ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ

ΕΥΘΕΙΑ Β΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

(ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΤΟΠΟΣ)

∆ίνονται τα σηµεία Α(3λ,λ+4), Β(λ-1,2λ+5) και Γ(2λ+1,3λ-2). Να

βρεθεί ο γεωµετρικός τόπος των κέντρων βάρους, των τριγώνων ΑΒΓ.

ΥΠΟ∆ΕΙΓΜΑΤΙΚΗ ΛΥΣΗ

Υπενθύµιση

Γνωρίζουµε ότι αν τα σηµεία ( )x , yα αΑ , ( )x , yβ βΒ και

( )x , yγ γΓ είναι κορυφές τριγώνου, τότε οι συντεταγµένες του κέντρου

βάρους του, δίνονται από τις σχέσεις:

x x xx

3

α β γ+ += και

y y yy

3

α β γ+ +=

Αν ( )x, yΚ είναι οι συντεταγµένες τυχαίου σηµείου του γεωµετρικού

τόπου, επειδή το Κ είναι κέντρο βάρους σύµφωνα µε τις προηγούµενες

σχέσεις, έχουµε:

3 1 2 1x

3x 63

4 2 5 3 2 3y 6 7y

3

λ + λ − + λ +=

= λ⇔

λ+ + λ + + λ − = λ +=

Κάνοντας απαλοιφή της παραµέτρου λ από τις προηγούµενες σχέσεις,

προκύπτει:

3x 3y 7 0− + =


(ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΤΟΠΟΣ ΚΟΡΥΦΗΣ ΑΠΟ ΤΟ ΕΜΒΑ∆ΟΝ )

∆ίνονται τα σηµεία ( )1,1Β , ( )5, 2Γ − . Να βρεθεί ο γεωµετρικός

τόπος των σηµείων Α, ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να έχει εµβαδόν 12

τετραγωνικές µονάδες.


Αν ( )x,y είναι οι συντεταγµένες του τυχαίου σηµείου Α του

γεωµετρικού τόπου, επειδή:

ΑΓΑΓΑΓΑΓΑΒΑΒΑΒΑΒ====ΕΕΕΕ→→→→→→→→

,det2

1

έχουµε:

1 x 1 y1

125 x 2 y2

− −= ⇔

− − −

( )( ) ( )( )1 x 2 y 5 x 1 y 24− − − − − − = ⇔

3x 4y 7 24+ − =

Από την οποία έχουµε τις εξισώσεις:

3x 4y 31 0 ή 3x 4y 17 0+ − = + + =

Οι εξισώσεις αυτές, χαρακτηρίζουν τις ευθείες που αποτελούν τον

ζητούµενο γεωµετρικό τόπο. Όπως είναι φανερό, οι ευθείες αυτές είναι

παράλληλες στην ευθεία ΒΓ και ισαπέχουν απ' αυτή.


(ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΤΟΠΟΣ ΚΟΡΥΦΗΣ ΤΡΙΓΩΝΟΥ)

Οι συντεταγµένες των κορυφών ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι

( )2 2,3 4Α λ − λ + , ( )4, 3Β − − και ( )5, 1Γ − . Να προσδιορισθεί ο

γεωµετρικός τόπος της κορυφής Α, Στη συνέχεια να βρεθεί το εµβαδόν

του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ).


Έστω ( )x,y οι συντεταγµένες τυχαίου σηµείου του γεωµετρικού

τόπου. Τότε θα πρέπει:

x 2 2, y 3 4= λ − = λ +

από τις οποίες προκύπτει:

x 2 y 4

,2 3

+ −λ = λ =

Άρα ο ζητούµενος γεωµετρικός τόπος, είναι η ευθεία ε που έχει εξίσωση:

x 2 y 43(x 2) 2(y 4) 3x 2y 14 0

2 3

+ −= ⇔ + = − ⇔ − + =

Το εµβαδόν του τριγώνου µπορεί να προσδιορισθεί, αν βρούµε τις

συντεταγµένες της κορυφής Α. Το σηµείο Α, εκτός από την ευθεία ε , περιέχεται και στη µεσοκάθετο του ευθυγράµµου τµήµατος ΒΓ, εφ' όσον

ζητούµε το εµβαδόν του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ. Εποµένως αν ( )x,y

είναι οι συντεταγµένες του Α, η εξίσωση της µεσοκαθέτου του ΒΓ, είναι:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2x 4 y 3 x 5 y 1+ + + = − + + ⇔

8x 16 6y 9 10x 25 2y 1+ + + = − + + + ⇔

18x 4y 1 0+ − =

∆εδοµένου ότι η κορυφή Α περιέχεται και στην ευθεία ε , οι συντεταγµένες της είναι η λύση του συστήµατος:

3x 2y 14 0

18x 4y 1 0

− + =

+ − =

από το οποίο έχουµε:

9 85x , y

8 16= − =

Για το εµβαδόν του τριγώνου ισχύει:

ΑΓΑΓΑΓΑΓΑΒΑΒΑΒΑΒ====ΕΕΕΕ→→→→→→→→

,det2

1

εποµένως:

32

1105

16

851

8

95

16

853

8

94

2

1====

−−−−−−−−++++

−−−−−−−−++++−−−−====ΕΕΕΕ

∆ίνουµε στην εξίσωση µορφή

τριωνύµου ως προς λ.


(∆ΕΣΜΗ ΕΥΘΕΙΩΝ)

Θεωρούµε ευθεία ε , που χαρακτηρίζεται από την εξίσωση:

( ) ( )2 2 22 9 x 3 y 2 7 0λ + λ + + λ − λ − − λ + λ + =

Να δειχθεί ότι για κάθε πραγµατική τιµή του λ, η ευθεία ε περνά από σταθερό σηµείο.


Από την δεδοµένη εξίσωση, έχουµε:

( ) ( )2x y 1 2x y 2 9x 3y 7 0+ − λ + − + λ + − + = (1)

Η σχέση αυτή, αληθεύει για κάθε πραγµατική τιµή του λ, άρα είναι εκ

ταυτότητος ένα µηδενικό πολυώνυµο ως προς λ. Αυτό σηµαίνει ότι έχει

µηδενικούς συντελεστές, εποµένως ισχύουν:

x y 1 0

2x y 2 0

9x 5y 7 0

+ − =

− + =

− + =

Από το σύστηµα των δύο πρώτων εξισώσεων, έχουµε:

x y 1 3x 1

2x y 2 x y 1

+ = = −⇔

− = − + = ⇔

1

3

4y3

χ = −

=

Οι τιµές αυτές αληθεύουν και την τρίτη εξίσωση, εποµένως η δεδοµένη

εξίσωση διέρχεται από το σηµείο

−−−−3

4,

3

1


(∆ΕΣΜΗ ΕΥΘΕΙΩΝ)

Να βρεθεί η εξίσωση της δέσµης, που έχει κέντρο το σηµείο Κ(3,4).

Στη συνέχεια, να βρεθεί ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας που

ανήκει στη δέσµη και διέρχεται από το σηµείο (1,2).


∆ύο τυχαίες ευθείες που διέρχονται από το Κ, είναι οι ευθείες:

x 3, y 4= =

Εποµένως η εξίσωση της δέσµης που έχει κέντρο το Κ, είναι:

( )x 3 y 4 0− + λ − = (1)

Από τις ευθείες της δέσµης, θέλουµε εκείνη που διέρχεται από το

σηµείο (1,2). Αυτό σηµαίνει ότι η παράµετρος λ, έχει τιµή τέτοια ώστε οι

συντεταγµένες (1,2) ν' αληθεύουν την (1). Εποµένως έχουµε:

( )1 3 2 4 0− + λ − = ⇔ 1λ = −

Άρα η ευθεία της δέσµης που διέρχεται από το σηµείο (1,2) έχει την

εξίσωση:

( )x 3 y 4 0− − − = ⇔ x y 1 0− + =

Ο δε συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας αυτής, είναι 1.


(ΕΜΒΑ∆ΟΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ)

Τρίγωνο ΑΒΓ, έχει εµβαδόν 23 µονάδων. Αν οι συντεταγµένες των

κορυφών Β, Γ είναι αντίστοιχα ( )3, 3− − και ( )5, 1− , να βρεθούν οι

συντεταγµένες της κορυφής Α, γνωρίζοντας ότι περιέχεται στην ευθεία

ε , µε εξίσωση 3x 4y 18 0− + = .


Έστω ( )x,y οι συντεταγµένες της κορυφής Α. Επειδή είναι γνωστό

το εµβαδόν του τριγώνου, από τη σχέση:

( )1det ,

2Ε = ΑΒ ΑΓ

έχουµε:

3 x 3 y1

23 x 4y 9 235 x 1 y2

− − − −= ⇔ − + + =

− − −

Επειδή το Α είναι σηµείο της ευθείας ε, οι συντεταγµένες του ( )x,y ,

θα ικανοποιούν και την εξίσωση:

3x 4y 18 0− + =

Εποµένως οι συντεταγµένες

του Α, είναι η λύση του

συστήµατος:

x 4y 9 23

3x 4y 18 0

− + + =

− + =

Το σύστηµα αυτό, είναι ισοδύναµο µε τα συστήµατα:

x 4y 9 23 x 4y 9 23

(I) ή (II)3x 4y 18 0 3x 4y 18 0

− + + = − + + = −

− + = − + =

Από την επίλυση του συστήµατος (I) έχουµε x 2= − , y 3= και από την

επίλυση του (II), 57

x 25, y4

= − = − .

