GEOMETRIA PIANA. 1) sia verificata l uguaglianza di segmenti AC = CB (ossia C è punto medio del segmento AB);

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1 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA 1 GEOMETRIA PIANA Segmenti e distanza tra punti. Rette in forma cartesiana e parametrica. Posizioni reciproche di due rette, parallelismo e perpendicolarità. Angoli e distanze. Circonferenze e posizioni reciproche di rette e circonferenze. Coniche in forma canonica e loro classificazione. Esercizio 1 Dati i due punti A = 0,4) e B = 4,), trovarne la distanza e trovare poi i punti C allineati con A e B che verificano, di volta in volta, le seguenti condizioni: 1) sia verificata l uguaglianza di segmenti AC = CB ossia C è punto medio del segmento AB); ) sia verificata l uguaglianza di segmenti AC = CB; 3) sia verificata l uguaglianza di segmenti AC = kcb discutere al variare del parametro k R). Esercizio Dati i punti A = 1,1) e B =,3) calcolare: 1) la retta AB in forma parametrica; ) la retta AB in forma cartesiana; 3) un vettore parallelo ed uno perpendicolare alla retta AB; 4) detto C il punto medio di AB, calcolare la retta s per C perpendicolare ad AB, sia in forma parametrica che in forma cartesiana. Verificare inoltre che: 5) il punto C si trova sulla retta AB; 6) le rette AB ed s sono incidenti in C. Esercizio 3 Dati il punto A =,0) e la retta r : x y = 0, calcolare: 1) la retta s per A, parallela ad r; ) la distanza tra le rette r ed s; 3) la retta t per A perpendicolare ad r; 4) le rette p e q per A, formanti un angolo di π/4 con r. Esercizio 4 Calcolare la distanza di A =,0) dalla retta r : x + y + 1 = 0 e l area del triangolo ABC, dove B = 0, 1) e C = 1,1) sono punti di r.

2 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana Esercizio 5 Sia γ la circonferenza di centro C = 1,1) e raggio 3. 1) Determinare l equazione di γ. ) Stabilire se il punto A =,3) è interno, esterno o appartenente a γ. 3) Stabilire se la retta r : 3x + 4y + 8 = 0 è secante, tangente o esterna a γ. 4) Calcolare i punti di intersezione tra γ e la retta s per C parallela ad r. Esercizio 6 Data l equazione γ : x + y + x y + 3 = 0, stabilire se γ è una circonferenza con punti reali. Esercizio 7 Date le rette r : x + y = 1 ed s : x y = 4, trovare le rette passanti per il loro punto di intersezione e soddisfacenti, di volta in volta, le seguenti condizioni: 1) incidenti l asse x sotto un angolo di π/3; ) incidenti l asse y secondo un segmento di lunghezza 1; 3) tangenti alla circonferenza γ : x + y x 4y + 1 = 0. Esercizio 8 Classificare, ridurre a forma canonica col metodo del completamento dei quadrati) e disegnare le seguenti coniche la riduzione non è richiesta per le coniche degeneri): γ 1 : x y + x = 0; γ : x + 4x y + 1 = 0; γ 3 : x + y + 1y + 10 = 0; γ 4 : x + y + 1y + 0 = 0; γ 5 : x y + x y = 0; γ 6 : xy + x + y + 1 = 0. Esercizio 9 Dato il seguente fascio di coniche: γ t : x + 1 t)y + tx 1 t)y + t = 0, determinare i valori del parametro reale t per cui: 1) γ t è una parabola; ) γ t è un iperbole; 3) γ t è un ellisse con punti reali; 4) γ t è una circonferenza; 5) γ t è una conica degenere; 6) γ t è un ellisse senza punti reali.

