Θεωρία - Αποδείξεις Μαθηματικά Β Λυκείου

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο 1. Να δώσετε τους ορισμούς: διάνυσμα, μηδενικό διάνυσμα, μέτρο διανύσματος, μοναδιαίο διάνυσμα. ΑΠΑΝΤΗΣΗ 

Διάνυσμα AB ονομάζεται ένα ευθύγραμμο τμήμα του οποίου τα άκρα θεωρούνται διατεταγμένα. Το πρώτο άκρο Α, ονομάζεται αρχή ή σημείο εφαρμογής, ενώ το δεύτερο Β ονομάζεται πέρας του διανύσματος.

 Μηδενικό διάνυσμα ονομάζεται το διάνυσμα που η αρχή και το πέρας του συμπίπτουν. Συμβολίζεται με 0 . 

Μέτρο ή μήκος του διανύσματος AB ονομάζεται το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ, και 

συμβολίζεται με | AB| . Μοναδιαίο διάνυσμα ονομάζεται το διάνυσμα έχει μέτρο 1.

2. Να δώσετε τους ορισμούς: φορέας διανύσματος, παράλληλα διανύσματα, ομόρροπα- αντίρροπα διανύσματα, ίσα διανύσματα, αντίθετα διανύσματα, γωνία δύο διανυσμάτων. ΑΠΑΝΤΗΣΗ Φορέας διανύσματος ονομάζεται η ευθεία πάνω στην οποία βρίσκεται ένα μη μηδενικό διάνυσμα. 

Παράλληλα ή συγγραμμικά διανύσματα ονομάζονται δύο ή περισσότερα μη μηδενικά διανύσματα AB και 





 , που έχουν τον ίδιο φορέα ή παράλληλους φορείς. Για δύο παράλληλα διανύσματα AB και  λέμε ότι 



έχουν ίδια διεύθυνση και γράφουμε AB//  . 



Ομόρροπα ονομάζονται δύο μη μηδενικά διανύσματα AB και  όταν: α) όταν έχουν παράλληλους φορείς και βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΑΓ που ενώνει τις αρχές τους ή β) όταν έχουν τον ίδιο φορέα και μία από τις ημιευθείες ΑΒ και ΓΔ περιέχει την άλλη. Στην περίπτωση αυτή 



λέμε ότι τα AB και  έχουν την ίδια κατεύθυνση (ίδια διεύθυνση και ίδια φορά) και γράφουμε  

 

AB  ΓΔ . Β Α Δ Γ

Δ Β Α

Γ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ





Αντίρροπα ονομάζονται δύο μη μηδενικά διανύσματα AB και  όταν είναι συγγραμμικά και δεν είναι 



ομόρροπα. Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι τα διανύσματα AB και  έχουν αντίθετη κατεύθυνση (ίδια  

 

διεύθυνση και αντίθετη φορά) και γράφουμε AB  ΓΔ . Β Α Γ

Δ

Β Α

Γ Δ

3. Να δώσετε τους ορισμούς: ίσα διανύσματα, αντίθετα διανύσματα, γωνία δύο διανυσμάτων. ΑΠΑΝΤΗΣΗ Ίσα ονομάζονται δύο μη μηδενικά διανύσματα όταν έχουν την ίδια κατεύθυνση και ίσα μέτρα.  









Για να δηλώσουμε ότι δύο διανύσματα AB και  είναι ίσα, γράφουμε AB   .  Τα μηδενικά διανύσματα θεωρούνται ίσα μεταξύ τους και συμβολίζονται με 0 .

Αντίθετα ονομάζονται δύο διανύσματα, όταν έχουν αντίθετη κατεύθυνση και ίσα μέτρα. 



 



 

Για να δηλώσουμε ότι δύο διανύσματα AB και  είναι αντίθετα, γράφουμε    

  Γωνία δύο μη μηδενικών διανυσμάτων  και  .

    Με αρχή ένα σημείο Ο παίρνουμε τα διανύσματα OA  α και OB  β . Β 



θ Ο

Α 

a

  Την κυρτή γωνία AOB , που ορίζουν οι ημιευθείες ΟΑ και ΟΒ, την ονομάζουμε γωνία των διανυσμάτων α      και β και τη συμβολίζουμε με (, ) ή (, )

  Για την γωνία θ = (, ) ισχύει 0 0 θ 1800 Ειδικότερα:     0 , αν    .       , αν    .         , αν τα  και  είναι ορθογώνια ή κάθετα και γράφουμε α  β .

2

2

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

     Αν ένα από τα διανύσματα  ,  είναι το μηδενικό διάνυσμα, τότε ως γωνία των  και  μπορούμε να θεωρήσουμε οποιαδήποτε γωνία  με 0     .   4. Αν α , β είναι δύο διανύσματα, τότε να αποδείξετε ότι:           και ( α + β )+ γ = α +( β + γ ) α +β=β+α

ΑΠΑΝΤΗΣΗ





 Από το διπλανό σχήμα έχουμε:      α  β  OA AM  OM

Α 

a



a





 

Μ

a 



     β  α  OB BM  OM .     Επομένως,        .

a

Ο





Β



 Από το διπλανό σχήμα έχουμε:          (α  β )  γ  (OA AB)  B  OB B  O και          α  ( β  γ )  OA ( AB B )  OA A  O .       Επομένως, (   )    a  (    ) .



