ΚΥΚΛΟΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΞΑΣΚΗΣΗ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ. 2. Έστω Κ (α, β) το κέντρο και ρ η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου C. οπότε:

Transcript

1 ΚΥΚΛΟΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΞΑΣΚΗΣΗ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ 1. Έστω Κ (α, β) το κέντρο και ρ η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου C. Έχω: d(k, ε 1 ) = d(k, ε ) = (ΟΚ) = ρ α =, β =, ρ = α =, β =, ρ = οπότε: C 1 : (x ) + (y ) = 8 και C : (x + ) + (y + ) = 8. Έστω Κ (α, β) το κέντρο και ρ η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου C. (ΑΚ) = (ΒΚ) Έχω{ A α = 0, β = 1 και ρ = Κ J { ε: υ = χ + 3 οπότε C: x + (y 1) =. Παρατηρώ ότι το Γ(0,3) ε, οπότε η ε είναι μία από τις ζητούμενες εφαπτόμενες. Επειδή επιπρόσθετα το Γ y y που είναι άξονας συμμετρίας του C, η άλλη εφαπτομένη θα είναι η συμμετρική της ε ως προς την y y, δηλαδή η y = x + 3. (Φυσικά οι εφαπτόμενες μπορούν να βρεθούν και με την γενική μέθοδο).

2 3. Κ (0,0) ρ = d + 4 όπου d = d(k, ε) = 1. e d ε Άρα, C: x + y = 5. y = x + 5 Οι ζητούμενες εφαπτόμενες είναι οι { y = 1 x Ουσιαστικά, είναι η εύρεση των κοινών εφαπτομένων του C: x + y = 4 και του Κέντρο x Α(,0) C 1 { ακτίνα ρ = 1 (x + ) + y = 1. Με την κλασσική διαδικασία, προκύπτουν οι ε 1 : y = x + και 3 3 ε : y = x Έχω Ν(β, α). Μ C. Άρα (α ) + β = 1, (1) Ισχύει (ΟΜΝ) = 1 det(om, ON ) = 1 a β, () (1): β = α + 4α 3 (): (ΟΜΝ) = α 4α + 3 και επειδή α 4α + 3 > 0 για κάθε α R, έχω: (ΟΜΝ) = α 4α + 3. Για (ΟΜΝ) = 9 προκύπτει { α = 3, ρ = 0 α = 1, β = 7 (αδύνατο)

3 Άρα Μ(3,0). 6. (α) Ο περιορισμός ύπαρξης κύκλου ισχύει για κάθε μ R. (β) Έχω { x κ = μ y κ = 3μ Άρα y κ = 3x κ οπότε γ.τ. του Κ είναι η ευθεία y = 3x με εξαίρεση το σημείο της 0(0,0) αφού μ 0. (γ) Έχω d(κ(μ, 3μ), ε: 3x 4y + 4 = 0) = ρ = 3 μ. Προκύπτουν οι C 1 : x + y x 6y + 1 = 0 C : x + y + 8x + 4y + 16 = (α) Ο περιορισμός ύπαρξης κύκλου ισχύει για κάθε n Ν Κέντρο το Κ(1 + n, n) και ακτίνα ρ = n. (β) Το σημείο με συν/νες που επαληθεύουν την εξίσωση για κάθε n είναι το Α(1,0). (γ) Αφού Α(1,0) ε και Α όλους τους κύκλους, αρκεί d(κ, ε) = ρ που ισχύει ή αρκεί η ΚΑ ε, που επίσης ισχύει. 8. Α. Ο Περιορισμός ύπαρξης κύκλου: Α + Β 4Γ > 0 ισχύει για κάθε θ R αφού Α + Β 4Γ = 8 (> 0). Άρα, κύκλος με Κ (συνθ, ημθ) και ρ = 1 8 =. Β. Για θ = π το Κ(0,1). Η εφαπτομένη είναι κάθετη στην ακτίνα ΚΜ άρα, λ εφ = 1 = 1, επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης λ ΚΜ ε { Μ(1,) είναι y = (x 1) ή y = x + 3. λ = 1