3 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 3 SVOLGIMENTI Esercizio 1 Si ha da,b) = B A = 4 0) + 4) = 5. I punti allineati con A e B sono i punti C = x,y) tali che AC = t AB, ossia C A = t B A), ossia x,y) = 4t,4 t), con t R. 1) Poiché due segmenti non orientati) sono uguali se e solo se hanno uguale lunghezza, si tratta di trovare i punti C = 4t,4 t) tali che da,c) = dc,b), ossia da,c) = dc,b). Ciò significa 4t) + t) = 4t 4) + t), che ha l unica soluzione t = 1 e fornisce pertanto l unico punto C =,3). ) Si tratta di trovare i punti C = 4t,4 t) tali che da,c) = dc,b), ossia da,c) = 4dC,B). Ciò significa 4t) + t) = 44t 4) + 4 t), che è risolta per t = oppure t = 3. Si trovano cos`i i due punti C 1 = 8 3, 8 3) e C = 8,0). 3) Dato k R, si tratta di trovare i punti C = 4t,4 t) tali che da,c) = kdc,b). Poiché le due distanze sono non negative, tale condizione è impossibile se k < 0. Se k 0, invece, la condizione equivale a da,c) = k dc,b), che significa 4t) + t) = k 4t 4) + k t), ossia k 1 ) t k t + k = 0. Se k = 1 si ricordi che ora consideriamo solo k 0), si ha un unica soluzione t = 1, che fornisce l unico punto C =,3), già trovato al punto 1). Se k 1 sempre con k 0), l equazione ha discriminante = 4k 0 e perciò ha sempre soluzioni reali, date da ossia t = k k 1) k 1 = t = k ± k k k ± 1) k = 1) k 1 k k + 1 oppure t = k k + 1) k 1 = k k 1. Se k = 0, tali soluzioni coincidono e si trova dunque l unico punto C = 0,4) = A. Se k > 0 sempre con k 1), si trovano invece i due punti ) ) ) ) C 1 = 4k k k+1,4 k+1 = 4k k+1, k+4 k+1 e C = 4k k k 1,4 k 1 = 4k k 1, k 4 k 1.

4 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 4 Ricapitolando: per k < 0, non si hanno soluzioni; per k = 0, il punto C coincide con A; per k = 1, il punto C è il punto medio del segmento AB; per tutti gli altri valori di k si hanno due soluzioni distinte: un punto compreso tra A e B e l altro alla sinistra di A se 0 < k < 1 alla sinistra va inteso secondo il verso di percorrenza che va da A verso B), un punto compreso tra A e B e l altro alla destra di B se k > 1. Si osserva inoltre che il punto C non coincide mai con il punto B. Esercizio Scegliamo un punto della retta AB, ad esempio A = 1,1), ed un vettore ad essa parallelo, ad esempio u = B A = 1,). 1) La retta AB ha equazione parametrica vettoriale P = A+u, ossia x,y) = 1,1)+t1,), che equivale alle equazioni parametriche scalari { x = 1 + t AB : y = 1 + t. ) Una rappresentazione cartesiana della retta AB si può determinare elminando il parametro da una sua coppia qualsiasi di equazioni parametriche; poiché { { x = 1 + t t = x 1 y = 1 + t y = 1 + t, si trova AB : y = 1 + x 1), cioè AB : x y 1 = 0. Alternativamente, ci si può procurare un vettore normale alla retta cioè ad u), ad esempio n =, 1), e descrivere AB come la retta perpendicolare ad n passante per A, di equazione cartesiana n P A) = 0; si trova cioè AB : x y 1 = 0. AB : x 1) y 1) = 0 3) Come già ottenuto, un vettore parallelo ed uno perpendicolare alla retta AB sono ad esempio u = B A = 1,) ed n =, 1) ottenuto scambiando tra loro le componenti di u e cambiando segno ad una di esse). 4) Il punto medio del segmento AB è C = x A +x B, y A+y B ) = 3,), quindi la retta s per C e perpendicolare ad AB) può essere scritta parametricamente come P = C + n per C e parallela ad n) e cartesianamente come u P C) = 0 per C e perpendicolare ad u). In coordinate, si trova s : { x = 3 + t y = t ovvero s : x 3 + y ) = 0. A conti fatti, l ultima equazione può essere riscritta come s : x + 4y 11 = 0.

