1

3.1 Ο ΚΥΚΛΟΣ

ΘΕΩΡΙΑ

1. Εξίσωση κύκλου (Ο, ρ)

x2 + y2 = ρ2

2. Παραµετρικές εξισώσεις κύκλου

x = ρσυνφ και y = ρηµφ

3. Εφαπτοµένη κύκλου

xx1 + yy1 = ρ2

4. Εξίσωση κύκλου µε κέντρο το σηµείο Κ(xo, yο) και ακτίνα ρ

(x−xo)2 + (y−yο)

2 = ρ2

5.

Η εξίσωση x2 + y2 + Αx + Βy + Γ = 0 µε Α2 + Β2−4Γ > 0

Είναι εξίσωση κύκλου µε κέντρο , 2 2

Α Β Κ − −

και ακτίνα 2 2 4

2

Α + Β − Γρ =

2

ΣΧΟΛΙΑ – ΜΕΘΟ∆ΟΙ

1. Γενική µέθοδος Για την επίλυση του µεγάλου όγκου των προβληµάτων : α) Θεωρούµε τους απαραίτητους αγνώστους. β) Μετατρέπουµε τις υποθέσεις του προβλήµατος σε εξισώσεις γ) Λύνουµε το σύστηµα των εξισώσεων δ) Ακολουθούµε βήµα – βήµα την εκφώνηση 2. Από την Ευκλείδεια Γεωµετρία α) Η µεσοκάθετος χορδής κύκλου διέρχεται από το κέντρο του κύκλου. β) Η ακτίνα στο σηµείο επαφής είναι κάθετη στην εφαπτοµένη γ) Σηµείο Μ∈σε κύκλο (Κ, ρ) ⇔ ΚΜ = ρ Σηµείο Μ∈στο εσωτερικό κύκλου (Κ, ρ) ⇔ ΚΜ < ρ Σηµείο Μ∈στο εξωτερικό κύκλου (Κ, ρ) ⇔ ΚΜ > ρ 3. Σχετικές θέσεις ευθείας ε και κύκλου (Κ, ρ) :

α) Η ε εφάπτεται του κύκλου ⇔ d(K, ε) = ρ ⇔ Το σύστηµα των εξισώσεών τους έχει µία µόνο λύση (διπλή ρίζα) β) Η ε τέµνει τον κύκλο ⇔ d(K, ε) < ρ ⇔ Το σύστηµα των εξισώσεών τους έχει δύο λύσεις. γ) Η ε δεν έχει κοινό σηµείο µε τον κύκλο ⇔ d(K, ε) > ρ ⇔ Το σύστηµα των εξισώσεών τους είναι αδύνατο.

4. Σχετικές θέσεις δύο κύκλων :

α) Εφάπτονται ⇔ Το σύστηµα των εξισώσεών τους έχει µία µόνο λύση (διπλή ρίζα) β) Τέµνονται ⇔ Το σύστηµα των εξισώσεών τους έχει δύο ακριβώς λύσεις β) ∆εν έχουν κοινό σηµείο ⇔ Το σύστηµα των εξισώσεών τους είναι αδύνατο

3

5. Επισήµανση Η µορφή xx1 + yy1 = ρ2 της εφαπτοµένης κύκλου ισχύει µόνο για κύκλο της µορφής x2 + y2 = ρ2 6. Στο ορθογώνιο τρίγωνο Το κέντρο του περιγεγραµµένου κύκλου είναι το µέσο της υποτείνουσας και η ακτίνα το µισό της υποτείνουσας. 7. Στον κύκλο Η µεσοκάθετος της χορδής διέρχεται από το κέντρο του κύκλου

4

Σχόλιο 1

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σηµεία (3, 1) , (−1,3) και έχει το κέντρο του στην ευθεία ε : y = 3x−2.. Προτεινόµενη λύση

Έστω C : (x−xο)2 + (y−yο)

2 = ρ2

η ζητούµενη εξίσωση κύκλου. Α∈C ⇔ (3−xο)

2 + (1−yο)2 = ρ2

9 – 6 xο + xο2 + 1 – 2 yο + yο

2 = ρ2

xο2 + yο

2 – 6 xο – 2 yο + 10 = ρ2 (1)

B∈C ⇔ (–1−xο)2 + (3−yο)

2 = ρ2

1 + 2xο + xο2 + 9 – 6 yο + yο

2 = ρ2

xο2 + yο

2 + 2xο – 6 yο + 10 = ρ2 (2)

Το κέντρο Κ∈ε ⇔ yο = 3xo – 2 (3)

Σύστηµα των (1), (2), (3) :

xο2 + yο

2 – 6xο – 2 yο + 10 = ρ2 xο2 + yο

2 – 6 xο – 2 yο + 10 = ρ2 xο

2 + yο2 + 2xο – 6 yο + 10 = ρ2 ⇔ (1) – (2) : – 8xο + 4yο = 0

yο = 3xo –2 yο = 3xo – 2 xο

2 + yο2 – 6 xο – 2 yο + 10 = ρ2

yο = 2xo yο = 3xo – 2 xο

2 + yο2 – 6 xο – 2 yο + 10 = ρ2

yο = 2xo 2xo = 3xo – 2 xο

2 + yο2 – 6 xο – 2 yο + 10 = ρ2

yο = 4 xo = 2

4 + 16 –12 – 8 + 10 = ρ2 ρ = 10 yο = 4 ⇔ yο = 4 xo = 2 xo = 2 Άρα C : (x−2)2 + (y−4)2 = 10

