Geometria BAER Canale A-K Esercizi 10

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1 Geometria BAER Canale A-K Esercizi Esercizio 1. Data la retta r : y = t z = 1 si trovi il punto A di r tale che l angolo di r con il vettore AO sia π/2, e il punto B di r tale che l angolo di r con il vettore BO sia π/4 (O è l origine del riferimento cartesiano, l angolo tra retta e vettore è l angolo tra il vettore direttore di r dato dalle equazioni parametriche e il vettore). Suggerimento: per trovare B si usi il metodo del punto mobile, i.e. si scriva il vettore generico applicato in un punto di r con vertice nell origine. Soluzione: Il punto A è l intersezione del piano perpendicolare a r per l origine, dunque del piano di equazione x + y = 0. Sostituendo troviamo t + t = 0 dunque t = 0 e le coordinate di A sono (0, 0, 1). Il vettore generico da un punto di r all origine ha coordinate (t, t, 1) che ha norma 2t e prodotto scalare con il vettore (1, 1, 0) uguale a 2. Il vettore direttore ha norma 2 dunque dovremo avere 2t 2 2t2 + 1 = 1 2 dunque 2t = 2t Elevando al quadrato troviamo due soluzioni t = ± 1 2. Però, o ragionando geometricamente o osservando che 1/ 2 con il segno positivo non soddisfa l equazione sopra concludiamo che le coordinate dell unico punto B cercato sono (1/ 2, 1/ 2, 1). L esercizio si poteva anche risolvere osservando che se l angolo è π/4, il triangolo AOB è isoscele dunque si deve avere BA = AO. Esercizio 2. Si considerino le proiezioni sui piani coordinati p 1 (x, y, z) = (0, y, z), p 2 (x, y, z) = (x, 0, z), p 3 (x, y, z) = (x, y, 0). (a) Siano A, B, C tre punti dello spazio, si mostri che se per un i i punti p i (A), p i (B), p i (C) non sono allineati, allora A, B, C non sono allineati. (b) Si trovi un esempio di tre punti A, B, C non allineati t.c. p 2 (A), p 2 (B), p 2 (C) siano allineati. Supponiamo, per esempio, che p 1 (A), p 1 (B), p 1 (C) non siano allineati, allora il rango della ( ) 0 yc y matrice a z c z a è 2, dunque il minore µ 0 y b y a z b z 12,23 ha determinante non nullo. Dunque anche ( ) a xc x a y c y a z c z a contenendo lo stesso minore ha rango 2. x b x a y b y a z b z a b) (0, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 0, 1). Esercizio 3. x = 0 x = 3 Date le rette r : y = t e s : y = 2t, si verifichi che sono sghembe e si scrivano le equazioni z = t z = t parametriche di una retta r ortogonale ed incidente ad entrambe. Dimostrare direttamente che r con queste proprietà è unica.

2 Soluzione: Sono sghembe perchè le coordinate x delle due rette sono costanti e diverse tra loro. Un vettore ortogonale ai vettori direttori di r, s è il vettore (1, 0, 0). Le equazioni parametriche di r saranno dunque x = x 0 + t y = y 0 z = z 0 da cui si vede subito che se r interseca r si deve avere y 0 = t = z 0, e che se r interseca s dobbiamo avere 2t 1 = y 0 = 2z 0 = 2( t 1 ), quindi y 0 = z 0 = 0. Per determinare x 0 abbiamo solo due equazioni del tipo x 0 + t 0 = 0, x 0 + t 1 = 3, possiamo quindi scegliere x 0 = 0 e concludere r : y = 0 z = 0 Qualsiasi altra scelta di x 0 darebbe sempre la stessa retta (l asse delle x), in quanto avremmo sempre una retta parallela a r che passa per l origine (al tempo t = x 0 ) come r. Esercizio 4. Si considerino le rette r 1 : x z + 2 = 0 r 2 : x 3z 1 = 0 y + 2z 3 = 0 (a) Si verifichi che sono sghembe, si trovi la retta di minima distanza (ovvero l unica retta perpendicolare ed incidente ad entrambe) e la distanza tra le due rette. Soluzione: le equazioni parametriche sono x = 1 + 3t r 1 : y = t r 2 : y = 3 2t z = 2 + t z = t l intersezione è vuota, ma le rette non sono parallele, Il vettore dal punto generico di r 1 al punto generico di r 2 ha coordinate r 1 r 2 = (1 + 3t s, 3 2t s, t s 2). Affinchè questo sia perpendicolare a r 1 si deve avere 2t 3s + 2 = 0, la perpendicolarità a r 2 invece dà 14t 2s 5 = 0. risolvendo troviamo s = 1, t = 1/2 che dà il vettore (3/2, 1, 5/2). I punti di intersezione delle due rette con la retta di minima distanza sono dunque P 1 = (1, 1, 3) ottenuto sostituendo il valore s = 1 nelle equazioni parametriche di r 1 e P 2 = (5/2, 2, 1/2). La distanza delle due rettte quindi è d(p 1, P 2 ) = (3/2, 1, 5/2) = ( 38)/2. (b) Si trovi l equazione del piano π parallelo ad entrambe le rette e contenente r 1 e le equazioni cartesiane della proiezione ortogonale r di r 2 su π. Soluzione: Dalla parte precedente abbiamo un vettore perpendicolare ad entrambe le rette quindi i parametri di giacitura del piano cercato:(moltiplicando per due) π : 3x + 2y 5z + d = 0, imponendo il passaggio per P 1 ricaviamo d =. Nel fascio (ridotto) di piani con asse r 2, x 3z 1+k(y+2z 3) = 0 quello perpendicolare a π corrisponde a k = 9/4 quindi l equazione è π : x+(9/4)y+(3/2)z (31/4) = 0 Le equazioni cartesiane di r si ottengono mettendo a sistema le equazioni di π e π (c) Si trovi l intersezione di r 1 e r. Soluzione: L intersezione è P 1 : la retta r è la proiezione ortogonale di r 2 su π e l immagine di P 2 tramite questa proiezione è P 1 visto che P 1 P 2 è ortogonale e incidente a entrambe le rette.del resto si verifica facilmente che P 1 verifica le equazioni di π e π. Esercizio 5. (a) Si trovi l equazione della proiezione dell asse delle x (ossia la retta di equazioni piano di equazione x + y + z = 0 y = 0 z = 0 ) sul

3 (b) È possibile trovare due rette che abbiano la stessa proiezione ortogonale su un piano? Il piano che intersecato con π : x + y + z = 0 dà la proiezione dell asse x deve contenere l asse delle x, quindi i suoi parametri di giacitura (a, b, c) devono essere ortogonali al vettore (1, 0, 0). Inoltre deve essere perpendicolare a π dunque (a, b, c) deve essere perpendicolare a (1, 1, 1). Dunque a = 0, b = c. Inoltre deve passare per l origine (l asse x ci passa) dunque l unico piano che contiene l asse x x + y + z = 0 ed è perpendicolare a π è y z = 0, e la proiezione dell asse x su π è la retta r :. y z = 0 b) Si, ad esempio nel caso precedente tutte le rette del piano y z = 0, tranne quelle parallele al vettore ( 2, 1, 1) che hanno come proiezione ortogonale su π un punto (essendo ortogonali a π), hanno la stessa proiezione ortogonale dell asse x. Esercizio 6. Date le rette r : x + 2y + 2z 7 = 0 x z = 0 s : 2x + 2y + z 4 = 0 (a) Si scrivano le equazioni parametriche di r, s e si dica se sono parallele, incidenti o sghembe. Soluzione: La retta r passa per il punto (0, 7/2, 0), i suoi numeri direttori sono dati dai determinanti dei minori di ordine 2 della matrice ( ) La retta s passa per il punto (0, 0, 4) e calcolando come per r i numeri direttori troviamo che sono (proporzionali a) (1, 1 4) Le equazioni parametriche dunque sono x = 2t r : y = 7 2 3t s : y = t z = 4 4t z = 2t I parametri direttori delle due rette non sono proporzionali quindi le rette non sono parallele. Mettendo a sistema le quattro equazioni di r e s, la seconda di r, x z = 0 e la prima di s, abbiamo x = y = z sostituendo nella prima equazione di r otteniamo 5x 7 = 0, invece sostituendo nella seconda equazione di s abbiamo 5x 4 = 0 dunque il sistema è incompatibile, le rette non si intersecano dunque sono sghembe. (b) Si trovi l equazione del piano π parallelo ad entrambe le rette contenente r. Soluzione: I parametri di giacitura di π devono essere ortogonali ai parametri direttori di entrambe le rette, dunque possiamo prendere il prodotto vettoriale dei vettori (2, 3, 2) e (1, 1, 4). Troviamo che il fascio di piani