Esercizi svolti sulla parabola

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1 Liceo Classico Galilei Pisa - Classe a A - Prof. Francesco Daddi - 19 dicembre 011 Esercizi svolti sulla parabola Esercizio 1. Determinare l equazione della parabola avente fuoco in F(1, 1) e per direttrice la retta d : y =. Soluzione. La parabola è il luogo dei punti equidistanti dal fuoco F e dalla direttrice, per cui si ha (x 1) + (y + 1) = y + y = 1 x x 1. Esercizio. Determinare l equazione della parabola di vertice V (, 3) e direttrice d : y = 7. Soluzione. Dato che il vertice V deve avere la stessa distanza dal fuoco e dalla direttrice, si ha y F 7 = 3 y F = 1 (il fuoco della parabola è F(,1)) la parabola ha quindi equazione (x + ) + (y 1) = y + 7 y = 1 16 x x Esercizio 3. Determinare l equazione della parabola di vertice V ( 6, 4) e fuoco F( 6, 6). Soluzione. Il vertice ha la stessa distanza dal fuoco F e dalla direttrice, che quindi ha equazione y = 14. La parabola ha quindi equazione (x + 6) + (y + 6) = y 14 y = 1 40 x 3 10 x Esercizio 4. Determinare le equazioni delle parabole con asse parallelo all asse y, aventi fuoco in F(3, ) e passanti per P(6, ). Soluzione. Si tratta di determinare le rette d, parallele all asse delle x, tali che P sia equidistante da F e dalle rette d poiché PF = 5, le due rette sono d 1 : y = 3, d : y = 7. Le due parabole con le proprietà volute hanno equazioni (x 3) + (y ) = y 3 y = 1 x + 3x (x 3) + (y ) = y + 7 y = 1 18 x 1 3 x. Esercizio 5. Determinare le coordinate dei punti di intersezione della retta y = 4 con la parabola avente fuoco in F( 4,3) e come direttrice la retta d : y 6 = 0. Si risolva l esercizio senza determinare l equazione della parabola. Soluzione. I punti di intersezione sono della forma (t, 4) poiché appartengono alla parabola, sono equidistanti dal fuoco e dalla direttrice e quindi risulta: (t + 4) + (4 3) = 4 6 t 1 = 4 ± 3 i due punti di intersezione sono P 1 ( 4 3, 4) e P ( 4 + 3, 4). Esercizio 6. Determinare l equazione della parabola con asse parallelo all asse y e passante per i punti A(, 4), B( 1,), C(3, ). Soluzione. La parabola ha equazione del tipo y = ax + bx + c imponendo il passaggio per i tre punti si ha: + b + c = 4 a b + c = 9a + 3b + c = ricavando c dalla seconda equazione e sostituendo nelle altre due si ottiene + b + a + b = 4 c = a + b 9a + 3b + a + b = la parabola ha quindi equazione y = x 3x. 3a + 3b = 6 c = a + b 8a + 4b = 4 a = 1 b = 3 c = 1

2 Esercizio 7. Determinare l equazione della parabola con asse parallelo all asse y, avente vertice in V (, 1) e passante per P(3,4). Soluzione. Primo metodo (semplice). Utilizzando la formula y y V = a(x x V ), tutte le parabole con asse parallelo all asse y ed aventi vertice in V (,1) hanno equazione del tipo y 1 = a(x ). Sostituendo nella precedente formula le coordinate del punto P si ricava il parametro a: 4 1 = a(3 ) a = 3 la parabola ha quindi equazione y 1 = 3(x ), ovvero y = 3x 1x Secondo metodo. Imponiamo il passaggio per V e P ed imponiamo che x V = b a = : + b + c = 1 9a + 3b + c = 4 b a = + b + c = 1 9a + 3b + c = 4 b = 8a + c = 1 9a 1a + c = 4 b = + c = 1 3a + c = 4 b = il sistema è risolto per a = 3, b = 1, c = 13 : si ottiene di nuovo l equazione y = 3x 1x Terzo metodo. La parabola ha come asse di simmetria la retta parallela all asse delle y e passante per V (,1), ovvero la retta x = dato che la parabola passa per P(3,4), passa anche per P (1,4), simmetrico di P rispetto all asse di simmetria. Imponendo il passaggio per i punti V, P, P, si ottiene + b + c = 1 9a + 3b + c = 4 a + b + c = 4 + b + 4 a b = 1 9a + 3b + 4 a b = 4 c = 4 a b si ottiene di nuovo l equazione y = 3x 1x a + b = 3 8a + b = 0 c = 4 a b a = 3 b = 1 c = 13 Esercizio 8. Determinare l equazione della parabola passante per i punti A(4, 1), B(5, ) ed avente per asse di simmetria la retta x = 3. Soluzione. Primo metodo. La parabola passa anche per i punti A (,1) e B (1,), simmetrici rispettivamente di A e B rispetto all asse di simmetria. Imponendo il passaggio per A, A, B (ma possiamo scegliere anche un altra terna di punti) si ottiene l equazione y = 1 3 x x Secondo metodo. Dato che la retta x = 3 è asse di simmetria, il vertice ha ascissa pari a 3 l equazione generica della parabola con vertice V (3,y V ) è y y V = a(x 3), per cui per risolvere l esercizio è sufficiente determinare a e y V. Imponendo il passaggio per A e B si ha 1 yv = a(4 3) y V = a(5 3) 1 yv = a y V = a = 1 3 y V = 3 in definitiva l equazione della parabola è y 3 = 1 3 (x 3), ovvero y = 1 3 x x Terzo metodo. Poiché vertice ha ascissa x = 3, risulta x V = b a per A e B si ha: b a = 3 16a + 4b + c = 1 5a + 5b + c = b = 6a 16a + 4b + c = 1 5a + 5b + c = b = 6a 16a + c = 1 5a 30a + c = = 3 imponendo anche il passaggio b = 6a 8a + c = 1 5a + c = il sistema è risolto per a = 1 11, b =, c = 3 3 si ottiene di nuovo l equazione y = 1 3 x x Esercizio 9. Determinare le equazioni delle rette tangenti condotte dal punto P(1, 3) alla parabola y = x 7x + 4. Determinare inoltre le coordinate dei punti di tangenza. Soluzione. La generica retta passante per P ha equazione y + 3 = m(x 1) imponendo che il sistema y = x 7x + 4 y + 3 = m(x 1)

3 abbia soluzioni coincidenti ( = 0 nell equazione x + x( m 7) + m + 7 = 0), si arriva alla condizione m + 6m 7 = 0 da cui m 1 = 7, m = 1. Le rette tangenti richieste, pertanto, hanno equazioni y = 7x + 4, y = x 4. Per determinare le coordinate dei punti di tangenza basta mettere a sistema ciascuna di queste equazioni con quella della parabola. Si ricavano così i punti T 1 (0,4) e T (, ). Esercizio 10. Determinare l equazione della parabola con asse parallelo all asse delle y, avente vertice in V (3, ) e tangente alla retta y = x + 3. Si determini inoltre il punto di tangenza. Soluzione. Le parabole con asse parallelo all asse delle y ed avente vertice in V (3, ) ha equazione y + = a(x 3) imponendo che il sistema y + = a(x 3) y = x + 3 abbia soluzioni coincidenti, si arriva alla condizione ( 6a 1 ) 1 (9a 5) = 0, da cui a = 104. La parabola ha pertanto equazione y = x x 17 (. Il punto di tangenza è T 3, 17 ). 