4 Γ. Για κάθε θ έχω { x K = συνθ y K = ημθ οπότε το Κ κύκλο: x + y = 1 (μοναδιαίος κύκλος). 9. Α. Η εξίσωση έχει μορφή γενικής εξίσωσης κύκλου x + y + Ax + By + Γ = 0 με Α = 6μ, Β = 8λ, Γ = 0. Ισχύει Α + Β 4Γ = 36μ + 64λ > 0 για κάθε λ, μ R. Άρα, αφού ισχύει ο περιορισμός ύπαρξης κύκλου, είναι εξ. κύκλου για κάθε λ, μ R. Για x = y = 0 η εξ. επαληθεύεται. Άρα, όλοι οι κύκλοι διέρχονται από το 0(0,0). Β. α. Για κάθε Κ(X K, Y K ) κέντρο κύκλου που ορίζεται από την εξ. X K= A = 3μ=λ Έχω{ y K = B = 4λ Απαλείφοντας το λ, έχω: Y K = X K. Άρα όλοι οι κύκλοι έχουν τα κέντρα τους στην ευθεία y = x που διέρχεται από το 0(0,0). β. Αφού Α, Β, Ο είναι σημεία του κύκλου και ισχύει ΟΑ ΟΒ = 0 ΑΟΒ = π, η ΑΒ: x + y + = 0 είναι διάμετρος. Άρα Κ(λ, 4λ) ΑΒ: λ 4λ + ε = 0 δηλ. λ = 1 και αφού μ = λ 3, μ = 3. γ. (ΑΟΒ) = 1 (βάση)(ύψος) = 1 (ΑΒ)d(0, AB). Έχω (ΑΒ) = ρ = 1 36μ + 64λ = = d(0, AB) = 10. =. Άρα, (ΑΟΒ) = 1 80 = = 10. Α. Για κάθε Μ(x, y) που ανήκει στον γεωμετρικό τόπο, ισχύει: (ΑΜ) = (ΒΜ) (x + ) + y = x + (y ) x + 4x y = (x + y 4y + 4) x + y 4x 8y + 4 = 0.

5 Η εξίσωση παριστάνει κύκλο C με κέντρο Κ(,4) και ακτίνα ρ = = 4. Άρα γεωμετρικός τόπος του Μ είναι ο κύκλος C (K(,4), ρ = 4). Β. Για κάθε Μ(Χ Μ, Υ Μ ), μέσο του ΑΒ, ισχύει: Χ Μ = Χ Α+Χ Β Y M = Y Α+Y Β = συνθ = 4+ημθ = συνθ 1, (1). = + ημθ, (). Επίσης, για κάθε θ ισχύει: συν θ + ημ θ = 1, (3). Απαλείφοντας το θ από τις (1), () και (3) θα προκύψει η εξ. της γραμμής στην οποία βρίσκεται το Μ. Έχω (1): συνθ = Χ Μ + 1 (): ημθ = Y M (3): (X M + 1) + (Y M ) = 1. Άρα, το Μ κύκλο C: (x + 1) + (y ) = 1 που έχει κέντρο το Κ( 1,) και ακτίνα ρ = 1. Επομένως, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο C(K( 1,), ρ = 1). 11. Η (1) έχει μορφή γενικής εξίσωσης κύκλου x + y + A x + B y + Γ = 0 με Α = α, Β = β και δ = α β = α β συν π 3 = 1 α β. (α) Για να παριστάνει κύκλο, πρέπει A + B 4Γ > 0. Έχω Α + Β 4Γ = 4 α + β α β = 3 α + α + β α β = 3 α + ( α β ) που είναι > 0 αφού 3 α > 0 και ( α β ) 0. Άρα, η (1) παριστάνει κύκλο. Το κέντρο Κ ( Α, Β ) είναι το ( α, β ) και η ακτίνα ρ = 1 Α + Β 4Γ = 1 4 α + β α β.

