Τράπεζα Θεμάτων

ΛΥΣΗ

α)

1. Το σημείο \(M(x_0,y_0)\) είναι σημείο της παραβολής, άρα οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωση της παραβολής. Δηλαδή \(y_0^2=4\cdot x_0\), άρα \(x_0=\dfrac{y_0^2}{4}\).

Επομένως οι συντεταγμένες του \(M\) είναι \(M\!\left(\dfrac{y_0^2}{4},y_0\right)\). Το σημείο \(A\) είναι η προβολή του \(M\) στη διευθετούσα της παραβολής που είναι η ευθεία \((\delta): x=-1\). Άρα \(A(-1,y_0)\).

2. Για το εμβαδό του τριγώνου \(MAE\) έχουμε ότι \((MAE)=\dfrac{1}{2}\left|\det\!\left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AE}\right)\right|\) (1), με

\(\overrightarrow{AM}=\left(\dfrac{y_0^2}{4}+1,\,0\right)\) και \(\overrightarrow{AE}=(1+1,\,0-y_0)=(2,-y_0)\).

$$\det\!\left(\overrightarrow{AM},\overrightarrow{AE}\right)=\begin{vmatrix}\dfrac{y_0^2}{4}+1 & 0 \\ 2 & -y_0\end{vmatrix}=-\frac{y_0^3}{4}-y_0=\frac{-y_0^3-4y_0}{4}.$$

Επειδή \((MAE)=\dfrac{5}{8}\), η σχέση (1) γίνεται: \(\dfrac{5}{8}=\dfrac{1}{2}\left|\dfrac{-y_0^3-4y_0}{4}\right|\Leftrightarrow\left|y_0^3+4y_0\right|=5\). Όμως \(y_0>0\) από την υπόθεση, άρα \(y_0^3+4y_0=5\Leftrightarrow y_0^3+4y_0-5=0\) (2). Εφαρμόζοντας σχήμα Horner με το \(1\), αφού το \(1\) αποτελεί ρίζα της εξίσωσης (2), η εξίσωση γράφεται: \((y_0-1)(y_0^2+y_0+5)=0\). Άρα \(y_0=1\) η μοναδική λύση της εξίσωσης, αφού το τριώνυμο \(y_0^2+y_0+5\) έχει \(\Delta=-19<0\) και δεν έχει πραγματικές ρίζες. Επομένως το σημείο \(M\) είναι το \(M\!\left(\dfrac{1}{4},1\right)\).

β) Η εξίσωση της εφαπτομένης \(\varepsilon\) της παραβολής σε ένα σημείο της \((x_1,y_1)\) είναι: \(yy_1=2(x+x_1)\). Στο σημείο \(M\!\left(\dfrac{1}{4},1\right)\) η παραπάνω εξίσωση γίνεται: \(y=2\!\left(x+\dfrac{1}{4}\right)\Leftrightarrow 4x-2y+1=0\). Θέτοντας όπου \(y=0\) έχουμε \(x=-\dfrac{1}{4}\), άρα \(M'\!\left(-\dfrac{1}{4},0\right)\).

Για το τμήμα \(AM\) έχουμε: \(AM\perp\delta\), \(\delta\perp x'x\), άρα \(AM//x'x\).

Επίσης \((AM)=\left|\overrightarrow{AM}\right|=\sqrt{\left(\dfrac{1}{4}+1\right)^2}=\dfrac{5}{4}\) και \((EM')=\left|1+\dfrac{1}{4}\right|=\dfrac{5}{4}\). Δηλαδή τα τμήματα \(AM\) και \(EM'\) είναι ίσα και παράλληλα, άρα το τετράπλευρο \(AMEM'\) είναι παραλληλόγραμμο. Επιπλέον το \(M\) είναι σημείο της παραβολής και ισαπέχει από την εστία και τη διευθετούσα, άρα \(ME=AM\). Επομένως, το παραλληλόγραμμο έχει δύο διαδοχικές πλευρές του ίσες, άρα είναι ρόμβος.