104 Esercizio 11. Determinare l equazione della parabola con asse parallelo all asse y, tangente alla retta y = x in A(1, 1) e passante per B(,5). Soluzione. La parabola ha equazione del tipo y = ax + bx + c per imporre la tangenza con la retta y = ax y = x, basta imporre che il sistema + bx + c abbia soluzioni coincidenti ponendo = 0 y = x nell equazione ax +(b 1)x+c+ = 0 si arriva così alla condizione (b 1) (c+) = 0. Imponendo anche il passaggio per i punti A e B si arriva al sistema a + b + c = 1 b + c = 5 (b 1) (c + ) = 0 c = 1 a b 3a 3b = 6 (b 1) + (a + b 1) = 0 c = 1 a b = a (a 3) + (a 3) = 0 c = 1 a b = a 9(a 1) = 0 la parabola ha quindi equazione y = x x 1. c = 1 a b b 1 a b = 5 (b 1) ( 1 a b + ) = 0 ricavando b e c in funzione di a, si ha c = 1 a b = a 9a 18a + 9 = 0 a = 1 b = 1 c = 1 Esercizio 1. Determinare le equazioni delle parabole con asse parallelo all asse delle y, tangenti alla retta y = x + 1 e passanti per i punti A(0,) e B( 1,3). Soluzione. La parabola ha equazione del tipo y = ax + bx + c per la tangenza con la retta y = x + 1, y = ax basta imporre che il sistema + bx + c abbia soluzioni coincidenti ponendo = 0 nell equazione y = x + 1 ax + (b )x + c 1 = 0 si arriva così alla condizione (b ) (c 1) = 0. Imponendo anche il passaggio per i punti A e B si arriva al sistema c = a b + c = 3 (b ) (c 1) = 0 c = b = a 1 (a 3) = 0 c = b = a 1 a 10a + 9 = 0 3

4 c = b = 0 a = 1 c = b = 8 a = 9 le equazioni delle due parabole, quindi, sono: y = x + e y = 9x + 8x +. Esercizio 13. Determinare le equazioni delle parabole aventi la retta x = 1 come asse di simmetria, tangenti alla retta y = x e passanti per A(, 4). Soluzione. Per ragioni di simmetria, la parabola passa anche per il punto A (4,4) si tratta quindi di determinare le equazioni delle parabole con asse parallelo all asse y, tangenti alla retta y = x e passanti per A(,4) e A (4,4). Come visto nell esercizio precedente, si arriva al sistema b + c = 4 16a + 4b + c = 4 (b 1) (c + ) = 0 da cui a 1 = 1 b 1 = 1 c 1 = 0 a 1 = 1 18 b 1 = 1 9 c 1 = 3 9 le due parabole, pertanto, hanno le seguenti equazioni: y = 1 x x, y = 1 18 x 1 9 x Esercizio 14. Determinare l equazione della parabola con asse parallelo all asse y, tangente nell origine alla retta y = x e tangente ulteriormente alla retta y = x + 6. Soluzione. Poiché la parabola passa per l origine, risulta c = 0 e quindi la sua equazione è del tipo y = ax + bx. Imponendo la tangenza con la retta y = x, si arriva alla condizione (b 1) = 0, da cui b = 1. Per determinare a basta imporre la tangenza con la retta y = x+6: si trova a = 1 6. L equazione della parabola, pertanto, è la seguente: y = 1 6 x + x. Esercizio 15. Determinare la parabola con asse parallelo all asse delle y e tangente alle rette y = x 3, y = 3x + 5, y = 5x 19. Soluzione. Imponiamo le condizioni di tangenza alle tre rette: (b 1) (c + 3) = 0 (b + 3) (c 5) = 0 (b 5) (c + 19) = 0 c = (b 1) 1a (b + 3) (b 1) + 1a + 0a = 0 (b 5) (b 1) + 1a 76a = 0 c = (b 1) 1a a = 1 b = 5 l equazione della parabola, pertanto, è y = x 5x + 6. (b 1) c 1a = 0 (b + 3) c + 0a = 0 (b 5) c 76a = 0 c = (b 1) 1a + b + 1 = 0 8a + b 3 = 0 c = 6 a = 1 b = 5 Esercizio 16. Determinare le equazioni delle parabole con asse parallelo all asse y, tangenti alla retta y = 5 nel suo punto di ascissa sapendo che la distanza del fuoco dalla direttrice è pari a 6. Soluzione. Le parabole hanno ovviamente vertice in V (,5) la loro equazione generale è y 5 = a(x+), ovvero y = ax + x Dal momento che la distanza V F è pari a 6/ = 3, ci sono due possibili fuochi F 1 = (, 5 ± 3) e due rispettive direttrici d 1 : y = 5 3. Le rispettive parabole hanno equazioni (x + ) + (y 8) = y y = x 1 + x (x + ) + (y ) = y 8 y = x 1 x