Α 



a



Β











a 

Ο







a  

Γ

  5. Τι ονομάζεται διαφορά του ενός διανύσματος β από ένα διάνυσμα α

ΑΠΑΝΤΗΣΗ       Διαφορά    του διανύσματος  από το διάνυσμα  ορίζεται ως άθροισμα των διανυσμάτων  και   .     Δηλαδή α  β  α  (  β )

6. Να δώσετε τον ορισμό του πολλαπλασιασμού ενός πραγματικού αριθμού λ (λ0) επί ένα μη μηδενικό  διάνυσμα α . Ποιες ιδιότητες ισχύουν. ΑΠΑΝΤΗΣΗ  Έστω  ένας πραγματικός αριθμός με    και  ένα μη μηδενικό διάνυσμα.    Ονομάζουμε γινόμενο του λ με το  και το συμβολίζουμε με    ή  ένα διάνυσμα το οποίο:   είναι ομόρροπο του  , αν      είναι αντίρροπο του  , αν    και   έχει μέτρο |  ||  | .

3

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

    Αν είναι    ή   0 , τότε ορίζουμε ως    το μηδενικό διάνυσμα 0 .

        7. Αν α , β είναι δύο διανύσματα με β  0 , να αποδείξετε ότι αν α // β τότε α = λ  β

ΑΠΟΔΕΙΞΗ     Αφού τα διανύσματα  και  είναι παράλληλα και   0 , τότε υπάρχει μοναδικός αριθμός  τέτοιος ώστε      .    | | Πράγματι, αν θέσουμε    , τότε |  |  |  | . ||

Συνεπώς:      Αν    , τότε    .      Αν    , τότε    .      Αν   0 , τότε   0   .   Σε κάθε λοιπόν περίπτωση υπάρχει  τέτοιος, ώστε      . 

8. Δίνεται ένα διάνυσμα ΑΒ και Μ το μέσο του, να αποδείξετε ότι για ένα σημείο Ο αναφοράς ισχύει: 



Ο Α Ο Β . ΟΜ 2 

Α

ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

Μ

Έστω το διάνυσμα AB και ένα σημείο αναφοράς Ο. 

Για τη διανυσματική ακτίνα OM του μέσου Μ του τμήματος ΑΒ έχουμε: 





 

 

 

OM  OA  AM και

Ο

OM  OB  BM .  

 

 

 

 

 

 

 

Επομένως, 2 OM  OA  AM OB  BM 

2 OM  OA  OB Άρα





    2 

Β

4

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ







9. Σε σύστημα αναφοράς xOy δίνεται το σημείο Α(x, y), αν Ο Α = α . Να αποδείξετε ότι το διάνυσμα α γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των x, y κατά μοναδικό τρόπο. ΑΠΟΔΕΙΞΗ  Έστω Oxy ένα σύστημα συντεταγμένων στο επίπεδο και  ένα διάνυσμα του επιπέδου.    Με αρχή το Ο σχεδιάζουμε το διάνυσμα OA   . Αν A1 και A2 είναι οι προβολές του Α στους άξονες x x και y y αντιστοίχως, έχουμε: 

a

y

A

Α2 

a



j

Ο

 



A1

i

 

x

 

OA  OA1  OA2

(1)

    Αν x, y είναι οι συντεταγμένες του A , τότε ισχύει OA1  x ι και OA2  yj . Επομένως η ισότητα (1) γράφεται      x i  yj    Επομένως το διάνυσμα  είναι γραμμικός συνδυασμός των i και j .

Μοναδικότητα

   Η έκφραση του  ως γραμμικού συνδυασμού των i και j είναι μοναδική.    Πράγματι, έστω ότι ισχύει και   xi  y j .     Τότε θα έχουμε: xi  yj  xi  y j   ( x  x)i  ( y   y) j  y  y  j Αν υποθέσουμε ότι x  x , δηλαδή ότι x  x  0 , τότε θα ισχύει i  x  x

    Η σχέση αυτή, όμως, δηλώνει ότι i / / j , που είναι άτοπο, αφού τα i και j δεν είναι συγγραμμικά. Επομένως x  x , που συνεπάγεται ότι και y  y  .  Δηλαδή το διάνυσμα  γράφεται ως γραμμικός συνδυασμός των x, y κατά μοναδικό τρόπο.

5

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

    10. Σε σύστημα αναφοράς xOy δίνεται τα σημεία Α(x1,y2) και Β(x2,y2). Αν είναι Ο Α = α και Ο Β = β , να    αποδείξετε ότι οι συντεταγμένες των διανυσμάτων α + β και λ α είναι (x1+x2,y1+y2) και (λx1, λx2) αντίστοιχα.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ   Θεωρούμε τα διανύσματα   (x 1 , y1 ) και   (x 2 , y 2 ) , τότε έχουμε:              ( x1i  y1 j )  ( x2 i  y2 j )  ( x1  x2 )i  ( y1  y2 ) j         (x 1 i  y1 j)  (x 1 ) i  (y1 ) j    Επομένως     (x1  x 2 , y1  y 2 ) και   (x1 , y1 ) Δηλαδή (x 1 , y1 )  (x 2 , y 2 )  (x 1  x 2 , y1  y 2 )

λ (x 1 , y1 )  (x 1 , y1 ) 11. Σε σύστημα αναφοράς xOy δίνεται τα σημεία Α(x1,y2) και Β(x2,y2) και Μ το μέσο του ΑΒ. Αν είναι      Ο Α = α και Ο Β = β , να αποδείξετε ότι οι συντεταγμένες του μέσου Μ του διανύσματος ΑΒ είναι: x  x2 y  y2 x= 1 και y= 1 2 2 y

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

B(x2,y2)

Ας θεωρήσουμε δύο σημεία ( x 1 , y1 ) και (x 2 , y 2 ) του καρτεσιανού επιπέδου και Μ ( x, y) είναι οι συντεταγμένες του μέσου του ΑΒ.  