5 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 5 5) Il punto C si trova sulla retta AB se e solo se le coordinate di C verificano l equazione cartesiana o parametrica) di AB. Usando l equazione cartesiana AB : x y 1 = 0 si controlla subito che ciò è vero. Usando invece la forma parametrica AB : x,y) = 1 + t,1 + t), si deve verificare che esista un valore del parametro t che fornisce il punto C, cioè che il sistema 3,) = 1 + t,1 + t) abbia soluzione; si trova t = 1/. 6) Ovviamente le rette AB ed s sono incidenti in C, perché non sono parallele sono perpendicolari) e C sta sia su AB v. punto 5)) che su s per definizione di s). Dovendolo verificare, si tratta di controllare che il sistema delle equazioni di AB ed s abbia il punto C come unica soluzione. Usando equazioni cartesiane si controlla subito che ciò è vero per il sistema { x y 1 = 0 AB s : x + 4y 11 = 0. Usando invece rappresentazioni di tipi diversi, ad esempio AB : x, y) = 1 + t, 1 + t) ed s : x + 4y 11 = 0, si deve verificare esista un valore del parametro t tale che 1 + t) t) 11 = 0 e che tale valore fornisca il punto C tramite le equazioni di AB; si trova t = 1/, che fornisce appunto x, y) = 3/, ). Esercizio 3 1) Essendo parallela ad r, la retta s ha equazione x y + k = 0. Il passaggio per A =,0) implica + k = 0, cioè k =. Dunque s : x y = 0. ) La distanza tra due rette parallele coincide con la distanza di un qualsiasi punto di una retta dall altra retta. Dunque, poiché A s, si ha distanza punto-retta nel piano) dr,s) = dr,a) = = =. 3) La retta r è normale al vettore n r = 1, 1), quindi t è la retta per A parallela ad n r, cioè t : { x = + t y = t. In forma cartesiana, t : x + y = 0. 4) Gli angoli ϕ = ϕ 1,ϕ tra due rette incidenti r 1,r sono individuati dalla relazione cos ϕ = ± n 1 n n 1 n dove n 1,n sono due qualsiasi vettori normali ad r 1,r. Si tratta allora di determinare le rette ax )+by = 0 di vettore normale n = a,b) rette del fascio proprio di centro A) tali che cos π 4 = ± n r n n r n

6 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 6 cioè = ± a b a + b, ossia a b a + b = ±1. Tale equazione equivale a a b) = a + b, cioè ab = 0, che equivale ad a = 0 e b qualsiasi, oppure b = 0 ed a qualsiasi. A tali soluzioni corrispondono le rette per A normali ad n = 0,1) oppure ad n = 1,0). Dunque il problema è risolto dalle rette p : y = 0 e q : x =. Esercizio 4 La distanza di A =,0) dalla retta r : x + y + 1 = 0 è da,r) = = 5 = Essendo B,C r, l area del triangolo ABC è base altezza / ) area ABC) = db,c)da,r) = = 5. Esercizio 5 1) L equazione di γ è x 1) + y 1) = 3 distanza del punto x,y) dal centro C = raggio), ossia x + y x y 7 = 0. ) Il punto A è rispettivamente interno, appartenente o esterno a γ a seconda che sia da,c) < 3, da,c) = 3 o da,c) > 3. Si ha da,c) = 1) + 3 1) = 5 < 3 e dunque A è interno a γ. 3) La retta r è rispettivamente secante, tangente o esterna a γ a seconda che sia dr,c) < 3, dr,c) = 3 o dr,c) > 3. Si ha e dunque r è tangente a γ. dr,c) = = 15 5 = 3 4) Essendo parallela ad r : 3x + 4y + 8 = 0, la retta s ha equazione 3x + 4y + k = 0 ed il passaggio per C implica k = 7. Allora { x s γ : + y x y 7 = 0, 3x + 4y 7 = 0 che equivale a { 7 4y) 9 + y 7 4y 3 y 7 = 0 x = 7 4y 3, { 5y 50y 56 = 0 x = 7 4y 3 La prima equazione ha le soluzioni y 1 = 4 5 ed y = 14 5, da cui, tramite la seconda, si trovano i punti P 1 = 17/5, 4/5) e P = 7/5,14/5)..