Άρα υπάρχουν δύο τρίγωνα, που ικανοποιούν τα δεδοµένα του

προβλήµατος. Των τριγώνων αυτών, οι συντεταγµένες της κορυφής Α είναι

αντίστοιχα ( )2,3− και

−−−−−−−−4

57,25 .

Θεώρηµα

διχοτόµων

Ευκλείδειας

γεωµετρίας


(ΕΞΙΣΩΣΗ ∆ΙΧΟΤΟΜΟΥ)

∆ίνεται τρίγωνο µε κορυφές τα σηµεία ( )3,4Α , ( )1,1Β − και

( )3, 4Γ − − . Να βρεθεί η εξίσωση της διχοτόµου της γωνίας ^

ΑΑΑΑ του

τριγώνου αυτού.


Έστω Α∆ η διχοτόµος της γωνίας ^

ΑΑΑΑ . Επειδή είναι:

ΑΓΑΓΑΓΑΓ

ΑΒΑΒΑΒΑΒ====

∆Γ∆Γ∆Γ∆Γ

Β∆Β∆Β∆Β∆ και

5)41()31()( 22 ====−−−−++++−−−−−−−−====ΑΒΑΒΑΒΑΒ====ΑΒΑΒΑΒΑΒ→→→→

10)44()33()( 22 ====−−−−−−−−++++−−−−−−−−====ΑΓΑΓΑΓΑΓ====ΑΓΑΓΑΓΑΓ→→→→

έχουµε:

→→→→→→→→→→→→→→→→

∆Γ∆Γ∆Γ∆Γ====Β∆Β∆Β∆Β∆⇔⇔⇔⇔∆Γ∆Γ∆Γ∆Γ====Β∆Β∆Β∆Β∆2

1

2

1

Αν ( )x, y είναι οι συντεταγµένες

του σηµείου ∆, από την

προηγούµενη σχέση, έχουµε:

1(x 1, y 1) ( 3 x, 4 y)

2+ − = − − − −

Από την οποία προκύπτουν οι

εξισώσεις:

3 xx 1

2x 2 3 x2

4 y 2y 2 4 yy 1

2

− −+ = + = − −

⇔ ⇔− − − = − −

− =

5x

3

2y

3

= −

= −

που σηµαίνει ότι οι συντεταγµένες του σηµείου ∆ είναι

−−−−−−−−3

2,

3

5.

Αφού γνωρίζουµε τις συντεταγµένες των σηµείων Α, ∆ συνεπάγεται

ότι η εξίσωση της ευθείας Α∆, έχει τη µορφή:

24

3y 4 (x 3)5

33

− −− = − ⇔

− − 1 0χ −ψ + =


(ΕΥΘΕΙΑ ΑΠΟ ∆ΥΟ ΣΗΜΕΙΑ)

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σηµεία

( ),0Α α και ( )0,Β β , µε 0α⋅β ≠ .


Η εξίσωση της ευθείας, αφού περνά από τα σηµεία Α, Β είναι:

0

y 0 (x ) y x0

−β− = −α ⇔ α = −β +αβ ⇔

α−

x yβ +α = αβ ⇔ x y

1+ =α β

Παρατήρηση

Αυτή η µορφή της εξισώσεως της ευθείας, είναι αρκετά χρήσιµη για

κάποια προβλήµατα. Αν χρειαστούµε τη µορφή αυτή, µπορούµε να τη πάρουµε

όπως στο προηγούµενο παράδειγµα. Οι αριθµοί α, β ονοµάζονται

συντεταγµένες της ευθείας επί την αρχή. Ειδικότερα το α είναι η τετµηµένη επί

την αρχή και το β είναι τεταγµένη επί την αρχή.


(ΕΥΘΕΙΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΓΩΝΙΑ ΤΗΣ ΜΕ ΤΟΝ x’x ΚΑΙ ΣΗΜΕΙΟ ΤΗΣ )

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το σηµείο

( )1,3Α − και σχηµατίζει µε τον άξονα x x′ γωνία 6

ππππ.


Ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας αυτής είναι:

3

6 3

πλ = εφ =

Εποµένως η εξίσωση της ευθείας είναι:

3

y 3 (x 2)3

− = + ⇔ 3x 3y 2 3 9 0− + + =

(ΕΥΘΕΙΑ ΑΠΟ ΤΟ ΕΜΒΑ∆ΟΝ ΤΗΣ ΜΕ ΤΟΥΣ ΑΞΟΝΕΣ)

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που έχει συντελεστή διευθύνσεως

2

5−−−−====λλλλ και σχηµατίζει µε τους άξονες, τρίγωνο εµβαδού 20 µονάδων.


Έστω ( ),0α , ( )0,β οι συντεταγµένες των σηµείων στα οποία η ευθεία

τέµνει τους άξονες. Όπως είδαµε σε προηγούµενη άσκηση, η εξίσωση της

ευθείας αυτής, έχει τη µορφή:

x y

1+ =α β

Το σχηµατιζόµενο τρίγωνο από την

ευθεία και τους άξονες, είναι ένα

ορθογώνιο τρίγωνο που οι κάθετες

πλευρές του έχουν µήκη αααα και ββββ .

Εποµένως, εφ' όσον γνωρίζουµε το

εµβαδόν του, έχουµε την σχέση:

40α ⋅ β = (1)

Επειδή η ευθεία διέρχεται από τα σηµεία ( ),0Α α και ( )0,Β β , θα έχει

συντελεστή διευθύνσεως:

0

0

−β βλ = = −

α − α

∆εδοµένου ότι είναι γνωστός ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας,

έχουµε την εξίσωση:

5

2

β=

α ⇔ 2 5β = α (2)

Οι εξισώσεις (1), (2) δίνουν το σύστηµα:

40

2 5

α ⋅ β =

β = α

Το οποίο είναι ισοδύναµο µε τα συστήµατα:

40

2 5

αβ =

β = α (3) ή

40

2 5

αβ = −

β = α (4)

Το σύστηµα (4) είναι αδύνατο, ενώ από το σύστηµα (3) έχουµε:

2 25 80 16

2 5 2 5

α = α =⇔

β = α β = α

από το οποίο προκύπτουν οι λύσεις:

4, 10α = β = ή 4, 10α = − β = −

Συνεπώς υπάρχουν δύο ευθείες που πληρούν τις προϋποθέσεις του

προβλήµατος και έχουν εξισώσεις:

x y x y

1 ή 14 10 4 10+ = + = −

Παρατήρηση

Σε προβλήµατα που ζητούν την εξίσωση ευθείας και δίνεται το εµβαδόν

του τριγώνου που σχηµατίζει η ευθεία µε τους άξονες, εξυπηρετεί η µορφή της

εξίσωσης της ευθείας, που δίνεται από τις συντεταγµένες αυτής επί την αρχή.

Οι άγνωστοι α, β προσδιορίζονται από το σύστηµα, του οποίου η µία

εξίσωση είναι . 2α β = Ε και η άλλη εξίσωση του, εξαρτάται από το δεύτερο

δεδοµένο του προβλήµατος.

Την ίδια µορφή της εξισώσεως της ευθείας, χρησιµοποιούµε σε κάθε

πρόβληµα που συνδέει µία ευθεία µε τους άξονες.

(ΕΥΘΕΙΑ ∆ΙΕΡΧΕΤΑΙ ΑΠΟ ΣΤΑΘΕΡΟ ΣΗΜΕΙΟ)

∆ίνεται η ευθεία ε που εκφράζεται από την εξίσωση

x y 0Α + Β + Γ = , µε 0Α + Β ≠ . Να δειχθεί ότι η ευθεία ε περνά

από σταθερό σηµείο, αν και µόνον αν υπάρχουν 1 2,κ κ ∈ℝ ώστε

1 2Γ = κ Α + κ Β .


Έστω ότι η ε , περνά από σταθερό σηµείο ( )x ,yο οΡ . Τότε ισχύει:

x y 0ο οΑ + Β + Γ =

από την οποία έχουµε:

( ) ( )x yο οΓ = − Α + − Β

που σηµαίνει ότι η πρόταση ισχύει.