5

x + y - 5 = 0

Κ

Α(6, -1)

Β(6, 1)Σχόλιο 1

2. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος εφάπτεται στην ευθεία ε : x + y−5 = 0 στο σηµείο Α(6, −1) και διέρχεται από το σηµείο Β(6,1). Προτεινόµενη λύση

Έστω C : (x−xο)2 + (y−yο)

2 = ρ2 η ζητούµενη εξίσωση κύκλου.

Α∈C ⇔ (6−xο)

2 + (–1−yο)2 = ρ2

36 – 12 xο + xο2 + 1 + 2yο + yο

2 = ρ2

xο2 + yο

2 –12xο + 2 yο + 37 = ρ2 (1)

B∈C ⇔ (6−xο)2 + (1−yο)

2 = ρ2

36 – 12xο + xο2 + 1 – 2yο + yο

2 = ρ2

xο2 + yο

2 – 12xο – 2yο + 37 = ρ2 (2)

ΚΑ⊥ ε ⇔ λΚΑ. ελ = –1

ο

ο

y 1

x 6

+−

(–1) = –1

yο + 1 = xο – 6 ⇔ yο = xο – 7 (3) Σύστηµα των (1), (2), (3) :

xο2 + yο

2 – 12xο + 2yο + 37 = ρ2 xο2 + yο

2 – 12xο – 2yο + 37 = ρ2 xο

2 + yο2 – 12xο – 2yο + 37 = ρ2 ⇔ (1) – (2) : 4yο = 0

yo = xo – 7 xo = 7

72 – 12⋅7 + 37 = ρ2 yο = 0 xo = 7

ρ2 = 2 ρ = 2

yο = 0 ⇔ yο = 0

xo = 7 xo = 7 Άρα ο ζητούµενος κύκλος είναι (x−7)2 + y2 = 2

6

Σχόλιο 2

3. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος διέρχεται από τα σηµεία Α(8, 0), Ο(0,0) και εφάπτεται της ευθείας ε : y = −2 Προτεινόµενη λύση

Έστω C : (x−xο)2 + (y−yο)

2 = ρ2 η ζητούµενη

εξίσωση κύκλου.

ΚΑ = ΚO ⇔ (ΚΑ 2) = (ΚΟ 2)

(8−xο)2 + (0−yο)

2 = (0−xο)2 + (0−yο)

2

64 –16 xο + xο2 + yο

2 = xο2 + yο

2

64 –16 xο = 0

xο = 4

d (K, ε) = ΚΟ ⇔ d (K, ε) = 2 2ο οx y+

ο

2 2

y 2

0 1

+

+ = 2 2

ο4 y+

(yο + 2)2 = 16 + yο2

yο2 + 4 yο + 4 = 16 + yο

2

4 yο = 12 ⇔ yο = 3

ρ = ΚΟ = 2 2ο οx y+ = 16 9+ = 5

Άρα ο ζητούµενος κύκλος είναι (x−4)2 + (y – 3)2 = 25

7

Σχόλιο 7

4. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος διέρχεται από τα σηµεία Α(2, 1), Β(1, 2), Γ(0, 1) Προτεινόµενη λύση

Το κέντρο Κ του ζητούµενου κύκλου είναι το

σηµείο τοµής των µεσοκαθέτων (ε1), (ε2)

των χορδών ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα.

Ν µέσο της ΒΓ ⇔ Nx = 1 02+ = 1

2 και Ny = 1 2

2+ = 3

2

ε1 ⊥ΒΓ ⇔ 1ε

λ λΒΓ = –1 ⇔ 1ε

λ 1 20 1−−

= –1 ⇔ 1ε

λ = –1

ε1 : y−32

= –( )1x2

− ⇔ 2y – 3 = –2x + 1

2y = –2x + 4

y x 2= − + (1)

Οµοίως ε2 : y = x (2)

Σύστηµα των (1), (2) ⇔ Κ(1, 1)

Ακτίνα του κύκλου : ρ = ΚΓ = 1)11()10( 22 =−+−

Άρα ο ζητούµενος κύκλος είναι (x−1)2 + (y−1)2 = 1

8

5. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος έχει ακτίνα 4 , εφάπτεται στον x΄x και διέρχεται από το σηµείο Α(5, 4)

Προτεινόµενη λύση

Επειδή ο κύκλος εφάπτεται στον x΄x και διέρχεται

από το σηµείο Α(5, 4) το οποίο έχει θετική τεταγµένη,

αυτός θα βρίσκεται πάνω από τον x΄x.

