Κωνικές τομές · web view2016. 11. 13. · Ο διαφορετικός τρόπος...

Κωνικές τομές

Κωνικές τομές

175

Κωνικές τομές Κύκλος – Παραβολή – Έλλειψη - Υπερβολή

Απολλώνιος ο Περγαίος

265 – 170 π.Χ.

Μεγάλος μελετητής της γεωμετρίας έζησε, σπούδασε και δίδαξε στην Αλεξάνδρεια. Καθηγητής του Μουσείου της πόλης του, θεωρείται σαν ο τρίτος μεγαλύτερος μαθηματικός μετά τον Αρχιμήδη και τον Ευκλείδη.

Ο Απολλώνιος αν και κορυφαίος μελετητής του Μουσείου, αναφέρεται ως ματαιόδοξος και υπερόπτης. Από το πλήθος των έργων του ελάχιστα σεβάστηκε ο χρόνος με κορυφαίο από αυτά τα "Κωνικά" του.

Έργο ζωής από αυτά αποτέλεσε για τον Απολλώνιο το με τίτλο "Κωνικά". Αυτό είναι το μόνο το οποίο σώθηκε από τα αντίστοιχα προγενέστερα έργα των Μεναίχμου, Αρισταίου (5 βιβλία), Ευκλείδη (4 βιβλία) και Αρχιμήδη. Από τα 8 βιβλία του έργου σώθηκαν τα 7, τα οποία περιέχουν 21 ορισμούς, 373 θεωρήματα, 10 πορίσματα και 14 προβλήματα. Ειδικά το 5ο βιβλίο των κωνικών, μαζί με το 5ο των Στοιχείων και το "Περί Ελίκων" του Αρχιμήδη θεωρούνται ως τα κορυφαία αριστουργήματα της Ελληνικής γεωμετρίας.

Το Δήλιο πρόβλημα αποτέλεσε αντικείμενο μελέτης του, το οποίο και το έλυσε με τη βοήθεια της τομής ενός κύκλου και μιας υπερβολής.

Στην Αστρονομία ο σοφός μας υπήρξε ο εισηγητής του γεωκεντρικού συστήματος των "εκκέντρων κύκλων και επικύκλων", για την ερμηνεία των κινήσεων του ουρανού κατά τρόπο σύμφωνο προς τις παρατηρήσεις.

Ε ι σ α γ ω γ ή

Μετά την μελέτη της ευθείας ακολουθεί η μελέτη τεσσάρων ακόμα γραμμών . Οι γραμμές αυτές είναι : ο κύκλος , η παραβολή , η έλλειψη , και η υπερβολή. Αυτές οι τέσσερεις γραμμές έχουν το γενικό χαρακτηρισμό κωνικές τομές.

Κωνική τομή ονομάζεται μία καμπύλη που προκύπτει από την τομή κώνου και επιπέδου , ή ακριβέστερα , από την τομή ενός επιπέδου με δύο ίσες ορθές άπειρες κωνικές επιφάνειες που έχουν κοινό άξονα και συνδέονται στην κορυφή τους (ο ένας κώνος εφαρμόζει "αναποδογυρισμένος" πάνω στην κορυφή του άλλου). Όλες οι καμπύλες το πολύ δεύτερης τάξης στο επίπεδο είναι κωνικές τομές. Ο διαφορετικός τρόπος με τον οποίο το επίπεδο τέμνει τις κωνικές επιφάνειες μας δίνει κάθε μία από τις γραμμές που αναφέραμε . Το παρακάτω σχήμα είναι χαρακτηριστικό :

Στις σελίδες που ακολουθούν θα μελετήσουμε κάθε μια από τις παραπάνω καμπύλες. Όλες είναι γεωμετρικοί τόποι ( δηλαδή σύνολα σημείων του επιπέδου με κοινή ιδιότητα) . Για το λόγο αυτό θα ορίσουμε πρώτα κάθε γραμμή γεωμετρικά , μετά θα την εντάξουμε σε ένα σύστημα συντεταγμένων , οπότε θα έχουμε την εξίσωσή της και τέλος θα περιγράφουμε τις ιδιότητές της.

Η μελέτη θα ολοκληρωθεί με την ενιαία εξίσωση που περιγράφει και τις τέσσερεις καμπύλες .

O K ύ κ λ ο ς

47. Γεωμετρικός ορισμός του κύκλου

Κύκλος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που απέχουν σταθερή απόσταση από σταθερό σημείο.

Το σταθερό σημείο ονομάζεται κέντρο του κύκλου και η σταθερή απόσταση ονομάζεται ακτίνα του κύκλου. Ο κύκλος συμβολίζεται γενικά C ή (Κ,ρ) , αν Κ είναι το κέντρο του και ρ η ακτίνα του.

48. Αναλυτική εξίσωση του κύκλου

Τοποθετούμε τώρα τον κύκλο (Κ,ρ) σε ένα ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων , έτσι το κέντρο Κ εφοδιάζεται με συντεταγμένες Κ(χ0,ψ0). Θα δούμε τώρα ποια είναι η εξίσωση του κύκλου , δηλαδή αν Μ(χ,ψ) είναι σημείο του κύκλου θα βρούμε την σχέση μεταξύ των συντεταγμένων χ,ψ . Σύμφωνα με τον γεωμετρικό ορισμό έχουμε

.

Επομένως η αναλυτική εξίσωση κύκλου κέντρου Κ(χ0,ψ0) και ακτίνας ρ είναι :

Παραδείγματα :

1) Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου με κέντρο Κ(-2,4) και ακτίνα ρ=3.

Σύμφωνα με την σχέση που καταλήξαμε έχουμε χ0=-2 , ψ0=4 και ρ=3. Η εξίσωση του κύκλου θα είναι C : (χ-(-2))2+(ψ-4)2=32 C : (χ+2)2+(ψ-4)2=9.

2) Ποιο είναι το κέντρο Κ και ποια η ακτίνα ρ ενός κύκλου με εξίσωση C : (χ+2)2+(ψ+5)2=7 ;

Γράφουμε την εξίσωση ακριβώς στην μορφή που γνωρίζουμε , δηλαδή στην μορφή : και τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι ο κύκλος έχει κέντρο Κ(-2,-5) και ακτίνα .

49. Ειδικές περιπτώσεις εξίσωσης κύκλου

· Κύκλος με κέντρο την αρχή των αξόνων.

Τότε προφανώς χ0=ψ0=0 και η εξίσωση παίρνει την μορφή C : χ2+ψ2=ρ2. Ένας τέτοιος κύκλος έχει άξονες συμμετρίας τους άξονες χχ΄ , ψψ΄ και κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων. Αν επιπλέον έχει ακτίνα ρ=1 , τότε λέγεται μοναδιαίος κύκλος και έχει εξίσωση C : χ2+ψ2=1.

· Κύκλος με κέντρο σημείο του άξονα χχ΄

Ισχύει τότε ψ0=0 και συνεπώς έχει εξίσωση C : (χ-χ0)2+ψ2=ρ2 . Ο κύκλος αυτός έχει άξονα συμμετρίας τον χχ΄

· Κύκλος με κέντρο σημείο του άξονα ψψ΄

Ισχύει τότε χ0=0 και συνεπώς έχει εξίσωση C : χ2+(ψ-ψ0)2=ρ2 . Ο κύκλος αυτός έχει άξονα συμμετρίας τον ψψ΄.

· Κύκλος εφαπτόμενος στον άξονα ψψ΄

Όταν ο κύκλος εφάπτεται στον άξονα ψψ΄ , τότε ισχύει ρ=χ0 επομένως ο κύκλος θα έχει εξίσωση της μορφής

C : (χ-χ0)2+(ψ-ψ0)2 = χ02

· Κύκλος εφαπτόμενος στον άξονα χχ΄ :

Όταν ο κύκλος εφάπτεται στον άξονα χχ΄ , τότε ισχύει ρ=ψ0 επομένως ο κύκλος θα έχει εξίσωση της μορφής

C : (χ-χ0)2+(ψ-ψ0)2 = ψ02

· Κύκλος εφαπτόμενος και στους δύο άξονες :

Όταν τέλος ο κύκλος εφάπτεται και στους δύο άξονες τότε ισχύει χ0=ψ0=ρ και επομένως ο κύκλος έχει πάλι εξίσωση με μορφή μια από τις δύο προηγούμενες μορφές.

50. Χαρακτηριστικές ευθείες , που διέρχονται πάντα από το κέντρο του κύκλου.

Πολλές φορές στα προβλήματα εύρεσης της εξίσωσης ενός κύκλου προσδιορίζουμε το κέντρο του κύκλου ως σημείο τομής ευθειών , που σίγουρα διέρχονται από το κέντρο. Ποιες είναι όμως οι ευθείες αυτές ;

Όπως βλέπουμε στο διπλανό σχήμα είναι η μεσοκάθετη οποιασδήποτε χορδής και η κάθετη στην εφαπτομένη στο σημείο επαφής

Ακολουθεί ένα χαρακτηριστικό παράδειγμα :

Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου ο οποίος διέρχεται από τα σημεία Α(1,3) και Β(-3,5) και η ευθεία ζ με εξίσωση ζ : 2χ+ψ+1 διέρχεται από το κέντρο του.

Για να βρούμε την εξίσωση του κύκλου χρειαζόμαστε το κέντρο του και την ακτίνα του.

Το κέντρο γνωρίζουμε ήδη ότι είναι ένα σημείο της ευθείας ζ : 2χ+ψ+1=0 Επομένως αν γνωρίζαμε ότι κάποια άλλη ευθεία διέρχεται από τον κέντρο , τότε η επίλυση του συστήματος των εξισώσεών τους θα έδινε το κέντρο.