Αντίστροφα, αν ισχύει 1 2Γ = κ Α + κ Β , από την εξίσωση της

ευθείας, έχουµε:

1 2x y 0Α + Β + κ Α + κ Β = ⇔ ( ) ( )1 2x y 0Α + κ + Β + κ =

και επειδή 0≠≠≠≠ΒΒΒΒ++++ΑΑΑΑ , µπορούµε να έχουµε 0Α ≠ και τότε από την (1)

προκύπτει:

1 2x (y ) 0Β

+ κ + + κ =Α

Η εξίσωση αυτή, αποτελεί εξίσωση δέσµης, που έχει κέντρο το σηµείο

Ρ, του οποίου οι συντεταγµένες είναι η λύση του συστήµατος:

1

2

x 0

y 0

+ κ =

+ κ =

Από το σύστηµα αυτό, έχουµε 1x = −κ , 2y = −κ . Άρα η ευθεία ε ,

περνά από το σταθερό σηµείο:

( )1 2,Ρ −κ −κ

(ΕΥΘΕΙΑ ΚΑΘΕΤΗ ΣΕ ∆Ε∆ΟΜΕΝΗ)


( )2, 1Α − και είναι κάθετη στην ευθεία ε, µε εξίσωση:

( )y 3 2 x 1− = − +


Από τη δεδοµένη εξίσωση της ευθείας ε, προκύπτει ότι ο

συντελεστής διευθύνσεως της είναι 2λ = − . Εποµένως η κάθετη προς

αυτή ευθεία, θα έχει συντελεστή διευθύνσεως λ΄ ώστε:

1)2(΄ −−−−====−−−−λλλλ άρα 2

1΄ ====λλλλ

και εφ' όσον διέρχεται από το σηµείο Α(2,-1) η εξίσωση της θα είναι:

1

y 1 (x 2)2

+ = − 2 4 0χ − ψ − =

(ΕΥΘΕΙΑ ΠΑΡΑΛΛΗΛΗ ΣΕ ∆Ε∆ΟΜΕΝΗ)

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που έχει τετµηµένη επί την αρχή

2 και είναι παράλληλη στην ευθεία µε εξίσωση:

y 3x 4= − +


Εφ' όσον η ευθεία έχει τετµηµένη επί την αρχή 2, διέρχεται από το

σηµείο ( )2,0 και εφ' όσον είναι παράλληλη στην ευθεία y 3x 4= − + , έχει

συντελεστή διευθύνσεως 3λ = − . Άρα η εξίσωση της, είναι:

( )y 0 3 x 2− = − − ⇔ 3x y 6 0+ − =

(ΕΥΘΕΙΑ ΠΑΡΑΛΛΗΛΗ ΣΕ ∆ΙΑΝΥΣΜΑ)


( )2, 1Α − και είναι παράλληλη στο διάνυσµα )2,3(====δδδδ

.


Επειδή η ευθεία είναι παράλληλη στο διάνυσµα )2,3(====δδδδ

έχει τον

συντελεστή 3

2====λλλλ του διανύσµατος και εποµένως η εξίσωση της είναι:

2

y 1 (x 2)3

+ = − ⇔ 2 3 7χ − ψ =

(ΕΥΘΕΙΕΣ ΠΟΥ ∆ΙΕΡΧΟΝΤΑΙ ΑΠΟ ΤΟ Ι∆ΙΟ ΣΗΜΕΙΟ )

Να προσδιορισθεί η τιµή του κ, ώστε οι ευθείες που έχουν

εξισώσεις:

( )1 x y 1κ − + = − , ( )x 1 y 1 0+ κ − + = , ( )x y 1 0+ + κ − =

να διέρχονται από το ίδιο σηµείο και να προσδιορισθούν οι

συντεταγµένες του κοινού τους σηµείου.


Έστω 1 2 3, ,ε ε ε οι ευθείες των οποίων έχουν δοθεί οι εξισώσεις. Η

τιµή του κ θα πρέπει να είναι τέτοια ώστε η ευθεία 3ε , να διέρχεται από

το κοινό σηµείο των 1 2,ε ε . Αν ( )1 x y 1 0κ − + + = ,

( )x 1 y 1 0+ κ − + = είναι οι εξισώσεις των 1 2,ε ε τότε οι συντεταγµένες του

κοινού τους σηµείου, είναι η λύση του συστήµατος:

( )

( )1 x y 1

x 1 y 1

κ − + = −

+ κ − = −

Η λύση του συστήµατος αυτού, είναι:

1 1 1 1

1 1 1 1x , y

1 1 1 1

1 1 1 1

− κ− −

− κ − −= =κ − κ −

κ − κ −

(1)

Εφ' όσον είναι:

1 10

1 1

κ −≠

κ − 2( 1) 1 0⇔ κ− − ≠ 2, κ 0⇔ κ ≠ ≠

Οι τιµές αυτές των x, y θα πρέπει ν' αληθεύουν την εξίσωση:

( )x y 1 0+ + κ− = της 3ε .

Εποµένως η τιµή του κ δίνεται από την εξίσωση:

1 1 1 1

1 1 1 11 0

1 1 1 1

1 1 1 1

− κ − −

− κ − −+ + κ − =

κ − κ−

κ − κ −

⇔

1 1 1 1 1 1

( 1) 01 1 1 1 1 1

− κ − − κ −+ + κ − =

− κ− − κ − ⇔

- ( )2( 1) 1 ( 1) 1 ( 1) 1 1 0 κ − + − κ − + + κ − κ − − =

⇔

( ) ( )2 4 1 2 0− κ + + κ − κ− κ =

Από την οποία επειδή 2κ ≠ , έχουµε:

( )2 1 0− + κ κ − = ⇔ 2 2 0κ − κ− =

η οποία έχει αποδεκτή λύση 1κ = − .

Άρα οι δεδοµένες ευθείες διέρχονται από το ίδιο σηµείο, όταν 1κ = −

και οι συντεταγµένες του σηµείου αυτού, προσδιορίζονται από τις σχέσεις

(1) για 1κ = − . Έτσι λοιπόν έχουµε ότι οι συντεταγµένες του κοινού τους

σηµείου, είναι ( )1,1

(ΕΥΘΕΙΕΣ ΠΑΡΑΛΛΗΛΕΣ ΚΑΘΕΤΕΣ)

∆ίνεται η ευθεία ε, µε εξίσωση x 2y 3 0− + = και το σηµείο

( )3,2Α . Να προσδιορισθεί η εξίσωση της ευθείας, που περνά από το

σηµείο Α και είναι:

i Παράλληλη στην ευθεία ε.

ii Κάθετη στην ευθεία ε.


Ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας ε, είναι:

2

1====λλλλ

i Η ευθεία 1ε που είναι παράλληλη προς την ε, θα έχει τον ίδιο

συντελεστή διευθύνσεως και εφ' όσον διέρχεται από το Α(3,2), θα έχει

εξίσωση:

1

y 2 (x 3)2

− = − ⇔ 2 1 0χ − ψ + =

Άλλος τρόπος προσδιορισµού της εξίσωσης της ε1

Εφ' όσον η 1ε , είναι παράλληλη προς την ε, θα έχει τον ίδιο

συντελεστή µ' αυτή, εποµένως η εξίσωση της, θα έχει τη µορφή:

x 2y 0− + κ = (1)

Αρκεί να προσδιορισθεί ο κ, ώστε η 1ε να διέρχεται από το Α. Αυτό

σηµαίνει ότι οι συντεταγµένες του Α, ικανοποιούν τη σχέση (1), εποµένως

έχουµε:

3 2 2 0− ⋅ + κ = ⇔ 1κ =

ii Η 2ε που είναι κάθετη στην ε, θα έχει συντελεστή διευθύνσεως

2′λ = − , ώστε:

1′λ ⋅λ = −

και εξίσωση:

( )y 2 2 x 3− = − − ⇔ 2x y 8 0+ − =

(ΚΕΝΤΡΙΚΗ ∆ΕΣΜΗ)

∆ίνεται η εξίσωση της δέσµης των ευθειών:

( )x 2y 10 x 3y 5 0+ − + κ − + =

Να προσδιορισθεί η εξίσωση της ευθείας της δέσµης, που σχηµατίζει µε

τους άξονες τρίγωνο εµβαδού 25 τετραγωνικών µονάδων.


Οι συντεταγµένες του κέντρου της δέσµης, είναι η λύση του

συστήµατος:

x 2y 10 0

x 3y 5 0

+ − =

− + =

από το οποίο έχουµε τις λύσεις:

x 4, y 3= =

Έτσι, αναζητούµε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το

σηµείο Ρ(4,3) και σχηµατίζει µε

τους άξονες τρίγωνο εµβαδού 25

τετραγωνικών µονάδων.

Επειδή είναι δεδοµένο το

εµβαδόν του τριγώνου που

σχηµατίζει η ευθεία µε τους

άξονες, εξυπηρετεί η µορφή της

εξίσωσης:

x y

1+ =α β

όπου α, β οι συντεταγµένες της ευθείας επί την αρχή.

Οι τιµές των α, β είναι η λύση του συστήµατος:

4 31

3 4

50125

2

+ =α + β = αβα β

⇔αβ =

αβ =

από το οποίο έχουµε τα συστήµατα:

3 4 50 3 4 50

ή50 50

α + β = α + β = −

αβ = αβ = −

Τα συστήµατα αυτά κατά ισοδύναµο τρόπο, µπορούν να γραφούν αντίστοιχα

µε τη µορφή:

3 4 50 3 4 50

ή3 .4 600 3 .4 600

α + β = α + β = −

α β = α β = −

Οι τιµές των 3α, 4β είναι οι λύσεις των τριωνύµων:

2x 50x 600 0− + = (1)

2x 50x 600 0+ − = (2)

Από το τριώνυµο (1), έχουµε 1 2x 30, x 20= = ενώ από το (2) έχουµε

3 4x 10, x 60= = − .