Μ(x,y)

A(x1,y1)



Είναι OM  ( x, y) , OA  ( x 1 , y1 ) , OB  ( x 2 , y 2 ) Ο

Τότε έχουμε ισοδύναμα  1   OM  ( OA  OB )  2 1 ( x, y)  [(x 1 , y1 )  ( x 2 , y 2 )]  2 1 1 1 1 ( x, y)  [( x 1 , y1 )  ( x 2 , y 2 )] 2 2 2 2

 x  x 2 y1  y 2  , (x, y) =   1  2   2

Επομένως ισχύει x 

6

x1  x 2 y  y2 και y  1 2 2

x

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

12. Να αποδείξετε ότι οι συντεταγμένες (x, y) ενός διανύσματος με άκρα τα σημεία Α(x1,y1) και Β(x2,y2) δίνονται από τις σχέσεις: x = x2 – x1 και y = y2 – y1. y

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

B(x2,y2)

Έστω δύο σημεία ( x1 , y1 ) και  ( x2 , y 2 ) του καρτεσιανού επιπέδου και ας υποθέσουμε ότι ( x, y) είναι οι συντεταγμένες του διανύσματος

A(x1,y1)



AB . 





Είναι: AB  ( x, y) , OB  ( x 2 , y 2 ) , και OA  ( x 1 , y 1 ) ,  

 

Ο

x

 

Τότε έχουμε ισοδύναμα: AB  OB  OA 

(x, y)  (x 2 , y 2 )  (x1 , y1 )  (x, y)  (x 2  x 1 , y 2  y1 ) Άρα x = x2 – x1 και y = y2 – y1.

  13. Έστω ένα διάνυσμα α = (x,y), να αποδείξετε ότι το μέτρο του είναι: α  x 2  y 2 .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ y 

 Έστω OA    ( x, y) ένα διάνυσμα του καρτεσιανού επιπέδου. Το σημείο Α έχει τετμημένη x και τεταγμένη y , και ισχύει (1 ) | x | και (2 ) | y | . Έτσι θα έχουμε:  |  | 2  (1 ) 2  (1 ) 2 

Α2

A(x,y) 

a

Ο

A1

x

 (1 ) 2  ( 2 ) 2  . | x | 2  | y | 2  x 2  y 2

  Άρα |  | 2  x 2  y 2    x 2  y 2

14. Nα αποδείξετε ότι η απόσταση των σημείων Α(x1,y2) και Β(x2,y2) είναι (ΑΒ) = (x 2  x 1 ) 2  (y 2  y 1 ) 2

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

y

B(x2,y2)

Θεωρούμε δύο σημεία ( x 1 , y1 ) και (x 2 , y 2 ) του καρτεσιανού επιπέδου. Επειδή η απόσταση ( ) των σημείων Α και Β είναι ίση με A(x1,y1)



το μέτρο του διανύσματος AB  ( x 2  x 1 , y 2  y1 ) , έχουμε: Ο 

( ) | AB | (x 2  x 1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2

7

x

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

  15. Έστω ένα διάνυσμα α = (x, y) Tι ονομάζεται συντελεστής διεύθυνσης του διανύσματος α , με τι ισούται και τι ισχύει για τον συντελεστή διεύθυνσης στις περιπτώσεις που είναι α) x = 0 και β) y = 0. ΑΠΑΝΤΗΣΗ   Έστω OA    ( x, y) ένα μη μηδενικό διάνυσμα και φ , η γωνία που σχηματίζει με τον άξονα xx΄. Για τη  y γωνία φ , αν το  δεν είναι παράλληλο προς τον άξονα y y , ισχύει: εφφ  . x  y Συντελεστήςς διεύθυνσης του διανύσματος  ονομάζεται το πηλίκο της τεταγμένης προς την τετμημένη x  y του   ( x, y) , με x  0 , Τον συντελεστή διεύθυνσης τον συμβολίζουμε με λ και ισχύει: λ   εφφ x

ΣΧΟΛΙΑ   — Αν y  0 , δηλαδή αν α // xx , τότε ο συντελεστής διεύθυνσης του διανύσματος  είναι ο   0 .   — Αν x  0 , δηλαδή αν α // yy , τότε δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης του διανύσματος  .   16. Να αποδείξετε την ισοδυναμία α // β  λ1 = λ2 όπου λ1, λ2 είναι οι συντελεστές διεύθυνσης των   διανυσμάτων α , β αντίστοιχα..

ΑΠΑΝΤΗΣΗ   Έστω δύο διανύσματα   (x 1 , y1 ) και   (x 2 , y 2 ) με συντελεστές διεύθυνσης  1 και  2 αντιστοίχως. Τότε έχουμε τις ισοδυναμίες:

x    //   1 x2

y1 y y  0  x1y2  x 2 y1  1  2  1   2 . y2 x1 x 2

  17. Αν α , β είναι δύο διανύσματα τότε να δώσετε τον ορισμό του εσωτερικού γινομένου των δύο αυτών διανυσμάτων. Ποιές συνέπειες προκύπτουν από τον ορισμό.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ



Ονομάζουμε εσωτερικό γινόμενο δύο μη μηδενικών     διανυσμάτων  και  και το συμβολίζουμε με α  β  





τον πραγματικό αριθμό α  β | α | | β | συνφ , 



όπου φ η γωνία των διανυσμάτων  και  . 





 Αν   0 ή   0 , τότε ως εσωτερικό γινόμενο  

ορίζουμε     0

8

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

ΣΥΝΕΠΕΙΕΣ ΑΠΟ ΤΟΝ ΟΡΙΣΜΟ ΤΟΥ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟΥ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ      α  β  β α (Αντιμεταθετική ιδιότητα)      Αν αβ ,  α β  0        Αν α   β ,  α  β | α |  | β |        Αν α   β ,  α β   | α || β | 



 α 2 |α | 2     ( Όπου α 2 το εσωτερικό γινόμενο α α που ονομάζεται: τετράγωνο του α .)   2 2 18. Για κάθε διάνυσμα  να αποδείξετε ότι | α | = α

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

        2 Έχουμε:  2 |  |  |  | συν0  |  |  |  | 1  |  |  |  | |  | .