Μια χαρακτηριστική ευθεία που ψάχνουμε δεν είναι άλλη από την μεσοκάθετη της χορδής ΑΒ. Αν μάθουμε το κέντρο μετά μετράμε την απόσταση του από το Α ή το Β και έτσι έχουμε και την ακτίνα. Για να τα δούμε όμως όλα αυτά στην πράξη …

· Αν Μ είναι το μέσον της χορδής ΑΒ , τότε είναι ένα σημείο της μεσοκαθέτου ε της χορδής ΑΒ. Θα βρούμε τώρα τον συντελεστή διεύθυνσης :

. Επομένως η μεσοκάθετη ε της χορδής ΑΒ έχει εξίσωση

· Το κέντρο Κ είναι το σημείο τομής των ευθειών ε,ζ :

Επομένως ο ζητούμενος κύκλος έχει κέντρο

· Πάμε τώρα να υπολογίσουμε την ακτίνα του κύκλου ως απόσταση των Κ,Β :

· Έτσι καταλήγουμε στην ζητούμενη εξίσωσης του κύκλου :

51. Εφαπτομένη κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων.

Όταν ο κύκλος έχει κέντρο την αρχή των αξόνων , δηλαδή έχει εξίσωση χ2+ψ2=ρ2 , τότε η εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο του μπορεί να βρεθεί με την βοήθεια ενός τύπου. Ας δούμε το θεώρημα , που ακολουθεί.

Θεώρημα

Αν Α(χ1,ψ1) είναι οποιοδήποτε σημείο του κύκλου με εξίσωση C : χ2+ψ2=ρ2 , τότε η εφαπτομένη του κύκλου αυτού στο σημείο Α έχει εξίσωση ε : χχ1+ψψ1=ρ2.

Απόδειξη

Καταρχήν το σημείο ΑC , επομένως επαλήθεύει την εξίσωσή του , δηλαδή ισχύει : χ12+ψ12=ρ2 (1).

Αν θεωρήσουμε Μ(χ,ψ) ένα οποιοδήποτε σημείο Μ της εφαπτομένης ε (εκτός του Α) , τότε η σχέση μεταξύ των χ,ψ θα μας οδηγήσει στην εξίσωση της εφαπτομένης.

Γνωρίζουμε από την Ευκλείδεια Γεωμετρία ότι η εφαπτομένη του κύκλου σε σημείο του Α είναι πάντα κάθετη στην ακτίνα στο σημείο επαφής. Έτσι στο παραπάνω σχήμα έχουμε : ΟΑε , δηλαδή :

Επισήμανση : η παραπάνω εξίσωση της εφαπτομένης ισχύει μόνο σε κύκλο με κέντρο το Ο(0,0) και το Α(χ1,ψ1) είναι αυστηρά το σημείο επαφής. Αν ο κύκλος δεν έχει κέντρο την αρχή των αξόνων τότε εργαζόμαστε διαφορετικά. Τις μεθόδους αυτές θα τις δούμε λίγο αργότερα.


1) Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης του κύκλου C : χ2+ψ2=25 η οποία διέρχεται από :

α) το σημείο Α(3,4)

β) το σημείο

Παρατηρήστε καλά τα δύο υποερωτήματα γιατί , αν και έχουν ίδια διατύπωση λύνονται με διαφορετικό τρόπο.

α) Για χ=3 και ψ=4 η εξίσωση C γίνεται : 32+42=259+16=2525=25. Επομένως το σημείο Α είναι σημείο του κύκλου επομένως θα είναι και το σημείο επαφής , άρα στον τύπο χχ1+ψψ1=ρ2 έχουμε χ1=3 και ψ1=4 και επομένως η εξίσωση εφαπτομένης , που ζητάμε είναι η ε : 3χ+4ψ=25

β) Προσοχή !!! Για και ψ=0 η εξίσωση C γίνεται : , το οποίο είναι άτοπο , επομένως συμπεραίνουμε ότι ΒC και δεν έχουμε τα χ1,ψ1 , δηλαδή τις συντεταγμένες του σημείου επαφής. Έτσι η εξίσωση εφαπτομένης παίρνει την μορφή ε : χχ1+ψψ1=25 και αναζητάμε τα χ1,ψ1. Επειδή Βε ισχύει ότι :

. Άρα το σημείο επαφής είναι το Α(2,ψ1) και αφού ΑC θα έχουμε : . Άρα τα σημεία επαφής είναι δύο : το και το . ( η γεωμετρική ερμηνεία είναι η εξής : το σημείο Β είναι εξωτερικό του κύκλου και έτσι από το Β μπορούμε να φέρουμε δύο εφαπτομένες στον κύκλο). Έτσι τελικά οι ζητούμενες εξισώσεις εφαπτόμενων είναι και .

2) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτόμενης στον κύκλο C : χ2+ψ2=1 , που είναι παράλληλη στην ευθεία ζ : 4χ-2ψ+3=0.

Από το σχήμα βλέπουμε ήδη ότι και εδώ περιμένουμε δύο λύσεις στο πρόβλημα. Αν Α(χ1,ψ1) το σημείο επαφής της ζητούμενης εφαπτομένης , τότε η εξίσωσή της είναι της μορφής ε : χχ1+ψψ1=1. Επειδή θέλουμε : απαιτούμε :

(1).

Εκτός αυτού ισχύει .

Για και επομένως :

Για και επομένως :

52. Γενική εξίσωση του κύκλου.

Ας δούμε τώρα μια διαφορετική έκφραση της εξίσωσης του κύκλου.

Θεώρημα

Η γραμμή C είναι κύκλος η C έχει εξίσωση της μορφής : χ2+ψ2+Αχ+Βψ+Γ=0 με Α2+Β2-4Γ > 0.

Απόδειξη

Θα αποδείξουμε πρώτα το ευθύ , δηλαδή : αν η γραμμή C είναι κύκλος τότε έχει εξίσωση της μορφής χ2+ψ2+Αχ+Βψ+Γ=0 με Α2+Β2-4Γ > 0. Πράγματι: έστω κύκλος με κέντρο Κ(χ0,ψ0) και ακτίνα ρ. Τότε ο κύκλος αυτός έχει εξίσωση :(χ-χ0)2+(ψ-ψ0)2=ρ2 χ2-2χ0χ+χ02+ψ2-2ψ0ψ+ψ02-ρ2=0 και επομένως έχουμε : χ2+ψ2+(-2χ0)χ+(-2ψ0)ψ+(χ02+ψ02-ρ2) = 0. Αν θέσουμε Α=-2χ0 , Β=-2ψ0 και Γ= χ02+ψ02-ρ2 η εξίσωση παίρνει την μορφή : χ2+ψ2+Αχ+Βψ+Γ=0 με Α2+Β2-4Γ = 4χ02+4ψ02-4(χ02+ψ02-ρ2) = 4χ02+4ψ02-4χ02-4ψ02+4ρ2=4ρ2>0.

Τώρα θα αποδείξουμε και το αντίστροφο : αν μια γραμμή έχει εξίσωση: χ2+ψ2+Αχ+Βψ+Γ=0 με Α2+Β2-4Γ>0 (1) , τότε είναι κύκλος. Πράγματι :

Η σχέση αυτή περιγράφει ένα κύκλο με κέντρο και ακτίνα ίση με

Παράδειγμα :

Ποιόν κύκλο εκφράζει (αν εκφράζει) η εξίσωση C : χ2+ψ2-4χ+6ψ+12=0 ; Ποια είναι τότε η αναλυτική εξίσωση του κύκλου ;

Καταρχήν έχουμε Α=-4 , Β=6 και Γ=12. Ελέγχουμε πρώτα , αν η εξίσωση εκφράζει κύκλο (θα πρέπει Α2+Β2-4Γ>0) : Α2+Β2-4Γ=(-4)2+62-412 = = 16+36-48 = 4 > 0. Επομένως η εξίσωση C : εκφράζει κύκλο με κέντρο το σημείο και ακτίνα Έτσι η αναλυτική εξίσωση του κύκλου είναι :

C : (χ-2)2+(ψ+3)2=1

Επισημάνσεις :

1) Διερεύνηση της εξίσωσης χ2+ψ2+Αχ+Βψ+Γ=0 :

· Αν Α2+Β2-4Γ > 0 , τότε είναι κύκλος με κέντρο και ακτίνα

· Αν Α2+Β2-4Γ = 0 , τότε είναι το σημείο .

· Αν Α2+Β2-4Γ < 0 , τότε δεν εκφράζει τίποτα , δηλαδή δεν υπάρχουν σημεία του επιπέδου με συντεταγμένες που επαληθεύουν την παραπάνω εξίσωση.

2) Στην παραπάνω εξίσωση οι όροι χ2 και ψ2 πρέπει να έχουν συντελεστή ίσο με 1. Αν δεν συμβαίνει αυτό τότε θα έχουν ίσους συντελεστές και τότε θα πρέπει να διαιρέσουμε την εξίσωση με τον κοινό συντελεστή.


Δίνεται η εξίσωση C :2χ2+2ψ2-4χ+1=0. Αφού αποδείξετε ότι εκφράζει κύκλο να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα και τέλος να γράψετε την αναλυτική εξίσωση του κύκλου αυτού.

Επομένως Α=-2 , Β=0 , Γ=½ και έχουμε .

Άρα η εξίσωση C εκφράζει κύκλο με κέντρο και ακτίνα . Η αναλυτική εξίσωση είναι C : .

53. Σχετικές θέσεις κύκλου με σημείο , ευθεία και κύκλο.

Α) Σχετική θέση κύκλου και σημείου

Έστω κύκλος κέντρου Κ(χ0,ψ0) , ακτίνας ρ και σημείο Α(χ1,ψ1). Ισχύουν τα εξής :


Δίνεται ο κύκλος χ2+ψ2-4χ+3=0. Πού βρίσκεται το σημείο Α(-2,1) σε σχέση με τον κύκλο ;

Για τον κύκλο έχουμε Α2+Β2-4Γ = (-4)2+02-43=16-12=4 και επομένως έχει κέντρο το σημείο Κ(2,0) και ακτίνα . Έχουμε επομένως και επομένως το σημείο Α είναι εξωτερικό του κύκλου (Κ,ρ).