Συνεπώς οι τιµές των α, β καθορίζονται από τις σχέσεις:

104

603ή

604

103ή

304

203ή

204

303

====ββββ

−−−−====αααα

−−−−====ββββ

====αααα

====ββββ

====αααα

====ββββ

====αααα

Από τις οποίες έχουµε:

2

520

ή

153

10

ή

4

303

20

ή5

10

====ββββ

−−−−====αααα

−−−−====ββββ

====αααα

====ββββ

====αααα

====ββββ

====αααα

που σηµαίνει ότι υπάρχουν τέσσερις ευθείες της δέσµης, οι οποίες

ικανοποιούν τα δεδοµένα του προβλήµατος.

(ΚΕΝΤΡΟ ΒΑΡΟΥΣ ΤΡΙΓΩΝΟΥ)

∆ίνεται τρίγωνο ΑΒΓ µε ( )1 1x , yΑ , ( )2 2x , yΒ και ( )3 3x , yΓ . Να

εκφρασθούν οι συντεταγµένες του κέντρου βάρους του τριγώνου, από τις

συντεταγµένες των Α, Β, Γ.


Το κέντρο βάρους ( )x, yΚ είναι στη διάµεσο Α∆ και ισχύει:

→→→→→→→→

Κ∆Κ∆Κ∆Κ∆====ΑΚΑΚΑΚΑΚ 2 (1)

Επειδή οι συντεταγµένες του ∆

είναι:

2 3 2 3x x y yx , y

2 2∆ ∆

+ += =

έχουµε:

( ) 2 3 2 31 1

x x y yx x , y y , x, y

2 2

→ → + + ΑΚ = − − Κ∆ = − −

Εποµένως από την (1) προκύπτει:

( ) 2 3 2 31 1

x x y yx x , y y 2 x, y

2 2

+ + − − = − − ⇔

1 2 3

1 2 3

x x x x 2x

y y y y 2y

− = + −

− = + − ⇒

1 2 3

1 2 3

x x xx

3

y y yy

3

+ +=

+ +=

Α

Β

Κ

∆

Γ

(ΚΟΙΝΑ ΣΗΜΕΙΑ ΓΡΑΜΜΗΣ ΜΕ ΤΟΥΣ ΑΞΟΝΕΣ)

∆ίνεται η γραµµή c, που έχει εξίσωση 2 2x y 6x 4y 7+ − − = . Να

βρεθούν, αν υπάρχουν, τα σηµεία στα οποία η c τέµνει τους άξονες.


Το σηµείο στο οποίο η c τέµνει τον άξονα x x′ , έχει τεταγµένη µηδέν.

Εποµένως η τετµηµένη του σηµείου αυτού, είναι η λύση της εξίσωσης:

2x 0 6x 4 0 7+ − − ⋅ = ⇔ 2x 6x 7 0− − = (1)

Επειδή οι λύσεις της (1) είναι x 7= και x 1= − , συνεπάγεται ότι η γραµµή c

τέµνει τον άξονα x x′ στα σηµεία:

( )7,0Α και ( )1,0Β −

Εργαζόµαστε µε τον ίδιο τρόπο, για να βρούµε τα κοινά σηµεία της c

µε τον άξονα y y′

(ΜΕΣΟΚΑΘΕΤΟΣ ΤΜΗΜΑΤΟΣ )

∆ίνονται τα σηµεία ( )3, 4Β − − και ( )7,2Γ . Να βρεθεί σηµείο της

ευθείας ε µε εξίσωση x y 4 0+ − = , που να ισαπέχει από τα σηµεία


Έστω ( )x, yΡ το ζητούµενο σηµείο. Επειδή το σηµείο αυτό ισαπέχει

από τα Β, Γ θα περιέχεται στη µεσοκάθετο του ΒΓ και από την ισότητα

ΒΡ = ΓΡ , έχουµε:

2 2 2 2(x 3) (y 4) (x 7) (y 2)+ + + = − + − ⇔

6x 9 8y 16 14x 49 4y 4+ + + = − + − + ⇔

5x 3y 7+ =

Το σηµείο Ρ είναι στη µεσοκάθετο του ΒΓ και στην ευθεία ε. Άρα οι

συντεταγµένες του σηµείου Ρ, είναι η λύση του συστήµατος:

5x 3y 7 5x 3y 7

x y 4 3x 3y 12

+ = + =⇔

+ = − − = −

⇔ 2x 5

x y 4

= −

+ = ⇔

5x

2

13y

2

= −

=

Εποµένως το σηµείο της ε που ισαπέχει από τα Β, Γ είναι το σηµείο:

5 13,

2 2

Ρ −

(ΜΕΣΟΝ ΤΜΗΜΑΤΟΣ)

Προσδιορισµός ευθείας που διέρχεται από σηµείο και τέµνει δεδοµένες ευθείες

ώστε το σηµείο να είναι µέσον.

Κλειδιά: Μέσον ευθυγράµµου τµήµατος, τοµή ευθειών, εξίσωση ευθείας

από δυο σηµεία.

Β.∆. 3 κεφ. 2

6. ∆ίνονται οι ευθείες 1 2,ε ε µε εξισώσεις αντίστοιχα:

2x y 2 0− + = , 4x 13y 56 0+ − =

και το σηµείο Μ(5,6). Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας ε, η οποία περνά

από το Μ και τέµνει τις 1 2,ε ε στα Α, Β ώστε ΜΑ=ΜΒ.


Έστω ( )x,yΑ και ( )x ,y′ ′Β τα κοινά σηµεία της ε µε τις 1 2,ε ε

αντίστοιχα. Επειδή το Μ είναι µέσον του τµήµατος ΑΒ, ισχύουν οι σχέσεις:

x x5

x 10 x2

y y y 12 y6

2

′ += ′ = −

⇔′ ′+ = −

=

Άρα οι συντεταγµένες του Β σε σχέση µε τις συντεταγµένες του Α, είναι:

( )10 x,12 yΒ − −

Επειδή τα σηµεία Α, Β περιέχονται στις ευθείες 1 2,ε ε αντίστοιχα, έχουµε

το σύστηµα:

2x y 2 0

4(10 x) 13(12 y) 56 0

= + =⇔

− + − − =

2x y 2 0 2x y 2 0

40 4x 156 13y 56 0 4x 13y 140 0

− + = − + =⇔ ⇔

− + − − = − − + =

4x 2y 4 0 15y 144 0

4x 13y 140 0 2x y 2 0

− + = − + =⇔ ⇔

− − + = − + =

48

5

19

5

ψ =

χ =

Από τις συντεταγµένες των σηµείων ,5

48,

5

19

ΑΑΑΑ Μ(5,6) έχουµε την

εξίσωση της ευθείας ε, που είναι:

486

5y 6 (x 5) ή y 6 3(x 5)19

55

−− = − − = − − ⇔

−

3x y 21 0+ − =

(ΜΕΣΟΠΑΡΑΛΛΗΛΗ ∆ΥΟ ΠΑΡΑΛΛΗΛΩΝ)

∆ίνονται οι παράλληλες ευθείες 1 2,ε ε µε εξισώσεις αντίστοιχα:

1x y 0Α +Β +Γ = , 2x y 0Α +Β +Γ =

Να βρεθεί η εξίσωση της µεσοπαράλληλης ευθείας τους.


Οι ευθείες 1 2,ε ε τέµνουν τον άξονα y y′ στα σηµεία:

10,Γ

Κ − Β

και 20,Γ

Λ − Β

αντίστοιχα. Η µεσοπαράλληλη

αυτών ε, διέρχεται από το σηµείο Μ

που είναι το µέσον του τµήµατος

ΚΛ. Εποµένως έχει τεταγµένη:

1 2

1 2y2 2

Γ +Γ− Γ +ΓΒ= = −

Β

Η ε επειδή είναι

παράλληλη των 1 2,ε ε θα έχει

συντελεστή διευθύνσεως ΒΒΒΒ

ΑΑΑΑ−−−−====λλλλ

και εφ' όσον διέρχεται από το σηµείο 1 20,2

Γ +Γ Μ −

Β , θα έχει εξίσωση:

1 2y x2

Γ +Γ Α+ = −

Β Β ⇔ 1 2x y 0

2

Γ + ΓΑ +Β + =

(ΟΙ ∆ΙΑΜΕΣΟΙ ΤΡΙΓΩΝΟΥ ΣΥΝΤΡΕΧΟΥΝ)

Να δειχθεί ότι οι διάµεσοι ενός τριγώνου, διέρχονται από το ίδιο

σηµείο.