Έστω (x−xο)2 + (y−yο)

2 = 42 η ζητούµενη εξίσωση.

Αφού ο κύκλος εφάπτεται στον x΄x

Θα είναι 4 = ρ = ΚΒ =yο = yο

Η εξίσωση του κύκλου γίνεται (x−xο)2 + (y−4)2 =16

Α(5, 4)∈ στον κύκλο ⇔ (5−xο)2 + (4−4)2 = 16

(5−xο)2 = 16 ⇔

5−xο = 4 ή 5−xο = - 4

xο= 1 ή xο = 9

Υπάρχουν λοιπόν δύο κύκλοι που λύνουν το πρόβληµα.

Οι εξισώσεις τους είναι (x−9)2 + (y−4)2 = 16 ή (x−1)2 + (y−4)2 = 16 .

9

6. Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος εφάπτεται στους άξονες και στην ευθεία ε : 3x + 4y−12 = 0 Προτεινόµενη λύση

Έστω Κ(xο, yο) το κέντρο και ρ η ακτίνα. Θα είναι d (K, ε) = d (K, x x′ ) = d (K, y y′ ) = ρ

ο ο

2 2

3x 4y 12

3 4

+ −

+ = οy = οx

ο ο3x 4y 12

5

+ − = οy = οx

ο o3x 4y 12+ − = 5 οy = 5 οx

3xο + 4yο –12 = ± 5yο και 3xο

+ 4yο –12 = ± 5xο

• Για 3xο + 4yο –12 = 5yο και 3xο

+ 4yο –12 = 5xο

3xο –12 = yο και 4yο –12 = 2xο

3xο –12 = yο και 4(3xο

–12 ) –12 = 2xο

3xο –12 = yο και 12xο

– 48 – 12 = 2xο

3xο – 12 = yο και 10xο

= 60

3xο – 12 = yο και xο = 6

18 – 12 = yο και xο = 6

yο = 6 και xο = 6

Άρα ο ζητούµενος κύκλος είναι (x−6)2 + (y – 6)2 = 62

• Οµοίως θα έχουµε άλλες τρεις περιπτώσεις συνδυάζοντας τα ± , από

τις οποίες θα βρούµε ακόµα µία λύση του προβλήµατος τον κύκλο

(x−1)2 + (y−1)2 = 1, αφού στις υπόλοιπες προκύπτουν αδύνατα συστήµατα.

10

7. ∆είξτε ότι η εξίσωση 2x2 + 2y2 + 3x + y−2 = 0 παριστάνει κύκλο. Ποιο είναι το κέντρο του και ποια η ακτίνα του;

Προτεινόµενη λύση

∆ιαιρώντας µε το 2 η εξίσωση γίνεται x2 + y2 + 3 1

x y 1 02 2

+ − = , η οποία είναι της

µορφής x2 + y2 + Αx + Βy + Γ= 0

Και επειδή Α2 + Β2−4Γ= 9

4 +

1

4 + 4 =

26

4 > 0 παριστάνει κύκλο

Κέντρο : Κ ( ), 2 2Α Β− − = ( )3 1,

4 4− − και ακτίνα ρ =

2 2 4

2

Α +Β − Γ=

26

4

11

8. Έστω η εξίσωση x2 + y2 + 2x−y−3 + λ(x + y−2) = 0 (1) ∆είξτε ότι i) Η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ∈ℝ . ii) Για τις διάφορες τιµές του λ, όλοι οι κύκλοι που ορίζονται από την (1) διέρχονται από δύο σταθερά σηµεία. Προτεινόµενη λύση

i) (1) ⇔ x2 + y2 + 2x−y−3 + λx + λy−2λ = 0 x2 + y2 + (λ+2)x + (λ−1)y−2λ−3 = 0 Η εξίσωση αυτή είναι της µορφής x2 + y2 + Αx + Βy + Γ = 0 µε Α2 + Β2−4Γ = (λ + 2)2 + (λ−1)2−4(−2λ−3) = λ2 + 4λ + 4 + λ2−2λ + 1 +8λ + 12 = 2λ2 + 10λ + 16 = 2(λ2 + 5λ + 8) ∆ιακρίνουσα ∆ = 25 −32 = –7 < 0 Άρα το τριώνυµο είναι οµόσηµο του α = 1 δηλαδή θετικό για κάθε λ∈ℝ , οπότε Α2 + Β2−4Γ = 2(λ2 + 5λ + 8) > 0 Εποµένως η (1) είναι εξίσωση κύκλου για κάθε λ∈R µε κέντρο

Κ ( ), 2 2Α Β− − = Κ ( )2 1,

2 2λ + λ −− − και ακτίνα

2 2Α Β 4Γρ

2

+ −=

=22 10 16

2

λ + λ +

∆ίνουµε δύο τιµές στο λ ώστε να έχουµε δύο συγκεκριµένους από τους κύκλους (1) Για λ = 1, κύκλος 1C : x2 + y2 + 2x−y−3 + 1(x + y−2) = 0 x2+ y2 + 3x−5 = 0 Για λ = –2, κύκλος 2C : x2 + y2 + 2x−y−3 – 2(x + y−2) = 0 x2 + y2 + 2x−y−3 – 2x –2y + 4 = 0 x2 + y2 −3y + 1 = 0 Σύστηµα των 1C , 2C : Αφαιρώντας παίρνουµε 3x + 3y−6 = 0 x + y−2 = 0 y = 2−x (2)