Β) Σχετική θέση κύκλου και ευθείας

Δίνεται κύκλος με κέντρο Κ(χ0,ψ0) και ακτίνα ρ. Δίνεται επίσης μια ευθεία με εξίσωση ε : Αχ+Βψ+Γ=0. Γνωρίζουμε ότι η ευθεία μπορεί να τέμνει τον κύκλο σε δυο σημεία , μπορεί να εφάπτεται του κύκλου ή μπορεί η ευθεία και ο κύκλος να μην έχουν κοινά σημεία. Πως ελέγχουμε λοιπόν την σχετική θέση ενός κύκλου και μιάς ευθείας ;


Ποια είναι η σχετική θέση της ευθείας ε : 4χ+3ψ-16=0 με τον κύκλο C:χ2+ψ2+4χ-6ψ-3=0 ;

Θα βρούμε πρώτα την ακτίνα και το κέντρο του κύκλου :

Α2+Β2-4Γ=16+36+12=64 και επομένως Κ(-2,3) και . Θα μετρήσουμε τώρα πόσο απέχει το κέντρο από την ευθεία ε.

και επομένως η ευθεία ε τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία.

Γ) Σχετική θέση δύο κύκλων

Δίνεται ο κύκλος C1 με κέντρο Κ1(χ1,ψ1) και ακτίνα ρ1. Δίνεται επίσης ο κύκλος C2 με κέντρο Κ2(χ2,ψ2) και ακτίνα ρ2. Η διάκεντρος είναι το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα κέντρα Κ1,Κ2 των δύο κύκλων. Η διάκεντρος έχει μήκος : . Θυμίζουμε από την Ευκλείδεια γεωμετρία τις συνθήκες , ώστε δύο κύκλοι να τέμνονται , να εφάπτονται (εσωτερικά ή εξωτερικά) ή να είναι ο ένας μέσα ή έξω από τον άλλο.

· Ο ένας κύκλος είναι εξωτερικός του άλλου : δ>ρ1+ρ2

· Εφάπτονται εξωτερικά : δ=ρ1+ρ2

· Τέμνονται : ρ1-ρ2<δ<ρ1+ρ2

· Εφάπτονται εσωτερικά : δ=ρ1-ρ2

· Ο ένας κύκλος είναι εσωτερικός του άλλου : δ<ρ1-ρ2


Ποια είναι η σχετική θέση των κύκλων με εξισώσεις C1 : (χ-1)2+(ψ-3)2=4 και C2 : (χ+2)2+(ψ-1)2=25 ;

Για τον κύκλο C1 έχουμε κέντρο Κ1(1,3) και ακτίνα ρ1=2. Για τον κύκλο C2 έχουμε κέντρο Κ2(-2,1) και ακτίνα ρ2=5. Μετράμε τώρα την διάκεντρο : και επίσης έχουμε ρ1-ρ2=2-5=3 και ρ1+ρ2=2+5=7. Επομένως παρατηρούμε ότι :

ρ1-ρ2 < δ < ρ1+ρ2 και έτσι συμπεραίνουμε ότι οι κύκλοι C1 , C2 τέμνονται σε δύο σημεία.

Επισήμανση : οι συνθήκες στις περιπτώσεις Α,Β μας πληροφορούν για το πλήθος των κοινών σημείων μεταξύ κύκλου και ευθείας ή μεταξύ δύο κύκλων. Αν πρέπει να μάθουμε ποια είναι τα κοινά σημεία πρέπει οπωσδήποτε να λύσουμε το σύστημα των εξισώσεών τους , οπότε αυτό μας δίνει εύλογα και την σχετική θέση. Στην περίπτωση βέβαια δύο κύκλων αν η επίλυση του συστήματος των εξισώσεων μας δώσει μία λύση αυτό σημαίνει ότι οι δύο κύκλοι εφάπτονται , αλλά για να ξεχωρίσουμε αν εφάπτονται εσωτερικά ή εξωτερικά πρέπει να ανατρέξουμε στις συνθήκες της περίπτωσης (Γ).

54. Οικογένεια κύκλων.

Είναι το αντίστοιχο πρόβλημα της οικογένειας ευθειών. (σελίδα 100). Όπως θα δούμε στο παράδειγμα , που ακολουθεί εφαρμόζουμε αντίστοιχη μεθοδολογία.


Δίνεται η εξίσωση Cλ : (χ-1)2+ψ2=2λ(χ+ψ-1) , λ.

i) Δείξτε ότι η Cλ εκφράζει κύκλο για κάθε λ0.

ii) Δείξτε ότι όλοι οι παραπάνω κύκλοι διέρχονται από σταθερό σημείο

iii) Δείξτε ότι όλοι οι παραπάνω κύκλοι εφάπτονται της ευθείας με εξίσωση ε : χ+ψ-1=0 στο σταθερό σημείο από το οποίο διέρχονται.

iv) Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των κύκλων ;

i) (χ-1)2+ψ2=2λ(χ+ψ-1) x2-2x+1+ψ2-2λχ-2λψ+2λ=0

χ2+ψ2-(2+2λ)χ-2λψ+(2λ+1)=0 (*) και επομένως Α=-(2+2λ) , Β=-2λ και Γ=2λ+1

Α2+Β2-4Γ = [-(2+2λ)]2+(-2λ)2-4(2λ+1) = 4+8λ+4λ2+4λ2-8λ-4 = 8λ2 > 0 αφού λ0. Επομένως για κάθε λ0 η Cλ εκφράζει κύκλο με κέντρο Κ(λ+1,λ) και ακτίνα

ii) Για λ=1 η (*) γίνεται : χ2+ψ2-4χ-2ψ+3=0 ενώ για λ=-1 η (*) γίνεται : χ2+ψ2+2ψ-1=0. Λύνουμε τώρα το σύστημα των δύο εξισώσεων που προέκυψαν

Επομένως :

. Άρα από (1) :

Δηλαδή οι δύο κύκλοι , που τυχαία επιλέξαμε έχουν κοινό σημείο το Α(1,0). Διέρχονται όμως όλοι οι κύκλοι της Cλ από το Α ; Το ελέγχουμε : για χ=1 και ψ=0 η (*) γίνεται : 12+02-(2+2λ)1-2λ0+2λ+1=0 1-2-2λ+2λ+1=0 0=0. Συμπεραίνουμε επομένως ότι όλοι οι κύκλοι που από την (*) διέρχονται από το σταθερό σημείο Α(1,0).

iii) Για χ=1 και ψ=0 η ευθεία ε γίνεται : 1+0-1=0 , δηλαδή το σημείο Α εκτός από σημείο των κύκλων (*) είναι και σημείο της ευθείας ε. Θα αποδείξουμε τώρα ότι όλοι οι κύκλοι (*) εφάπτονται της ευθείας ε :

Επομένως όλοι οι κύκλοι εφάπτονται της ευθείας ε στο σημείο Α

iv) Τα κέντρα των κύκλων είναι Τα σημεία Κ(λ+1,λ). Θέτουμε χ=λ+1 ψ=λ , οπότε προκύπτει χ=ψ+1 ζ : χ-ψ-1=0 επειδή όμως πρέπει λ0 ψ0 και επομένως χ1. Άρα ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων της παραπάνω οικογένειας κύκλων είναι η ευθεία ζ : χ-ψ-1=0 εκτός του σημείου της Α(1,0) , το οποίο είναι το κοινό σημείο επαφής.

Στο διπλανό σχήμα βλέπουμε την μορφή που έχει η οικογένεια κύκλων που μελετήσαμε. Είναι κύκλοι εφαπτόμενοι εσωτερικά ή εξωτερικά στο σημείο Α και η ευθεία ε είναι η κοινή εσωτερική εφαπτομένη. Βλέπουμε επίσης την ευθεία ζ που είναι ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων.

55. Εξίσωση εφαπτομένης σε κύκλο με κέντρο διάφορο του Ο(0,0).

Έχουμε δεί μέχρι τώρα την εξίσωση της εφαπτομένης κύκλου με κέντρο την αρχή των αξόνων. Τι γίνεται όμως όταν ο κύκλος δεν έχει κέντρο την αρχήτων αξόνων ; Τότε δεν ισχύει η εξίσωση εφαπτομένης που είδαμε. Ας δούμε λοιπόν συνολικά το πρόβλημα της εφαπτομένης.

Α) Εφαπτομένη κύκλου με κέντρο το Ο(0,0)

Αν ο κύκλος έχει κέντρο το Ο(0,0) δηλαδή έχει εξίσωση C : χ2+ψ2=ρ2 , τότε η εφαπτομένη , που δέχεται σε ένα σημείο του Α(χ1,ψ1) , έχει εξίσωση

ε:χχ1+ψψ1=ρ2

Την περίπτωση αυτή την είδαμε στην παράγραφο 5 (σελίδα 7)

Β) Εφαπτομένη κύκλου με κέντρο διάφορο του Ο(0,0) , στο οποίο γνωρίζουμε το σημείο επαφής

Μέθοδος

Για την εφαπτομένη γνωρίζω :

· Ένα σημείο της Α(χ1,ψ1)

·

·


1) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου Cμε εξίσωση : (χ-1)2+(ψ-2)2=8 , που διέρχεται από το σημείο Α(3,4)

Οι συντεταγμένες του σημείου Α επαληθεύουν την εξίσωση του κύκλου : (3-1)2+(4-2)2=8. Επομένως γνωρίζουμε το σημείο επαφής της εφαπτομένης ε στον κύκλο C.

Το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο Κ(1,2). Έχουμε λοιπόν Α(3,4)ε και και επομένως η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση ε : ψ-4=-(χ-3) ε : ψ=-χ+7

2) Ποια είναι η εξίσωση εφαπτομένης ε που δέχεται ο κύκλος με εξίσωση C : χ2+ψ2-2χ-4ψ+1=0 στο σημείο του Α(1,4) ;

Έχουμε Α2+Β2-4Γ = (-2)2+(-4)2-41=4+16-4=16 > 0 και ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο και το σημείο Α επαληθεύει τον κύκλο C , διότι : 12+42-21-44+1=1+16-2-16+1=0. Έχουμε επομένως την αναζήτηση εξίσωσης εφαπτομένης , της οποίας γνωρίζουμε το σημείο επαφής. Εδώ προκύπτει μια ιδιομορφία . Επειδή χΑ=χΚ δεν ορίζεται λΚΑ και επομένως ΚΑχχ΄ και αφού ΚΑε προκύπτει ότι εχχ΄ και επομένως ε : ψ=4.

