4. Sia Γ la conica che ha fuoco F (1, 1) e direttrice d : x y = 0, e che passa per il punto P (2, 1).

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1 Geometria Complementi ed esercizi sulle coniche 1 (a) Scrivere l equazione dell ellisse Γ che ha fuochi F 1 ( 1, 1), F (1, 1) e che passa per il punto P (1, 1) (b) Determinare il centro, gli assi e i vertici di Γ (c) Determinare i punti in cui Γ ha tangenti orizzontali o verticali (a) Scrivere l equazione dell iperbole Γ che ha fuochi F 1 (1, 1), F ( 1, 1) e che ha semiasse a = (b) Determinare il centro, gli assi e i vertici di Γ (c) Determinare gli asintoti di Γ 3 (a) Scrivere l equazione della parabola Γ che ha fuoco F (1, 0) e vertice V (0, 1) (b) Scrivere l equazione della tangente a Γ nel punto Q V in cui Γ interseca l asse y 4 Sia Γ la conica che ha fuoco F (1, 1) e direttrice d : x y = 0, e che passa per il punto P (, 1) (a) Determinare l eccentricità di Γ (b) Riconoscere Γ (c) Scrivere l equazione di Γ (d) Determinare (se esistono) il centro e gli assi di Γ 5 (a) Scrivere l equazione dell iperbole equilatera Γ che ha fuoco F (1, 1) e direttrice d : y = x + (b) Determinare centro, assi e asintoti di Γ 6 Riconoscere, al variare del parametro reale k, la conica Γ che ha fuoco F (, ), direttrice d : y = x, e che passa per il punto P (1, k) 7 Sia Γ : 5x 6xy + 5y 1x 1y + 0 = 0 (a) Riconoscere Γ (b) Scrivere l equazione di Γ in forma canonica (c) Determinare il centro, gli assi e i vertici di Γ (d) Determinare la distanza focale e i fuochi di Γ (e) Scrivere l equazione della retta tangente a Γ nel punto P (, 4/5) (f) Determinare le rette tangenti a Γ che escono dal punto Q ( 1, 1) 8 Sia Γ : x + kxy + y kx ky + k = 0, dove k R (a) Mostrare che Γ è simmetrica rispetto alla retta di equazione y = x (b) Riconoscere Γ al variare del parametro k (c) Riconoscere la conica Γ che passa per il punto A (, 3) 9 Sia Γ : x kxy +y kx ky +1 = 0, dove k R Determinare i valori del parametro k per i quali Γ è degenere e trovare le rette in cui la conica si spezza 10 Sia Γ : x xy + y + 3x 5y + 4 = 0 (a) Mostrare che Γ è una parabola (b) Scrivere l equazione di Γ in forma canonica

2 (c) Determinare il vertice e l asse di Γ (d) Disegnare un grafico approssimativo della parabola Γ (e) Determinare il fuoco e la direttrice di Γ (f) Determinare le rette tangenti a Γ uscenti dall origine 11 Determinare le coordinate del centro di una conica (a centro) Γ : F (x, y) = 0 in termini dei minori della matrice A 1 Il polo di una retta r rispetto a una conica irriducibile Γ è il punto P del piano tale che la sua polare rispetto a Γ sia r Se Γ : x T Ax = 0 e r : ax + by + c = 0, determinare il polo P 13 Sia Γ : x + xy y x 4y + 1 = 0 (a) Mostrare che Γ è un iperbole (b) Determinare il centro, gli assi e gli asintoti di Γ (c) Determinare il polo della retta r : x y + 1 = 0 rispetto a Γ (d) Determinare le rette tangenti a Γ uscenti dall origine 14 Sia Γ una conica irriducibile Mostrare le seguenti proprietà (a) (Legge di reciprocità) Siano P e Q due punti del piano e siano p e q le rispettive polari rispetto a Γ Allora P q se e solo se Q p (b) Le polari (rispetto a Γ ) dei punti di una retta r appartengono a un fascio che ha per sostegno il polo della retta r 15 Siano Γ 1 : F 1 (x, y) = 0 e Γ : F (x, y) = 0 due coniche Il fascio generato da Γ 1 a da Γ è l insieme Φ di tutte le coniche Γ : λf 1 (x, y) + µf (x, y) = 0 con λ, µ R, (λ, µ) (0, 0) Mostrare che le polari di un punto P rispetto alle coniche Γ del fascio Φ appartengono a un fascio di rette 16 Mostrare che se I 1 = 0, allora I < 0 17 Mostrare che in un fascio generato da due iperboli equilatere ogni conica è un iperbole equilatera (eventualmente degenere) 18 Siano Γ 1 : x + xy y + x + 4y + 4 = 0 Γ : x 4xy y 4x y = 0 (a) Mostrare che il fascio Φ di coniche generato da Γ 1 a da Γ è formato da iperboli equilatere (eventualmente degeneri) (b) Mostrare che il fascio Φ contiene esattamente due coniche degeneri Determinare poi le rette in cui tali coniche degeneri si spezzano (c) Determinare il luogo Γ dei centri delle coniche del fascio Φ 19 Riconoscere la conica 0 Siano Γ 1 : Γ : x + xy + y + xz + x y z + 1 = 0 x + y z = 0 z = x + 1 y = 0 e Γ : x y + 1 = 0 z = 0 Determinare un punto V dello spazio tale che la proiezione centrale di Γ 1 da V sul piano z = 0 coincida con Γ