1C ⇔ x2+ (2 – x)2 + 3x−5 = 0 x2+ 4 – 4x + x2 + 3x−5 = 0

2 x2 – x −1 = 0 ⇔ x = 1 ή x = 2

1−

Για x = 1, η (2) δίνει y = 1 σηµείο τοµής Α(1, 1)

Για x = 2

1− , η (2) δίνει y =

2

5 σηµείο τοµής Α ( )51,

2 2−

Ελέγχουµε αν η (1) επαληθεύεται από το Α(1, 1) για κάθε λ∈ℝ

12 + 12 + 2⋅1−1−3 + λ(1 + 1−2) = 0 ⇔ 0 + 0⋅λ = 0 που ισχύει

Άρα οι κύκλοι (1) διέρχονται από το Α.

Οµοίως για το σηµείο Β.

12

9. Αν Α – 2Β – Γ= 5, να αποδείξετε ότι οι κύκλοι C : 2 2x y Ax By 0+ + + +Γ = ,

όπου Α, Β, Γ ∈ℝ , διέρχονται από σταθερό σηµείο. Προτεινόµενη λύση

Βρίσκουµε δύο συγκεκριµένους κύκλους C δίνοντας αυθαίρετες τιµές στα Β, Γ.

Για Β = 0 και Γ = 0 η Α – 2Β – Γ= 5 ⇒ Α = 5 Κύκλος 1C : 2 2x y 5x 0+ + =

Για Β = 0 και Γ = –1 η Α – 2Β – Γ= 5 ⇒ Α = 4 Κύκλος 2C : 2 2x y 4x 1 0+ + − =

Λύνουµε το σύστηµα των 1C , 2C για να βρούµε τα σηµεία τοµής τους. 2 2

2 2

x y 5x 0

x y 4x 1 0

+ + =

+ + − = ⇔

2 2x y 5x 0

( ) : x 1

+ + =− = −

21 y 5 0

x 1

+ − =

= −

2y 4

x 1

=

= −

y 2 ή y = 2

x 1

= −

= −

Σηµεία τοµής των 1C , 2C : Κ(–1, 2) , Λ(–1, –2) Ελέγχουµε αν οι κύκλοι C επαληθεύονται από το Κ. ∆ηλαδή αν 2 2( 1) 2 A( 1) B 2 0− + + − + ⋅ + Γ = 1 + 4 – Α + 2Β + Γ = 0 5 = Α – 2Β – Γ που ισχύει. Εποµένως οι κύκλοι C διέρχονται από το σταθερό σηµείο Κ(–1, 2)

13

10. Να βρείτε τη σχετική θέση των κύκλων

1C : x2 + y2−6x−2y + 9 = 0, 2C : x2 + y2−6x−10y + 25 = 0

Προτεινόµενη λύση

Κέντρο Κ1 ( )A B, 2 2

− − = Κ1( )6 2, 2 2− −− − = Κ1(3, 1)

και ακτίνα ρ1 = 2 2Α Β 4Γ

2

+ − =

2 2( 6) ( 2) 4 9

2

− + − − ⋅ =

36 4 36

2

+ − = 1

Κέντρο Κ2 ( )6 10, 2 2− −− − = (3, 5)

και ακτίνα ρ2 = 2 2( 6) ( 10) 4. 25

2

− + − − =

36 100 100

2

+ − = 3

∆ιάκεντρος : Κ1 Κ2 = 4)51()33( 22 =−+−

Αλλά ρ1 + ρ2 = 4, άρα Κ1Κ2 = ρ1 + ρ2, εποµένως οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά

14

11. Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτοµένων του κύκλου x2 + y2 = 9, οι οποίες είναι παράλληλες στην ευθεία η : y = x + 3 Προτεινόµενη λύση

Έστω Μ(x1, y1) το σηµείο επαφής και ε : xx1 + y y1 = 9 εφαπτοµένη.

ε // η ⇔ ελ = ηλ ⇔ – 1

1

y

x = 1 ⇔ y1 = – x1 (1)

Μ(x1, y1) ανήκει στον κύκλο ⇔ x12 + y1

2 = 9 (2)

Σύστηµα των (1), (2) : 2 21 1

1 1

x y 9

y x

+ =

= − ⇔

2 21 1

1 1

x x 9

y x

+ =

= −

21

1 1

2x 9

y x

=

= −

1 1

1 1

x 3 / 2 ή x 3 / 2

y x

= = −

= −

1 1

1 1

x 3 / 2 ή x 3 / 2

y 3 / 2 ή y 3 / 2

= = −

= − =

Άρα ε : x 3

2 – y 3

2 = 9 ή –x 3

2 + y 3

2 = 9

x – y = 32 ή –x + y = 3 2

15

12. Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτοµένων του κύκλου x2 + y2 = 9, οι οποίες άγονται από το σηµείο Α(3, 6). Προτεινόµενη λύση