Σημείωση : μια άλλη ιδιομορφία είναι η εξής : αν βρούμε λΚΑ=0 , τότε από την σχέση λΚΑλε=-1 προκύπτει ότι δεν ορίζεται λε , άρα εχχ΄ και επομένως η εξίσωση ε θα είναι της μορφής ε : χ=χ0

Γ) Εφαπτομένη κύκλου με κέντρο διάφορο του Ο(0,0) , στο οποίο δεν γνωρίζουμε το σημείο επαφής

Μέθοδος

· Θέτουμε την ζητούμενη εφαπτομένη με την μορφή ε : ψ=λχ+β και αναζητώ τα λ και β.

· Από τα στοιχεία που δίνονται βρίσκω μια σχέση που συνδέει τα λ,β και έτσι εκφράζω την εφαπτομένη ως συνάρτηση της μιάς παραμέτρου.

· Για την εφαπτομένη ε απαιτώ d(Κ,ε)=ρ ,όπου Κ το κέντρο και ρ η ακτίνα , και έτσι προσδιορίζω την άλλη παράμετρο.


1) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης ε του κύκλου C με εξίσωση : χ2+ψ2+2ψ-8=0 , διέρχεται από το σημείο Μ(5,-1).

Τα γεωμετρικά στοιχεία του κύκλου είναι : κέντρο Κ(0,-1) και ακτίνα . Επίσης .Άρα το σημείο Μ είναι εξωτερικό του C και επομένως ΜC .Υπολογίζουμε την εφαπτομένη που ως εξής:

· Έστω ότι η εφαπτομένη έχει εξίσωση ε : ψ=λχ+β

· Με -1=λ5+β β=-5λ-1 και άρα η ε παίρνει την μορφή ψ=λχ-5λ-1 ε : λχ-ψ-5λ-1=0.

· Απαιτώ

· Επομένως για έχουμε την εξίσωση και για έχουμε την εξίσωση .

Σημείωση : ήταν αναμενόμενο να βρούμε δύο εφαπτομένες , διότι από ένα σημείο εκτός κύκλου ο κύκλος δέχεται δύο εφαπτομένες.

Προσοχή !!!

Αν αναζητώ την εξίσωση εφαπτομένης από ένα σημείο εκτός του κύκλου περιμένω να βρω δύο εφαπτόμενες. Αν από την παραπάνω διαδικασία βρω μια εφαπτομένη , τότε η άλλη θα είναι κάθετη στον άξονα χχ΄. Βρίσκω τότε την εξίσωση της ε και αποδεικνύω ότι είναι εφαπτομένη. Δείτε με προσοχή το επόμενο …


2) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης στον κύκλο με εξίσωση C : (χ-1)2+ψ2=4 , που διέρχεται από το σημείο Μ(3,3).

Καταρχήν ο κύκλος C έχει κέντρο το σημείο Κ(1,0) και ακτίνα ρ=2. Επίσης , άρα το σημείο Μ δεν ανήκει στον κύκλο C. Επομένως αναζητώ εφαπτομένη στον κύκλο από ένα σημείο Μ εκτός αυτού. Άρα περιμένουμε δύο εφαπτομένες.

· Έστω ε : ψ=λχ+β η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτομένης

· M(3,3)ε 3=3λ+β β=3-3λ , επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται ε : ψ=λχ+3-3λ ε : λχ-ψ+3-3λ=0

· Απαιτώ

· Επομένως η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση

(δείτε τώρα την κρίσιμη παρατήρηση …)

Κατά την παραπάνω διαδικασία αναζητήσαμε την εφαπτομένη ευθεία στον κύκλο που διέρχεται από το σημείο Μ(3,3) , εξωτερικό του κύκλου , συνεπώς περιμένουμε να βρούμε δύο εφαπτομένες. Γιατί όμως βρήκαμε μόνο μία ; Προφανώς η άλλη εφαπτομένη θα είναι κάθετη στον χχ΄ , την οποία δεν μπορούμε να βρούμε με την παραπάνω διαδικασία , γιατί δεν είναι της μορφής ψ=λχ+β , αλλά της μορφής ζ : χ=χ0. Συνεχίζουμε λοιπόν την αναζήτηση :

· Έστω ευθεία ζχχ’ . Αφού Μ(3,3)ζ η ευθεία ζ έχει εξίσωση ζ : χ=3 ή ζ : χ-3=0.

· Ελέγχουμε αν η ζ είναι εφαπτόμενη στον κύκλο : .

Δηλαδή : d(K,ζ)=ρ ,επομένως η ευθεία ζ : χ=3 είναι εφαπτομένη στον κύκλο , που διέρχεται από το Μ. Αυτή είναι η δεύτερη εφαπτομένη.

56. Γεωμετρικοί τόποι

Θα δούμε τώρα κάποια χαρακτηριστικά παραδείγματα γεωμετρικών τόπων που οδηγούν σε κύκλο. Τα παραδείγματα είναι ταξινομημένα σε κατηγορίες.

Α) Σημείο με παραμετρικές συντεταγμένες


Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ(2+3ημθ,3συνθ+1) , θ

Κατά τα γνωστά θέτουμε (1)

Επειδή

. Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι κύκλος με κέντρο Κ(2,1) και ακτίνα ρ=3.

Β) Γεωμετρική προσέγγιση


Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ , από τα οποία οι εφαπτόμενες στον κύκλο C : χ2+ψ2-2ψ=0 είναι κάθετες.

Ο κύκλος έχει κέντρο το Κ(0,1) και ακτίνα ρ=1.

Από το διπλανό σχήμα βλέπουμε ότι το τετράπλευρο ΚΑΜΒ έχει τρεις ορθές , άρα είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και αφού δύο διαδοχικές πλευρές είναι ίσες (ΚΑ=ΚΒ) το τετράπλευρο είναι τελικά τετράγωνο πλευράς 1. Ισχύει ΚΜ2=ΚΑ2+ΑΜ2 ΚΜ2=12+12=2 . Άρα το σημείο Μ απέχει από σταθερό σημείο Κ σταθερή απόσταση . Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι κύκλος με κέντρο Κ(0,1) και ακτίνα , έχει δηλαδή εξίσωση C : χ2+(ψ-1)2=2.

Γ) Αναλυτική προσέγγιση


Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ , των οποίων ο λόγος των αποστάσεών τους από τα σημεία Α(-1,2) και Β(0,1) είναι ίσος με 3.

Έστω Μ(χ,ψ) οι συντεταγμένες των σημείων Μ του γεωμετρικού τόπου. Ισχύει :

Έχουμε . Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο και ακτίνα .

Δ) Οικογένεια καμπυλών


Έστω η οικογένεια ευθειών με εξίσωση : (λ2-1)χ+2λψ+2=0 , λ (1) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ , από τα οποία διέρχεται μόνο μια ευθεία που ορίζεται από την (1).

Πρέπει να απαιτήσουμε η εξίσωση (1) να έχει μόνο μία λύση ως προς λ. Για να γίνει αυτό θα πρέπει να αλλάξουμε μορφή στην εξίσωση : (λ2-1)χ+2λψ+2=0 λ2χ-χ+2λψ+2=0 χλ2+(2ψ)λ+(2-χ) =0 (2). Για να έχει η (2) μία λύση ως προς λ θα πρέπει ή να είναι πρώτου βαθμού , δηλαδή χ=0 ή να είναι δευτέρου βαθμού με χ0 και Δ=0 4ψ2-4χ(2-χ)=0 4χ2+4ψ2-8χ =0 χ2+ψ2-2χ=0 , οποίος είναι κύκλος με κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ=1 , χωρίς όμως το σημείο Ο(0,0) , αφού χ0.

Συμπέρασμα : ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι ο άξονας χχ’ (χ=0) και ο κύκλος με κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ=1 εξαιρουμένου του σημείου Ο(0,0).

57. Πολική ευθεία κύκλου

Θα τελειώσουμε την μελέτη του κύκλου με την περιγραφή μιας ιδιαίτερης ευθείας : είναι η ευθεία , που διέρχεται από τα σημεία επαφής των δύο εφαπτόμενων στον κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων από ένα σημείο εκτός αυτού. Αυτή την ευθεία την χαρακτηρίζουμε ιδιαίτερη διότι έχει ακριβών την ίδια εξίσωση με αυτή της εφαπτομένης ( ε : χχ1+ψψ1=ρ2 ) με την διαφορά ότι το σημείο Μ(χ1,ψ1) δεν είναι το σημείο επαφής , αλλά το εξωτερικό του κύκλου σημείου , από το οποίο φέρουμε τις δύο εφαπτομένες !

Η ευθεία αυτή ονομάζεται Πολική του κύκλου. Συγκεκριμένα :

Έστω Μ(χ1,ψ1) με (ΟΜ) > ρ , από το οποίο φέρω εφαπτόμενες ΜΑ,ΜΒ στα σημεία Α(χΑ,ψΑ) και Β(χΒ,ψΒ) αντίστοιχα και ε η ευθεία που διέρχεται από τα Α,Β (πολική του κύκλου).

Η ευθεία ΜΑ έχει εξίσωση ΜΑ : χχΑ+ψψΑ=ρ2. Το σημείο ΜΜΑ , άρα ισχύει χ1 χΑ+ ψ1 ψΑ=ρ2. Αν λοιπόν θεωρήσουμε την εξίσωση ε : χχ1+ψψ1=ρ2 , τότε Α(χΑ,ψΑ)ε , αφού την επαληθεύει (1)

Η ευθεία ΜΒ έχει εξίσωση ΜΒ : χχΒ+ψψΒ=ρ2. Το σημείο ΜΜΒ , άρα ισχύει χ1 χΒ+ ψ1 ψΒ=ρ2. Αν λοιπόν θεωρήσουμε την εξίσωση ε : χχ1+ψψ1=ρ2 , τότε Β(χΒ,ψΒ)ε , αφού την επαληθεύει (2)

Από τις σχέσεις (1) , (2) βλέπουμε ότι Α,Β ε : χχ1+ψψ1=ρ2 επομένως η ευθεία , που διέρχεται από τα Α,Β ταυτίζεται με την ε.

Επομένως η πολική του κύκλου C : χ2+ψ2=ρ2 από σημείο Μ(χ1,ψ1) εκτός αυτού έχει εξίσωση ε : χχ1+ψψ1=ρ2.Παράδειγμα :

Έστω ο κύκλος C : χ2+ψ2=25 και τα σημεία Α(3,4) και Β(2,7).

· Επειδή , το σημείο ΑC και επομένως η εξίσωση ε : 3χ+4ψ=25 εκφράζει την εφαπτομένη του κύκλου με σημείο επαφής το Α.

· Επειδή , το σημείο Β είναι εξωτερικό του κύκλου και επομένως η εξίσωση ε : 2χ+7ψ=25 εκφράζει την πολική ευθεία του κύκλου από το σημείο Β.

Η Π α ρ α β ο λ ή

58. Γεωμετρικός ορισμός παραβολής

Παραβολή ονομάζουμε τον γεωμετρικό τόπο των σημείων του επιπέδου με την ιδιότητα να ισαπέχουν από σταθερό σημείο Ε και σταθερή ευθεία δ.

Τα γεωμετρικά στοιχεία της παραβολής είναι :

· Εστία : είναι το σταθερό σημείο Ε , που αναφέρεται στον ορισμό.

· Διευθετούσα : είναι η σταθερή ευθεία δ , που αναφέρεται στον ορισμό.

· Κορυφή : είναι το σημείο Κ της παραβολής με την ιδιότητα να είναι το μέσον της απόστασης της εστίας από την διευθετούσα.

59. Αναλυτική εξίσωση της παραβολής

Α) Παραβολή με κορυφή την αρχή των αξόνων , εστία πάνω στον χχ΄ και διευθετούσα κάθετη στον χχ΄.

C : ψ2 = 2pχ

Β) Παραβολή με κορυφή την αρχή των αξόνων , εστία πάνω στον ψψ΄ και διευθετούσα κάθετη στον ψψ΄.

C : χ2 = 2pψ

Σημείωση :

Η παράμετρος p είναι η ποσότητα , που συνδέει την εξίσωση της παραβολής με τα γεωμετρικά της στοιχεία. Δηλαδή αν γνωρίζουμε τις συντεταγμένες της εστίας ή την εξίσωση της διευθετούσας , τότε γνωρίζουμε το p , άρα προσδιορίζουμε την εξίσωση. Αντίστροφα από την εξίσωση της παραβολής «διαβάζουμε» την παράμετρο p και έτσι ξέρουμε τις συντεταγμένες της εστίας και την εξίσωση της διευθετούσας.

Πως διακρίνουμε το είδος της παραβολής ;

Αν παρατηρήσουμε τα παραπάνω σχήματα θα δούμε ότι : κάθε φορά κάποιος από τους δύο άξονες ( χχ΄ ή ψψ΄ ) είναι α) άξονας συμμετρίας της καμπύλης , β) η εστία είναι σημείου αυτού του άξονα και γ) η διευθετούσα είναι κάθετη στον άξονα αυτό. Βλέποντας τις εξισώσεις παρατηρούμε ότι η μεταβλητή που δεν έχει τετράγωνο είναι αυτή που αντιστοιχεί το γράμμα της στον άξονα με τις παραπάνω ιδιότητες.


1) Να βρεθεί η εξίσωση της παραβολής , η οποία έχει κορυφή το σημείο Ο(0,0) και επιπλέον :

Α) η εστία της είναι το σημείο Ε(0,2)

Β) η διευθετούσα της παραβολής είναι η ευθεία με εξίσωση

Γ) η εστία της είναι σημείο του άξονα χχ΄ και το Α(3,2) ανήκει στην παραβολή.

Α) Η εστία είναι σημείο του άξονα ψψ΄ επομένως η παραβολή θα έχει εξίσωση της μορφής C : χ2=2pψ με ; άρα . Δηλαδή η παραβολή έχει εξίσωση C : χ2=24ψ C : χ2=8ψ.

Β) Η διευθετούσα είναι κάθετη στον χχ΄ , επομένως η παραβολή έχει εξίσωση της μορφής C : ψ2=2pχ με και επομένως . Δηλαδή η παραβολή έχει εξίσωση C : ψ2=6χ.

Γ) Εχχ΄ επομένως η παραβολή έχει εξίσωση της μορφής C : ψ2=2pχ. Επειδή . Άρα η παραβολή έχει εξίσωση

2) Να βρεθούν η εστία και η διευθετούσα της παραβολής ,αν αυτή

έχει εξίσωση Α) C1 : ψ=2χ2 Β) C2 : χ2=-ψ και Γ) C3 : ψ2=-6χ.

Α) Στην C1 το «τετράγωνο» είναι στο χ άρα η εστία είναι πάνω στον ψψ΄ με συντεταγμένες και η διευθετούσα κάθετη στον ψψ΄ με εξίσωση . Προσδιορίζουμε την παράμετρο p ως εξής . Άρα και επομένως και .

Β) Και στην περίπτωση αυτή η εστία έχει συντεταγμένες και η διευθετούσα έχει εξίσωση ( αφού το «τετράγωνο» είναι στο χ). Βρίσκουμε το p : . Άρα και επομένως και .

Γ) Η C3 έχει το «τετράγωνο» στο ψ και επομένως η εστία θα έχει συντεταγμένες της μορφής και διευθετούσα με εξίσωση . Προσδιορίζουμε το p : ψ2=-6χ ψ2=2(-3)χ και επομένως p=-3. Έτσι η παραβολή αυτή έχει εστία και διευθετούσα .

Επισήμανση :

Η γνώριμη σε εμάς μορφή της παραβολής είναι η ψ=αχ2. Η μορφή αυτή είναι ειδική περίπτωση της μορφής που δώσαμε παραπάνω. Δείτε: , δηλαδή .

Ας κάνουμε και ένα παράδειγμα για να διαπιστώσουμε και ιδιότητα της παραβολής που περιγράφει ο ορισμός. Θεωρούμε την παραβολή . Τότε σύμφωνα με τα προηγούμενα θα έχουμε και επομένως η εστία είναι το σημείο Ε(0,1) και η διευθετούσα έχει εξίσωση δ : ψ=-1. Για να πάρουμε ένα τυχαίο σημείο της παραβολής : .

Διαπιστώσαμε λοιπόν ότι κάθε σημείο της παραβολής ισαπέχει από την εστία και την διευθετούσα της παραβολής.

60. Εφαπτόμενη παραβολής

Όπως ο κύκλος έτσι και η παραβολή δέχεται εφαπτόμενη σε κάθε σημείο της. Ανάλογα με είδος της παραβολής έχουμε και αντίστοιχη εξίσωση .

Θα δούμε τις εξισώσεις της εφαπτόμενης και θα περιγράψουμε μερικά προβλήματα εφαπτόμενης

Συγκεκριμένα :

Για την C1 : ψ2=2px η εξίσωση εφαπτομένης σε σημείο της Μ(χ1,ψ1) είναι :

ε1 : ψψ1 = p(χ+χ1)

Για την C2 : χ2=2pψ η εξίσωση εφαπτομένης σε σημείο της Μ(χ1,ψ1) είναι :

ε2 : χχ1 = p(ψ+ψ1)

Επισημάνσεις :

1) Και στις δύο εξισώσεις τα χ1 , ψ1 είναι πάντα οι συντεταγμένες του σημείου επαφής και μόνο.

2) Ο άξονας ψψ΄ (χ=0) εφάπτεται της παραβολής στην κορυφή της

Προβλήματα εφαπτομένης

Α) Δίνεται το σημείο επαφής

Στην περίπτωση αυτή εφαρμόζουμε απλά τον τύπο.


Να βρεθεί η ευθεία που εφάπτεται στην παραβολή C : χ2=4ψ και διέρχεται από το σημείο Α(2,1)

Για χ=2 και ψ=1 η C γίνεται : 22=41 4=4 άρα ΑC δηλαδή το Α είναι το σημείο επαφής . Επίσης C : χ2=4ψ C : χ2=22ψ συνεπώς p=2. Άρα η εξίσωση εφαπτομένης έχει εξίσωση ε : χ2=2(ψ+1) ε : ψ=χ-1.

Β) Δεν γνωρίζουμε το σημείο επαφής

Γράφουμε την εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής , προσδιορίζουμε το p και αναζητάμε τα χ1,ψ1 , δηλαδή τις συντεταγμένες του σημείου επαφής. Πάντα έχουμε μια σταθερή εξίσωση γιατί τα χ1,ψ1 επαληθεύουν την παραβολή η άλλη εξίσωση προκύπτει από την εκμετάλευση των δεδομένων.


1) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής C : χ2=4ψ , που διέρχεται από το σημείο Α(0,-1).

Καταρχήν C : χ2=22ψ , άρα p=2 και επομένως η εξίσωση εφαπτομένης είναι της μορφής ε : χχ1 = 2(ψ+ψ1). Οι συντεταγμένες του Α δεν επαληθεύουν την παραβολή , επομένως δεν γνωρίζουμε το σημείο επαφής. Ισχύουν :

Άρα το ένα σημείο επαφής είναι το Κ1(2,1) , που δίνει την εφαπτομένη ε1 : 2χ=2(ψ+1) ε1 : ψ=χ-1 και το άλλο σημείο επαφής είναι το Κ2(-2,1) , που δίνει την εφαπτομένη με εξίσωση ε2 : -2χ=2(ψ+1) ε2 : ψ=-χ-1.

( είναι λογικό να βρούμε δύο εφαπτόμενες , γιατί σκεφτείτε ότι φλερουμε εφαπτομένη στην παραβολή από ένα σημείο εκτός αυτής)

2) Ποια είναι η εξίσωση εφαπτομένης της παραβολής C : ψ2=-6χ , που είναι παράλληλη στην ευθεία ζ: ψ=2χ+5 ;

Για την παραβολή εύκολα βρίσκουμε ότι p=-3 και επομένως η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση . Άρα :

.

Επομένως το σημείο επαφής είναι το και έτσι η ζητούμε εφαπτομένη έχει εξίσωση

Γ) Αναζήτηση εξίσωσης παραβολής από την εφαπτομένη της

Η αντικατάσταση της εξίσωσης της εφαπτομένης στην εξίσωση της παραβολής μας δίνει ένα τριώνυμο , για το οποίο απαιτώ να έχει μια λύση , δηλαδή απαιτώ Δ=0.

Το παράδειγμα , που ακολουθεί είναι χαρακτηριστικό .

