ 2 − 2αβδ x = α 2β 2 ⇔ 2αβδ x = −α 2 (β 2 + δ 2 ) ⇔ x = − α(β 2 +δ 2) . 2βδΕπομένως, λόγω της (1), είναι β  α ( β2 + δ 2 )  − β2 +δ2 δ2 −β2 α  2βδ  2δ 2δ y =  −  + δ = +δ = .Άρα, η ευθεία ζ και η υπερβολή C έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, τοΜ  − α ( β2 + δ 2) ,δ 2 −β2   2βδ 2δ .  Αν η ζ είναι παράλληλη προς την ασύμπτωτη ε ′ : y = − β x, τότε και πάλι θα έχει αμε την C ένα μόνο κοινό σημείο.• Η υπερβολή 4x2 − y2 = 1 έχει ασύμπτωτες τις ευθείας y = 2x και y = −2x.Επομένως, η ευθεία 2x − y = 1, που γράφεται y = 2x −1, είναι παράλληλη προςτην ασύμπτωτη y = 2x και άρα, σύμφωνα με όσα αποδείξαμε πριν, θα έχει με

98 την υπερβολή 4x2 − y2 =1 ένα μόνο κοινό σημείο το Μ  1 ,1 , αφού α = 1,  2 2 β = 1 και δ = −1.7. Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της υπερβολής x2 − 4 y2 = 12 σε ένα σημείο Μ 1(x1, y1) είναι η xx1 − 4 yy1 = 12 (1) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λε = x1 (2) 4 y1 Επομένως: (i) H ε είναι παράλληλη προς την ευθεία ζ : y = x +1, αν και μόνο αν ισχύει λε = λζ , δηλαδή x1 =1 ή, ισοδύναμα, 4 y1 x1 = 4 y1 (3) Όμως, το σημείο Μ 1(x1, y1) ανήκει στην υπερβολή. Επομένως, οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει x12 − 4 y12 = 12 (4) Αν λύσουμε το σύστημα των (3) και (4) βρίσκουμε ότι (x1, y1) = (4,1) ή (x1, y1) = (−4, −1). Άρα, υπάρχουν δύο εφαπτόμενες της υπερβολής που είναι παράλληλες προς την ευθεία y = x +1. Οι εφαπτόμενες αυτές, λόγω της (1), έχουν εξισώσεις 4x − 4 y = 12 και −4x + 4 y = 12, που γράφονται ισοδύναμα y = x − 3 και y = x + 3 αντιστοίχως. (ii) Η ε είναι κάθετη στην ευθεία η : y = − 4 x, αν και μόνο αν ισχύει λε ⋅ λη = −1, 3 x1  4  δηλαδή 4 y1  − 3  = −1 ή, ισοδύναμα,  

x1 = 3y1. 99 (5)Όμως, το σημείο Μ 1(x1, y1) ανήκει στην υπερβολή. Επομένως, θα ισχύει x12 − 4 y12 = 12. (6)Έτσι η (6), λόγω της (5), γράφεται 3y12 − 4 y12 = 12 ή, ισοδύναμα, y12 = −12, πουείναι αδύνατη. Άρα, δεν υπάρχει εφαπτομένη της υπερβολής που είναι κάθετηστην ευθεία η : y = − 4 x. 3(iii) Η ε διέρχεται από το σημείο Μ (3, 0), αν και μόνο αν οι συντεταγμένες τουεπαληθεύουν την (1), δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει 3x1 = 12 ή, ισοδύναμα, x1 = 4 (7)Όμως, όπως είδαμε πιο πριν, ισχύει x12 − 4 y12 = 12. (8)Αν λύσουμε το σύστημα των (7) και (8), βρίσκουμε ότι (x1, y1) = (4,1) ή (x1, y1) = (4, −1).Άρα, υπάρχουν δύο εφαπτόμενες της υπερβολής που να διέρχονται από το σημείοΜ (3, 0). Οι εφαπτόμενες αυτές, λόγω της (1), έχουν εξισώσεις 4x − 4 y = 12 και 4x + 4 y = 12,που γράφονται ισοδύναμα y = x − 3 και y = −x + 3αντιστοίχως.Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έστω ΚΛΜΝ το ορθογώνιο βάσης της y Ν BΚ υπερβολής. Τότε (ΟΑ) = α και (ΑΚ ) = β ο π ό τ ε (ΟΚ )2 = α 2 + β 2 = γ 2 κ α ι ά ρ α Ε1 (ΟΚ ) = γ = (ΟΕ ). Επομένως τα ορθογώνια E΄ Α΄ Ο Α Ex τρίγωνα ΑΟΚ και Ε1ΟΕ είναι ίσα, αφού έχουν μία οξεία γωνία κοινή και τις υποτείνουσες ίσες. Άρα θα ισχύει(ΟΕ1) = (ΟΑ) = α και (ΕΕ1) = (ΑΚ ) = β. Μ B΄ Λ