3 Risposte 1 (a) Dai dati del problema si vede subito che il centro di Γ è l origine O (0, 0), e che i suoi assi sono le rette di equazione y = x e y = x Inoltre, il punto P è uno dei vertici Poiché il centro coincide con l origine, nell equazione di Γ mancheranno i termini lineari L equazione di Γ è (x + 1) + (y 1) + (x 1) + (y + 1) = a Imponendo il passaggio per P, si ha a = Eliminando le radici quadrate, si ottiene Γ : 3x + xy + 3y 8 = 0 (b) Centro e assi sono già stati ottenuti nel punto precedente Intersecando gli assi con la conica, si ottengono i vertici V 1 (, ), V (1, 1), V 3 (, ), V 4 ( 1, 1) (c) Sia T (α, β) La polare p di P rispetto a Γ ha equazione [ ] α β x y = ossia p : (3α + β)x + (α + 3β)y 8 = 0 Affinché la retta p sia orizzontale deve essere 3α + β = 0, ossia β = 3α Quindi T (α, 3α) Inoltre, affinché p sia tangente a Γ il punto T deve appartenere a Γ, e questo accade per α = ±1/3 Quindi abbiamo i due punti T 1 (1/3, 1) e T ( 1/3, 1) Analogamente, affinché la retta p sia verticale deve essere α+3β = 0, ossia α = 3β Quindi T ( 3β, β) Inoltre, affinché p sia tangente a Γ il punto T deve appartenere a Γ, e questo accade per β = ±1/3 Quindi abbiamo i due punti T 3 ( 1, 1/3) e T 4 (1, 1/3) (a) Dai dati del problema si vede subito che il centro di Γ è l origine O (0, 0) (e quindi nell equazione di Γ mancheranno i termini lineari) e che i suoi assi sono le rette di equazione y = x e y = x L equazione di Γ è (x ) + (y ) (x + ) + (y + ) = Eliminando le radici quadrate, si ottiene Γ : x + 4xy + y 6 = 0 (b) Centro e assi sono già stati ottenuti nel punto precedente Intersecando l asse focale con la conica, si ottengono i vertici V 1 (1, 1) e V ( 1, 1) Tali vertici possono anche essere determinati immediatamente come i punti sulla retta y = x che distano a = dall origine (centro) (c) Gli asintoti di un iperbole Γ : x T Ax = 0 sono le rette tangenti a Γ uscenti dal centro Quindi, se il centro ha coordinate x 0, l equazione della conica che si spezza nei due asintoti è (x T 0 Ax) (x T 0 Ax 0 )(x T Ax) = 0 Nel nostro caso si ottiene l equazione x +4xy+y = 0, che si spezza nelle due equazioni lineari y = ( ± 3)x (che dànno gli asintoti)