parallelo a entrambe le rette ha equazioni x + y + 5z + k = 0. Imponendo il passaggio per il punto (0, 7/2, 0) troviamo che il piano cercato è π : 2x + 2y + z 7 = 0 (c) Si trovino le equazioni cartesiane della retta proiezione ortogonale di s su π Soluzione: Consideriamo il fascio (ridotto) di rette in s: x y + k(2x + 2y + z 4) = 0; imponendo l ortogonalità a π troviamo k = 0. L equazione dell unico piano perpendicolare a π contenente s è e le equazioni cartesiane della proiezione di s su π sono 2x + 2y + z 7 = 0 (d) Si trovi l equazione dell intersezione della proiezione di s su π, trovata al punto precedente, con r e l equazione della retta di minima distanza tra r ed s Soluzione: r è contenuta in π, quindi basta trovare l intersezione con che è il punto H = (7/5, 7/5, 7/5). La retta di minima distanza è la retta ortogonale a π (e dunque sia a r che a s) passante per H, dunque ha equazioni parametriche (7/5 + 2t, 7/5 + 2t, 7/5 + t). Si può verificare che in effetti interseca s in (11/15, 11/15, 16/15)

4 Esercizio 7. Si considerino le rette r 1 : x z + 2 = 0 r 2 : x 3z 1 = 0 y + 2z 3 = 0 (a) Si verifichi che sono sghembe, si trovi la retta di minima distanza (ovvero l unica retta perpendicolare ed incidente ad entrambe) e la distanza tra le due rette. Soluzione: le equazioni parametriche sono x = 1 + 3t r 1 : y = t r 2 : y = 3 2t z = 2 + t z = t l intersezione è vuota, ma le rette non sono parallele, Il vettore dal punto generico di r 1 al punto generico di r 2 ha coordinate r 1 r 2 = (1 + 3t s, 3 2t s, t s 2). Affinchè questo sia perpendicolare a r 1 si deve avere 2t 3s + 2 = 0, la perpendicolarità a r 2 invece dà 14t 2s 5 = 0. risolvendo troviamo s = 1, t = 1/2 che dà il vettore (3/2, 1, 5/2). I punti di intersezione delle due rette con la retta di minima distanza sono dunque P 1 = (1, 1, 3) ottenuto sostituendo il valore s = 1 nelle equazioni parametriche di r 1 e P 2 = (5/2, 2, 1/2). La distanza delle due rettte quindi è d(p 1, P 2 ) = (3/2, 1, 5/2) = ( 38)/2. (b) Si trovi l equazione del piano π parallelo ad entrambe le rette e contenente r 1 e le equazioni cartesiane della proiezione ortogonale r di r 2 su π. Soluzione: Dalla parte precedente abbiamo un vettore perpendicolare ad entrambe le rette quindi i parametri di giacitura del piano cercato:(moltiplicando per due) π : 3x + 2y 5z + d = 0, imponendo il passaggio per P 1 ricaviamo d =. Nel fascio (ridotto) di piani con asse r 2, x 3z 1+k(y+2z 3) = 0 quello perpendicolare a π corrisponde a k = 9/4 quindi l equazione è π : x+(9/4)y+(3/2)z (31/4) = 0 Le equazioni cartesiane di r si ottengono mettendo a sistema le equazioni di π e π (c) Si trovi l intersezione di r 1 e r. Soluzione: L intersezione è P 1 : la retta r è la proiezione ortogonale di r 2 su π e l immagine di P 2 tramite questa proiezione è P 1 visto che P 1 P 2 è ortogonale e incidente a entrambe le rette.del resto si verifica facilmente che P 1 verifica le equazioni di π e π. Esercizio 8. Si considerino il piano π : x + y + z = 5 e la retta x = 1 + t r : y = 2t z = t (a) Si scrivano le equazioni parameriche delle rette perpendicolari a π per il punto mobile di r (quindi avremo tre equazioni in due parametri). (b) Si elimino i parametri (come nel caso del passaggio da equazioni parametriche a quelle cartesiane nel piano) per ottenere un equazione di un piano π (c) Si mostri che la retta π π è la proiezione di π su r. x = 1 + t + s y = 2t + s z = t + s b) π : x + 2y 3z 1 = 0 c) Il piano π è ortogonale a π perchè i parametri di giacitura sono le coordinate di vettori ortogonali, inoltre sostituendo le equazioni di r nell equazione di π otteniamo (1 + t) 4t + 3t 1 = 0. Quindi π è l unico piano ortogonale a π che contiene r.

5 Esercizio 9. Si considerino i punti A (1, 0), B ( 1, 1), C (0, 1). (a) Si trovi l equazione della circonferenza γ per A, B, C (b) Si trovino le rette parallele alla retta di equazione x 2y = 0 tangenti a γ (c) Si trovi l equazione della retta tangente a γ in A. a + c = 1 Imponendo il passaggio per i tre punti, otteniamo il sistema c b = 1. Risolvendolo b + c a = 2 troviamo l equazione di γ : x 2 + y 2 + (1/3)x (1/3)y 4/3 = 0. b) Il centro della circonferenza è P ( 1/6, 1/6), il raggio è ρ = (5/6) 2. L equazione del fascio parallelo a x 2y = 0 è r k : x 2y + k = 0. Sostituiamo questi dati nella formula della distanza di un punto da una retta, otteniamo k 1/2 = (5/6) 5 2. Quindi le due rette cercate hanno termine noto k = 1/2 ± (5/6) 5 2. c) è la retta perpendicolare a OA per A. Dunque 7x + y + 7 = 0. Esercizio. Siano dati la retta r di equazione 2 ed il punto A (0, 2). (a) Si calcoli l equazione della circonferenza γ di centro A tangente a r. (b) La proieizione di A su r. (c) Detto T il punto di tangenza di r e γ, l area del triangolo OT A. La retta per A ortogonale a r ha equazione x + 2y 4 = 0 e interseca r nel punto T (4/5, 8/5). La distanza d(a, T ) = /5 è il raggio,dunque l equazione di γ è x 2 + (y 2) 2 = 4/5. b) La proiezione di A su r è il punto T calcolato prima. c) OT A è retto in T, dunque l area è (1/2)( 20/5)d(O, T ) = (1/) = 4. Esercizio 11. Si considerino i punti A (2, 0), B (0, 2) (a) Si trovino le equazioni delle circonferenze di raggio 3 passanti per A, B. (b) Il raggio minimo di una circonferenza per A, B (c) Dato C (1, 1) Esiste una circonferenza per A, B, C? Se si, se ne trovi l equazione. L asse di AB ha equazioni parametriche x = 1 + t, la distanza di A (e anche di B) y = 1 t dal punto generico dell asse del segmento è d(p (t), A) 2 = 2 + 2t 2 quindi ci sono due circonferenze di raggio 3 per A, B di centri (1 + 7/2, 1 7/2 e (1 7/2, 1 + 7/2. Le equazioni sono quindi (x (1 + 7/2)) 2 + (y ( 1 7/2)) 2 = 9 e (x (1 7/2)) 2 + (y ( 1 + 7/2)) 2 = 9. b) Il raggio minimo è metà della distanza d(a, B) = 2 2 (quando il centro è il punto medio di AB. c) I tre punti sono allineati. Esercizio 12. (a) Scrivere l equazione della sfera S di centro (1, 1, 1) di raggio 3. (b) Si dica se il punto A di coordinate (2, 3, 2) è interno o esterno alla sfera.

6 (c) Si descriva l intersezione di S con il piano z = k al variare di k R (Suggerimento nelle parti b),c) si consideri la distanza del centro dal punto A e dal piano). x 2 + y 2 + z 2 2x 2y 2z 6 = 0. b) La distanza tra A e il centro di S è 6 dunque il punto è interno. c) L intersezione ha equazioni z = k, x 2 +y 2 2x 2y +k 2 2k 6 = 0. Questa equazione rappresenta una circonferenza sul piano z = k se R = 4k 2 +8k+32 > 0. Quindi per 2 < k < 4 abbiamo una circonferenza, per k = 4 abbiamo solo il punto di tangenza (1, 1, 4) per k = 2 il punto di tangenza (1, 1, 2). Esercizio 13. (a) Determinare l equazione della sfera S passante per i punti O (0, 0, 0), A (1, 0, 0), B (0, 1, 0), C (0, 0, 1) (b) Si trovino le equazioni dei piani paralleli a x + y + z = 0 tangenti a S. x 2 + y 2 + z 2 x y z = 0. b) Il centro della sfera è C (1/2, 1/2, 1/2), il raggio è pari a 3/2. Dunque dobbiamo determinare quali, tra i piani π k di equazione x + y + z + k = 0 siano tali che d(π k, C) = 3/2. Con soluzioni k = 0, k = 6/2. 3/2 + k / 3 = 3/2 Esercizio 14. Nel piano, si consideri la circonferenza γ di equazione x 2 + y 2 2x 6y + 6 = 0. (a) Si trovino centro e raggio di γ. Soluzione: L equazione si scrive (x 1) 2 + (y 3) 2 4 = 0 quindi il centro è (1, 3) e il raggio è 2. (b) Sia P il punto di intersezione di γ con la retta r : 3 più vicino all origine. Si scriva l equazione della retta s per l origine parallela alla tangente a γ in P. Soluzione: La retta passa per il centro, quindi contiene un diametro di γ. Dunque la tangente in P è perpendicolare al diametro e la parallela per O è s : 3. Non serve, comunque P (1 2/5, 3 3 2/5). (c) Si scriva la matrice canonica della proiezione su r Soluzione: Un vettore direttore di r normalizzato è u t = 1 (1, 3), abbiamo che e 1 = e 1, u u + v = ( ) ( ) v con v appartenente alla retta per l origine perpendicolare a r; analogamente e 3 2 = 3 + ( ( ) 3 1 w, quindi le proiezioni su r dei vettori della base canonica sono 1 1 3, 3). 9 Esercizio 15. Si considerino le rette nello spazio r 1 : x y 2z 3 = 0 x 2z 5 = 0 r 2 : 4x + 2y 4z + 14 = 0 x y 2 = 0 (a) Si scrivano le equazioni parametriche delle rette e si mostri che le rette sono sghembe

7 Soluzione: I parametri direttori di r 1 sono (2, 0, 1), quello di r 2 sono (2, 2, 3), quindi le rette non sono parallele. r 1 passa per A = (2, 2, 3/2), r 2 per B = (0, 2, 5/2) dunque le equazioni parametriche sono x = 2t + 2 x = 2t r 1 : y = 2 r 2 : y = 2t 2 z = t 3/2 z = 3t + 5/2. Euguagliando le coordinate, troviamo un sistema in t, s incompatibile. (b) Si trovino le equazioni dei due piani paralleli π 1, π 2 tali che r i π i i = 1, 2. Soluzione: I piani sono paralleli a entrambe le rette, quindi i parametri di giacitura sono perpendicolari ai numeri direttori delle due rette. Usando il prodotto vettoriale (2, 0, 1) (2, 2, 3) = ( 2, 4, 4), troviamo che il fascio di piani é x 2y + 2z + k = 0. r 1 passa per A, quindi imponendo il passaggio π 1 : x 2y + 2z + 9 = 0, analogamente B r 2 e troviamo π 2 : x 2y + 2z 9 = 0. (c) Si trovi l equazione della sfera S tangente a π 1, π 2 e avente centro sull unica retta perpendicolare e incidente sia a r 1 che a r 2 Soluzione: Il vettore con punto di applicazione in r 1 (paramerizzato da s) e vertice in r 2 (parametro t) ha coordinate (2t 2s 2, 2t 4, 3t s + 4); imponendo la perpendicolarità con i parametri direttori dele due rette otteniamo t = s = 0. I punti in cui la retta perpendicolare a entrambe le rette le interseca: A r 1, B r 2. Il centro della sfera è il punto medio di AB, M = (1, 0, 1/2), il raggio d(m, A) = d(m, B) = 3. L equazione dunque è (x 1) 2 + (y) 2 + (z 1/2) 2 = 9.