Έστω Μ(x1, y1) το σηµείο επαφής και ε: xx1 + y y1 = 9 ζητούµενη εφαπτοµένη. Α∈ε ⇔ 3x1 + 6 y1 = 9 ⇔ x1 + 2 y1 = 3 (1)

Μ(x1, y1) ανήκει στον κύκλο ⇔ x12 + y1

2 = 9 (2)

Σύστηµα των (1), (2) : 2 21 1

1 1

x y 9

x 2 y 3

+ =

+ = ⇔

2 21 1

1 1

x y 9

x 3 2 y

+ =

= −

2 2

1 1

1 1

(3 2y ) y 9

x 3 2y

− + =

= −

2 2

1 1 1

1 1

9 12y 4y y 9

x 3 2y

− + + =

= −

21 1

1 1

5y 12 y 0

x 3 2y

− =

= −

1 1

1 1

y (5y 12) 0

x 3 2y

− =

= −

1 1

1 1

y 0 ή y 12 / 5

x 3 2y

= =

= −

1 1

1 1

y 0 ή y 12 / 5

x 3 ή x 9 / 5

= =

= = −

Άρα ε : x⋅3 + y⋅0 = 9 ή x( )95

− + y125

= 9 ⇔

x = 3 ή –3x + 4y = 15

16

13. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης του κύκλου x2 + y2−8x + 8 = 0 στο

σηµείο του Α(2, 2).

Προτεινόµενη λύση

Κέντρο του κύκλου : Κ ( )A B, 2 2

− − = Κ ( )8 0, 2 2−− − = Κ(4, 0)

ΚΑλ = 2 02 4−−

= –1

Η εφαπτοµένη ε στο Α είναι κάθετη στην ακτίνα ΚΑ ⇒ ελ ΚΑλ = –1

ελ (–1) = –1

ελ = 1

ε : y – 2 = 1(x – 2) ⇔ y = x

17

14 . Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου ο οποίος εφάπτεται στις ευθείες ε1: 2x + y −5 = 0 και ε2 : 2x + y +15 = 0 και το ένα σηµείο επαφής είναι το Α(2, 1) Προτεινόµενη λύση

Εύκολα διαπιστώνουµε ότι ε1|| ε2 και ότι το Α

είναι σηµείο της ε1.

Το κέντρο του ζητούµενου κύκλου είναι το

σηµείο τοµής της µεσοπαράλληλης των ε1, ε2

µε την κάθετη ΑΚ της ε1 στο σηµείο Α. Εξίσωση της µεσοπαράλληλης :

Έστω Μ(x, y) το τυχαίο σηµείο της ⇔ d(M, ε1) = d(M, ε2)

2 2

2x y 5

2 1

+ −

+ =

2 2

2x y 15

2 1

+ +

+

2x y 5+ − = 2x y 15+ +

2x + y – 5 = 2x + y + 15 ή 2x + y – 5 = – (2x + y + 15)

–5 = 15 ή 2x + y – 5 = –2x – y – 15

αδύνατη ή 4x + 2y = –10

y =−2x−5

Εξίσωση της ΑΚ :

ΑΚ⊥ ε1 ⇔ ΑΚλ . 1ελ = –1 ⇔ ΑΚλ (–2) = –1 ⇔ ΑΚλ = 1

2

ΑΚ : y – 1 = 1

2(x – 2) ⇔ y =

1

2x

Σύστηµα των y = −2x−5 και y = 1

2x ⇔ Κ(−2 , −1)

Ακτίνα του κύκλου : ρ = d(K, Α) = 2 2( 2 2) ( 1 1)− − + − − = 20 2 5=

Εξίσωση του κύκλου : (x + 2)2 + (y + 1)2 = 20

18

Σχόλιο 3α

15. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτοµένης του κύκλου x2 + y2−8x + 8 = 0 (1) που άγεται από το σηµείο Α(3, 3). Προτεινόµενη λύση

1ος τρόπος. (Για οποιαδήποτε κωνική τοµή)

Αφού η ζητούµενη εφαπτοµένη ε διέρχεται από το Α(3, 3) θα είναι

ε : x = 3 ή ε : y−3 = λ(x−3)

• Όταν ε : x = 3 (2)

ε εφαπτοµένη ⇔ το σύστηµα των εξισώσεων (1), (2) έχει διπλή ρίζα.

Η (1) ( 2 )

⇔ 32 + y2−8⋅3 + 8 = 0

9 + y2−24 + 8 = 0

y2 = 7 η οποία δεν έχει διπλή ρίζα,

άρα η ευθεία x = 3 δεν είναι εφαπτοµένη.

• Όταν ε : y−3 = λ(x−3) ⇔ y = λx + 3 – 3λ (3)

ε εφαπτοµένη ⇔ το σύστηµα των εξισώσεων (1), (3) έχει διπλή ρίζα.

