Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ,Ο ΚΥΚΛΟΣ

ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ

Σχολιάστε
Print Friendly, PDF & Email

ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ

Παραμετρική εξίσωση της μορφής

    \[\boldsymbol{\mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} + A\mathrm{x} + B\mathrm{y} + \Gamma = 0}\]

Rendered by QuickLaTeX.com

ΛΥΣΗ

α)

Ξέρουμε οτι:
Κάθε κύκλος έχει εξίσωση της μορφής:

    \[\textbf{\boldsymbol{\mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} + A\mathrm{x} + B\mathrm{y} + \Gamma = 0}}\]

με

    \[\boldsymbol{A^{2} + B^{2} - 4\Gamma >0} \,\, \qquad(I)\]

και αντιστρόφως, κάθε εξίσωση της μορφής (I) παριστάνει κύκλο.
Οπότε η εξίσωση:

    \[\mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} + \lambda\mathrm{x} - (2\lambda + 10)\mathrm{y} + 5\lambda + 15 =0 \qquad (1)\]

έχει Α = \lambda, B = -(2\lambda + 10) και \Gamma = 5\lambda + 15.
Είναι:

    \[A^{2} + B^{2} - 4\Gamma =\]

    \[\lambda^{2} + \left[-\left(2\lambda + 10\right)\right]^{2} - 4(5\lambda +15) =\]

    \[\lambda^{2} + 4\lambda^{2} + 40\lambda + 100 - 20\lambda - 60 =\]

    \[5\lambda^{2} + 20\lambda + 40 =\]

    \[5(\lambda^{2} + 4\lambda + 8) > 0\]

διότι το τριώνυμο \lambda^{2} + 4\lambda + 8 έχει \Delta=-16 < 0, οπότε είναι \lambda^{2} + 4\lambda + 8 > 0 για κάθε \lambda \in \mathbb{R}.
Άρα η εξίσωση (1) παριστάνει κύκλο για κάθε \lambda \in \mathbb{R}.

ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ

β)
Το κέντρο του κύκλου που ορίζει η εξίσωση (1) είναι:

    \[K\left(-\frac{A}{2}, -\frac{B}{2}\right) \equiv K\left(-\frac{\lambda}{2}, -\frac{2\lambda + 10}{2}\right) \equiv K\left(-\frac{\lambda}{2}, \lambda + 5\right)\]

Η ακτίνα του κύκλου είναι:

    \[\rho = \frac{\sqrt{A^{2} + B^{2} - 4\Gamma}}{2} \Leftrightarrow \rho = \frac{\sqrt{5(\lambda^{2} + 4\lambda + 8)}}{2}\]

γ)
Θα βρουμε τον γεωμετρικό τόπο των σημείων K(x,y), του επιπέδου xOy που είναι της μορφής Κ\left(-\frac{\lambda}{2}, \lambda + 5\right).

Δηλαδή για το σημείο Κ\left(-\frac{\lambda}{2}, \lambda + 5\right) θέτουμε:

    \[\left\{\begin{array}{c}{-\frac{\lambda}{2}=x} \\ {\lambda+5=y}\end{array}\right\} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}{\lambda=-2 x} \\ {-2 x+5=y}\end{array}\right.\]

Άρα τα κέντρα των παραπάνω κύκλων ανήκουν στην ευθεία:

    \[(\epsilon): 2\mathrm{x} + \mathrm{y} - 5 = 0.\]

δ)
Έστω Μ(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}) ένα σημείο.
Ο κύκλος που παριστάνει η εξίσωση (1) διέρχεται από το Μ, αν και μόνο αν:

    \[\mathrm{x}_{0}^{2} + \mathrm{y}_{0}^{2}+\lambda \mathrm{x}_{0}-(2 \lambda+10) \mathrm{y}_{0}+5 \lambda + 15 = 0 \Leftrightarrow\]

    \[\Leftrightarrow \mathrm{x}_{0}^{2} + \mathrm{y}_{0}^{2}+\lambda \mathrm{x}_{0}-2 \lambda \mathrm{y}_{0}-10 \mathrm{y}_{0}+5 \lambda+15=0 \Leftrightarrow\]

    \[\Leftrightarrow\left(\mathrm{x}_{0} - 2 \mathrm{y}_{0}+5\right) \lambda + \mathrm{x}_{0}^{2} + \mathrm{y}_{0}^{2}-10 \mathrm{y}_{0} + 15 = 0 \qquad (2)\]