19. Να αποδείξετε ότι το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων είναι ίσο με το άθροισμα των γινομένων   των ομώνυμων συντεταγμένων τους. Δηλαδή     x 1 x 2  y1 y 2 ΑΠΟΔΕΙΞΗ   Έστω τα διανύσματα   (x 1 , y1 ) και   (x 2 , y 2 )      Με αρχή το Ο παίρνουμε τα διανύσματα OA   και OB   .

Β(x2,y2)

y Α(x1,y1)





θ



a

Ο

x

Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΟΑΒ έχουμε: 

() 2  () 2  () 2  2()()συν  (1) η οποία ισχύει και στην περίπτωση που τα σημεία Ο, Α, Β είναι συνευθειακά. Όμως είναι () 2  (x 2  x 1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2 , () 2  x 12  y12 και

9

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

() 2  x 22  y 22 .

Επομένως, από την (1) σχέση έχουμε διαδοχικά:   (x 2  x 1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2  x 12  y12  x 22  y 22  2     x 12  x 22  2x 1 x 2  y12  y 22  2y1 y 2  x 12  y12  x 22  y 22  2      2x 1 x 2  2y1 y 2  2         x1x 2  y1 y 2

20. Να αποδείξετε ότι:                i) λ    =   () =λ(    ) ii)   (   ) =    +    iii)    1   2  1 ΑΠΟΔΕΙΞΗ    Θεωρούμε τα διανύσματα   (x 1 , y1 ) ,   (x 2 , y 2 ) και   (x 3 , y 3 ) , τότε έχουμε:     ()    (x 1 , y1 )(x 2 , y 2 )  (x1 )x 2  (y1 ) y 2  (x 1 x 2  y1 y 2 )  (  ) και       ()  (x 1 , y1 )(x 2 , y 2 )  x 1 (x 2 )  y1 (y 2 )  (x 1 x 2  y1 y 2 )  (  ) .       Άρα, ()      ()  (  )

i)

ii)

iii)

     (  )  (x 1 , y1 )(x 2  x 3 , y 2  y 3 )  x 1 (x 2  x 3 )  y1 ( y 2  y 3 )  ( x 1 x 2  x 1 x 3 )  ( y 1 y 2  y1 y 3 )  ( x 1 x 2  y 1 y 2 )  ( x 1 x 3  y 1 y 3 )            .     y y         0  x1x 2  y1y2  0  y1y2  x1x 2  1 2  1  1 2  1 x1 x 2

  21. Αν  ,  είναι δύο διανύσματα και θ η γωνία των δύο αυτών διανυσμάτων, τότε να αποδείξετε ότι x 1 x 2  y1 y 2 συνθ= 2 x 1  y 22  x 22  y 22

ΑΠΟΔΕΙΞΗ   Αν   (x 1 , y1 ) και   (x 2 , y 2 ) είναι δύο μη μηδενικά διανύσματα του επιπέδου που σχηματίζουν γωνία θ, τότε

           | | |  |  συν    . |  ||  |

10

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ   Είναι όμως     x 1 x 2  y1 y 2 ,

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

 |  | x 12  y12

Επομένως η παραπάνω σχέση γίνεται: συν 

 |  | x 22  y 22 . x 1 x 2  y1 y 2 και

x 12  y12  x 22  y 22

    22. Αν  , v είναι δύο διανύσματα, τότε i) Τι ονομάζεται προβολή του διανύσματος v στο διάνυσμα  ;     ii) Να αποδείξετε την ισότητα   v    προβα v .

ΟΡΙΣΜΟΣ

    Έστω , v δύο διανύσματα του επιπέδου με   0 .       Με αρχή ένα σημείο Ο παίρνουμε τα διανύσματα OA   και OM   . 

Από το Μ φέρνουμε ΜΜ1 κάθετο στη διεύθυνση του OA .

M 

v

A θ

Ο



M1

a

     Το διάνυσμα OM1 λέγεται προβολή του ν στο α και συμβολίζεται με προ   .

   Δηλαδή, OM 1  προ   .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

               v    (OM1  M1 M)    OM1    M1 M    OM1    προ  

11

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ο 23. Πότε μια εξίσωση με δύο αγνώστους x, y ονομάζεται εξίσωση γραμμής . ΑΠΑΝΤΗΣΗ Μια εξίσωση με δύο αγνώστους x, y λέγεται εξίσωση μιας γραμμής C, όταν οι συντεταγμένες των σημείων της C, και μόνο αυτές, την επαληθεύουν.

24. Να αποδείξετε ότι ο συντελεστής διεύθυνσης λ μιας ευθείας που διέρχεται από τα σημεία A(x 1 , y1 ) και B(x2 , y 2 ) , με x 1  x 2 είναι λ 

y 2  y1 . x 2  x1

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Έστω δύο τυχαία σημεία A(x1,y1) και B(x2,y2) μιας ευθείας (ε) που δεν είναι κάθετη στον άξονα xx΄.

ε

y

B(x2,y2) Α(x1,y1) Ο

x

τότε ο συντελεστής διεύθυνσης λ της ευθείας (ε) είναι ίσος με το συντελεστή διεύθυνσης του διανύσματος  

AB  ( x 2 - x 1 , y 2 - y1 ) ,

δηλαδή λ = 



AB

=

y 2 - y1 y -y . Άρα λ = 2 1 x 2 - x1 x 2 - x1

12

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

25. Να γραφτούν οι συνθήκες παραλληλίας και καθετότητας δύο ευθειών. ΑΠΑΝΤΗΣΗ   Αν ε1 ,ε 2 είναι δύο ευθείες με αντίστοιχους συντελεστές διεύθυνσης  1 , 2 και τα διανύσματα 1 και  2 είναι παράλληλα προς τις 1 και  2 αντιστοίχως, έχουμε τις ισοδυναμίες   1 //  2  1 //  2  1   2 και   1  2  1  2  12  1 .