Θεωρούµε σύστηµα αξόνων, στο οποίο ο άξονας των τετµηµένων

ταυτίζεται µε την ευθεία ΒΓ και ο άξονας των τεταγµένων είναι το ύψος

ΑΟ. Έτσι οι συντεταγµένες των κορυφών του τριγώνου, µπορεί να είναι

( )0,Α α , ( ),0Β β , ( ),0Γ γ . Τότε τα µέσα των πλευρών ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ είναι

αντίστοιχα:

, 0 , , , ,2 2 2 2 2

β+ γ γ α β α ∆ Ε Ζ

Γνωρίζοντας τις συντεταγµένες των σηµείων αυτών, µπορούµε να

προσδιορίσουµε τις εξισώσεις των διαµέσων. Έτσι για τη διάµεσο Α∆,

έχουµε:

0

y (x 0) y x2 2

02

−α β+ γ β+ γ−α = − ⇔ −α = −α ⇔

β+ γ−

2 x ( )y ( ) 0α + β + γ − αβ+ αγ = (1)

Οµοίως οι εξισώσεις των άλλων διαµέσων ΒΕ, ΓΖ είναι αντίστοιχα:

( )x 2 y 0α + β− γ −αβ = (2) και ( )x 2 y 0α + γ −β −αγ = (3)

Επειδή β≠≠≠≠γ το σύστηµα των (2), (3) έχει µοναδική λύση, που είναι:

2 2

2

2 (2 ) (2 )x

2 (2 ) (2 ) 3( ) 3

2

αβ β− γ

αγ γ −β αβ γ −β −αγ β− γ γ −β β+ γ= = = =

α β− γ α γ −β −α β− γ γ −β

α γ −β

2 2

y2 2 2 3

2

α αβ

α αγ α γ −α β α= = =α β− γ αγ −αβ− αβ+αγ

α γ −β

Παρατηρούµε ότι οι τιµές αυτές αληθεύουν και την (1), εποµένως οι

διάµεσοι του τριγώνου, διέρχονται από το ίδιο σηµείο.

(ΟΙΚΟΓΕΝΕΙΑ ΠΑΡΑΛΛΗΛΩΝ ΕΥΘΕΙΩΝ)

∆ίνονται οι ευθείες 1 2 3, ,ε ε ε µε εξισώσεις αντίστοιχα:

1 2 3: 2x y 3 0, : 2x 5y 3 0, : x 2y 3 0ε − + = ε + − = ε − + =

Να προσδιορισθεί η οικογένεια των ευθειών, ώστε αν ένας τυχαίος

αντιπρόσωπος αυτής τέµνει τις 1 2 3, ,ε ε ε στα Α, Β, Μ αντίστοιχα, να

είναι ΑΜ=ΜΒ.


Από την επίλυση του συστήµατος των εξισώσεων των ευθειών

1 2 3, ,ε ε ε , προκύπτει ότι αυτές είναι ακτίνες κεντρικής δέσµης, µε κέντρο το

σηµείο:

( )1,1Κ −

Έστω ( )1,5Α ένα σηµείο της 1ε Έστω ακόµη ε , µία ευθεία από τη

ζητούµενη οικογένεια ευθειών, η οποία περνά από το Α και τέµνει τις

2 3,ε ε στα Β, Μ αντίστοιχα. Αν είναι ( )x,yΒ , επειδή το Μ είναι µέσον

του τµήµατος ΑΒ, ισχύει x 1 y 5

,2 2

+ + Μ

. ∆εδοµένου ότι τα Β, Μ είναι

σηµεία των 2 3,ε ε αντίστοιχα, οι τιµές των x,y προσδιορίζονται από τη

λύση του συστήµατος:

x 1 y 5x 2y 3 02 3 0

2 22x 5y 3 0

2x 5y 3 0

+ +− − =− + =

⇔ ⇔+ − =

+ − =

2x 4y 6 9y 3 0

2x 5y 3 0 x 2y 3 0

− + + + =⇔ ⇔

+ − = − − =

1y

3

7x

3

= −

=

∆ηλαδή οι συντεταγµένες του Β είναι

−−−−3

1,

3

7. Εποµένως η εξίσωση της

ευθείας ε , αφού περνά από τα σηµεία Α, Β είναι:

15

163y 5 (x 1) y 5 (x 1)7 4

13

− − −− = − ⇔ − = − ⇔

−

4x y 9 0+ − =

Η εξίσωση αυτή, αποτελεί εξίσωση µίας ευθείας από το ζητούµενο

σύνολο ευθειών. Το σύνολο των ευθειών που ικανοποιούν τα δεδοµένα του

προβλήµατος, εκφράζεται από την εξίσωση:

4x y 0,+ + κ = κ∈ℝ (1)

Σηµείωση: Οι δεδοµένες ευθείες 1 2 3, ,ε ε ε είναι ακτίνες

κεντρικής δέσµης ευθειών. ∆ηλαδή περιέχονται σε οικογένεια ευθειών,

που διέρχονται από το ίδιο σηµείο.

Η εξίσωση (1), εκφράζει σύνολο ευθειών που είναι παράλληλες.

∆ηλαδή έχουµε µια παράλληλη δέσµη ευθειών,

(ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ ΤΡΙΓΩΝΟ)

∆ίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΒ (ΟΒ⊥⊥⊥⊥ΟΑ). Κατασκευάζουµε τα

τετράγωνα ΟΑΓ∆ και ΟΒΕΖ. Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΕΑ, ΒΓ και το

ύψος ΟΗ διέρχονται από το ίδιο σηµείο.


Θεωρούµε σύστηµα αναφοράς, στο οποίο οι άξονες ταυτίζονται µε τις

κάθετες πλευρές του τριγώνου. Έτσι, αν οι συντεταγµένες των κορυφών του

τριγώνου είναι ( )0,0Ο , ( )0,Α α και ( ),0Β β , οι συντεταγµένες των

υπολοίπων κορυφών των τετραγώνων, θα είναι:

( ),Γ −α α , ( ),0∆ −α , ( ),Ε β −β και ( )0,Ζ −β

Στις ευθείες ΑΕ, ΒΓ γνωρίζουµε από δύο σηµεία, εποµένως οι

εξισώσεις τους, είναι αντίστοιχα:

: y (x 0)0

α +βΑΕ −α = − ⇔

−β ( )x y 0α +β +β − αβ = (1)

0

: y 0 (x )− α

ΒΓ − = −β ⇔α +β

x ( )y 0α + α +β −αβ = (2)

Η ευθεία ΟΗ διέρχεται από το σηµείο Ο και είναι κάθετη στην ΑΒ.

Επειδή:

0

0ΑΒ

− α αλ = = −

β − β

Ο συντελεστής

διευθύνσεως της ΟΗ, θα

είναι:

ΟΗ

βλ =

α

Συνεπώς η ΟΗ έχει

εξίσωση:

y xβ

= ⇔α

x y 0β − α = (3)

Από το σύστηµα των εξισώσεων (1) και (3), έχουµε:

2

xy

( )x x 0

β=α

βα +β + − αβ =

α

⇔⇔⇔⇔

2 2 2 2 2

y x y x

( )x x 0 ( )x

β β= =α α⇔

α α +β +β − α β = α + αβ +β = α β

Από το οποίο επειδή 022 ≠≠≠≠ββββ++++αβαβαβαβ++++αααα έχουµε:

2

2 2

2

2 2

x

y

α β=α + αβ +β

αβ=α + αβ +β

Οι τιµές αυτές αληθεύουν και την εξίσωση (2), εποµένως οι ευθείες

ΒΓ, ΑΕ και ΟΗ διέρχονται από το ίδιο σηµείο.

(ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ ΤΡΙΓΩΝΟ)

Να δειχθεί ότι το τρίγωνο που έχει κορυφές τα σηµεία ( )4,5Α ,

( )4,3Β − και ( )6, 3Γ − είναι ορθογώνιο.


Παρατηρούµε ότι:

3 5 1

4 4 4ΑΒ

−λ = =

− − και

3 54

6 4ΑΓ

− −λ = −

−

Επειδή

1( 4) 1

4ΑΒ ΑΓλ ⋅λ = − = −

Συνεπάγεται ότι ΑΒ⊥⊥⊥⊥ΑΓ, άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο.

(ΠΑΡΑΛΛΗΛΟΓΡΑΜΜΟ ΑΠΟ ∆ΥΟ ΠΛΕΥΡΕΣ ΚΑΙ ΤΗ ∆ΙΑΓΩΝΙΟ)

∆ύο πλευρές ενός παραλληλογράµµου, έχουν εξισώσεις

2x 3y 12 0− + = , 2x 2y 15 0+ − = . Μια διαγώνιος του, έχει εξίσωση

x 12y 27 0− + = . Να βρεθούν οι συντεταγµένες των κορυφών του

παραλ/µου και το εµβαδόν του.


Παρατηρούµε ότι οι εξισώσεις 2x 3y 12 0− + = , 2x 2y 15 0+ − =

δεν ανήκουν σε παράλληλες ευθείες, εποµένως είναι εξισώσεις δύο

διαδοχικών πλευρών του παραλ/µου, έστω των ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα.