7 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 7 Esercizio 6 Una circonferenza x +y +ax+by+c = 0 ha punti reali se e solo se a /4+b /4 c 0. Per γ : x + y + x y + 3 = 0 si ha a /4 + b /4 c = 1 e quindi γ non ha punti reali. Esercizio 7 Poiché r : x + y 1 = 0 ed s : x y + 4 = 0 sono incidenti si vede subito che hanno direzioni normali diverse), la generica retta passante per il loro punto di intersezione è q : λx + y 1) + µ x y + 4) = 0 con λ,µ R non entrambi nulli fascio proprio generato da r ed s), ossia q : λ + µ)x + λ µ)y λ + 4µ = 0, 1) dove si vede subito che un vettore normale a q è n = λ + µ,λ µ). Imponiamo che q soddisfi ciascuna delle condizioni richieste. 1) q incide l asse x sotto un angolo di π/3 se e solo se cos π 3 = ± n j n j il versore j è normale all asse x), che equivale a 1 4 = λ µ) λ + µ) + λ µ), ossia λ 10λµ µ = 0. Poiché µ = 0 implicherebbe che anche λ = 0 il che non è ammesso), possiamo assumere µ 0 e dividere l equazione per µ 0, ottenendo t 10t 1 = 0 dove t = λ µ. Tale equazione equivale a t = oppure t = e dunque q incide l asse x sotto un angolo di π/3 se e solo se λ = µ oppure λ = µ. con λ,µ R qualsiasi, non entrambi nulli. Scegliendo ad esempio µ = si ottiene λ = oppure λ = , da cui, sostituendo in 1), si trovano le due rette q 1 : 3 ) 3 x + 1 ) 3 y = 0 q : 3 + ) 3 x ) 3 y = 0. Tali equazioni si possono poi semplificare prendendone opportuni multipli; si ottiene ad esempio q 1 : 3x y = 0 e q : 3x + y + 3 = 0.. ) L intersezione tra q e l asse y è data dal sistema { λ + µ) x + λ µ) y λ + 4µ = 0 x = 0,

8 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 8 che è compatibile se e solo se λ µ si noti che, geometricamente, ) ciò significa che n non è parallelo ad i) ed in tal caso fornisce il punto Q = 0, λ 4µ λ µ, la cui distanza dall origine è dq,o) = λ 4µ λ µ. Dunque q incide l asse y secondo un segmento di lunghezza 1 se e solo se λ 4µ λ µ = 1, ossia λ 4µ = ± λ µ). Si trova allora µ = 0 e λ 0 qualsiasi, oppure µ = 5λ e λ 0 qualsiasi. Sostituendo in 1) e semplificando λ 0 oppure scegliendo a piacere valori non nulli di λ), si ottengono le due rette q 1 : x + y 1 = 0 e q : 3x + y + 1 = 0. 3) γ ha centro C = 1,) e raggio R =. Allora q è tangente a γ se e solo se dq,c) =, ossia λ + µ λ + µ) + λ µ) =, che equivale a λ µ) = 0, cioè λ = µ reale qualsiasi, non nullo). Scegliendo ad esempio λ = µ = 1 e sostituendo in 1), si trova l unica retta q : x + 1 = 0. Esercizio 8 Ricordiamo che ad ogni conica γ : a 11 x + a 1 xy + a y + a 13 x + a 3 y + a 3 = 0 si associano i determinanti simmetrici a 11 a 1 a 13 = a 1 a a 3 a 13 a 3 a 33 e δ = a 11 a 1 a 1 a e che γ è degenere se e solo se = 0. Se γ è non degenere cioè 0), allora γ è un iperbole, una parabola o un ellisse a seconda che sia δ < 0, δ = 0 o δ > 0 rispettivamente. Nell ultimo caso, si ha un ellisse reale se e solo se a 11 + a ) < 0, un ellisse a punti tutti immaginari se e solo se a 11 + a ) > 0. Se = 0, alcuni autori parlano di iperbole degenere, parabola degenere ed ellisse degenere nei casi δ < 0, δ = 0 e δ > 0 rispettivamente. Risulta = 1 0 e δ = 1 < 0, quindi γ 1 è un iperbole. Procediamo al completamento dei quadrati: si ha γ 1 : x y + x = 0 x + x ) y = 0 x + x ) y = 0 x + x + 1 ) 1 y = 0 x + 1) y = 1 e dunque si tratta di un iperbole equilatera di centro 1,0) ed asse focale sulla retta x = 1. La sua forma canonica è X Y = 1.