26. Σε σύστημα συντεταγμένων Οxy δίνεται ευθεία (ε) με συντελεστή διεύθυνσης λ και ένα

σημείο της Α(xo, yo) . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της ευθείας (ε) είναι y - yo = λ(x - xo) ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έστω Oxy ένα σύστημα συντεταγμένων στο επίπεδο και A(x 0 , y 0 ) ένα σημείο του επιπέδου.

ε

y

M(x,y) Α(x0,y0)

Ο

x

Έστω ένα δεύτερο σημείο M(x, y) διαφορετικό του A(x 0 , y 0 ) της ευθείας ε  

Είναι AM  ( x  x0 , y  y0 ) και λ 



AM



y  y0 x  x0

Ισχύουν οι ισοδυναμίες: AM // ε,   AM =   

y  y0    y  y 0  ( x  x 0 ) . x  x0

Η τελευταία εξίσωση επαληθεύεται και από το σημείο A(x 0 , y 0 ) . Άρα η εξίσωση της ευθείας ε είναι: y – yo = λ(x – xo)

13

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

27. Να αποδείξετε ότι ε η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία A( x 1 , y1 ) και B(x 2 , y 2 ) έχει εξίσωση y  y1 y  y1  2 (x  x1 ) x 2  x1

ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Έστω δύο τυχαία σημεία A(x1,y1) και B(x2,y2) της ευθείας (ε) ε y B(x2,y2) Α(x1,y1) Ο

x

Αν x 1  x 2 , τότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας είναι  

y  y 0  (x  x 0 ) γίνεται:

y  y1 

y 2  y1 και επομένως η εξίσωση x 2  x1

y 2  y1 (x  x1 ) x 2  x1

28. Nα αποδείξετε ότι κάθε ευθεία του επιπέδου έχει εξίσωση της μορφής Αx+By+Γ=0 με Α0 ή

Β0 και αντιστρόφως, κάθε εξίσωση της μορφής Αx+By+Γ=0 με Α0 ή Β0 παριστάνει ευθεία γραμμή. ΑΠΟΔΕΙΞΗ  Έστω ε μια ευθεία στο καρτεσιανό επίπεδο. Αν η ευθεία ε τέμνει τον άξονα yy  στο σημείο (0, ) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ, τότε θα έχει x  (1) y    0 εξίσωση y  x   , η οποία γράφεται

y

Σ(0,β) Ο

x

ε Αν η ευθεία ε είναι κατακόρυφη και διέρχεται από το σημείο P( x0 , y0 ) , τότε θα έχει εξίσωση x  x 0 , η οποία γράφεται ισοδύναμα x  0  y  (x 0 )  0 .

14

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

y

ε P(x0,y 0 )

Ο x Επομένως και στις δύο περιπτώσεις η εξίσωση της ευθείας ε παίρνει τη μορφή Ax  By    0 με A  0 ή B  0.  Αντίστροφα, έστω η εξίσωση Ax  By    0

με

A0

ή

B  0.

A  x  , που είναι εξίσωση ευθείας με συντελεστή διεύθυνσης B B  A     και η οποία τέμνει τον άξονα yy στο σημείο  0,  .

B B   — Αν B  0 , τότε, λόγω της υπόθεσης, είναι A  0 και η εξίσωση γράφεται x   , που είναι εξίσωση A    ευθείας κάθετης στον άξονα x x στο σημείο του P  ,0 .  A  Άρα σε κάθε περίπτωση η εξίσωση Ax  By    0 με A  0 ή B  0 παριστάνει ευθεία.

— Αν B  0 , τότε η εξίσωση γράφεται y  

ΣΧΟΛΙΑ α. Η εξίσωση ευθείας που τέμνει τον άξονα y y στο σημείο A(0, β ) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ είναι y  β  λ( x 0)  y  x   . β. Αν μια ευθεία διέρχεται από την αρχή των αξόνων και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ, τότε η εξίσωσή της είναι y  0   ( x  0)  y  x . 



γ. Έτσι, οι διχοτόμοι των γωνιών x O y και y O x  έχουν εξισώσεις y  x και y   x αντιστοίχως. δ. Αν μια ευθεία διέρχεται από το σημείο A( x0 , y 0 ) και είναι παράλληλη στον άξονα x x , έχει εξίσωση y  y 0  0( x  x0 )  y  y 0 .

29. Να αποδείξετε ότι η ευθεία με εξίσωση Ax  By    0 είναι παράλληλη στο διάνυσμα    (B,A) .

ΑΠΟΔΕΙΞΗ  Έστω ε μια ευθεία με εξίσωση Ax  By    0 και διάνυσμα   (B,A) A A  Αν B  0 , τότε η ε έχει συντελεστή διεύθυνσης    και το διάνυσμα     . Επειδή οι B B

15

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

συντελεστές τους είναι ίσοι τότε η ευθεία είναι παράλληλη με το διάνυσμα. 

 Αν B  0 , τότε η ε και το διάνυσμα  είναι παράλληλα προς τον άξονα yy επομένως και μεταξύ τους παράλληλα.