5 Esercizio 17. Determinare le equazioni delle rette tangenti comuni alle parabole y = x 4x + 6 e y = x + x 3. Soluzione. Cerchiamo m e q in modo che i due sistemi y = x 4x + 6 y = m x + q, y = x + x 3 y = m x + q abbiano ciascuno soluzioni coincidenti si arriva dunque alle condizioni (m + 4) 4(6 q) = 0 (m ) 8(3 + q) = 0 m1 = il sistema ammette le soluzioni q 1 = 3 e equazioni y = x 3 e y = 6x + 5. m = 6 q = 5. Le rette tangenti comuni, pertanto, hanno Esercizio 18. Determinare la retta parallela alla retta 4x y + 7 = 0 e tangente alla parabola y = 3x x + 4. Soluzione. La generica retta parallela alla retta 4x y + 7 = 0 ha equazione y = x + k per imporre la tangenza con la parabola basta imporre che il sistema y = 3x x + 4 y = x + k abbia soluzioni coincidenti. Si arriva alla condizione 9 1(4 k) = 0, da cui k = La retta tangente ha quindi equazione y = x Esercizio 19. Determinare il punto della parabola y = x più vicino alla retta r : y = 3x 7. Soluzione. Per risolvere l esercizio basta determinare la retta parallela alla retta r e tangente alla parabola: il punto T di tangenza è il punto richiesto. La generica retta parallela ad r ha equazione del tipo y = 3x+k, per cui dobbiamo far sì che il sistema y = x y = 3x + k abbia due soluzioni coincidenti: si trova k = 9 4. La retta tangente ha equazione y = 3x 9 ( 4 3 di tangenza ha coordinate T, 9 ). 4 ed il punto Esercizio 0. Determinare l equazione della retta r, parallela all asse delle x, tale che la corda staccata su r dalla parabola y = x x + 3 abbia una lunghezza uguale a 5. Soluzione. Una retta parallela all asse delle x ha equazione y = k, per cui le coordinate dei punti di intersezione tra la parabola e la retta si ottengono risolvendo il sistema y = x x + 3. y = k Le soluzioni sono x1 = 1 + k y 1 = k imponendo che la corda abbia lunghezza pari a 5, si ha, x = 1 k y = k x 1 x = 5 k = 5 k = 33 4 la retta richiesta ha pertanto equazione y =

6 Esercizio 1. Dimostrare che i punti medi delle corde staccate dalla parabola y = x + 4x + 5 sulle rette parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante appartengono ad una retta parallela all asse delle y. Soluzione. Le rette parallele hanno equazione y = x + k le coordinate degli estremi delle corde si ottengono risolvendo il sistema y = x + 4x + 5 y = x + k le soluzioni del sistema, per k 11 4, sono: x 1 = 3 4k 11 y 1 = k 3 4k 11 x = 3 + 4k 11 y = k 3 + 4k 11 per ogni k 11 4 il punto medio della corda è ( x1 + x, y ) ( 1 + y = 3, k 3 ) con k I punti medi delle corde appartengono dunque alla retta x = 3, parallela all asse y. Esercizio. Dimostrare che la retta tangente alla parabola y = ax + bx + c nel suo punto di ascissa x 0 ha coefficiente angolare pari a ax 0 + b. Soluzione. Il punto P di ascissa x 0 ha coordinate P(x 0, ax 0 + bx 0 + c) la retta generica passante per P è y = m(x x 0 ) + ax 0 + bx 0 + c. Il sistema y = ax + bx + c y = m(x x 0 ) + ax 0 + bx 0 + c y = ax + bx + c ax + (b m)x + (mx 0 ax 0 bx 0) = 0 deve avere due soluzioni coincidenti: si arriva così alla condizione (b m) (mx 0 ax 0 bx 0) = 0, che può essere riscritta così: x 0 + b + m + bx 0 x 0 m bm = 0 (ax 0 + b m) = 0 risolvendo l ultima equazione rispetto ad m si trova m = ax 0 + b. Possiamo ritrovare lo stesso risultato osservando che l equazione ax +(b m)x+(mx 0 ax 0 bx 0) = 0 è risolta per x 0 e, affinché la retta risulti tangente alla parabola, anche l altra soluzione deve coincidere con x 0 la somma delle soluzioni deve perciò essere pari a x 0. Ricordando le relazioni fra la somma delle soluzioni di un equazione di secondo grado ed i suoi coefficienti, si ha: b m a = x 0 m = ax 0 + b. Esercizio 3. Dimostrare che le tangenti alla parabola y = x + x + 5, condotte da un punto della 4 direttrice, sono perpendicolari. Soluzione. La direttrice coincide con l asse delle x, quindi il punto generico da cui partono le tangenti è P(t,0). La generica retta passante per P ha equazione y = m(x t), quindi basta imporre che il sistema y = x + x y = m(x t) abbia soluzioni coincidenti. Si arriva alla condizione ( m) 4 ( ) mt = 0, da cui m 1 = t + + 4t + 8t + 5, m = t + 4t + 8t + 5 6

7 moltiplicando questi due coefficienti angolari si trova ( t + + ) ( 4t + 8t + 5 t + ) 4t + 8t + 5 le due rette tangenti sono dunque perpendicolari. = 1 Esercizio 4. Determinare le equazioni delle parabole con asse parallelo all asse y, aventi fuoco in F(, 1) e tangenti alla retta y = x 8. Soluzione. Primo metodo. La direttrice ha equazione y = k (con k 1), quindi la parabola ha equazione (x ) + (y 1) = y k y = x 4x + 5 k (1 k), k 1 la tangenza alla retta y = x 8 viene garantita se il sistema y = x 4x + 5 k x + (4k 8)x k k (1 k) (1 k) y = x 8 y = x 8 = 0 ha due soluzioni coincidenti: ciò accade se e solo se (4k 8) 4(1 16k k ) = 0 (con k 1): risolvendo si trova k = 1 (l altra soluzione va scartata). La direttrice ha pertanto equazione y = 1 e la parabola ha equazione y = 1 4 x x + 1. Secondo metodo. Dato che il fuoco è F(,1), si ha x F = b a =, y F = 1 4 a = 1 la tangenza alla retta y = x 8 porta alla condizione (b ) (c + 8) = 0 mettendo assieme queste tre condizioni si ottiene il sistema b a = 1 (b c) = 1 (b ) (c + 8) = 0 b = b c = 1 b c 3a 4b + 4 = 0 che è risolto per a = 1 4, b = 1, c = 1 si ritrova così l equazione y = 1 4 x x + 1. b = b c = 1 36a 4b + 5 = 0 Esercizio 5. Determinare l equazione della parabola avente come direttrice l asse x e tangente nel punto P(1,1) alla retta r : x + y = 0. Soluzione. Primo metodo. Indicato con F(t,k) (con k 0) il fuoco, poiché il punto P(1,1) appartiene alla parabola, si ha (1 t) + (1 k) = 1 (1 t) + (1 k) = 1 per determinare la tangenza alla retta r, scriviamo per prima cosa l equazione della parabola (x t) + (y k) = y y = x tx + t + k e successivamente imponiamo che il sistema y = x tx + t + k k y = x + k abbia soluzioni coincidenti: si arriva alla condizione 16 k 8 k t = 0. In definitiva, per risolvere l esercizio, dobbiamo risolvere il sistema (1 t) + (1 k) = 1 16k 8k t = 0 (1 t) + (1 k) = 1 8k ( t) = 0 7