Οι συντεταγµένες της κορυφής Β, είναι η λύση του συστήµατος:

2x 3y 12 2(15 2y) 3y 12

x 2y 15 x 15 2y

− = − − − = −⇔ ⇔

+ = = −

7y 42

x 15 2y

=⇔

= −

y 6

x 3

=

=

Οι συντεταγµένες

(3,6) της κορυφής Β

δεν ικανοποιούν την

εξίσωση

x 12y 27 0− + = ,

εποµένως αυτή είναι εξίσωση της διαγωνίου ΑΓ. Έτσι γίνεται φανερό, ότι οι

συντεταγµένες των κορυφών Α, Γ είναι οι λύσεις των συστηµάτων:

2x 3y 12 0 x 2y 15 0

x 12y 27 0 x 12y 27 0

− + = + − =και

− + = − + =

αντίστοιχα. Από την επίλυση των συστηµάτων αυτών, έχουµε ( )3,2Α − και

( )9,3Γ .

Η τέταρτη κορυφή ∆ του παραλ/µου, θα έχει συντεταγµένες ( )x, y

ώστε: →→→→→→→→

ΒΓΒΓΒΓΒΓ====Α∆Α∆Α∆Α∆

Επειδή οι συντεταγµένες του διανύσµατος →→→→

Α∆Α∆Α∆Α∆ είναι ( )x 3, y 2+ − , ενώ του

→→→→

ΒΓΒΓΒΓΒΓ είναι ( )6, 3− , έχουµε:

x 3 6+ = και y 2 3= = −

από τις οποίες προκύπτει ότι οι συντεταγµένες του ∆ είναι ( )3, 1− .

Αν είναι Ε το εµβαδόν του παραλ/µου, ισχύει:

( )2Ε = ΑΒΓ (1)

Οι συντεταγµένες των κορυφών του τριγώνου ΑΒΓ, είναι γνωστές,

εποµένως:

(6,4)ΑΒ =

και (12,1)ΑΓ =

Άρα:

( )6 41 1

( ) det , 2112 12 2

ΑΒΓ = ΑΒ ΑΓ = =

και συνεπώς από την (1) προκύπτει:

2 21 42Ε = ⋅ =

(ΠΑΡΑΛΛΗΛΟΓΡΑΜΜΟ)

∆ύο απέναντι πλευρές ενός παραλ/µου είναι στις ευθείες 1 2,ε ε που

έχουν εξισώσεις αντίστοιχα:

x 2y 8 0− + = , x 2y 5 0− − =

Αν το µήκος των πλευρών αυτών είναι ίσο µε την απόσταση των ευθειών

που τις περιέχουν, να βρεθεί το εµβαδόν του παραλ/µου. Στη συνέχεια

να προσδιορισθεί το παραλ/µο, αν η διαγώνιος του είναι ο άξονας x x′ .


Αν υποθέσουµε ότι οι πλευρές που περιέχονται στις παράλληλες

ευθείες 1 2,ε ε έχουν µήκος α, τότε α είναι και η απόσταση των παραλλήλων

ευθειών. Εποµένως το εµβαδόν του παραλ/µου, είναι:

2Ε = α

Προκειµένου να προσδιορισθεί η απόσταση των παραλλήλων ευθειών,

θεωρούµε σηµείο της µίας ευθείας και υπολογίζουµε την απόσταση του

σηµείου αυτού από την άλλη.

Παρατηρούµε ότι η ευθεία 2ε , διέρχεται από το σηµείο Γ(5,0).

Εποµένως:

12 2

5 2.0 8 13d( , )

51 2

− +α = Γ ε = =

+

Άρα:

213 169

55

Ε = =

Επειδή η µία διαγώνιος του παραλ/µου είναι ο άξονας των

τετµηµένων, το σηµείο Γ(5,0) είναι µια κορυφή του. Η απέναντι κορυφή του

παραλ/µου, θα είναι το σηµείο στο οποίο η ευθεία 1ε , τέµνει τον άξονα

αυτό. Συνεπώς το σηµείο ( )8,0Α − αποτελεί άλλη κορυφή του παραλ/µου.

Οι κορυφές Β, ∆ είναι στις ευθείες 1 2,ε ε αντίστοιχα και απέχουν από

τα σηµεία Α, Γ κατά 5

13 µονάδες µήκους. Εποµένως αν είναι ( )x,y οι

συντεταγµένες της κορυφής Β, θα ικανοποιούν το σύστηµα:

2 2 169(x 8) y

5

x 2y 8

+ + =

− = −

Οι λύσεις του συστήµατος αυτού, είναι 14 13

,5 5

−

ή 66 13

,5 5

− −

, που

σηµαίνει ότι στην ευθεία 1ε υπάρχουν τα σηµεία:

1

14 13,

5 5

Β −

και 2

66 13,

5 5

Β − −

που ικανοποιούν τα δεδοµένα του προβλήµατος.

Με τον ίδιο τρόπο, έχουµε ότι στην ευθεία ε2 υπάρχουν τα σηµεία

1

1 13,

5 5

∆ − −

και 2

51 13,

5 5

∆

.

Εποµένως η λύση του προβλήµατος, είναι τα παραλ/µα ΑΒ1Γ∆1 και

ΑΒ2Γ∆2.

(ΠΑΡΑΛΛΗΛΟΓΡΑΜΜΟ)

Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο που έχει κορυφές τα σηµεία

( )6,3Α − , ( )3,7Β , ( )1,3Γ και ( )8, 1∆ − − είναι παραλ/µο.


Παρατηρούµε ότι:

7 3 4 3 7 1 3 4

, 2,3 6 9 1 3 8 1 9

ΑΒ ΒΓ Γ∆

− − − −λ = = λ = = λ = =

+ − − −

και

3 1

26 8

Α∆

+λ = =

− +

Επειδή:

ΑΒ Γ∆λ = λ και ΒΓ Α∆λ = λ

συνεπάγεται ότι ΑΒ//Γ∆ και ΒΓ//Α∆, άρα το ΑΒΓ∆ είναι παραλ/µο.

(ΠΡΟΚΑΘΟΡΙΣΜΕΝΟ ΣΗΜΕΙΟ ΤΟΜΗΣ ΕΥΘΕΙΩΝ)

∆ίνονται οι ευθείες 1 2,ε ε µε εξισώσεις αντίστοιχα:

( ) ( )

( ) ( )

1

2

: 1 x 2 1 y 8 1 0

: 2 3 x 3 y 5 0

ε κ + + κ + − κ + =

ε κ − + κ − − =

Να προσδιορισθεί τιµή του κ, ώστε οι ευθείες 1 2,ε ε να τέµνονται σε

σηµείο του άξονα των τετµηµένων.


Η τεταγµένη του κοινού σηµείου των ευθειών 1 2,ε ε είναι y 0= ,

εποµένως αρκεί να βρεθεί η τιµή του κ, ώστε το σύστηµα:

( )

( )

1 x 8 1 0 (1)

2 3 x 5 0 (2)

κ + − κ + =

κ − − =

να έχει λύση. Επειδή 1 2 3 0κ + + κ − ≠ , µπορούµε να έχουµε:

5

x2 3

=κ −

και από την (1) προκύπτει:

5( 1)

8 1 0 5 5 (2 3)(8 1) 02 3

κ +− κ = ⇔ κ + − κ − κ − = ⇔

κ −

216 31 2 0κ − κ − =

∆εδοµένου ότι οι λύσεις του τριωνύµου αυτού είναι 2κ = ή 1

16κ = − ,

συνεπάγεται ότι υπάρχουν δύο τιµές του κ , ώστε οι δεδοµένες ευθείες να τέµνονται σε σηµείο του άξονα x x′

(ΠΡΟΣ∆ΙΟΡΙΣΜΟΣ ΣΗΜΕΙΟΥ)

∆ίνονται τα σηµεία ( )5,2Α και ( )13,6Β . Να βρεθούν οι

συντεταγµένες σηµείου Μ, όταν περιέχεται στην ευθεία ε µε εξίσωση

x 2y 29 0+ − = , ενώ συγχρόνως ικανοποιεί τη συνθήκη:

( ) ( ) ( )2 3 3 0, 3κ − λ + ΟΑ + λ − κ ΟΒ + λ − ΟΜ = λ ≠


Αν ( )x,y είναι οι συντεταγµένες του Μ, επειδή περιέχεται στην

ευθεία ε , θα ικανοποιούν την εξίσωση της ευθείας αυτής. Εποµένως για να προσδιορισθούν οι συντεταγµένες του Μ, θα πρέπει να βρεθεί και δεύτερη

εξίσωση την οποία θα ικανοποιούν οι συντεταγµένες του.

Από τη δεδοµένη διανυσµατική σχέση, µπορούµε να έχουµε:

( ) ( )( 2 3) ( ) ( 3) 0κ − λ + ΟΑ + λ − κ ΟΑ + ΑΒ + λ − ΟΑ + ΑΜ =

⇔

( 2 3) ( ) ( ) ( 3) ( 3) 0κ − λ + ΟΑ + λ − κ ΟΑ + λ − κ ΑΒ + λ − ΟΑ + λ − ΑΜ =

⇔

( ) ( 3) 0λ − κ ΑΒ + λ − ΑΜ =

από την οποία, επειδή 3 0λ − ≠ , προκύπτει ότι τα διανύσµατα →→→→

ΑΒΑΒΑΒΑΒ , →→→→

ΑΜΑΜΑΜΑΜ

είναι συγγραµµικά. ∆ηλαδή το Μ περιέχεται στην ευθεία ΑΒ.