30. Να αποδείξετε ότι η ευθεία με εξίσωση Αx + By + Γ = 0 είναι κάθετη στο διάνυσμα  n  ( A, B)

ΑΠΟΔΕΙΞΗ   Είναι δ  n  ( B, A)  ( A, B)  AB  AB  0    Επομένως το διάνυσμα δ  ( B, A) είναι κάθετο στο διάνυσμα n  ( A, B) . Επειδή το διάνυσμα  είναι  παράλληλο με την ευθεία Ax  By    0 , η ευθεία αυτή θα είναι κάθετη στο διάνυσμα n  ( A, B)

31. Έστω ε μια ευθεία του καρτεσιανού επιπέδου, με εξίσωση Ax  By  Γ  0 και M 0 (x0 , y 0 ) ένα σημείο εκτός αυτής. Να γράψετε τον τύπου που προσδιορίζει την απόσταση d του σημείου Μ από την ευθεία ε.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ y ε

Μ0(x0,y0)

Έστω ε μια ευθεία του καρτεσιανού επιπέδου, με εξίσωση Ax  By    0 και M 0 (x 0 , y 0 ) ένα σημείο εκτός αυτής. Η απόσταση του σημείου Μο από την ευθεία ε δίνεται από τον τύπο:

d (M 0 , ε)  Ο

x

16

| Ax0  By0   | A2  B 2

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

32. Έστω Α(x1, y1) , B(x2, y2) και Γ(x3, y3) τρία σημεία του καρτεσιανού επιπέδου. Να γράψετε τον τύπο που προσδιορίζει το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση των συντεταγμένων των κορυφών του.

ΑΠΑΝΤΗΣΗ Έστω A( x1 , y1 ) , B( x 2 , y 2 ) και  ( x3 , y3 ) τρία σημεία του καρτεσιανού επιπέδου, τότε το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ προσδιορίζεται από την σχέση:

Γ(x 3 ,y 3 )

B(x 2 ,y 2 )

  1 ( AB )  | det( AB, A ) | 2

A(x 1 ,y 1 )

17

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο 33. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος με κέντρο Ο(0,0) και ακτίνα ρ έχει εξίσωση x2+y2=ρ2. Ποιος κύκλος ονομάζεται μοναδιαίος; y

ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έστω Oxy ένα σύστημα συντεταγμένων στο επίπεδο και C ο κύκλος με κέντρο το σημείο O(0,0) και ακτίνα ρ. Το σημείο M ( x, y) ανήκει στον κύκλο C, αν και μόνο αν απέχει από το κέντρο του Ο απόσταση ίση με ρ, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει:

(OM )  

M(x,y)

ρ Ο (0,0)

x

(1)

C

Όμως, (OM )  x 2  y 2 . Επομένως, η (1) γράφεται

x2  y2    x2  y2  2 .

(2)

Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι οι συντεταγμένες των σημείων του κύκλου και μόνο αυτές επαληθεύουν την εξίσωση (2). Άρα, ο κύκλος με κέντρο το σημείο O(0,0) και ακτίνα ρ έχει εξίσωση x2 + y2 = ρ2. ΟΡΙΣΜΟΣ Ο κύκλος με κέντρο το σημείο Ο(0,0) και ακτίνα   1 έχει εξίσωση x 2  y 2  1 και ονομάζεται μοναδιαίος κύκλος.

34. Έστω ε η εφαπτομένη του κύκλου x2+y2 = ρ2 σε ένα σημείο του Α(x1,y1) , να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη του κύκλου σε αυτό το σημείο έχει εξίσωση xx1+yy1 = ρ2. ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έστω ε η εφαπτομένη του κύκλου C : x 2  y 2  ρ 2 σε ένα σημείο του A( x1 , y1 ) . Έστω ένα δεύτερο σημείο M ( x, y) 



Είναι OA ( x1 , y1 ) και AM  ( x  x1 , y  y1 )

y

ε M(x,y)

Ισχύουν οι ισοδυναμίες 



Α(x1,y1)

M ( x, y)  ε    OAAM  0   x1 ( x  x1 )  y1 ( y  y1 )  0

Ο

 xx1  yy1  x12  y12  xx1  yy1   2 , αφού x12  y12   2 . Επομένως, η εφαπτομένη του κύκλου x 2  y 2  ρ 2 στο σημείο του

A( x1 , y1 ) έχει εξίσωση xx1  yy1   2

18

x

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

35. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος με κέντρο Κ(xo, yo) και ακτίνα ρ έχει εξίσωση: (x – xo)2 + (y – yo)2 = ρ2 ΑΠΟΔΕΙΞΗ  Έστω Oxy ένα σύστημα συντεταγμένων στο επίπεδο και C ο κύκλος με κέντρο K(x 0 , y 0 ) και ακτίνα ρ. Ένα σημείο M(x, y) ανήκει στον κύκλο C, αν και μόνο αν ισχύει :

(KM)  

y

Κ(x0,y0)

(1)

2

ρ

2

Όμως, (KM)  (x  x 0 )  ( y  y 0 ) .

M(x,y)

Ο

x

Επομένως, η σχέση (1) γράφεται:

(x  x 0 ) 2  ( y  y 0 ) 2    (x  x 0 ) 2  ( y  y 0 ) 2   2

36. Να αποδείξετε ότι κάθε κύκλος έχει εξίσωση της μορφής x2 + y2 + Ax + By + Γ = 0 ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Θεωρούμε τον κύκλο με κέντρο K(x 0 , y 0 ) και ακτίνα ρ, ο κύκλος αυτός έχει εξίσωση (x  x 0 ) 2  ( y  y 0 ) 2   2

Κάνοντας πράξη στην παραπάνω εξίσωση του κύκλου έχουμε : x2 – 2xxo + xo2 + y2 – 2yyo + yo2 = ρ2  x 2  y2  2x 0 x  2y0 y  (x 02  y02  2 )  0

δηλαδή παίρνει τη μορφή x 2  y 2  Ax  By    0 όπου A  2x 0 , B  2y 0 και   x 02  y 02   2 .