6 (β) Αν ο (1) έχει κέντρο το Κ(1,1), έχω α = 1 ΚΜ β = 1 δηλ. β =, οπότε η ακτίνα ρ = = 1. Η ε είναι η 3x + 4y 6 = 0. Για να δείξω ότι ο κύκλος εφάπτεται στην ε, αρκεί να δείξω ότι d(k(1,1), ε: 3x + 4y 1 = 0) = ρ = 1. Έχω, d(k, ε) = = 5 = Έστω Κ(α, β) το κέντρο και ρ η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου. Έχω Κ ε: β = 1 α, (1) και (ΑΚ) = d(k, x x) (= ρ), (). (): (α 14) + (β ) = β. (1): α = β (): (β 14) + (β ) = β 4β β + β 4β + 4 = β 4β 60β + 00 = 0 β 15β + 50 = 0. Άρα, β = 15± = 15± 5 = 15±5 { 10 5 Για β = 10, α = 0 (1) και ρ = 10 (). Άρα ο C 1 : (x 0) + (y 10) = 100. Για β = 5, α = 10 και ρ = 5. Άρα ο C : (x 10) + (y 5) = 5. Επειδή ρ 1 ρ = 5 < (Κ 1 Κ ) = = 5 5 < ρ 1 + ρ = 15, οι κύκλοι τέμνονται, οπότε υπάρχουν δύο κοινές εφαπτομένες από τις οποίες η μία είναι ο x x: y = 0. * Εύρεση της ης κοινής εφαπτομένης (Γενικός Τρόπος) Έστω ζ: y = λx + β η μορφή της εξίσωσης της κοινής εφαπτομένης. Έχω λ(κ 1, ζ) = ρ 1 0λ+β 10 = 10, (3) και 1+λ 10λ+β 5 = 5, (4). Άρα (3): 1 + λ = 0λ+β 10 1+λ λ = 10λ+β 5. Επομένως, 5 0λ + β 10 = 0λ + β 10 +: β = 0, (5) { : 40λ + 3β 0 = 0, (5) 0λ+β και (4): = 10λ+β 15 5

7 Σ 1 { (5) (4) (5) (4): 1 + λ = 5 λ λ = 4λ 4λ λ = 0 λ(3λ 4) = 0 { λ = 4 3 Άρα, με β = 0 και λ = 4 3 η ζ : y = 4 3 x (η η κοινή εφαπτομένη). Το Σ { (5) (4) δεν έχει λύσεις στο R. * ος τρόπος, ειδικά γι αυτήν την άσκηση y Α ζ Λ y = 1 x 0 Α(5,0) x Η διάκεντρος Κ 1 Κ : (ε): y = 1 x, είναι άξονας συμμετρίας των δυο κοινών εφαπτομένων. Άρα, η η κοινή εφαπτομένη ζ είναι η συμμετρική της πρώτης, y = 0, ως προς την ε: y = 1 x. Προσδιορίζω δυο σημεία της ζ. Ένα είναι το σημείο τομής της ε με τον x x, δηλ. το 0(0,0). Ένα δεύτερο σημείο θα είναι το συμμετρικό τυχαίου Α π.χ. (5,0) της y = 0 ως προς την y = 1 x, σημείο Α. Η ΑΑ A(5,0) { ΑΑ : y 0 = (x 5) ε λ ΑΑ = ή y = x ΑΑ : y = x + 10 Λ { ε: y = 1 x { Χ Λ = 4 Y Λ = Αφού Λ μέσο ΑΑ, έχω:

8 { Χ Α = Χ Λ Χ Α = 8 5 = 3 Υ Α = Υ Λ Υ Λ = 4 0 = 4 Άρα, Α (3,4) οπότε λ ΟΑ = λ ζ = = 4 3 και η ζ: y = 4 3 x. 13. Έχω Κ( 4, 1) και ρ = = = 5. (ΚΜ) = = 50 =5 > ρ = 5. Άρα, το Μ είναι έξω από τον κύκλο και φέρονται, πράγματι, δύο εφαπτόμενες από αυτό. (α) Έστω ε: y = λx + β η μορφή της εξίσωσης της ζητούμενης εφαπτομένης. Έχω d(κ, ε) = ρ 4λ+1+β 1+λ = 5, (1) Με ε: 8 = 3λ + β, (). (): β = 3λ 8 (1): 4λ λ 8 = λ λ 7 = λ λ + 14λ + 49 = 5 + 5λ 4λ 14λ 4 = 0 1λ 7λ 1 = 0. Διακρίνουσα, Δ = = = 65 = (5). Άρα, λ = 7±5 3 { = = 3 4 Για λ = 4, (): β = = και η ε 3 3 1: y = 4 x, 3 (MA). Για λ = 3 4, (): β = = x 41 4, (MΒ). και η ε : y = (β) Α Μ Κ Β Ισχύει (ΑΜ) = (ΜΒ) = (ΚΜ) ρ = 50 5 = 5.