9 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 9 Risulta = 0 e δ = 0, quindi γ è una parabola. Procediamo al completamento dei quadrati: si ha γ : x + 4x y + 1 = 0 x + x ) y = 1 x + x ) y = 1 x + x + 1 ) y = 1 x + 1) = y + 1 x + 1) = y 1 ) x + 1) = y 1 e dunque si tratta di una parabola con vertice 1, 1 ) e asse sulla retta x = 1. La sua forma canonica è Y = X. Risulta = 16 0 e δ = > 0 con a 11 + a ) = 48 < 0, quindi γ 3 è un ellisse a punti reali. Procediamo al completamento dei quadrati: si ha γ 3 : x + y + 1y + 10 = 0 x + y + 6y ) = 10 x + y + 6y ) = 10 x + y + 6y + 9 ) 18 = 10 x + y 3) = 8 x 8 + y 3) 4 = 1 e dunque si tratta di un ellisse con centro 0,3) e semiassi e. La sua forma canonica è X /8 + Y /4 = 1. Risulta = 4 0 e δ = > 0 con a 11 + a ) = 1 > 0, quindi γ 4 è un ellisse senza punti reali. Procediamo al completamento dei quadrati: si ha γ 4 : x + y + 1y + 0 = 0 x + y + 6y ) = 0 x + y + 6y ) = 0 x + y + 6y + 9 ) 18 = 0 x + y 3) = x + y 3) = 1 e quindi la forma canonica di γ 4 è X / + Y = 1. Risulta = 0 e δ = 1 < 0), quindi γ 5 è una conica degenere iperbole degenere). La sua equazione si riscrive come γ 5 : x y + x y = 0 x + y)x y) + x y) = 0 x + y + ) x y) = 0 e pertanto individua la coppia di rette x + y + = 0 e x y = 0.

10 VETTORI E GEOMETRIA ANALITICA - Geometria piana 10 Risulta = 0 e δ = 1/4 < 0), quindi γ 6 è una conica degenere iperbole degenere). La sua equazione si riscrive come γ 6 : xy + x + y + 1 = 0 xy + 1) + y + 1 = 0 x + 1) y + 1) = 0 e pertanto individua la coppia di rette x = 1 e y = 1. Esercizio 9 Calcoliamo i determinanti associati a γ t : si ha 1 0 t t = 0 1 t t 1 t t 1 t = t + 1) t 1) e δ t = t = 1 t. 1) γ t è una parabola non degenere) se e solo se t 0 e δ t = 0, che è impossibile. ) γ t è un iperbole non degenere) se e solo se t 0 e δ t < 0, cioè t > 1. 3) γ t è un ellisse reale non degenere) se e solo se t 0, δ t > 0 e a 11 + a ) t < 0, il che equivale a { 1 t > 0 1 t) t + 1) t 1) < 0, cioè Ciò significa t < 1. { t < 1 t + 1 < 0. 4) γ t è una circonferenza non degenere) se e solo se è un ellisse non degenere) con semiassi uguali tra loro. Circa la prima condizione, γ t è un ellisse non degenere) se e solo se t 0 e δ t > 0, che significa t < 1. Per imporre la seconda, possiamo procedere al completamento dei quadrati: si ha γ t : x + 1 t)y + tx 1 t)y = t x + tx ) + 1 t) y y ) = t x + tx + t t ) + 1 t) y y ) = t x + tx + t ) t + 1 t) y y + 1 ) 1 t) = t x + t) + 1 t)y 1) = t 1 e dunque γ t è una circonferenza non degenere) se e solo se t < 1 e 1 = 1 t, che significa t = 0. Osserviamo che γ 0 : x + y y + = 0 è tale che a /4 + b /4 c = 1 e quindi γ 0 non ha punti reali. 5) γ t è una conica degenere se e solo se t = 0, ossia t + 1) t 1) = 0, che significa t = ±1. 6) γ t è un ellisse senza punti reali non degenere) se e solo se t 0, δ t > 0 e a 11 + a ) t > 0, il che equivale a { 1 t > 0 1 t) t + 1) t 1) > 0, cioè { t < 1 t + 1 > 0. Ciò significa 1 < t < 1.