Η (1) ( 3 )

⇔ x2 + (λx + 3 – 3λ )2−8x + 8 = 0

x2 + λ2x2 + 9 + 9λ2 + 6λx - 6λ2x – 18λ−8x + 8 = 0

(λ2+1) x2 + (6λ – 6λ2 – 8)x + (9λ2 – 18λ + 17) = 0

(λ2+1) x2 + 2(3λ – 3λ2 – 4)x + (9λ2 – 18λ + 17) = 0

∆ιπλή ρίζα ⇔ ∆ = 0

(3λ – 3λ2 – 4)2 – (λ2+1)( 9λ2 – 18λ + 17) = 0

9λ2 + 9λ4 + 16 – 18λ3 – 24λ + 24λ2 – 9λ4 +18 λ3 – 17λ2 – 9λ2 + 18λ –17= 0

7λ2 – 6λ –1 = 0

δ = 36 + 28 = 64 > 0 , λ = 6 814± = 1 ή 1

7−

Από την (3), η η ζητούµενη εφαπτοµένη ε είναι

y = 1x + 3 – 3⋅1 ή y = 17

− x + 3 – 3( 17

− )

y = x ή y = 17

− x + 3 +37

y = x ή y = 17

− x + 247

19

Σχόλιο 3α

2ος τρόπος. (Μόνο για κύκλο)

Κέντρο του κύκλου : Κ ( )8 0, 2 2−− − = (4, 0)

Ακτίνα του κύκλου : ρ = ( )2 28 0 4 8

2

− + − ⋅ =

322

= 2 2

Αφού η ζητούµενη εφαπτοµένη ε διέρχεται από το Α(3, 3) θα είναι

ε : x = 3 ή ε : y−3 = λ(x−3)

• Όταν ε : x = 3 ⇔ x – 3 = 0 (2)

ε εφαπτοµένη ⇔ d(Κ, ε) = ρ

2 2

1 4 0 0 3

1 0

⋅ + ⋅ −

+ = 2 2

1 = 22 αδύνατο,

άρα η ευθεία x = 3 δεν είναι εφαπτοµένη

• Όταν ε : y−3 = λ(x−3) ⇔ –λx + y +(3λ – 3) = 0 (3)

ε εφαπτοµένη ⇔ d(Κ, ε) = ρ

2 2

4 1 0 3 3

1

−λ ⋅ + ⋅ + λ −

λ + = 2 2

3−λ − = 2 2 2 1λ +

(λ + 3 2) = 8( 2λ + 1)

2λ + 6λ + 9 = 8 2λ + 8

72λ – 6λ – 1 = 0

∆ = 36 + 28 = 64 > 0, λ = 6 814± = 1 ή 1

7−

Από την (3), η ζητούµενη εφαπτοµένη ε είναι

– x + y = 0 ή 17

x + y 37

− – 3 = 0

y = x ή y = 17

− x + 247

20

16. ∆ίνεται ο κύκλος C : x2 + y2 + λx −λy = 0 , λ≠ 0 και η ευθεία ε : y = x + 1. Να βρείτε το λ ώστε η ε να είναι εφαπτοµένη του κύκλου. Προτεινόµενη λύση

Κέντρο του κύκλου : Κ(2

λ− ,

2

λ)

Ακτίνα του κύκλου : ρ = 2 2 4 0

2λ + λ − ⋅

= 22

2λ

= 2

2

λ

ε εφαπτοµένη του κύκλου ⇔ d(K, ε) = ρ

1

22 222

λ λ− − +

λ=

1−λ + = λ

(1 – λ 2) = 2λ

1 – 2λ + 2λ = 2λ

1 = 2λ ⇔ λ = 1

2

21

17. Έστω το πολυώνυµο Ρ(x) = x3−x2 + (y2−5)x + y2−3. Να αποδείξετε ότι i) Το Ρ(x) έχει παράγοντα το x + 1 ii) Η εξίσωση x3 + y2−x2 + xy2−5x−3 = 0 παριστάνει έναν κύκλο και µία ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο. Προτεινόµενη λύση

i)

Ρ(−1) =−1−1−y2 + 5 + y2−3 = 0 ⇒ το x + 1 είναι παράγοντας του Ρ(x).

ii)

x3 + y2−x2 + xy2−5x−3 = 0 ⇔ x3−x2 + (y2−5)x + y2−3 = 0 ⇔ Ρ(x) = 0

Εφαρµόζοντας σχήµα Horner για το Ρ(x) για x =−1 βρίσκουµε

Ρ(x) = (x + 1)(x2−2x + y2−3)

Η εξίσωση Ρ(x) = 0 ⇔ x + 1= 0 ή x2−2x + y2−3 = 0

Η x + 1 = 0 είναι εξίσωση ευθείας ε.

