ΛΥΣΗ

α) Για την εύρεση των εξισώσεων των ευθειών \((\varepsilon)\) που διέρχονται από το σημείο \(M(-2,2)\) διακρίνονται δύο περιπτώσεις:

\(1^\eta\): Αν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης \(\lambda \in \mathbb{R}\), τότε \((\varepsilon)\): \(y - 2 = \lambda(x + 2)\)

\(2^\eta\): Αν δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης, τότε \((\varepsilon)\): \(x = -2\).

β)

i. Η ευθεία με εξίσωση \(x = -2\) είναι παράλληλη στον άξονα \(y'y\) και ως εκ τούτου δεν σχηματίζει τρίγωνο με τους δύο άξονες.

Αν \(\lambda = 0\), προκύπτει η οριζόντια ευθεία με εξίσωση \(y = 2\), η οποία δεν σχηματίζει τρίγωνο με τους άξονες.

Τέλος, για να τέμνει η \((\varepsilon)\) τον αρνητικό ημιάξονα \(Ox'\) και τον θετικό ημιάξονα \(Oy\), πρέπει να έχει κλίση θετική, δηλαδή \(\lambda > 0\).

Επομένως, οι ζητούμενες ευθείες έχουν εξίσωση \(y - 2 = \lambda(x + 2)\), με \(\lambda > 0\) \(\quad (1)\).

ii. Αρχικά υπολογίζουμε ως συνάρτηση του \(\lambda \in \mathbb{R}\), τις συντεταγμένες των σημείων τομής της \((1)\) με τους δύο ημιάξονες. Έτσι είναι:

$$\underset{x=0}{(1) \Longrightarrow} y = 2\lambda + 2$$

Επομένως το σημείο τομής των ευθειών με τον θετικό ημιάξονα \(Oy\), είναι το \(A(0,\, 2\lambda + 2)\).

$$\underset{y=0}{(1) \Longrightarrow} \lambda \cdot x = -2\lambda - 2 \underset{\lambda>0}{\Longrightarrow} x = \frac{-2\lambda-2}{\lambda}$$

Επομένως το σημείο τομής των ευθειών με τον αρνητικό ημιάξονα \(Ox'\), είναι το \(B\!\left(\dfrac{-2\lambda-2}{\lambda},\, 0\right)\).

Το τρίγωνο που σχηματίζεται είναι το \(OAB\), με εμβαδόν:

\begin{align} E(OAB) &= \frac{1}{2} \cdot (OA) \cdot (OB) \\ &= \frac{1}{2}\left|\frac{-2\lambda-2}{\lambda}\right| \cdot |2\lambda+2| \\ &= 2\left|\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda}\right| = 2\,\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda} \end{align}

Αλλά ισχύει:

\begin{align} E = 8 &\Leftrightarrow 2\,\frac{(\lambda+1)^2}{\lambda} = 8 \\ &\Leftrightarrow (\lambda+1)^2 = 4\lambda \\ &\Leftrightarrow \lambda^2 - 2\lambda + 1 = 0 \\ &\Leftrightarrow \lambda = 1 \end{align}

Επομένως από την \((1)\) προκύπτει ότι η ζητούμενη ευθεία είναι η \((\varepsilon_1)\): \(y = x + 4\).

γ) Για να βρούμε το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος, που εκφράζει το ύψος του τριγώνου που φέρεται από την κορυφή \(O\), αρκεί να βρούμε την απόσταση του σημείου \(O\) από την ευθεία \((\varepsilon_1)\): \(y = x + 4 \Leftrightarrow x - y + 4 = 0\).

Είναι:

$$d(O,\varepsilon_1) = \frac{|1\cdot 0 - 1\cdot 0 + 4|}{\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$$