Η εξίσωση (2) αληθεύει για κάθε \lambda \in \mathbb{R}, αν και μόνο αν:

    \[\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0} - 2 \mathrm{y}_{0}+5=0} \\ {\mathrm{x}_{0}^{2} + \mathrm{y}_{0}^{2}-10 \mathrm{y}_{0} + 15 = 0 \end{array}\right\} \Leftrightarrow\]

    \[\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0} = 2 \mathrm{y}_{0} - 5} \\ {\left(2 \mathrm{y}_{0} - 5\right)^{2} + \mathrm{y}_{0}^{2} - 10 \mathrm{y}_{0} + 15 = 0}\end{array}\right\} \Leftrightarrow\]

    \[\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0}=2 \mathrm{y}_{0} - 5} \\ {5 \mathrm{y}_{0}^{2}-30 \mathrm{y}_{0} + 40 = 0}\end{array}\right\} \Leftrightarrow\]

    \[\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0}=2 \mathrm{y}_{0} - 5} \\ { \mathrm{y}_{0}^{2}-6 \mathrm{y}_{0} + 8 = 0}\end{array}\right\} \Leftrightarrow\]

    \[\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0}=2 \mathrm{y}_{0} - 5} \\ { \mathrm{y}_{0} =2 \, \text{ ή} \, \mathrm{y}_{0} = 4}\end{array}\right\} \Leftrightarrow\]

    \[\left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0} = 2 \cdot 2 - 5} \\ {\mathrm{y}_{0} = 2}\end{array}\right\} \, \text {ή }\, \left\{\begin{array}{c}{\mathrm{x}_{0} = 2 \cdot 4 - 5} \\ {\mathrm{y}_{0} = 2}\end{array}\right\}\Leftrightarrow\]

    \[(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}) = (-1, 2) \,\text{ ή } \, (\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}) = (3, 4).\]

Άρα όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εξίσωση (1) διέρχονται από τα σημεία Μ_{1}(-1,2) και Μ_{2}(3,4).

Άλλος τρόπος

Δίνουμε δύο τυχαίες τιμές στο \lambda.
\bullet Για \lambda = 0 είναι C_{1}: \mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} - 10\mathrm{y} + 15 = 0.
\bullet Για \lambda = -1 είναι C_{2}: \mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} -\mathrm{x} - 8\mathrm{y} + 10 = 0.

Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων των κύκλων C_{1} και C_{2}.

    \[\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} - 10 \mathrm{y} + 15 = 0} \\ {\mathrm{x}^{2} + \mathrm{y}^{2} - \mathrm{x} - 8 \mathrm{y} + 10 = 0}\end{array}\right\} \Leftrightarrow\]


    \[(\mathrm{x}, \mathrm{y}) = (-1, 2) \text {ή} (\mathrm{x}, \mathrm{y}) = (3, 4)\]


Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Μ_{1}(-1,2) και Μ_{2}(3,4) επαληθεύουν την εξίσωση (1) για κάθε \lambda \in \mathbb{R}.

\bullet Για το Μ_{1}(-1,2) έχουμε:

    \[(-1)^{2} + 2^{2} + \lambda(-1) - (2\lambda + 10) \cdot 2 + 5\lambda + 15 = 0 \Leftrightarrow\]


    \[5 - \lambda - 4\lambda -20 +5\lambda +15 =0 \Leftrightarrow 0 = 0,\]


που ισχύει

\bullet Για το Μ_{2}(3,4) έχουμε:

    \[3^{2} + 4^{2} +3\lambda - (2\lambda + 10) \cdot 4 + 5\lambda + 15 =0 \Leftrightarrow \dots \Leftrightarrow 0 = 0,\]

που ισχύει

 

ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΗ ΓΕΝΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ


ε)
Το κέντρο Κ\left(-\frac{\lambda}{2}, \lambda + 5\right) ανήκει στην ευθεία

    \[(\zeta): 3\mathrm{x} - \mathrm{y} + 15 = 0,\]

αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του σημείου K επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας:

    \[3\left(-\frac{\lambda}{2}\right) - (\lambda + 5) + 15 = 0 \Leftrightarrow\]

    \[\frac{-3\lambda}{2} - \lambda - 5 + 15 = 0 \Leftrightarrow\]

    \[-\frac{3\lambda}{2} -\lambda + 10 = 0 \Leftrightarrow\]

    \[-3\lambda -2\lambda + 20 = 0 \Leftrightarrow\]

    \[-5\lambda = -20 \Leftrightarrow \lambda = 4.\]

στ)
Ο κύκλος που ορίζεται από την εξίσωση (1) έχει ακτίνα ίση με 5, αν και μόνο αν:

    \[\frac{\sqrt{5(\lambda^{2} + 4\lambda + 8)}}{2} = 5 \Leftrightarrow\]

    \[\sqrt{5(\lambda^{2} + 4\lambda + 8)} = 10 \Leftrightarrow\]

    \[5(\lambda^{2} + 4\lambda + 8) = 100 \Leftrightarrow\]

    \[\lambda^{2} + 4\lambda + 8 = 20 \Leftrightarrow\]

    \[\lambda^{2} + 4\lambda -12 = 0 \Leftrightarrow\]

    \[\lambda = 2 \,\, \text{ ή} \,\,\lambda = -6.\]

Βιβλιογραφία: Παπαδάκης, εκδόσεις Σαββάλα
Άδεια Creative Commons
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *