Η άσκηση της ημερας

1. ___________________________________________________________________________
26η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
1
Η
ημερομηνία
αποστολής
των
λύσεων
καθορίζει
και
τη
σειρά
καταγραφής
τους
1η
προτεινόμενη
λύση
(Νίκος
Γαρυφαλλίδης)
Ø Αφού ο 1C εφάπτεται στους θετικούς ηµιάξονες ισχύει 1 1 1 1x y ρ= = = οπότε
2 2
1 :( 1) (y 1) 1C x − + − = .
Ø Η µεσοκάθετος του 1 3K K είναι η ευθεία : 8y xε = − + οπότε
1 3 1 3 1 31 3 1 ( 1) 1 1K K K K K KK K εε λ λ λ λ⊥ ⇔ ⋅ = − ⇔ ⋅ − = − ⇔ = και αφού διέρχεται
από το 1(1,1)K η ευθεία 1 3 :K K y x= οπότε 3 3 3(x ,y )K

2. ___________________________________________________________________________
26η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
2
Ø Το σηµείο τοµής των ε , 1 3K K θα βρεθεί από το σύστηµα
1 3
: 8
(4,4)
:
y x
M
K K y x
ε = − +⎧
⇒⎨
=⎩
το οποίο είναι µέσο του 1 2K K οπότε
3
3
1
4 7
2
x
x
+
= ⇔ = άρα 2 2
3 :( 7) (y 7) 1C x − + − =
Ø Το κέντρο του 2C είναι πάνω στην ευθεία : 8y xε = − + οπότε θα ισχύει:
2 2 8 (1)y x= − +
Ø Οι κύκλοι 1C , 2C εφάπτονται εξωτερικά οπότε θα ισχύει :
( ) 2 2 2 2
1 2 1 2 2 1 2 1 2 2
(1)
2 2 2 2
2 2 2 2
(1)
2 2 2
2 2 2
(1)
2 2 2
2 2 2
(x x ) (y ) 1 26 1 (x 1) (y 1) 26
(x 1) ( x 8 1) 26 (x 1) ( x 7) 26
x 2 y 6 :( 2) (y 6) ( 26 1)
...
x 6 y 2 :( 6) (y 2) ( 26 1)
K K y
C x
ή
C x
ρ ρ= + ⇔ − + − = + − ⇔ − + − =
⇔ − + − + − = ⇔ − + − + = ⇔
⎧
= ⇔ = ⇒ − + − = −⎪
⎪
⇔ ⇔ ⎨
⎪
⎪ = ⇔ = ⇒ − + − = −
⎩
2η
προτεινόμενη
λύση
(Δημήτρης
Ζαχαριάδης)
Αν Κ1(x1,y1) το κέντρο το C1 τότε επειδή ο C1 εφάπτεται στους θετικούς ηµιάξονες
Ox, Oy θα ισχύει:
d(K1,Ox)= d(K1,Oy)=ρ1 y1=x1=ρ1=1. Εποµένως Κ1(1,1)
και τότε C1: (x-1)2
+(y-1)2
=1
Έστω Κ3(x3,y3). H ευθεία ε: y=-x+8 είναι µεσοκάθετος του τµήµατος Κ1Κ3 εποµένως:
• το µέσο Μ του Κ1Κ3 είναι σηµείο της ε,
3 3 3 3
3 3
1+x 1+y 1 1
M , ε 8 x 14
2 2 2 2
y x
y
+ +⎛ ⎞
∈ ⇔ = − + ⇔ + =⎜ ⎟
⎝ ⎠
(1)
• 3
1 3 1 2
3
1
λ 1 ( 1) 1
1
y
K K
x
ε λ
−
⊥ ⇔ ⋅ = − ⇔ − = −
−
( προφανώς x3≠1)
y3=x3 (2)
Από (1), (2) έχουµε x3=y3=7 εποµένως Κ3(7,7) και επειδή ρ3=1
C3: (x-7)2
+(y-7)2
=1.
O C2 εφάπτεται εξωτερικά στους C1, C3 εποµένως:
(Κ1Κ2)=ρ1+ρ2= 26(3) και (Κ2Κ3)=ρ2+ρ3= 26 (4)

3. ___________________________________________________________________________
26η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
3
Από (3), (4) έχουµε:
• (Κ1Κ2)= (Κ2Κ3) εποµένως το Κ2 σηµείο της µεσοκαθέτου ε θα την
επαληθεύει:
y2= - x2+8 (5) και
• (Κ1Κ2)= 26 (x2-1)2
+(y2-1)2
=26 (6)
η (6) λόγω της (5) γίνεται: (x2-1)2
+(x2-7)2
=26 x2
2
-8x2+12=0 και δίνει τελικά
δύο λύσεις: x2=2 x2=6.
Αντικαθιστώντας στην (5) έχουµε τα ζεύγη λύσεων (x2, y2)= (2,6) και
(x2, y2)= (6,2).
και εποµένως δύο λύσεις για τον κύκλο C2:
(x-2)2
+(y-6)2
=( 26-1)2
(x-6)2
+(y-2)2
=( 26-1)2
3η
προτεινόμενη
λύση
(Κώστας
Δεββές)
Έστω ( )1 1 1 2 2 2 3 3 3( , ), , , ( , )K x y K x y K x y µε 1 1, 0x y > και 1 1 1 1x yρ = = = λόγω της
επαφής του 1C µε τους ηµιάξονες Οx, Oy. Άρα ο 1C έχει εξίσωση:
( ) ( )
2 2
1 1 1x y− + − = . Το 2Κ ισαπέχει από τα 1 3,Κ Κ µε 2 1 2 3 26K K K K= = , επειδή
από την υπόθεση 1 3 1ρ ρ= = , 2 26 1ρ = − και οι κύκλοι 1 2,C C και 2 3,C C εφάπτονται
εξωτερικά. Άρα το κέντρο 2K του 2C ανήκει στην ευθεία 8y x= − + δηλαδή ισχύει
2 2 8y x= − + . Αντικαθιστώντας το 2y στη σχέση ( ) ( )
2 2
2 21 1 26x y− + − = και
κάνοντας τις πράξεις βρίσκουµε ( )2 2, (6,2)x y = ή (2,6). Άρα ο 2C έχει εξίσωση:
( ) ( )
2 2
6 2 27 2 26x y− + − = − ή ( ) ( )
2 2
2 6 27 2 26x y− + − = − .
Η ευθεία 1 3K K είναι κάθετη στην 8y x= − + και διέρχεται από το 1K . Άρα έχει
εξίσωση y x= και κατά συνέπεια 3 3y x= . Το µέσο 3 31 1
,
2 2
x x+ +⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
του 1 3K K ανήκει
στην ευθεία 8y x= − + , άρα 3 3
3
1 1
8 7
2 2
x x
x
+ +
= − + ⇔ = . Άρα ο 3C έχει εξίσωση:
( ) ( )
2 2
7 7 1x y− + − = .

4. ___________________________________________________________________________
26η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
4
4η
προτεινόμενη
λύση
(Θανάσης
Καραγιάννης)
Ο κύκλος C1 , κέντρου Κ1, εφάπτεται στους ηµιάξονες Ox και Oy και έχει ακτίνα ρ1 = 1.
Άρα το τετράπλευρο ΟΓΚ1Β είναι τετράγωνο και συνεπώς το κέντρο του C1 είναι Κ1(1,1).
Εποµένως
C1 : 2 2
x ) (y 1) =1( 1− −+ .
Επίσης η διακεντρική ευθεία Κ1Κ3 είναι κάθετη στην ευθεία y x +8= − και περνάει από το
σηµείο Κ1(1,1), άρα η Κ1Κ3 έχει εξίσωση x +βy = και για x = y = 1 παίρνουµε ότι
β = 0 , οπότε Κ1Κ3 : y = x. Το σηµείο τοµής Η των ευθειών y = x και x +8y = − βρίσκεται από
τη λύση του συστήµατος:
y x +8
y = x
=⎧
⎨
⎩
−
⇔
x x +8
y = x
=⎧
⎨
⎩
−
⇔
2x = 8
y = x
⎧
⎨
⎩
⇔
x = 4
y = 4
⎧
⎨
⎩
, δηλαδή Η(4,4).
Αλλά το σηµείο Η είναι το µέσο του τµήµατος Κ1Κ3, οπότε :
Η
1 3x + x
x
2
= ⇔ 31
4 =
+ x
2
⇔ 38 =1+ x ⇔ 3x = 7 και
Η
1 3y + y
y
2
= ⇔ 31
4 =
+ y
2
⇔ 38 =1+ y ⇔ 3y = 7, δηλαδή Κ3(7,7).

5. ___________________________________________________________________________
26η
ΑΣΚΗΣΗ
η
άσκηση
της
ημέρας
από
το
http://lisari.blogspot.gr
5
Εποµένως C3 : 2 2
) (y 7) =1(x 7− −+
Ισχυρισµός: Το κέντρο Κ2 του κύκλου C2 ανήκει στη µεσοκάθετο του διακεντρικού τµήµατος
Κ1Κ3 (δηλαδή στην ευθεία y x +8= − ).
Απόδειξη: Έστω Δ και Ε τα σηµεία επαφής του κύκλου C2 µε τους C1 και C3 αντίστοιχα. Τότε
από το Δ διέρχεται η κοινή εφαπτοµένη ε των C1 και C2, που είναι κάθετη στις ακτίνες Κ1Δ και
Κ2Δ. Δηλαδή τα σηµεία Κ1, Δ και Κ2 είναι συνευθειακά και το τµήµα Κ1Κ2 έχει µήκος ρ1+ρ2 .
Όµοια έχουµε ότι τα σηµεία Κ3, Ε και Κ2 είναι συνευθειακά και το τµήµα Κ2Κ3 έχει µήκος ρ1+ρ2 .
Συνεπώς το τρίγωνο Κ1Κ2Κ3 είναι ισοσκελές µε βάση Κ1Κ3 , οπότε η κορυφή Κ2 ανήκει στη
µεσοκάθετο του τµήµατος Κ1Κ3.
Από τον ισχυρισµό, έχουµε ότι το Κ2 είναι σηµείο τοµής του κύκλου (Κ1, ρ1+ρ2) και της ευθείας
y x +8= − (οπότε θα προκύψουν δύο λύσεις για το Κ2). Λύνω το σύστηµα των αντίστοιχων
εξισώσεων και έχω:
2
1 2
2 2
)x 1) (y 1) = (ρ ρ
y x +8
(
=
−⎧ − +⎪
⎨
⎪⎩
+
−
⇔
22 2
)x 1) ( x +8 1) = (1 26 1 (1)
y x +8 (2)
(
=
−⎧ − + −⎪
⎨
⎪⎩
+ −
−
Λύνω την (1) και έχω:
22 2
)x 1) (7 x) = ( 26( − + − ⇔ 2 2
x 2x 1 49 14x = 26+ x− −+ + ⇔ 2
2x 16x 24 = 0− +
⇔ 2
x 8x 12 = 0− + που έχει διακρίνουσα Δ = 2
( 8) 4 12− − ⋅ =64 −48=16 και ρίζες
8 4
2
+
=
12
2
= 6
x =
8 16
2
±
=
8 4
2
±
=
8 4
2
−
=
4
2
= 2
Για x = 2, η (2) ⇒y = 2 8− + = 6, δηλαδή παίρνουµε το σηµείο Κ2(2,6) και
Για x = 6, η (2) ⇒y = 6 8− + = 2, δηλαδή παίρνουµε το σηµείο '
2K (6,2) .
Οι αντίστοιχες εξισώσεις κύκλων είναι :
C2 : 22 2
) (y 6) = ( 26 1)(x 2− − −+ και '
C2
: 22 2
) (y 2) = ( 26 1)(x 6− − −+
Σχόλιο: Αν θέλουµε να συµφωνεί το σχήµα µας µε το σχήµα του αστρολάβου στην εκφώνηση, θα
πρέπει να απορρίψουµε τον κύκλο '
C2
(µε τη διακεκοµµένη γραµµή) και να δεχθούµε ως λύση τον
κύκλο C2, που βρίσκεται «άνω αριστερά» σε σχέση µε τον '
C2
, άρα το κέντρο του έχει τη µικρότερη
τετµηµένη και µεγαλύτερη τεταγµένη.