ΛΥΣΗ

α) Έστω \(M(0,y)\) ένα τέτοιο σημείο. Ισχύει:

$$\overrightarrow{MA}=(1,1-y),\quad\overrightarrow{MB}=(2,4-y)$$

και το τρίγωνο \(MAB\) είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα \(AB\) μόνο όταν ισχύει:

\begin{align} \overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0 &\Leftrightarrow (1,1-y)\cdot(2,4-y)=0 \Leftrightarrow 2+4-4y-y+y^2=0 \\ &\Leftrightarrow y^2-5y+6=0 \Leftrightarrow y=2 \text{ ή } y=3 \end{align}

Επομένως υπάρχουν δυο τέτοια σημεία, τα \(M_1(0,2)\) και \(M_2(0,3)\).

β) Ο κύκλος με διάμετρο \(AB\) έχει κέντρο το μέσο \(K\) του τμήματος \(AB\) δηλαδή το σημείο \(K\!\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{5}{2}\right)\) και η ακτίνα του \(\rho\) είναι

$$\rho=\frac{1}{2}(AB)=\frac{1}{2}\sqrt{(2-1)^2+(4-1)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{10}.$$

Άρα η εξίσωση του είναι:

$$C:\left(x-\frac{3}{2}\right)^2+\left(y-\frac{5}{2}\right)^2=\frac{10}{4}=\frac{5}{2}$$

γ) Θα αποδείξουμε, πρώτα αλγεβρικά, ότι ο κύκλος διέρχεται από τα σημεία \(M_1(0,2)\) και \(M_2(0,3)\).

Με \(x=0\) και \(y=2\) στην εξίσωση του κύκλου \(C\) έχουμε:

$$\left(0-\frac{3}{2}\right)^2+\left(2-\frac{5}{2}\right)^2=\frac{9}{4}+\frac{1}{4}=\frac{5}{2}$$

οπότε το \(M_1(0,2)\) είναι πάνω στον κύκλο \(C\).

Με \(x=0\) και \(y=3\) στην εξίσωση του κύκλου \(C\) έχουμε:

$$\left(0-\frac{3}{2}\right)^2+\left(3-\frac{5}{2}\right)^2=\frac{9}{4}+\frac{1}{4}=\frac{5}{2}$$

οπότε το \(M_2(0,3)\) είναι πάνω στον κύκλο \(C\).

Γεωμετρικά, οι γωνίες \(A\hat{M}_1B\) και \(A\hat{M}_2B\) βλέπουν το τμήμα \(AB\) με ορθή γωνία, οπότε σύμφωνα με γνωστό θεώρημα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας βρίσκονται πάνω στον κύκλο με διάμετρο \(AB\).