9 Η άσκηση, λίγο πιο κουραστικά, θα μπορούσε να λυθεί βρίσκοντας και τα Α, Β. Το απέφυγα αφού δεν ζητούνται οι συντεταγμένες της. 14. Οι κορυφές του τριγώνου είναι τα 0(0,0), Α(4,0) και Β(0,3). Το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου, έστω ότι το Κ(α, β) είναι μέσα στο τρίγωνο. Άρα 0 < α < 4 και 0 < β < 3. Έστω ρ η ακτίνα του κύκλου. Έχω: d(k, x x: y = 0) = d(k, y y: x = 0) = d(k, ε)(= ρ). Άρα, β = α = 3α+4β 1. 5 β = α, (1) β = α { β = α, απορρίπτεται αφού α > 0 και β > 0 3α + 4β 1 = 5 α +: 3α + 4β 1 = 5α { : 3α + 4β 1 = 5α α + 4β 1 = 0 ή α + β 6 = 0, (3) { 8α + 4β 1 = 0 ή α + β 3 = 0, (3) (1) β = α Σ 1 { α = β = 6 απορρίπτεται αφού (3) α + β 6 = 0 0 < α < 4 0 < β < 3 (1) β = α Σ { α = β = 1. Δεκτή λύση. (3) α + β 3 = 0 Άρα Κ(1,1), ρ = α = 1 και ζητούμενος εγγεγραμμένος κύκλος είναι ο : (x 1) + (y 1) = Παρατηρώ ότι το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την ΑΒ. Είναι γνωστό ότι στα ορθογώνια τρίγωνα ο περιγεγραμμένος κύκλος έχει διάμετρο την υποτείνουσα. Άρα, το κέντρο Κ ως μέσο της ΑΒ είναι το Κ(4,3) και η ακτίνα ρ = 1 (ΑΒ) = = 5. Επομένως, ο ζητούμενος κύκλος έχει εξίσωση: C: (x 4) + (y 3) = 5. Έστω Μ τυχαίο σημείο του γ.τ. Αφού το Μ είναι μέσο χορδής που διέρχεται από το Γ( 1), το ΚΜ ως «απόστημα» είναι κάθετο στο ΓΜ.

10 Άρα, ΚΜΓ = π Μ κύκλο με σιάμετρο την ΚΓ. Κέντρο του κύκλου, Λ ( Χ Κ+Χ Γ 1, Y Κ+Y Γ ) δηλ. Λ(3,1) και ακτίνα του κύκλου R = (Κ Γ) = = 5. Άρα, γεωμετρικός τόπος του Μ είναι ο κύκλος C 1 με εξίσωση (x 3) + (y 1) = 5. *Στον γεωμετρικό τόπο ανήκουν όλα τα σημεία του C 1 διότι το Γ είναι μέσα στον C ((ΚΓ) = 5 < 5). 16. Ο C: x + y x = 0 έχει κέντρο Κ ( 1, 0) και ακτίνα ρ = 3. Ισχύει d(κ, ε: 5x + 3y + = 0) = = 9 34 = < 3 Άρα, πράγματι η ε τέμνει τον C σε δυο σημεία Μ, Ν. Η x + y + (5μ 1)x + 3μy + μ = 0, (1), έχει μορφή γενικής εξίσωσης κύκλου x + y + Ax + By + Γ = 0, με Α = 5μ 1, Β = 3μ, Γ = μ. Θα παριστάνει κύκλο αν και μόνον αν Α + Β 4Γ > 0. Έχω: Α + Β 4Γ = (5μ 1) + 9μ 4(μ ) = = 5μ 10μ μ 8μ + 8 = 34μ 18μ + 9. Το τρίγωνο έχει θετικό συντελεστή στο μ και διακρίνουσα Δ = = = 900, άρα είναι θετικό για κάθε μ R. Επομένως, αφού Α + Β 4Γ > 0 για κάθε μ R η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε μ R. (1) (5x + 3y + )μ + (x + y x ) = 0. Οι συντεταγμένες των σημείων που επαληθεύουν την εξ. για κάθε 5x + 3y + = 0 μ, είναι οι λύσεις του συστήματος των εξ. { x + y x = 0 δηλ. είναι τα κοινά σημεία Μ και Ν της ε και του C. Άρα, όλοι οι κύκλοι που προκύπτουν από την (1) διέρχονται από τα Μ και Ν.