37. Να αποδείξετε ότι κάθε εξίσωση της μορφής: x2 + y2 + Ax + By + Γ = 0 με Α2 + Β2 - 4Γ > 0 παριστάνει κύκλο του οποίου να προσδιορίσετε το κέντρο και την ακτίνα του. ΑΠΟΔΕΙΞΗ 2

2

Κάθε εξίσωση της μορφής x + y + Ax + By + Γ = 0 (1) γράφεται διαδοχικά:

x2 + y2 + Ax + By + Γ = 0  (x 2  Ax)  ( y 2  By)     2 B2  A 2 B2 B A2   2 A x  2 x    y  2 y         4  4 4 2 4   2 

19

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

2

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

2

A B A 2  B 2  4   . x  y        2 2 4  

Επομένως:  Αν

 

A2  B 2  4  0 , η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο

 A B K   ,   2 2

και ακτίνα

A 2  B 2  4 .

2

 A B Αν A2  B 2  4  0 , η εξίσωση (1) παριστάνει ένα μόνο σημείο, το K   ,  .  2 2

 Αν A2  B 2  4  0 , η εξίσωση (1) είναι αδύνατη, δηλαδή δεν υπάρχουν σημεία M ( x, y) των οποίων οι συντεταγμένες να την επαληθεύουν.

38. Να δώσετε τον ορισμό της παραβολής και να γράψετε την εξίσωσή της. Ποια είναι η

παράμετρος της παραβολής και τι παριστάνει. Ποιες είναι οι ιδιότητες της παραβολής. Να γραφτεί η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής σε ένα σημείο της Α(x1, y1) ΑΠΑΝΤΗΣΗ Α. Έστω μια ευθεία δ και ένα σημείο Ε εκτός της δ. Παραβολή με εστία το σημείο Ε και διευθετούσα την ευθεία δ ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος C των σημείων του επιπέδου τα οποία ισαπέχουν από την Ε και τη δ. Β. Η εξίσωση της παραβολής C είναι:

p p  Αν η παραβολή έχει εστία E  ,0 και διευθετούσα  : x   έχει εξίσωση y2 = 2px 2  2 p  p Αν η παραβολή έχει εστία E 0,  και διευθετούσα : y   έχει εξίσωση x2 = 2py 2  2

Γ. Ο αριθμός p λέγεται παράμετρος της παραβολής και η | p | παριστάνει την απόσταση της εστίας από τη διευθετούσα. Δ. Ιδιότητες της παραβολής  Η γραφική παράσταση της παραβολής βρίσκεται στο ημιεπίπεδο που ορίζει η διευθετούσα δ και η εστία Ε.  Σε μια παραβολή y2 = 2px ο άξονας x x είναι άξονας συμμετρίας της .  Η κάθετη στην εφαπτομένη μιας παραβολής στο σημείο επαφής A 1 διχοτομεί τη γωνία που σχηματίζουν η ημιευθεία A1 E και η ημιευθεία A1 t , που είναι ομόρροπη της ΟΕ, όπου Ε είναι η εστία της παραβολής. (ανακλαστική ιδιότητα )

20

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

y Α1(x1,y1)

t

O ε

p  E  ,0  2 

x η C

E. H εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής σε ένα σημείο της Α(x1, y1) είναι: 

yy1  p( x  x1 ) αν η παραβολή έχει εξίσωση y2 = 2px



xx1  p( y  y1 ) αν η παραβολή έχει εξίσωση x 2  2py

39. Να δώσετε τον ορισμό της έλλειψης και να γράψετε την εξίσωσή της. Ποιες είναι οι ιδιότητες της έλλειψης . Να γραφτεί η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης σε ένα σημείο της Α(x1,y1) ΑΠΑΝΤΗΣΗ Έστω E  και Ε δύο σημεία ενός επιπέδου. Α. Έλλειψη με εστίες τα σημεία E  και Ε ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος C των σημείων του επιπέδου των οποίων το άθροισμα των αποστάσεων από τα E  και Ε είναι σταθερό και μεγαλύτερο του E E . Το σταθερό αυτό άθροισμα το συμβολίζουμε με 2α, δηλαδή Ένα σημείο Μ του επιπέδου είναι σημείο της έλλειψης, αν και μόνο αν ( ME  )  ( ME)  2

Β. Η εξίσωση της έλλειψης C με εστίες τα σημεία E (γ,0) , E( ,0) είναι x2 y2  1, όπου β  α 2  γ 2 α2 β 2 Η εξίσωση της έλλειψης C με εστίες τα σημεία E (0, ) , E(0,  ) είναι

x2 y2  1, όπου β  α 2  γ 2 β2 α2 Γ. Έστω μια έλλειψη

C:

x2 y2  1 , όπου    2   2 , τότε αυτή έχει τις εξής ιδότητες: α2 β 2

 Αν M1 ( x1 , y1 ) είναι ένα σημείο της έλλειψης C, τότε τα σημεία M 2 ( x1 , y1 ) , M 3 (  x1 , y1 ) και M 4 (  x1 , y1 ) ανήκουν στην C, αφού οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν την εξίσωσή της..

21

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

 Η έλλειψη C τέμνει τον άξονα xx στα σημεία A(α,0) και A(α,0) , ενώ τον άξονα y y στα σημεία B(0, β ) και B(0, β ) . Τα σημεία A, A, B, B λέγονται κορυφές της έλλειψης, ενώ τα ευθύγραμμα τμήματα A A και B B , τα οποία έχουν μήκη ( AA)  2α και ( BB)  2 β , λέγονται μεγάλος άξονας και μικρός άξονας αντιστοίχως.  Η έλλειψη περιέχεται στο ορθογώνιο που ορίζουν οι ευθείες x   , x   και y    , y   .