Συνεπώς η δεύτερη σχέση που ικανοποιούν οι συντεταγµένες του Μ,

είναι η εξίσωση:

6 2

y 6 (x 13) x 2y 1 013 5

−− = − ⇔ − − =

−

που είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ.

Άρα οι συντεταγµένες του Μ, είναι η λύση του συστήµατος:

x 2y 29 2x 30

x 2y 1 x 2y 29

+ = =⇔ ⇔

− = + =

x 15

y 7

=

=

(ΠΡΟΣ∆ΙΟΡΙΣΜΟΣ ΣΤΟΙΧΕΙΩΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ)

Να βρεθούν οι συντεταγµένες των κορυφών Β, Γ του τριγώνου

ΑΒΓ, µε ( )1,3Α , αν x 2y 1 0− + = και y 1 0− = είναι οι εξισώσεις δύο

διαµέσων του.


Παρατηρούµε ότι το σηµείο Α δεν περιέχεται στις δεδοµένες

διαµέσους, διότι οι συντεταγµένες

του δεν αληθεύουν τις εξισώσεις

τους. Εποµένως µπορούµε να πούµε

ότι η εξίσωση της διαµέσου ΒΕ είναι

x 2y 1 0− + = και της ΓΖ είναι

y 1 0− = . ∆ηλαδή έχουµε:

: x 2y 1 0ΒΕ − + =

: y 1 0ΓΖ − =

Αν οι συντεταγµένες των κορυφών Β, Γ είναι αντίστοιχα ( )1 1x , y ,

( )2 2x , y τότε οι συντεταγµένες των µέσων Ε, Ζ των πλευρών ΑΓ, ΑΒ

αντίστοιχα είναι:

2 2 1 1x 1 y 3 x 1 y 3, ,

2 2 2 2

+ + + + Ε και Ζ

Επειδή τα σηµεία Γ, Ζ είναι σηµεία της ευθείας ΓΖ, ισχύουν οι

σχέσεις:

12

y 3y 1 0, 1 0

2

+− = − =

από τις οποίες έχουµε:

1 2y 1, y 1= − =

Το σηµείο Β περιέχεται στην ευθεία ΒΕ, άρα έχουµε:

1 1x 2y 1 0− + =

και επειδή 1y 1= − , συνεπάγεται 1x 3= − .

Για τον ίδιο λόγο, από το σηµείο Ε προκύπτει:

2 2x 1 y 32 1 0

2 2

+ +− + =

και επειδή 2y 1= , συνεπάγεται 2x 5= .

Άρα οι συντεταγµένες των κορυφών Β, Γ είναι αντίστοιχα ( )3, 1− − ,

( )5,1

(ΠΡΟΣ∆ΙΟΡΙΣΜΟΣ ΤΡΙΓΩΝΟΥ ΑΠΟ ΤΑ ΜΕΣΑ ΤΩΝ ΠΛΕΥΡΩΝ )

Τα σηµεία ( )2,3∆ , ( )0,4Ε και ( )1,1Ζ − είναι µέσα των πλευρών

ΒΓ, ΑΓ ΑΒ αντίστοιχα τριγώνου ΑΒΓ. Να βρεθούν οι εξισώσεις των

πλευρών του τριγώνου.


Η πλευρά ΑΒ, διέρχεται από το σηµείο ( )1,1Ζ − και είναι παράλληλη

στην ευθεία Ε∆. Εποµένως έχει τον

συντελεστή διευθύνσεως της Ε∆, που

είναι:

2 4

12 0

−λ = = −

−

Άρα η εξίσωση της ευθείας ΑΒ,

είναι:

( )y 1 x 1− = − + ⇔ x y 0+ =

Οµοίως εργαζόµαστε για τις

εξισώσεις των άλλων πλευρών του τριγώνου.

Σηµείωση: Αντιµετωπίζοντας µία άσκηση, δεν είναι απαραίτητο στο

σχήµα να εµφανίζεται και το σύστηµα αξόνων. Η εµφάνιση του συστήµατος

αξόνων, προϋποθέτει µεγάλη προσοχή στην κατασκευή του, µε συνέπεια

χάσιµο χρόνου.

(ΣΤΑΘΕΡΟ ΣΗΜΕΙΟ ΕΥΘΕΙΑΣ)

∆ίνονται οι ευθείες ε1, ε2 που τέµνονται κάθετα στο σηµείο Ο. Τα

σηµεία Α, Β κινούνται σ' αυτές αντίστοιχα, ώστε:

λλλλ

====ΟΒΟΒΟΒΟΒ

++++ΟΑΟΑΟΑΟΑ

1

)(

1

)(

1

όπου λ σταθερός θετικός αριθµός. Να δειχθεί ότι η ευθεία ΑΒ, διέρχεται

από σταθερό σηµείο.


Θεωρούµε σύστηµα ορθογωνίων αξόνων, στο οποίο οι άξονες

ταυτίζονται µε τις δεδοµένες ευθείες. Τότε παρατηρούµε ότι διακρίνονται οι

περιπτώσεις:

i. ( ) ( ), ΟΑ = α ΟΒ =β

ii ( ) ( )0, 0ΟΑ = −α > ΟΒ = −β >

iii ( ) ( ), 0ΟΑ = α ΟΒ = −β >

iv ( ) ( )0, ΟΑ = −α > ΟΒ =β

όπου α, β οι συντεταγµένες της ευθείας ΑΒ επί την αρχή, ως προς το

σύστηµα αναφοράς που καθορίσαµε.

Η εξίσωση της ευθείας ΑΒ, έχει τη

µορφή:

x y

1+ =α β

(1)

Όταν ισχύει η περίπτωση (i), από τη

δεδοµένη συνθήκη, έχουµε:

1 1 1 1 1 1+ = ⇔ = −

α β λ β λ α

και από την (1) προκύπτει:

1 1 1x y 1

+ − = α λ α ⇔ ( )1 1

y 1 x y 0− + − =λ α

(2)

Η εξίσωση αυτή, εκφράζει το σύνολο των ευθειών ΑΒ για τις οποίες

ισχύει η δεδοµένη συνθήκη. Από την µορφή της εξίσωσης, προκύπτει ότι οι

ευθείες ΑΒ αποτελούν δέσµη ευθειών µε κέντρο το σηµείο 1Ρ , του οποίου

οι συντεταγµένες είναι η λύση του συστήµατος:

1y 1 0

x y 0

− =⇔λ

− =

x

y

= λ

= λ

Εποµένως η ευθεία ΑΒ, διέρχεται από το σταθερό σηµείο ( )1 ,Ρ λ λ

που είναι το κέντρο της δέσµης, η οποία εκφράζεται από την εξίσωση (2).

Με όµοιο τρόπο, έχουµε ότι και για τις άλλες περιπτώσεις τα σταθερά

σηµεία είναι αντίστοιχα:

( ) ( ) ( )2 3 4, , , , ,Ρ −λ −λ Ρ λ −λ Ρ −λ λ

(ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ ΕΥΘΕΙΩΝ)

∆ίνεται η ευθεία ε µε εξίσωση 3x 5y 15 0− + = . Να

προσδιορισθούν οι εξισώσεις των ευθειών 1 2,ε ε οι οποίες είναι

συµµετρικές της ε ως προς άξονες συµµετρίας τους x x′ , y y′

αντίστοιχα.


Παρατηρούµε ότι αν η ευθεία ε τέµνει τους άξονες x x′ , y y′ στα

σηµεία Α, Β αντίστοιχα, τότε η

1ε , συµµετρική αυτής ως προς

άξονα συµµετρίας τον x x′ , θα

διέρχεται από τα σηµεία Α , 1Β

όπου 1Β το συµµετρικό του Β ως

προς κέντρο συµµετρίας το Ο.

Εποµένως γίνεται φανερό ότι είναι

χρήσιµες οι συντεταγµένες της

ευθείας ε επί την αρχή. Από την δεδοµένη εξίσωση, έχουµε:

3x 5y x y

1 115 15 5 3

− = − ⇔ + =−

Άρα η ε, διέρχεται από τα σηµεία ( )5,0Α − και ( )0,3Β .

Η 1ε , συµµετρική της ε ως προς άξονα συµµετρίας τον x x′ , θα

διέρχεται από τα σηµεία ( )5,0Α − και ( )1 0, 3Β − . Εποµένως η εξίσωση

της θα είναι:

1

x y: 1

5 3ε + =

− − ⇔ 1 :3 5 15 0ε χ + ψ + =

Οµοίως η 2ε , συµµετρική της ε ως προς άξονα συµµετρίας τον

y y′ , θα διέρχεται από τα σηµεία ( )1 5,0Α και ( )0,3Β µε συνέπεια η

εξίσωση της να είναι:

2

x y: 15 3

ε + = ⇔ 2 : 3 5 15 0ε χ + ψ − =

(ΣΥΜΜΕΤΡΙΚΟ ΣΗΜΕΙΟΥ ΩΣ ΠΡΟΣ ΕΥΘΕΙΑ)

∆ίνεται η ευθεία ε µε εξίσωση y x 3= − και το σηµείο ( )5,2Ρ − .