Η x2 + y2−2x −3 = 0 είναι εξίσωση κύκλου αφού Α2 + Β2−4Γ = 4 +12 =16 > 0

Κέντρο του κύκλου Κ( , 2 2

Α Β− − ) = Κ(1, 0)

Ακτίνα του κύκλου ρ = 16

2= 2

d(K, ε) = 1 1

1

+=2 = ρ , άρα η ευθεία ε εφάπτεται στον κύκλο

18. ∆ίνονται τα σηµεία Α(2 ,3) και Β( 1, 3). Να βρείτε τον γεωµετρικό τόπο των σηµείων Μ για τα οποία ισχύει ΜΑ2 + ΜΒ2 = 4 Προτεινόµενη λύση

Έστω Μ(x ,y) τυχαίο σηµεία του γεωµετρικού τόπου ⇔

ΜΑ2 + ΜΒ2 = 4 ⇔ (x – 2 2) + (y – 3 2) + (x – 1 2) + (y – 3 2) = 4

x2 – 4x + 4 + y2− 6y + 9 + x2 – 2x + 1 + y2− 6y + 9 = 4

2x2 + 2y2− 6x – 12y + 19 = 0

x2 + y2−3x−6y + 02

19=

Η εξίσωση είναι της µορφής x2 + y2 + Αx + Βy + Γ = 0

µε Α2 + Β2−4Γ = 9 + 36−38 = 7 > 0 ,

άρα είναι εξίσωση κύκλου µε κέντρο Κ(3

, 3)2

και ακτίνα 7

ρ2

=

22

19. Έστω οι ευθείες ε1 : λx−y−1 = 0 και ε2 : x + λy−λ = 0 Να δείξτε ότι i) Oι ευθείες τέµνονται για κάθε λ∈ℝ ii) Το σηµείο τοµής τους κινείται σε κύκλο κέντρου Ο (αρχή των αξόνων). Προτεινόµενη λύση

i)

Σύστηµα των ε1 : λx−y = 1 , ε2 : x + λy = λ

D = 1

1 λλ −

= λ2+1, Dx = 1 1 λ 1

2 , Dyλ λ 1 λ

−= λ = = λ2−1

Αφού D = λ2 + 1≠ 0 για κάθε λ∈ℝ το σύστηµα έχει πάντοτε µία λύση την

x =2

2 2

Dx 2 Dy 1 και y

D D1 1

λ λ −= = =λ + λ +

Άρα οι ευθείες τέµνονται στο σηµείο Α2

2 2

2 λ 1,

1 λ 1

λ − λ + +

ii)

Έστω Α(x, y) τυχαία θέση του Α ⇒ x =2

2 2

2 λ 1 και y

1 λ 1

λ −=

λ + +

22 2

2 22 2

2 1x y

1 1

λ λ − + = + λ + λ +

= 2 4 2

4 2 4 2

4 2 1

2 1 2 1

λ λ − λ ++

λ + λ + λ + λ +

= 4 2

4 2

2 11

2 1

λ + λ +=

λ + λ +

Εποµένως το Α κινείται στον κύκλο x2 + y2 = 1 µε κέντρο Ο(0, 0) και ρ = 1 .

23

Απαλοιφή των α, β

ε

y

x

Μ(x, y)

Ο Α(α, 0)

Β(0, β)

20.

Στην ευθεία ε : x y

1+ =α β

τα α, β µεταβάλλονται έτσι, ώστε 2 2 2

1 1 1+ =

α β κ,

όπου κ θετική σταθερά. Να αποδείξετε ότι η προβολή της αρχής Ο των αξόνων στην

ευθεία ε ανήκει σε σταθερό κύκλο (ανεξάρτητο των α, β).

Προτεινόµενη λύση

Έστω Μ(x, y) η προβολή του Ο στην τυχαία ε.

Μ∈ε ⇔ x y

1+ =α β

⇔ βx + αy = αβ (1)

ΟΜ ⊥ ΑΒ

⇔ ΟΜ ⋅ΑΒ

= 0

OMx ABx + OMy ABy = 0

(x – 0)(0 – α) + (y – 0)(β – 0) = 0

xα – yβ = 0

β = xyα (2)

(1) ( 2 )

⇒ xyα x + αy = α x

yα

2x

y + y = x

yα

x2 + y2 = αx ⇒ α = 2 2x y

x

+ (3)

(2) ( 3 )

⇒ β = 2 2x y

y

+ (4)

Η υπόθεση 2 2 2

1 1 1+ =

α β κ

( 3 ),( 4 )

⇒ 2

2 2 2

x( x y )+

+ 2

2 2 2

y

( x y )+ =

2

1

κ

2 2

2 2 2

x y

( x y )

+

+ =

2

1

κ

2 2

1x y+

= 2

1

κ

x2 + y2 = 2κ

24

21. Ένας κύκλος εφάπτεται στον άξονα x΄x. Αν Α(x1, y1) και Β(x2, y2) είναι άκρα µιας διαµέτρου του κύκλου, να δείξτε ότι (x1−x2)

2 = 4y1y2

Προτεινόµενη λύση

Αφού ο κύκλος εφάπτεται στον άξονα x΄x, θα είναι ρ = |yo|

Έτσι η εξίσωσή του θα είναι της µορφής (x−xo)2 + (y−yo)