Δ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης σε ένα σημείο της Α(x1,y1) είναι  

αν έχει εξίσωση

x 2 y2  1  2 2

 1 αν έχει εξίσωση

x 2 y2  1 2  2

xx1 yy1  1 α2 β2

yy1 2



xx1 2

40. Τι ονομάζεται εκκεντρότητα της έλλειψης της έλλειψης ισχύει η σχέση:

x2 2



y2 2

 1 . Να αποδείξετε ότι για την εκκεντρότητα ε

β  1 ε 2 α

ΑΠΑΝΤΗΣΗ Εκκεντρότητα ε της έλλειψης

x2 y2 γ  2 1 ονομάζουμε, το λόγο ε  1 2 α α β

ΑΠΟΔΕΙΞΗ Επειδή γ  α 2  β 2 έχουμε: 2

2

 2  2 2  2  β    1      2  1    και άρα  2   1 ε 2 .   2 α     

22

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

41. Να δώσετε τον ορισμό της υπερβολής και να γράψετε την εξίσωσή της. Ποιες είναι οι ιδιότητες της υπερβολής . Να γραφτεί η εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής σε ένα σημείο της Α(x1,y1) και οι εξισώσεις των ασύμπτωτων της ΑΠΑΝΤΗΣΗ Έστω E  και Ε δύο σημεία ενός επιπέδου. Α. υπερβολή με εστίες τα σημεία E  και Ε ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος C των σημείων του επιπέδου των οποίων η απόλυτη τιμή της διαφοράς των αποστάσεων από τα E  και Ε είναι σταθερή και μικρότερη του ( E E ) . Την απόλυτη τιμή της διαφοράς των αποστάσεων κάθε σημείου της υπερβολής από τις εστίες την παριστάνουμε με 2α, ενώ την απόσταση των εστιών με 2γ. Η απόσταση E E ονομάζεται εστιακή απόσταση της υπερβολής. Ένα σημείο Μ είναι σημείο της υπερβολής, αν και μόνο αν | (ME )  (ME ) | 2α .

Β. Η εξίσωση της υπερβολής C με εστίες τα σημεία E (γ,0) , E (γ,0) , είναι x2

2



y2

2

 1,

όπου

β  γ2 α2

Η εξίσωση της υπερβολής C με εστίες τα σημεία E (0, ) , E(0,  ) είναι

y2 x2  1 , α2 β2 Γ. Έστω μια υπερβολή με εξίσωση

όπου

x2 y2  1 , όπου α2 β 2

β  γ2 α2

β  γ 2  α 2 , τότε αυτή έχει τις εξής ιδιότητες:

 Η υπερβολή έχει τους άξονες x x και y y άξονες συμμετρίας και την αρχή των αξόνων κέντρο συμμετρίας. Επομένως, η ευθεία που ενώνει τις εστίες E , E της υπερβολής και η μεσοκάθετη του E E είναι άξονες συμμετρίας της υπερβολής, ενώ το μέσο Ο του E E είναι κέντρο συμμετρίας της. Το σημείο Ο λέγεται κέντρο της υπερβολής.

 Η υπερβολή τέμνει τον άξονα x x στα σημεία A( ,0) , και A( ,0) . Τα σημεία αυτά λέγονται κορυφές της υπερβολής. και δεν τέμνει τον άξονα yy .

 Τα σημεία της υπερβολής βρίσκονται έξω από την ταινία των ευθειών x  α και x  α , πράγμα που σημαίνει ότι η υπερβολή αποτελείται από δύο χωριστούς κλάδους. 

 Η εφαπτομένη μιας υπερβολής σε ένα σημείο της Μ διχοτομεί τη γωνία E ME , όπου E , E οι εστίες της υπερβολής

Δ. Η εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής σε ένα σημείο της Α(x1,y1) είναι  

xx1 2 yy1 2

 

yy1 2 xx1 2

 1 αν έχει εξίσωση  1 αν έχει εξίσωση

23

x2 y2  1 α2 β2

y2 x2  1 α2 β2

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

42. Να γραφτούν οι εξισώσεις των ασύμπτωτων της υπερβολής ΑΠΑΝΤΗΣΗ

x 2 y2   1 , τότε οι ασύμπτωτες της είναι ευθείες:  2 2   και y x . y  x,   y2 x2  Αν η υπερβολή C έχει εξίσωση 2  2 1 , τότε οι ασύμπτωτες της είναι ευθείες: α β   και y   x . y x    Αν η υπερβολή C έχει εξίσωση

43. Τι ονομάζεται ορθογώνιο βάσης μιας υπερβολής; ΑΠΑΝΤΗΣΗ Ορθογώνιο βάσης της υπερβολής ονομάζεται το ορθογώνιο ΚΛΜΝ με κορυφές τα σημεία K (α, β ) , (α, β ) , M (α, β ) και N (α, β ) . y

 a

x

y

y

 a

x

Κ

Ν

Α

Α΄ Ο Μ

x Λ

44. Τι ονομάζεται εκκεντρότητα υπερβολής;. Να αποδείξετε ότι για την εκκεντρότητα ε μιας υπερβολής ισχύει η σχέση

   2 1 

ΑΠΑΝΤΗΣΗ Εκκεντρότητα ε της υπερβολής

x2 y2   2 1 , ονομάζεται ο λόγος    1 .

2  α β

ΑΠΟΔΕΙΞΗ Επειδή γ  α 2  β 2 , για την εκκεντρότητα ε έχουμε: 2

 2  2  β    ε 2 1   άρα   α

β  ε 2 1 . α

24

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β’ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΝΙΠΥΡΑΚΗΣ ΘΩΜΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

45. Πότε μια υπερβολή ονομάζεται ισοσκελής; Να αποδείξετε ότι στην ισοσκελή υπερβολή η εκκεντρότητά της είναι ε =

2

ΑΠΑΝΤΗΣΗ

x 2 y2   1,  2 2 Ισοσκελής ονομάζεται η υπερβολή για την οποία ισχύει α = β και αυτή έχει εξίσωση x 2 y2 x 2 y2   1    1  x 2  y 2  a2  2 2 2 2 ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έστω η υπερβολή C με εξίσωση

Στην ισοσκελή υπερβολή η εκκεντρότητα είναι ίση με



2  2 2 2   2 = 2       

25