Να προσδιορισθεί το συµµετρικό του Ρ µε άξονα συµµετρίας την ευθεία

ε.


Αν ′Ρ είναι το συµµετρικό του Ρ µε άξονα την ευθεία ε, η ε είναι

µεσοκάθετος του τµήµατος ′Ρ Ρ . Εποµένως είναι σκόπιµο να προσδιορισθεί

η εξίσωση της ευθείας που φέρουµε από το Ρ κάθετο προς την ε.

Από την εξίσωση της ε, προκύπτει ότι ο συντελεστής διευθύνσεως

αυτής, είναι:

1λ =

Εποµένως ο συντελεστής διευθύνσεως της από το Ρ καθέτου προς την ε,

είναι:

1′λ = −

Συνεπώς η εξίσωση της ευθείας αυτής, θα είναι:

( )y 2 x 5− = − + ⇔ y x 3= − −

Η από το Ρ κάθετος προς την ε, τέµνει την ε σε σηµείο Κ, του

οποίου οι συντεταγµένες είναι η λύση του συστήµατος:

x y 3 2x 0 x 0

x y 3 x y 3 y 3

− = = =⇔ ⇔

+ = − + = − = −

Αφού το Κ είναι το µέσον του τµήµατος ′Ρ Ρ , αν ( )x, y είναι οι

συντεταγµένες του ′Ρ , θα ικανοποιούν τις σχέσεις:

x 5 y 2

0, 32 2

− += = − άρα x 5, y 8= = −

Εποµένως οι συντεταγµένες του ′Ρ ΄, συµµετρικού του Ρ ως προς

άξονα την ευθεία ε, είναι ( )5, 8−

(ΣΥΝΕΥΘΕΙΑΚΑ ΣΗΜΕΙΑ)

Να δειχθεί ότι τα σηµεία ( )8, 1Α − − , ( )1,2Β και ( )7,4Γ είναι

συνευθειακά.


Αρκεί να δειχθεί ότι οι ευθείες ΑΒ, ΑΓ έχουν τον ίδιο συντελεστή

διευθύνσεως.

Παρατηρούµε ότι οι συντελεστές διευθύνσεως των ευθειών αυτών,

είναι:

2 ( 1) 1

1 ( 8) 3ΑΒ

− −λ = =

− − και

4 ( 1) 1

7 ( 8) 3ΑΓ

− −λ = =

− −

Εφ' όσον είναι ΑΒ ΑΓλ = λ και δεδοµένου ότι οι ευθείες έχουν κοινό σηµείο Α,

συνεπάγεται ότι ταυτίζονται, µε συνέπεια τα σηµεία να είναι συνευθειακά.

Παρατήρηση:

Γενικά αν ( )1 1x , yΑ , ( )2 2x , yΒ και ( )3 3x , yΓ είναι τρία σηµεία για

τα οποία ισχύει:

Αν 1 2 3 1x x x x≠ ≠ ≠ που σηµαίνει ότι οι αριθµοί ανά δυο είναι

διάφοροι µεταξύ τους, τότε η ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε τα σηµεία

αυτά να είναι συνευθειακά, αποτελεί η σχέση:

ΑΒ ΑΓλ = λ

από την οποία προκύπτει:

3 12 1

2 1 3 1

y yy y

x x x x

−−=

− −

Αν 1 2 3x x x= = , τότε και πάλι τα σηµεία είναι συνευθειακά, αφού

περιέχονται σε ευθεία παράλληλη στον άξονα y y′ .

(ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΗΣ ∆ΙΕΥΘΥΝΣΕΩΣ )

Να προσδιορισθεί ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας, που

διέρχεται από τα σηµεία ( )3,5Α και ( )2, 1Β − .


Ο συντελεστής διευθύνσεως της ευθείας που διέρχεται από τα σηµεία

( )3,5Α και ( )2, 1Β − , δίνεται από τη σχέση:

2 1

2 1

y y

x x

−λ =

−

Εποµένως έχουµε:

632

51====

−−−−

−−−−−−−−====λλλλ

(ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ ΑΠΟ ∆ΥΟ ΑΠΕΝΑΝΤΙ ΠΛΕΥΡΕΣ)

∆ύο πλευρές ενός τετραγώνου, έχουν εξισώσεις x 2y 5 0− + = και

x 2y 5 0− − = . Η κορυφή Γ αυτού, είναι στον άξονα x x′ . Να βρεθούν οι

εξισώσεις των άλλων πλευρών του τετραγώνου και το εµβαδόν του.


Οι δεδοµένες ευθείες

1

2

: x 2y 5 0

: x 2y 5 0

ε − + =

ε − − =

είναι παράλληλες, εποµένως είναι εξισώσεις δύο απέναντι πλευρών του

τετραγώνου.

Έστω ότι η κορυφή Γ περιέχεται στην ευθεία 2ε . Επειδή είναι και

στον άξονα x x′ , θα έχει συντεταγµένες (5,0). Το µήκος α της πλευράς

του τετραγώνου, είναι η απόσταση του Γ από την 1ε , εποµένως έχουµε:

1

5 2.0 5 10d( , ) 2 5

1 4 5

− +α = Γ ε = = =

+

Άρα το εµβαδόν του τετραγώνου είναι:

2(2 5) 20Ε = =

Η εξίσωση των δύο άλλων παραλλήλων πλευρών του Τετραγώνου, θα

έχει τη µορφή:

2x y 0+ + κ = (1)

αφού αυτές πρέπει να είναι

κάθετες στις 1 2,ε ε .

Επειδή η ΓΒ διέρχεται από το Γ, η εξίσωση της θα είναι τέτοια ώστε

οι συντεταγµένες του Γ(5,0) να αληθεύουν την (1). Έτσι έχουµε:

2 5 0 0⋅ + + κ = ⇔ 10κ = −

Εποµένως η εξίσωση της ΒΓ είναι:

2x y 10 0+ − =

Η εξίσωση της Α∆, θα έχει τη µορφή (1) και θα είναι τέτοια ώστε η

απόσταση του Γ απ' αυτή, να είναι 52 . Εποµένως:

2.5 0 k

2 5 10 105

+ += ⇔ + κ =

Από την οποία, προκύπτει:

10 10+ κ = ή 10 10+ κ = −

µε συνέπεια να έχουµε 0κ = ή 20κ = .

Άρα η εξίσωση της Α∆, µπορεί να είναι:

2x y 0+ = ή 2x y 20 0+ − =

Αυτό σηµαίνει ότι το πρόβληµα έχει δύο λύσεις, όταν το Γ είναι στην

ευθεία 2ε . Επειδή το Γ µπορεί να είναι και στην ευθεία 1ε , συνεπάγεται

ότι συνολικά έχουµε τέσσερις λύσεις για το πρόβληµα.

(ΥΨΟΣ ΚΑΙ ∆ΙΑΜΕΣΟΣ ΤΡΙΓΩΝΟΥ)

∆ίνεται τρίγωνο µε κορυφές τα σηµεία ( )1,5Α , ( )4, 4Β − − και

( )6, 2Γ − . Να βρεθούν το ύψος και η διάµεσος του τριγώνου, που

αντιστοιχούν στην κορυφή Α.


Έστω ΑΗ το ύψος του τριγώνου από την κορυφή Α. Επειδή είναι

ΑΗ⊥⊥⊥⊥ΒΓ, θα ισχύει:

1ΑΗ ΒΓλ ⋅λ = − (1)

όπου , ΑΗ ΒΓλ λ οι συντελεστές

διευθύνσεως των ευθειών ΑΗ, ΒΓ

αντίστοιχα. ∆εδοµένου ότι:

2 4 1

6 4 5ΒΓ

− +λ = =

+

από την (1) έχουµε:

1

1 55

ΑΗ ΑΗλ = − ⇔ λ = −

Εποµένως η εξίσωση της ευθείας ΑΗ, είναι:

( )y 5 5 x 1− = − − ⇔ 5x y 10 0+ − =

Έστω Μ το µέσον του τµήµατος ΒΓ. Επειδή είναι γνωστές οι

συντεταγµένες του σηµείου Α, για να προσδιορισθεί η εξίσωση της ΑΜ,

αρκεί να βρεθούν οι συντεταγµένες του Μ. Αν ( )x, y είναι οι συντεταγµένες

του Μ, τότε θα έχουµε:

4 6

x 12

− += = και

4 2y 3

2

− −= = −

Παρατηρούµε ότι τα σηµεία Α, Μ έχουν την ίδια τετµηµένη 1.

Εποµένως όλα τα σηµεία της ΑΜ θα έχουν τετµηµένη 1, µε συνέπεια η

εξίσωση της ευθείας ΑΜ να είναι:

x 1=

ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ

Documents

Transcript of ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΕΥΘΕΙΑ