Esercizi riepilogativi sulle coniche verso l esame di stato

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1 Esercizi riepilogativi sulle coniche verso l esame di stato n. 9 pag. 55 Sono date le curve α e β definite dalle seguenti relazioni: α : xy x y + 4 = 0 β : luogo dei punti P (k + ; 1 + k ), k R a) Dopo aver trovato l equazione cartesiana di β, rappresenta graficamente le due curve. b) Verifica che hanno in comune soltanto un punto T e che sono tangenti. c) Calcola l area della regione finita di piano che ha per contorno la curva β, la tangente condotta per T e la retta di equazione x = +. a) Partendo dal sistema x = k + y = 1 + k ricavando k dalla prima equazione e sostituendo nella seconda si ottiene: k = x y = 1 + (x ) y = 1 + x + 6x 7 che rappresenta una semicirconferenza di centro C(; 1) e raggio. L equazione della curva α si può riscrivere nella forma y = x 4, da cui è evidente che si tratta di x una funzione omografica (iperbole equilatera riferita ai propri asintoti) di centro C(; 1), coincidente con il centro della semicirconferenza. L asse trasverso di tale iperbole è la retta passante per C e parallela alla bisettrice del secondo e quarto quadrante, ossia la retta di equazione y = x + 4. I vertici dell iperbole si possono trovare come intersezioni tra tale retta e l iperbole stessa, ovvero risolvendo il sistema xy x y + 4 = 0 x( x + 4) x ( x + 4) + 4 = 0 y = x + 4 y = x + 4 x 6x + 8 = 0 y = x + 4 x = y = x = 4 y = 0 1

2 b) Si verifica immediatamente che il primo dei due punti appena trovati (vertici dell ierbole) appartiene anche alla semicirconferenza e pertanto, per la simmetria della figura rispetto all asse trasverso, rappresenta anche l unico punto di contatto (e quindi il punto T di tangenza) tra l iperbole e la semicirconferenza. [Il secondo punto, di coordinate (4; 0), rappresenta evidentemente il punto di tangenza con la semicirconferenza inferiore, che non interessa ai fini del problema.] c) La tangente in T è la bisettrice del primo e terzo quadrante, di equazione y = x; la retta di equazione x = + risulta tangente alla semicirconferenza nel punto P (+ ; 1) ed infine le due rette si incontrano nel punto Q(+ ; + ). L area richiesta si può ottenere come differenza tra l area del quadrilatero P QT C e quella del settore cirolare che sottende l arco P T. Dal momento che l angolo P ĈT è di 15, l area del settore circolare risulta pari a del cerchio, mentre l area del 8 quadrilatero P QT C corrisponde al doppio dell area del triangolo CP Q in quanto i due triangoli rettangoli CP Q e CT Q sono evidentemente congruenti. Si ha infine: A = CP P Q 8 π CP = ( + ) 8 π ( ) = + 4 π n. 0 pag. 55 a) Scrivi l equazione del luogo geometrico dei punti del piano che sono equidistanti dalla retta d di equazione x y 9 = 0 e dal punto F di coordinate (; ) e spiega perché si tratta di una parabola. b) Individua le coordinate del vertice V, l equazione della retta t tangente nel vertice e l equazione dell asse di simmetria della parabola. c) Sia A l intersezione della retta t con l asse delle ordinate e B l intersezione, di ascissa minore, della parabola con l asse delle ascisse. Dimostra che il triangolo ABF è un triangolo rettangolo e determinane l area e il perimetro. d) Scrivi l equazione della semicirconferenza circoscritta al triangolo ABF. e) Trova l equazione della parabola con asse di simmetria parallelo all asse delle ordinate, passante per A, B e V. a) L equazione rappresenta una parabola in base alla definizione stessa di parabola come luogo dei punti del piano equidistanti da un punto (fuoco) e da una retta (direttrice); nel caso del problema in questione, il punto F e la retta d rappresentano rispettivamente il fuoco e la direttrice della parabola stessa. La condizione richiesta dal problema si traduce nell equazione ovvero e infine x y 9 5 = (x ) + (y ) x + 4y xy 18x + 6y = 5(x 6x y 4y + 4) 4x + 4xy + y 1x 56y 16 = 0 b) L asse della parabola è la retta perpendicolare alla direttrice d e passante per il fuoco F ; riscrivendo in forma esplicita l equazione della retta d si ha y = 1x 9 da cui: m d = 1 m asse = 1 m d =

3 e l equazione dell asse è pertanto data da y = (x ) y = x + 8 L asse della parabola interseca la direttrice nel punto x y 9 = 0 5x 5 = 0 H : y = x + 8 y = x + 8 e il vertice è il punto medio del segmento F H, ossia il punto V tangente t nel vertice ha equazione y = 1 (x 4) ovvero y = 1 x. x = 5 y = ( + 5 ; ) = (4; 0). Infine, la c) Dall equazione della retta t si ha immediatamente A( ; 0). Per determinare B è sufficiente porre y = 0 nell equazione della parabola e risolvere l equazione così ottenuta: 4x 1x 16 = 0 x x 4 = 0 x = 1 x = 4 e pertanto risulta B( 1; 0). Si ha poi (con facili calcoli): AB = 5 BF = 5 AF = 5 e dal momento che AF = AB +BF si può affermare che il triangolo ABF è rettangolo in quanto le misure dei suoi lati verificano il teorema di Pitagora. [Alternativamente, si poteva verificare che AB F V e BF AV calcolando i coefficienti angolari delle rette AB e BF, per poi dedurre che i punti A, B, F, V sono vertici di un rettangolo.] Si ha infine: e A ABF = AB BF = 5 5 = 5 P ABF = AB + BF + AF = = 5 + 5

4 ( 0 + d) Il centro della semicirconferenza è il punto medio del segmento AF, ossia C ; + ) = ( ) ; 0. Il raggio è pari alla metà di AF, ossia r = 5. L equazione della circonferenza passante per A, B, F è quindi data da: ( x ) + y = ( ) 5 x + y x 4 = 0 Per determinare l equazione della semicirconferenza circoscritta al triangolo ABF occorre scegliere la parte al di sopra della retta AF, la cui equazione è y = 4 x. Dovrà quindi essere y 4 x ovvero 4x y 6 0. In definitiva l equazione della semicirconferenza cercata è data dal sistema: x + y x 4 = 0 4x y 6 0 e) L equazione della parabola cercata è della forma y = ax + bx + c, in cui si ha immediatamente c = per l appartenenza del punto A alla parabola stessa. La condizione di appartenenza dei rimamenti due punti fornisce il sistema 16a + 4b = 0 a = 1 a b = 0 b = ed infine l equazione della parabola è y = 1 x x. n. 1 pag. 55 a) Nel fascio di curve di equazione (k + 1)x + y kx + y + k = 0 individua per quale valore di k si ottiene una circonferenza e rappresentala graficamente indicando con O e A le sue intersezioni con gli assi cartesiani. b) Studia la curva che si ottiene per k = 1 e chiama B la sua intersezione con la circonferenza. c) Stabilisci per quali valori di k l equazione data rappresenta un ellisse e in tal caso determinane il luogo dei centri L. d) Determina il luogo L simmetrico di L rispetto alla bisettrice del I e III quadrante. Il luogo L interseca la parabola nei punti C e D. Verifica che il triangolo BCD è simile al triangolo OAB e calcolane il rapporto r di similitudine. a) Affinché l equazione rappresenti una circonferenza, dovranno essere uguali i coefficienti dei termini x e y. Si ha pertanto k + 1 = 1 da cui k = 0. L equazione diventa: x + y + y = 0 x + (y + 1) = 1 e si tratta pertanto di una circonferenza con centro (0; 1) e raggio 1. Essa passa per l origine O(0; 0) ed interseca ulteriormente l asse delle ordinate nel punto A(0; ). 4

5 b) Per k = 1 l equazione diventa: y + x + y 1 = 0 x = 1 y y + 1 e si tratta pertanto di una parabola con asse orizzontale di equazione y = 1 e vertice V (1; 1). Per determinare le intersezioni della parabola con la circonferenza è necessario risolvere il sistema x + y + y = 0 y + x + y 1 = 0 Sottraendo membro a membro le due equazioni si ottiene immediatamente x x + 1 = 0 ossia (x 1) = 0 che ha due soluzioni coincidenti; le due curve sono pertanto tra loro tangenti nel punto B V (1; 1) (vertice della parabola). c) Affinché l equazione data rappresenti un ellisse, i coefficienti dei termini x e y dovranno essere concordi ma diversi (se fossero uguali, si avrebbe infatti una circonferenza come già visto nel primo caso). Si ha pertanto k + 1 > 0 ovvero k > 1, con k 0 (caso che corrisponde alla circonferenza). L equazione si può riscrivere nella forma (k + 1) ( x k k + 1 x + k (k + 1) da cui si ricavano le coordinate del centro C: x C = k k + 1 y C = 1 ) + (y + 1) = k k k Il luogo L cercato appartiene pertanto alla retta di equazione y = 1; più precisamente, per valori di k tendenti a + il valore di x C si avvicina a x = 1, mentre per valori di k prossimi a 1 (ma maggiori di 1 come richiesto dalla condizione trovata in precedenza) il valore di x C tende a. Il luogo L è in definitiva costituito dalla semiretta di equazione y = 1 con x < 1. d) Dall osservazione della figura si ricava immediatamente che l equazione di L è la semiretta di equazione x = 1 con y < 1; i punti C e D si ricavano dalla soluzione del sistema y + x + y 1 = 0 x = 1 da cui si ottiene C( 1; 1) e D( 1; ). y + y = 0 x = 1 5

6 [Osservazione: a rigore, dal momento che il punto B non appartiene al luogo L, neppure il punto C, simmetrico di B, appartiene in realtà al luogo L. I punti C e D dovrebbero pertanto più correttamente essere indicati come intersezioni della parabola con la retta che contiene il luogo L stesso.] Infine, dalla figura è immediato osservare che i due triangoli BCD e OAB sono rettangoli e isosceli, con rapporto di similitudine r =. n. pag. 55 Considera il luogo dei punti del piano per i quali il rapporto fra la distanza da F (; 0) e dalla retta y = è uguale a. a) Determina l equazione, il centro, i semiassi, l eccentricità e rappresenta graficamente la conica trovata. b) Riduci in forma canonica l equazione trovata. c) Discuti il numero dei punti di contatto della conica, di ordinata y 1, con le rette del fascio di centro Q( 1; 4). a) Indicato con P (x; y) il generico punto appartenente al luogo cercato, la relazione richiesta corrisponde all equazione (x ) + y y + = (x ) + y = 4 ( y + ) (x ) y 1y 9 = 0 (x ) (y + ) (x ) = (y + ) = 1 e si tratta pertanto di un iperbole (come era evidente dalla definizione di partenza), con centro C(; ), semiasse trasverso b = 1 e semiasse non trasverso a =. Si ha poi c = a + b = e quindi i fuochi sono i punti F 1 (; 0) e F (; 4); i vertici sono i punti V 1 (; 1) e V (; ). Gli asintoti sono le rette di equazione y + = ± 1 (x ); infine, l eccentricità risulta e = c b =, anche questo evidente dalla definizione di partenza. 6

7 b) L equazione canonica si ottiene mediante la traslazione X = x Y = y + che conduce all equazione X Y = 1. c) Si osserva innanzitutto che il centro Q del fascio di rette appartiene all asintoto di equazione y + = 1 (x ). L equazione del fascio è data da y = m(x + + 1) e le situazioni limite sono le seguenti: 1) retta (r 1 ) tangente: occorre mettere a sistema l equazione dell iperbole con quella del fascio e imporre la condizione = 0 nell equazione risolvente: (x ) (y + ) = 1 y = m(x + + 1) da cui, con calcoli piuttosto lunghi che qui si omettono per brevità, si ottiene m = 1. ) asintoto contenente Q: m = 1 ) retta (r ) passante per Q e parallela all altro asintoto: m = 1 4) retta passante per V 1 (; 1): imponendo la condizione di appartenenza, si ottiene = m( + + 1) m = = + 5) retta (r ) verticale passante per il centro del fascio: m non definito ovvero, se si preferisce, m ±. In conclusione il numero di punti di contatto tra l iperbole e la retta del fascio con coefficiente angolare m risulta pari a: punti concidenti per m = 1 punti distinti per 1 < m < 1 e per m = (caso particolare, isolato, in corrispondenza del quale la seconda intersezione cade nel vertice V 1 di ordinata 1) 1 punto per m 1 m > ma m (in quest ultimo caso particolare, come + si è visto, vi sono due intersezioni) 1 punto di contatto si ha anche con la retta (verticale) di equazione x = 1 ovviamente priva di coefficiente angolare 0 punti per 1 < m 1. 7