2 = 2oy (1)

Το κέντρο του Κ(xο, yo) θα είναι το µέσο του ΑΒ, οπότε

1 2o

x xx

2

+= και yo = 1 2y y

2

+

Επειδή το Α ανήκει στον κύκλο, η (1) γίνεται

2

1 21

x xx

2

+ −

+

2

1 21

y yy

2

+ −

=

2

1 2y y

2

+

2

1 2x x

2

−

+ 2

1 2y y

2

−

= 2

1 2y y

2

+

( )2

1 2x x

4

− +

( )21 2y y

4

− =

( )21 2y y

4

+

21 2( x x )− + 2

1 2( y y )− = 21 2( y y )+

21 2( x x )− = 2

1 2( y y )+ – 21 2( y y )−

(x1−x2)2 = 4y1y2

25

22.

Η ευθεία 2 2 2x y: 1 και ο κύκλος C : x yε + = + = ρα β

τέµνονται στα σηµεία

Α και Β. Να βρείτε τις συντεταγµένες του µέσου Μ της χορδής ΑΒ συναρτήσει

των α, β.

Προτεινόµενη λύση

Οι συντεταγµένες των Α, Β είναι οι λύσεις του συστήµατος των ε, C. x y

: 1ε + =α β

⇔ y

β = 1 –

x

α ⇔ y =

xαβ−βα

(1)

2 2 2C : x y+ = ρ (1 )

⇔ 2x + 2

2

( x )αβ−β

α = 2ρ

2α 2x + 2α 2β – 2α 2β x + 2β 2x = 2α 2ρ

(2α + 2β ) 2x – 2α 2β x + 2α 2β – 2α 2ρ = 0 (2) Οι ρίζες της εξίσωσης (2) είναι οι Ax , Bx

Επειδή Μ µέσο της ΑΒ ⇒ Mx = 12

( Ax + Bx ) ( 2 )

= 12

2

2 2

2αβ

α +β

Μ∈ε ⇒ My = Mxαβ−βα

= β – βα

Mx = β – βα

12

2

2 2

2αβ

α +β

26

y

x

Κ

O

Α1

Α2

Αποτυπώνουµε όλα τα στοιχεία του προ- βλήµατος σε σχήµα

23. Για τους 1 2 1 2x , x , y , y , λ , µ µε λ , µ 0∈ ≠ℝ ισχύουν

2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 2x + y = λx + µy και x y = λx + µy+ .

Να αποδείξετε ότι ( ) ( )2 2 2 22 1 2 1x x y y λ µ− + − ≤ + .

Προτεινόµενη λύση

H 2 21 1 1 1x + y = λx + µy ⇔ 2 2

1 1 1 1x + y λx µy− − = 0 (1) Η 2 2

2 2 2 2x + y = λx + µy ⇔ 2 22 2 2 2x y λx µy+ − − = 0 (2)

Θεωρούµε τον κύκλο C : 2 2x +y λx µy− − = 0 , ο οποίος προφανώς διέρχεται από το Ο(0, 0) και

έχει κέντρο Κ , 2 2

µ λ

Οπότε (ΚΟ 2) = ( )2

2λ +

2

2

µ

= 14

( 2λ + 2µ ) ⇒

2λ + 2µ = 4 (ΚΟ 2)

Θεωρούµε επίσης τα σηµεία Α1( 1x , 1y ), Α2( 2x , 2y ),

τα οποία λόγω των (1), (2) ανήκουν στον κύκλο. Η αποδεικτέα ( ) ( )2 2 2 2

2 1 2 1x x y y λ µ− + − ≤ + γράφεται

21 2( )Α Α ≤ 4 (ΚΟ 2)

1 2Α Α ≤ 2 ΚΟ χορδή ≤ διαµέτρου, που ισχύει

27

24. Για κάθε σηµείο Μ ( )x, y του κύκλου 2 2 2x y+ = ρ να αποδείξετε ότι

( )2

2 2 2

1 1 4xy και εδώ x, y 0

2 x y

ρ≤ + ≥ ≠

ρ

Προτεινόµενη λύση

2

xy 2

ρ≤ ⇔ 2 xy ≤ 2ρ

2xy ≤ 2 2x y+

2x y ≤ 2

x +2

y

0 ≤ 2

x +2

y – 2 x y

0 ≤ ( x – y 2) που ισχύει

2 2 2

1 1 4

x y+ ≥

ρ ⇔ 2ρ y2+ ρ2x2 ≥ 4 2x 2y

ρ2 (y2 + x2) ≥ 4x2y2 ρ2 ρ2 ≥ 4x2y2

ρ4 ≥ (2xy 2)

ρ2 ≥ 2 xy , που ισχύει από το προηγούµενο ερώτηµα.

∗ Με ύψωση στο τετράγωνο µπορούµε να αποδείξουµε τις ανισώσεις x y ρ 2± ≤ χρησιµοποιώντας και την ισοδυναµία

2

xy 2

ρ≤ ⇔ –

2

2

ρ ≤ xy ≤

2

2

ρ