8 t1 = 1 le soluzioni sono k 1 = 0 e t =. La prima soluzione va scartata (il fuoco non deve appartenere k = 1 alla direttrice), mentre la seconda fornisce le coordinate del fuoco della parabola che risolve l esercizio: (x ) + (y 1) = y y = 1 x x + 5. Secondo metodo. Imponendo il passaggio per P e la tangenza alla retta r si ottiene: a + b + c = 1 c = 1 a b c = 1 a b (b + 1) (c ) = 0 (b + 1) (1 a b ) = 0 (a + b + 1) = 0 c = 1 a b c = a + b = a 1 b = a 1 quindi l equazione generale della parabola è y = ax + ( a 1)x + a + la direttrice in funzione di a 0 ha equazione y = 1 ( ( a 1) (a + ) ) affinché tale retta coincida con l asse x (y = 0), deve essere 1 1 a = 0 a = 1 sostituendo tale valore nell equazione generale si ritrova il risultato visto nel primo metodo. y = 1 1 a Esercizio 6. Determinare l equazione della parabola avente come direttrice la retta y = 1, come asse di simmetria la retta x = e tangente alla retta y = x. Soluzione. Il fuoco della parabola è F(, k), con k 1, quindi l equazione della parabola è (x ) + (y k) = y + 1 y = x 4x k (k + 1) per la tangenza con la retta y = x dobbiamo imporre che il sistema y = x 4x k (k + 1) y = x abbia due soluzioni coincidenti si arriva alla condizione 1k 1 = 0 k 1 = 1, k = 1 con k 1 il secondo valore non è accettabile, mentre con l altro si ottiene l equazione della parabola: y = 1 4 x x+1. Esercizio 7. Determinare l equazione della parabola avente come direttrice la retta y = 1, come asse di simmetria la retta x = e tangente alla retta y = x + 1. Soluzione. Il fuoco della parabola è F(, k), con k 1, quindi l equazione della parabola è (x ) + (y k) = y + 1 y = x 4x k (k + 1) mettendo a sistema la parabola con la retta y = x + 1 si ha y = x 4x k (x + k 1) = 0 (k + 1) (k + 1) y = x + 1 y = x + 1 con k 1 per ogni k 1 il sistema ha due soluzioni coincidenti, quindi ci sono infinite parabole che risolvono l esercizio: tutte quelle del tipo y = x 4x k (k + 1) con k 1. 8

9 Esercizio 8. Determinare l equazione delle parabole con asse parallelo all asse y e passanti per i punti A( 1, ) e B(4, 3). Tra queste determinare: a) la parabola passante per C(3, 3) b) la parabola passante per D(,1) c) le parabole tangenti alla retta y = x + 4 d) le parabole tangenti alla retta y = x e) le parabole aventi il vertice sulla retta y = 4x f) le parabole aventi il fuoco sulla retta y = x 5 4 g) le parabole aventi come direttrice la retta y = 5 4. Soluzione. Imponendo il passaggio per A e B si ottiene a b + c = 16a + 4b + c = 3 c = a + b 16a + 4b a + b = 3 c = a + b 15a + 5b = 5 l equazione cercata, pertanto è la seguente: c = 1 b = 1 3a y = ax + (1 3a)x 1. a) Basta sostituire nell equazione generale x = 3, y = 3: 3 = 9a + (1 3a) = + a = 5 4 da cui y = 5 4 x 11 4 x 6. b) Ripetendo lo stesso procedimento con x =, y = 1, si arriva all equazione 1 = + (1 3a) 1 6a = 0 a = 0 in questo caso non si ottiene una parabola, bensì la retta y = x 1: ciò è dovuto al fatto che il punto D si trova sulla retta passante per A e B. c) Imponendo che il sistema y = ax + (1 3a)x 1 abbia soluzioni coincidenti, si trova y = x + 4 ( 1 3a) ( 5) = 0 a 1 = 1 a = 1 5 le corrispondenti equazioni sono y = x + 4x + 3, y = 1 5 x x 1 5. d) Imponendo che il sistema y = ax + (1 3a)x 1 abbia soluzioni coincidenti, si trova y = x ( 3a) ( 1) = 0 a 1 = 0 a = 4 5 il primo valore non è accettabile (si hanno parabole se e solo se a 0), quindi esiste una sola parabola con le proprietà richieste: y = 4 5 x x

10 e) Il vertice della generica parabola è ( 3a 1 V, (1 ) 3a) ( 1) a V ( 3a 1 a, a ) 5a 1 affinchè V appartenga alla retta y = 4x + 46, deve essere 3 a 5a 1 = 4 3a 1 a a 1 = 1 3, a = 7 5 le corrispondenti equazioni sono: y = 1 3 x + x + 1 3, y = 7 5 x x ( 3a 1 f) Il fuoco della generica parabola è F, 1 (1 ) 3a) + ( 1) affinché F appartenga a alla retta y = x 5, deve essere 4 1 (1 3a) + ( 1) = 3a 1 a 5 4 a 1 = 1 5, a = 4 5 le corrispondenti equazioni sono: y = 1 5 x x 1 5, y = 4 5 x 7 5 x 1 5. g) La direttrice della generica parabola ha equazione y = 1 (1 3a) + ( 1) con la retta y = 5 se e solo se 4, quindi coincide 1 (1 3a) + ( 1) = 5 4 a 1 = 1, a = 5 le corrispondenti equazioni sono: y = x x 5, y = 5 x x Esercizio 9. Determinare l equazione delle parabole con asse parallelo all asse y e tangenti alla retta y = x 3 nel punto A(1, ). Tra queste determinare: a) la parabola passante per B(,3) b) le parabole tangenti alla retta y = 3 x + 5 c) le parabole simmetriche rispetto alla retta x =. Soluzione. Imponendo il passaggio per A e la tangenza alla retta y = x 3, si ottiene a + b + c = (b 1) (c + 3) = 0 c = a b (b 1) ( a b + 3) = 0 c = a b + b b b = 0 c = a b (a + b 1) = 0 c = a 3 b = 1 a l equazione della generica parabola, pertanto, è a) Imponendo il passaggio per B(,3) si ha: y = ax + (1 a)x + a 3. 3 = a + (1 a) + a 3 a = 4 l equazione della parabola corrispondente è y = 4x 7x + 1. b) Imponiamo che il sistema y = ax + (1 a)x + a 3 y = 3x

11 abbia due soluzioni coincidenti il dell equazione risolvente è = 16(a+1), per cui il valore che vogliamo è a = 1 l equazione della parabola corrispondente è y = x + 3x 4. c) La parabola è simmetrica rispetto alla retta x = se e solo se x V = a 1 a = a = 1 6 l equazione della corrispondente parabola è y = 1 6 x + 3 x Esercizio 30. Determinare le equazioni delle circonferenze tangenti all asse x e passanti per i punti A( 1, 3) e B(, 6). Soluzione. I centri delle circonferenze si trovano sulle parabole p 1 e p, entrambe aventi l asse x come direttrice e fuoco rispettivamente in A e B per determinare le loro coordinate è sufficiente risolvere il seguente sistema: (x + 1) + (y + 3) = y y = 1 6 x 1 3 x 5 3 (x ) + (y + 6) = y y = 1 1 x x 10 si trovano così i centri 3 C 1 (, 3) e C ( 10, 15). Le equazioni delle circonferenze, pertanto, sono le seguenti: γ 1 : (x ) + (y + 3) = 9 γ : (x + 10) + (y + 15) = 5. Esercizio 31. Determinare il luogo geometrico dei centri delle circonferenze tangenti alla retta r : y = 5 e tangenti esternamente alla circonferenza γ : x + y 6x + y 6 = 0. Soluzione. La circonferenza ha centro in C(3, 1) e raggio 4. Il luogo geometrico richiesto è costituito dai punti P(x,y) tali che PC 4 = d(p,r) (x 3) + (y + 1) 4 = y 5 svolgendo i calcoli si trova l equazione cartesiana del luogo: y = 1 0 x x Esercizio 3. Determinare il luogo geometrico dei centri delle circonferenze tangenti alla retta r : y = 5 e tangenti internamente alla circonferenza γ : x + y 6x + y 6 = 0. Soluzione. La circonferenza ha centro in C(3, 1) e raggio 4. Il luogo geometrico richiesto è costituito dai punti P(x,y) tali che PC + 4 = d(p,r) (x 3) + (y + 1) + 4 = y 5 svolgendo i calcoli si trova l equazione cartesiana del luogo: y = 1 4 x + 3 x 9 4. Esercizio 33. Determinare il luogo geometrico dei punti medi delle corde staccate sulla parabola y = x 4x + 5 dal fascio di rette avente centro nel punto V (1, 1). Soluzione. La generica retta per V (1, 1) ha equazione y + 1 = m(x 1), per determinare le coordinate dei punti di intersezione con la parabola dobbiamo risolvere il sistema y = x 4x + 5 y + 1 = m(x 1) i punti di intersezione, per m 3 m + 3, sono: ( m m A + 4m 8, m + m + m ) m + 4m 8, B ( m + 4 m + 4m 8, m + m m ) m + 4m 8. 11

12 Il punto medio M del segmento AB ha coordinate ( ) m + 4 M, m + m con m 3 m + 3 quindi il luogo geometrico ammette le seguenti equazioni parametriche: x = m + con m 3 m + 3 y = m + m 1 ricavando m dalla prima equazione e sostituendo nell altra si ottiene l equazione cartesiana del luogo richiesto: y = x 6x + 3 con x 1 3 x Esercizio 34. Data una parabola p di asse a, si considerino le intersezioni Q e S della retta tangente in P p rispettivamente con l asse a e con la tangente nel vertice. Dimostrare che S è il punto medio del segmento di estremi P e Q. Soluzione. Senza alcuna perdita di generalità, possiamo considerare la parabola y = ax la retta tangente nel generico punto P(t, at ) ha equazione y = at(x t) + at ed incontra l asse y (asse della parabola) in Q(0, at ) e l asse x (tangente nel vertice) in S ( t, 0). Non è difficile verificare che S è il punto medio di PQ: x S = t + 0 = t y S = at at = 0. Esercizio 35. Scrivere l equazione generale delle parabole con asse parallelo all asse y e tangenti alle rette y = x e y = x + 3. Si determini il luogo geometrico dei fuochi di tali parabole. Soluzione. Partendo dall equazione y = ax + bx + c, imponendo la tangenza alle rette si ottiene (b 1) c = 0 (b + ) (c 3) = 0 c = (b 1) (b + ) c + 1a = 0 c = (b 1) b = a 1 c = ( + 3) 16a b = a 1 c = (b 1) (b + ) (b 1) + 1a = 0 l equazione generale delle parabole con le proprietà descritte è ( y = ax + a 1 ( + 3) )x + 16a. Il fuoco della generica parabola ha coordinate ( + 1 F, + 3 ) con a 0 il luogo geometrico dei fuochi può essere scritto in equazioni parametriche: x = + 1 y = + 3 con a 0 ricavando a dalla prima equazione e sostituendo nell altra si ottiene l equazione cartesiana del luogo richiesto: y = 3x con x 1. 1

13 Esercizio 36. Si considerino il punto F(0,k) con 1 < k < 1 e le rette y = 1 e y = 1. Sia p 1 la parabola di fuoco F e direttrice y = 1 e p la parabola di fuoco F e direttrice y = 1. Si dimostri che le parabole p 1 e p si tagliano ortogonalmente. Soluzione. Le parabole p 1 e p hanno equazioni p 1 : (x 0) + (y k) = y + 1 p 1 : y = x + k 1 (k + 1) p : (x 0) + (y k) = y 1 p : y = x + k 1 (k 1) determiniamo ora le coordinate dei punti di intersezione delle due parabole risolvendo il sistema: y = x + k 1 (k + 1) x = 1 k x = 1 k y = x + k A : B :. 1 y = 0 y = 0 (k 1) Le pendenze delle rette tangenti in tali punti si ottengono ricordando la formula m = ax 0 + b m p1,a = 1 1 k (k + 1) ( 1 k ) + 0 = 1 + k m p,a = moltiplicando le due pendenze si ha: ( ) ( ) 1 k 1 k m p1,a m p,a = 1 + k 1 k 1 1 k (k 1) ( 1 k ) + 0 = 1 k = 1 k = 1 le rette sono perpendicolari. 1 k Si procede in modo del tutto analogo per il punto B (ma possiamo anche evitare di fare i calcoli, dal momento che si tratta di due parabole simmetriche rispetto all asse y). 13

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