Να βρεθεί η εξίσωση της παραβολής με κορυφή το Ο(0,0) και άξονα συμμετρίας τον χχ΄ , η οποία εφάπτεται της ευθείας ε : ψ=4χ+1.

Επειδή η παραβολή έχει κορυφή το Ο(0,0) και άξονα συμμετρίας τον χχ΄ θα έχει εξίσωση της μορφής C : ψ2=2pχ.

Η εξίσωση αυτή μας δίνει (αν υπάρχουν) τις τετμημένες των κοινών σημείων παραβολής και ευθείας. Ακολουθούμε την εξής σκέψη :

ε εφάπτεται της C C,ε έχουν μόνο ένα κοινό σημείο η (1) έχει μία λύση Δ=0 . Επομένως p=8 , δηλαδή η ζητούμενη παραβολή έχει εξίσωση C : ψ2=16χ.

61. Ιδιότητες της παραβολής

Α) Η συμμετρία της παραβολής

C : ψ2=2px έχει άξονα συμμετρίας τον χχ΄

C : χ2=2pψ έχει άξονα συμμετρίας τον ψψ΄

Β) Η θέση της παραβολής

Η παραβολή βρίσκεται πάντα στο ημιεπίπεδο που ορίζει η διευθετούσα και η εστία.

Γ) Θέση της κορυφής της παραβολής.

Η κορυφή της παραβολής είναι το πλησιέστερο στην εστία σημείο της παραβολής.

Δ) Ανακλαστική ιδιότητα της παραβολής.

Η κάθετη στην εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο της Κ διχοτομεί πάντα την γωνία που σχηματίζουν η ημιευθεία ΚΕ και η ημιευθεία Κζ που είναι παράλληλη και ομόρροπη της ΟΕ , όπου Ε η εστία της παραβολής.

Εφαρμογή : προβολέας , δορυφορική κεραία.

62. Θεωρητικά θέματα

Εκτός από τις βασικές ιδιότητες που αναφέραμε παραπάνω υπάρχουν και άλλες πολλές ιδιότητες που ισχύουν σε κάθε παραβολή. Φυσικά δεν είναι δυνατό να τις ξέρουμε όλες , μπορεί όμως να τεθούν ως ασκήσεις. Παρουσιάζουμε λοιπόν παρακάτω κάποια ενδεικτικά θέματα κυρίως για να δούμε τον τρόπο εργασίας.

1) Δίνεται η παραβολή C : ψ2=2pχ και Α(χ1,ψ1) , Β(χ2,ψ2) δύο σημεία αυτής με χ1χ2. Αν το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ διέρχεται από την εστία της παραβολής δείξτε ότι : ψ1ψ2=-p2

Τα σημεία Α,Β C και επομένως ισχύει:

Θα βρούμε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ

Επομένως η ευθεία ΑΒ έχει εξίσωση :

Επειδή : ΑΒ «φορτώνουμε» τις συντεταγμένες του Ε στην ΑΒ :

Σημείωση : αν χ1=χ2 , τότε η ευθεία ΑΒ θα είναι κάθετη στον χχ΄και επομένως θα ισχύει . Επομένως και αντίστοιχα . Και σε αυτή την περίπτωση ισχύει η σχέση που αποδείξασμε , διότι :

2) Δίνεται η παραβολή C : ψ2=2pχ και ένα οποιοδήποτε σημείο της Α(χ1,ψ1) (εκτός της κορυφής Ο) στο οποίο φέρουμε την εφαπτόμενη ευθεία ε. Προεκτείνουμε το ευθύγραμμο τμήμα ΟΑ , που τέμνει την διευθετούσα της παραβολής στο Β. Δείξτε ότι : , όπου Ε είναι η εστία της παραβολής.

Αρκεί να δείξουμε ότι :

Ας βρούμε πρώτα την εξίσωση της εφαπτομένης , για να «διαβάσουμε» από εκεί το

Επομένως :

Για να βρώ τον συντελεστή διεύθυνσης του ΒΕ πρέπει να βρώ το σημείο Β , που είναι το σημείο τομής της ΟΑ με την διευθετούσα . Θα λύσω λοιπόν το σύστημα των ΟΑ , δ αφού πρώτα βρώ την εξίσωση της ευθείας ΟΑ.

και επομένως η ΟΑ θα έχει εξίσωση . Λύνω τώρα το σύστημα των ΟΑ , δ για να βρώ τις συντεταγμένες του Β. Θυμίζουμε ότι το σημείο Ε έχει συντεταγμένες .

Μπορώ τώρα να βρώ τον συντελεστή διεύθυνσης του ΒΕ :

3) Έστω η παραβολή C1 : ψ2=2pχ και ο κύκλος C2 που διέρχεται από την εστία της παραβολής και έχει το κέντρο του πάνω στην παραβολή. Δείξτε ότι ο κύκλος C2 εφάπτεται της διευθετούσας της παραβολής.

Μερικές φορές τα προβλήματα λύνονται πιο εύκολα , αν σκεφτούμε … γεωμετρικά ( αλλώστε γεωμετρία κάνουμε ). Το παράδειγμα αυτό είναι χαρακτηριστικό γιατί κάνουμε χρήση μόνο του γεωμετρικού ορισμού της παραβολής.

Προσέξτε το συλλογισμό !

. Δηλαδή απλά το κέντρο του κύκλου C2 απέχει από την διευθετούσα απόσταση ίση με την ακτίνα του , επομένως ο κύκλος C2 εφάπτεται της διευθετούσας δ !!!

Η Έ λ λ ε ι ψ η

63. Γεωμετρικός ορισμός έλλειψης

Έλλειψη είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ του επιπέδου με την ιδιότητα : το άθροισμα των αποστάσεών τους από δύο σταθερά σημεία Ε,Ε΄ να είναι σταθερό και μεγαλύτερο από την απόσταση των δύο αυτών σταθερών σημείων. Δηλαδή :

· Τα σταθερά σημεία Ε,Ε΄ ονομάζονται εστίες της έλλειψης.

· Θέτουμε το σταθερό άθροισμα ίσο με 2α , δηλαδή (ΜΕ)+(ΜΕ’)=2α.

· Θέτουμε την εστιακή απόσταση ίση με 2γ , δηλαδή (ΕΕ’)=2γ.

· Προφανώς α>0 και γ>0 (αφού εκφράζουν αποστάσεις) και επειδή από τον ορισμό (ΜΕ)+(ΜΕ΄) > (ΕΕ΄) 2α > 2γ α > γ.

Επομένως ισχύει : α>γ>0.

64. Αναλυτική εξίσωση της έλλειψης

Α) Έλλειψη με εστίες Ε,Ε΄ που είναι σημεία του χχ΄ και ο ψψ΄ είναι μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος ΕΕ΄

Πριν χαράξουμε την έλλειψη ας δούμε μερικά γεωμετρικά στοιχεία για αυτήν.

· Σημεία τομής με χχ΄:

. Δηλαδή τέμνει τον άξονα χχ΄ στα σημεία : Α(α,0) και Α΄(-α,0)

· Σημεία τομής με ψψ΄:

. Δηλαδή τέμνει τον άξονα ψψ΄ στα σημεία : Β(0,β) και Β΄(0,-β)

· Θέση των εστιών

Αφού το ευθύγραμμο τμήμα ΕΕ΄ είναι πάνω στον άξονα χχ΄ και ο άξονας ψψ΄ είναι μεσοκάθετος του ΕΕ΄ προκύπτει ότι οι εστίες Ε,Ε΄ είναι σημεία του χχ΄ συμμετρικά ως προς το 0. Αν σκεφτούμε επίσης ότι (ΕΕ΄)=2γ , τότε αναγκαστικά οι εστίες θα έχουν συντεταγμένες : Ε(γ,0) και Ε΄(-γ,0). Τέλος επειδή α>γ το τμήμα ΕΕ΄ είναι εσωτερικό του τμήματος ΑΑ΄.

Μετά από αυτές τις παρατηρήσεις ας δούμε πως χαράσσουμε την έλλειψη :

Μερικές ακόμα παρατηρήσεις :

· (ΑΑ΄) = 2α (μεγάλος άξονας στον χχ΄)

· (ΒΒ΄) = 2β (μικρός άξονας στον ψψ΄)

· -αχα και -βψβ (η έλλειψη εγγράφεται σε ορθογώνιο)

Β) Έλλειψη με εστίες Ε,Ε΄ που είναι σημεία του ψψ΄ και ο χχ΄ είναι μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος ΕΕ΄

Πριν χαράξουμε την έλλειψη ας δούμε μερικά γεωμετρικά στοιχεία για αυτήν.


. Δηλαδή τέμνει τον άξονα χχ΄ στα σημεία : Β(β,0) και Β΄(-β,0)


. Δηλαδή τέμνει τον άξονα ψψ΄ στα σημεία : Α(0,α) και Α΄(0,-α)


Αφού το ευθύγραμμο τμήμα ΕΕ΄ είναι πάνω στον άξονα ψψ΄ και ο άξονας χχ΄ είναι μεσοκάθετος του ΕΕ΄ προκύπτει ότι οι εστίες Ε,Ε΄ είναι σημεία του ψψ΄ συμμετρικά ως προς το 0. Αν σκεφτούμε επίσης ότι (ΕΕ΄)=2γ , τότε αναγκαστικά οι εστίες θα έχουν συντεταγμένες : Ε(0,γ) και Ε΄(0,-γ). Τέλος επειδή α>γ το τμήμα ΕΕ΄ είναι εσωτερικό του τμήματος ΑΑ΄.

Μετά από αυτές τις παρατηρήσεις ας δούμε πως χαράσσουμε την έλλειψη :


· (ΑΑ΄) = 2α (μεγάλος άξονας στον χχ΄)

· (ΒΒ΄) = 2β (μικρός άξονας στον ψψ΄)

· -αψα και -βχβ (η έλλειψη εγγράφεται σε ορθογώνιο)

Πώς διακρίνουμε το είδος της έλλειψης ;

Εφόσον ισχύει β2=α2-γ2 είναι προφανές ότι α2>β2 και επομένως α>β. Επομένως ο μεγαλύτερος παρονομαστής είναι το α2 και βρίσκεται πάντα κάτω από το γράμμα που ο αντίστοιχος άξονας είναι ο μεγάλος και οι εστίες βρίσκονται πάνω σε αυτόν.


1) Να χαραχθεί η έλλειψη με εξίσωση C : 4χ2+3ψ2=12

Πρέπει η εξίσωση της έλλειψης να έχει δεύτερο μέρος ίσο με την μονάδα , γι΄ αυτό διαιρούμε και τα δύο μέλη με 12 :

Ο μεγάλος παρονομαστής (α2) είναι κάτω από το ψ2 .

, και . Έτσι ο μεγάλος άξονας της έλλειψης είναι πάνω στον ψψ΄ με άκρα Α(0,α)=Α(0,2) και Α’(0,-α)=Α’(0,-2) . Οι εστίες είναι επίσης σημεία του ψψ’ με συντεταγμένες Ε(0,γ)=Ε(0,1) και Ε΄(0,-γ)=Ε΄(0,-1). Τέλος ο μικρός άξονας είναι πάνω στον χχ΄ με άκρα τα σημεία και . Έτσι προκύπτει η έλλειψη που βλέπουμε πιο πάνω.

2) Να χαραχθεί η έλλειψη

Ο μεγάλος παρονομαστής κάτω από το χ2 άρα μεγάλος άξονας στον χχ΄.

α2=16α=4 , β2=9β=3 , .

Επομένως :

· Α(4,0) , Α΄(-4,0) είναι τα άκρα του μεγάλου άξονα.

· Β(0,3) , Β΄(0,-3) είναι τα άκρα του μικρού άξονα

· είναι οι συντεταγμένες των εστιών.

Προκύπτει επομένως το σχήμα , που ακολουθεί :

65. Εξίσωση εφαπτομένης της έλλειψης

Όπως και στις άλλες κωνικές τομές έχουμε έτσι και η έλλειψη δέχεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της Μ(χ0,ψ0). Συγκεκριμένα :

Για τη έλλειψη με εξίσωση η εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο της Μ(χ0,ψ0) έχει εξίσωση :

Για τη έλλειψη με εξίσωση η εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο της Μ(χ0,ψ0) έχει εξίσωση :

Να επισημάνουμε ότι η έλλειψη στα άκρα των αξόνων της δέχεται εφαπτόμενες κάθετες ή παράλληλες στον άξονα χχ΄

Τα προβλήματα εφαπτομένης είναι ανάλογα των προβλημάτων που έχουμε δει στις άλλες κωνικές .


Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης ε της έλλειψης C : 3χ2+ψ2=4 η οποία είναι κάθετη στην ευθεία .

Σημείωση : για να πάρουμε την εξίσωση εφαπτομένης ουσιαστικά αντικαθιστούμε τον όρο «χ2» με τον όρο «χχ0» και το ίδιο κάνουμε στα ψ. Αν λοιπόν η εξίσωση της έλλειψης δεν δοθεί στην κανονική της μορφή , μπορούμε ανάλογα να γράψουμε την εξίσωση της εφαπτομένης με τον ίδιο τρόπο : αντί για «χ2» γράφουμε «χχ0» και αντί για «ψ2» γράφουμε «ψψ0»

Η ζητούμενη εξίσωση εφαπτομένης θα έχει μορφή :

ε : 3χχ0+ψψ0=4

και αναζητάμε τις συντεταγμένες του σημείου επαφής Μ(χ0,ψ0).

. Επομένως :

Για έχουμε και άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση

.

Για έχουμε και άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση

.

66. Ιδιότητες της έλλειψης

Α) Συμμετρία της έλλειψης

Η έλλειψη έχει άξονες συμμετρίας τους άξονες χχ΄ και ψψ΄ και κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων.

Β) Θέση της έλλειψης

Η έλλειψη εγγράφεται πάντα στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο , που ορίζεται από τις εφαπτόμενες στα άκρα των αξόνων.

Γ) Ανακλαστική ιδιότητα της έλλειψης

Η γωνία με κορυφή οποιοδήποτε σημείο της έλλειψης και πλευρές τις ημιευθείες , που διέρχονται από τις εστίες διχοτομείται από την κάθετη της εφαπτόμενης στο σημείο επαφής.

Εφαρμογή : λιθοτριψία , ακουστική αιθουσών.

67. Εκκεντρότητα της έλλειψης

· Ορισμός εκκεντρότητας

Εκκεντρότητα ονομάζουμε το πηλίκο της εστιακής απόστασης (2γ) προς το μήκος του μεγάλου άξονα της έλλειψης (2α). Συμβολίζεται με ε και ισχύει :

· Σύνολο τιμών της εκκεντρότητας

Επειδή α>0 και γ>0 , προφανώς η εκκεντρότητα είναι θετικός αριθμός , αλλά και μικρότερος της μονάδας , αφού γ < α. Επομένως ισχύει :

0 < ε < 1

· Εναλλακτικός τύπος για την εκκεντρότητα

· Φυσική σημασία της εκκεντρότητας

Για να καταλάβουμε την σημασία της εκκεντρότητας θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο που μόλις βρήκαμε δίνοντας στην εκκεντρότητα τις ακραίες της τιμές.

αν ε0 τότε 1-ε21 και επομένως και άρα ο μεγάλος άξονας τείνει να έχει περίπου ίδιο μήκος με τον μικρό άξονα , δηλαδή η έλλειψη τείνει να γίνει κύκλος.

αν ε1 , τότε 1-ε20 και επομένως , δηλαδή αν θεωρήσουμε ότι ο μεγάλος άξονας παραμένει σταθερός τότε ο μικρός άξονας τείνει να μηδενιστεί και επομένως η έλλειψη τείνει να «εκφυλιστεί» σε μία χορδή.

· Όμοιες ελλείψεις

Δύο ελλείψεις λέγονται όμοιες όταν έχουν ίσες εκκεντρότητες.

68. Θεωρητικά θέματα

Ας δούμε τώρα δύο παραδείγματα θεωρητικών θεμάτων , που αφορούν στην έλλειψη.

1) Να δείξετε ότι το σημείο Μ(2συνt,3ημt) , t ανήκει σε μία έλλειψη της οποίας να υπολογίσετε την εκκεντρότητα.

Θέτω και

Επειδή : . Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι μια έλλειψη με α=3 , β=2 και επομένως

. Άρα η παραπάνω έλλειψη έχει εκκεντρότητα .

2) Να βρεθεί η εξίσωση της έλλειψης C που έχει κέντρο την αρχή των αξόνων , μια εστία της είναι η εστία της παραβολής και διέρχεται από το κέντρο του κύκλου που έχει εξίσωση .

άρα . Η εστία της παραβολής είναι το σημείο . Αυτό είναι και η μία εστία της έλλειψης επομένως για την έλλειψη έχουμε ότι και επειδή είναι σημείο του άξονα ψψ΄ η έλλειψη θα είναι της μορφής και επειδή β2=α2-γ2 β2=α2-3 η έλλειψη έχει εξίσωση (*)

Ο κύκλος C2 έχει εξίσωση με κέντρο . Ισχύει

· Αν άρα (άτοπο !)

· Αν άρα

Επομένως η ζητούμενη εξίσωση έλλειψης είναι η ή πιο απλά :

C : 4χ2+ψ2=4

Η Υ π ε ρ β ο λ ή

69. Γεωμετρικός ορισμός υπερβολής

Υπερβολή είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου με την ιδιότητα : η απόλυτη τιμή της διαφοράς τους από δύο σταθερά σημεία Ε , Ε΄ να είναι σταθερή και μικρότερη από την απόσταση των δύο αυτών σταθερών σημείων. Δηλαδή :

·

· Τα σταθερά σημεία Ε,Ε΄ ονομάζονται εστίες της υπερβολής.

· Θέτουμε τη σταθερή απόλυτη διαφορά ίση με 2α , δηλαδή ισχύει .

· Θέτουμε την εστιακή απόσταση ίση με 2γ , δηλαδή (ΕΕ’)=2γ.

· Προφανώς α>0 και γ>0 (αφού εκφράζουν αποστάσεις) και επειδή από τον ορισμό 2α < 2γ α < γ.

Επομένως ισχύει : 0<α<γ.

70. Αναλυτική εξίσωση υπερβολής.

Πριν δούμε τις δύο αναλυτικές εξισώσεις της υπερβολής πρέπει να σταθούμε σε μια διαφορά που έχει η υπερβολή σε σχέση με τις άλλες κωνικές τομές. Η γραφική παράσταση της υπερβολής δέχεται ασύμπτωτες. Δηλαδή όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα η γραμμή της υπερβολής ολοένα πλησιάζει σε μια ευθεία χωρίς ποτέ να την τέμνει , αλλά και χωρίς να γίνεται «παράλληλη» !!!

Α) Υπερβολή με εστίες σημεία του άξονα χχ΄ και τον άξονα ψψ΄ μεσοκάθετο του ευθύγραμμου τμήματος ΕΕ’

Πριν χαράξουμε την γραμμή ας δούμε μερικά γεωμετρικά στοιχεία γι΄αυτήν .


. Δηλαδή τέμνει τον άξονα χχ΄ στα σημεία : Α(α,0) και Α΄(-α,0)


: εξίσωση αδύνατη , επομένως η γραμμή δεν τέμνει τον άξονα ψψ΄.


Αφού το ευθύγραμμο τμήμα ΕΕ΄ είναι πάνω στον άξονα χχ΄ και ο άξονας ψψ΄ είναι μεσοκάθετος του ΕΕ΄ προκύπτει ότι οι εστίες Ε,Ε΄ είναι σημεία του χχ΄ συμμετρικά ως προς το 0. Αν σκεφτούμε επίσης ότι (ΕΕ΄)=2γ , τότε αναγκαστικά οι εστίες θα έχουν συντεταγμένες : Ε(γ,0) και Ε΄(-γ,0). Τέλος επειδή α<γ το τμήμα ΑΑ΄ είναι εσωτερικό του τμήματος ΕΕ΄.

· Χάραξη ασυμπτώτων

Στα σημεία Α(α,0) , Α΄(-α,0) φέρνουμε κάθετες στον άξονα χχ΄. Στην συνέχεια στα σημεία Β(0,β) , Β’(0,-β) φέρνουμε κάθετες στον άξονα ψψ΄. Σχηματίζουμε έτσι ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο , με κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων , που ονομάζεται ορθογώνιο βάσης της υπερβολής. Φέρουμε τέλος της διαγώνιες του παραλληλογράμμου , οι οποίες λόγω συμμετρίας του ορθογώνιου βάσης είναι ευθείες διερχόμενες από την αρχή των αξόνων. Οι ευθείες αυτές εύκολα συμπεραίνουμε ότι έχουν εξισώσεις (η διαγώνιος στο πρώτο τρίτο τεταρτημόριο) και (η διαγώνιος στο δεύτερο τέταρτο τεταρτημόριο). Οι ευθείες αυτές είναι η ασύμπτωτες της υπερβολής.

Βλέπουμε τώρα την γραφική παράσταση αυτής της υπερβολής :


· (ΑΑ΄)=2α : η διάσταση του ορθ. βάσης , που είναι παράλληλη στον χχ΄.

· (ΒΒ΄)=2β : η διάσταση του ορθ. βάσης , που είναι παράλληλη στον ψψ΄.

· χ-α και χα , ψ-β και ψβ (η υπερβολή βρίσκεται εκτός του ορθογωνίου βάσης)

Β) Υπερβολή με εστίες σημεία του άξονα ψψ΄ και τον άξονα χχ΄ μεσοκάθετο του ευθύγραμμου τμήματος ΕΕ’

Πριν χαράξουμε την γραμμή ας δούμε μερικά γεωμετρικά στοιχεία γι΄αυτήν .


: εξίσωση αδύνατη , επομένως η γραμμή δεν τέμνει τον άξονα χχ΄


, επομένως η γραμμή τέμνει τον άξονα ψψ΄ στα σημεία Α(0,α) και Α(0,-α).


Αφού το ευθύγραμμο τμήμα ΕΕ΄ είναι πάνω στον άξονα ψψ΄ και ο άξονας χχ΄ είναι μεσοκάθετος του ΕΕ΄ προκύπτει ότι οι εστίες Ε,Ε΄ είναι σημεία του ψψ΄ συμμετρικά ως προς το 0. Αν σκεφτούμε επίσης ότι (ΕΕ΄)=2γ , τότε αναγκαστικά οι εστίες θα έχουν συντεταγμένες : Ε(0,γ) και Ε΄(0,-γ). Τέλος επειδή α<γ το τμήμα ΑΑ΄ είναι εσωτερικό του τμήματος ΕΕ΄.

· Χάραξη ασυμπτώτων

Στα σημεία Α(0,α) , Α΄(0,-α) φέρνουμε κάθετες στον άξονα ψψ΄. Στην συνέχεια στα σημεία Β(β,0) , Β’(-β,0) φέρνουμε κάθετες στον άξονα χχ΄. Σχηματίζουμε έτσι ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο , με κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων , που ονομάζεται ορθογώνιο βάσης της υπερβολής. Φέρουμε τέλος της διαγώνιες του παραλληλογράμμου , οι οποίες λόγω συμμετρίας του ορθογώνιου βάσης είναι ευθείες διερχόμενες από την αρχή των αξόνων. Οι ευθείες αυτές εύκολα συμπεραίνουμε ότι έχουν εξισώσεις (η διαγώνιος στο πρώτο τρίτο τεταρτημόριο) και (η διαγώνιος στο δεύτερο τέταρτο τεταρτημόριο). Οι ευθείες αυτές είναι η ασύμπτωτες της υπερβολής.

Ακολουθεί η γραφική παράσταση αυτής της υπερβολής :


· (ΑΑ΄)=2α : η διάσταση του ορθ. βάσης , που είναι παράλληλη στον ψψ΄.

· (ΒΒ΄)=2β : η διάσταση του ορθ. βάσης , που είναι παράλληλη στον χχ΄.

· χ-β και χβ , ψ-α και ψα (η υπερβολή βρίσκεται εκτός του ορθογωνίου βάσης)

Πώς διακρίνουμε το είδος της υπερβολής ;

Επειδή ισχύει : β2=γ2-α2 α2+β2=γ2 σε αντίθεση με την έλλειψη δεν υπάρχει καθορισμένη και σταθερή διάταξη μεταξύ των α,β . Δηλαδή η σχέση α2+β2=γ2 μπορεί να ισχύει όταν α>β ή α<β ή α=β. Εδώ λοιπόν το κριτήριο για να ξεχωρίζουμε τις δύο υπερβολές είναι διαφορετικό : το «γράμμα» (χ ή ψ ) που προηγείται στην διαφορά μας δείχνει τον άξονα που φιλοξενεί τις εστίες. ‘Ετσι αν προηγείται το «χ2» , τότε οι εστίες είναι σημεία του άξονα χχ΄ (η υπερβολή έχει τους δύο κλάδους δεξιά και αριστερά του ψψ΄). Αν προηγείται το «ψ2» , τότε οι εστίες είναι σημεία του άξονα ψψ΄ ( η υπερβολή έχει τους δύο κλάδους πάνω και κάτω του άξονα χχ΄)


Να χαραχθεί η υπερβολή με εξίσωση : 16χ2-9ψ2=-144.

Στην αρχή θα πρέπει να φέρουμε την εξίσωση στην κανονική της μορφή :

Στην εξίσωση προηγείται το «ψ2» επομένως α2=16 και β2=9 και οι εστίες είναι σημεία του άξονα ψψ΄ , δηλαδή η υπερβολή είναι πάνω και κάτω από τον άξονα χχ΄. Επειδή β2=γ2-α2γ2=β2+α2γ2=9+16γ=5 οι εστίες θα έχουν συντεταγμένες Ε(0,5) και Ε’(0,-5). Στον άξονα ψψ΄φέρουμε κάθετες στις θέσεις 4 και στον άξονα χχ΄ φέρουμε κάθετες στις θέσεις 3 και έτσι κατασκευάζουμε το ορθογώνιο βάσης. Οι διαγώνιες του ορθογωνίου αυτού είναι οι ευθείες με εξισώσεις και αποτελούν τις ασύμπτωτες της υπερβολής.

Το αποτέλεσμα το βλέπουμε στο Σχ. 43

Ισοσκελής υπερβολή

Είναι υπερβολή στην οποία ισχύει α=β. Η ισοσκελής υπερβολή έχει εξίσωση :

ή

( προσέξτε ότι μοιάζει με την εξίσωση κύκλου με κέντρο Ο(0,0) : χ2+ψ2=ρ2 )

Για την ισοσκελή υπερβολή πρέπει ακόμα να επισημάνουμε :

έχει ως ορθογώνιο βάσης ένα τετράγωνο

οι ασύμπτωτες είναι οι διχοτόμοι των γωνιών των αξόνων :

71. Εξίσωση εφαπτομένης της υπερβολής.

Ανάλογα με τις άλλες κωνικές :

Για την υπερβολή με εξίσωση C : η εξίσωση της εφαπτομένης σε ένα σημείο της Μ(χ0,ψ0) είναι ε : Οι εφαπτόμενες στις κορυφές έχουν εξίσωση ε : χ=α.

Για την υπερβολή με εξίσωση C : η εξίσωση της εφαπτομένης σε ένα σημείο της Μ(χ0,ψ0) είναι ε : Οι εφαπτόμενες στις κορυφές έχουν εξίσωση ε : ψ=α.


Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής C : χ2-4ψ2=12 , που είναι παράλληλη στην ευθεία ζ : ψ=χ+1.

Η ζητούμενη εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο Ε(χ1,ψ1) της υπερβολής έχει εξίσωση ε : χχ1-4ψψ1=12. (αναζητάμε τα χ1,ψ1)

(1)

Όμως

Επομένως οι ζητούμενες εφαπτόμενες έχουν εξισώσεις :

ε1 : 4χ-4ψ=12ε1 : χ-ψ=3 και ε2 : -4χ+4ψ=12ε1 : χ-ψ=-3

72. Ιδιότητες της υπερβολής.

Α) Συμμετρία της υπερβολής

Η υπερβολή έχει άξονες συμμετρίας τους άξονες χχ΄ και ψψ΄ και κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων.

Β) Θέση της υπερβολής.

Η υπερβολή «κινείται» πάντα εκτός του ορθογωνίου βάσης και μέσα στην γωνία , που ορίζουν οι ασύμπτωτες.

Γ) Ανακλαστική ιδιότητα της υπερβολής.

Η εφαπτόμενη της υπερβολής σε οποιοδήποτε σημείο της Μ διχοτομεί την γωνία με κορυφή το Μ και πλευρές τις ημιευθείες που έχουν αρχή το Μ και διέρχονται από τις εστίες της υπερβολής , δηλαδή την γωνία .

Εφαρμογή : υπερβολικά κάτοπτρα.

73. Εκκεντρότητα της υπερβολής.

· Ορισμός εκκεντρότητας

Εκκεντρότητα ονομάζουμε το πηλίκο της εστιακής απόστασης (2γ) προς την απόσταση των κορυφών της υπερβολής (2α). Συμβολίζεται με ε και ισχύει :

· Σύνολο τιμών της εκκεντρότητας

Επειδή α>0 και γ>0 , προφανώς η εκκεντρότητα είναι θετικός αριθμός , αλλά και μεγαλύτερος της μονάδας , αφού γ > α. Επομένως ισχύει :

ε > 1

· Εναλλακτικός τύπος για την εκκεντρότητα

· Φυσική σημασία της εκκεντρότητας

Για να καταλάβουμε την σημασία της εκκεντρότητας θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο που μόλις βρήκαμε δίνοντας στην εκκεντρότητα τις ακραίες της τιμές.

αν ε1 τότε ε2-10 και επομένως . Δηλαδή αν στο ορθογώνιο βάσης η διάσταση 2α παραμείνει σταθερή , τότε η διάσταση 2β θα τείνει στο μηδέν και επομένως οι γωνία των ασυμπτώτων μικραίνει πολύ. Έτσι η υπερβολή «συμπιέζεται» στις πλευρές της πολύ μικρής γωνίας.

αν ε+ , τότε ε2-1+ και επομένως . Δηλαδή �

Κωνικές τομές · web view2016. 11. 13. · Ο διαφορετικός τρόπος...

Documents