4 3 (a) La direttrice di Γ è la retta d che passa per il punto Q (0, 3) ed è ortogonale alla retta V F Quindi d : x + y + 3 = 0 Di conseguenza, l equazione di Γ è (x 1) + y = Elevando a quadrato e semplificando, si ottiene x + y + 3 Γ : x xy + y 10x 6y 7 = 0 (b) Posto x = 0, si ha y 6y 7 = 0, da cui si ha y = 1 e y = 7 Quindi Q (0, 7) e la retta tangente a Γ in Q ha equazione [ ] x y = ossia 3x y + 7 = 0 4 (a) L eccentricità di Γ è ε = d(p, F ) d(p, d) = 10 (b) Poiché ε > 1 (e ε ), la conica Γ è un iperbole (non equilatera) (c) L equazione di Γ è (x 1) + (y + 1) = 10 Elevando a quadrato e semplificando, si ottiene x y Γ : x 5xy + y + x y 1 = 0 (d) Il centro è C ( 1/9, 1/9) Gli assi sono a 1 : x + y = 0 e a : 9x 9y + = 0 5 (a) Poiché Γ è un iperbole equilatera, la sua eccentricità è ε = Quindi la sua equazione è (x 1) + (y 1) = x y + 1, 5 da cui si ottiene Γ : 3x 8xy 3y + 6x + y = 0 (b) Il centro è C ( 7/5, 11/5), gli assi sono le rette di equazione x + y 3 = 0 e x y + 5 = 0, gli asintoti sono le rette di equazione x 3y + 8 = 0 e 3x + y + = 0 6 L eccentricità di Γ è Per ogni valore di k eccentricità Si trova ε = d(p, F ) 1 + (k ) d(p, d) = 1 + k si ha ε > 0 Per determinare la natura di Γ basta studiare la sua k < 1, k > 9 : ε > 1 iperbole k = 1, 9 : ε = 1 parabola 1 < k < 9 : 0 < ε < 1 ellisse In particolare si ha un iperbole equilatera per k = /3 7 (a) La conica Γ è un ellisse reale ( I 3 = 56, I = 16, I 1 = 10 ) (b) Gli autovalori della matrice che rappresenta la parte quadratica sono λ 1 = e λ = 8 L equazione di Γ in forma canonica è x 8 + y = 1

5 (c) Il centro è C (3, 3) e gli assi sono a 1 : y = x e a : y = x + 6 I vertici si ottengono intersecando gli assi con Γ e sono V 1 (1, 1), V (4, ), V 3 (5, 5), V 4 (, 4) (d) Usando l equazione in forma canonica si ha a = 8 e b = Quindi c = a b = 6, ossia c = 6 La distanza focale è 6 Poiché d(v 1, V 3 ) = 6, l asse focale è la retta a 1 : y = x I fuochi di Γ sono i punti F (t, t) appartenenti all asse focale che distano 6 dal centro Quindi, imponendo che d(f, C) = 6, si ottiene t = 3 ± 3 Pertanto i fuochi sono i punti F 1 (3 3, 3 3) e F (3 + 3, 3 + 3) (e) La retta tangente richiesta ha equazione x 5y + = 0 (f) Le rette richieste sono r 1 : x y + = 0 e r : x + 11y 10 = 0 8 (a) Sia Γ : F (x, y) = 0 Poiché F (y, x) = F (x, y), Γ è simmetrica rispetto alla retta di equazione y = x (b) Si ha I 3 = k (k 1), I = 1 k, I 1 = Quindi si ha: 1 < k < 1, k 0 : k = 0 : k = 1 : k = 1 : k < 1, k > 1 : ellisse reale coppia di rette complesse coniugate coppia di rette parallele (coincidenti) parabola iperbole (non equilatera) (c) La conica Γ passa per il punto A per k = 13/3 Poiché k < 1, Γ è un iperbole 9 Poiché I 3 = (k + 1) (k 1), si ha una conica degenere per k = 1 e per k = 1/ Per k = 1 si ha Γ : x +xy +y +x+y +1 = 0, ossia Γ : (x+y) +(x+y)+1 = 0, ossia Γ : (x + y + 1) = 0 Quindi la conica si spezza in due rette parallele coincidenti Per k = 1/ si ha Γ : x xy + y x y + 1 = 0, che si spezza nelle rette complesse e coniugate r 1, : x (1 ± i 3) y 1 ± i 3 = 0 10 (a) La conica è una parabola poiché I 3 = 8 0 e I = 0 (b) L equazione in forma canonica è y = I 3 I 3 1 x = x (c) L asse di Γ è parallelo alla retta di equazione y = x Quindi la retta tangente a Γ nel vertice deve essere una retta di equazione y = x + k Determiniamo k in modo che questa retta sia tangente a Γ Intersecando tale retta con Γ si ha 4x 4(k )x + k 5k + 4 = 0 Imponendo che il discriminate sia nullo, si trova k = 0 Quindi la retta tangente a Γ nel vertice ha equazione y = x Intersecando questa retta con Γ si trova il vertice V ( 1, 1) Infine, l asse è la retta di equazione y = x + (d) Intersechiamo Γ con l asse delle y Posto x = 0, si ottengono y = 1 e y = 4 Quindi la parabola si trova alla destra della tangente nel vertice (e) Se l equazione in forma canonica di Γ è y = px, allora la distanza tra il fuoco F e il vertice V è data da p/ Nel nostro caso p = 1 e quindi d(f, V ) = 1 4 Il fuoco è un punto appartenente all asse, quindi è un punto F (t, t + ) Pertanto,, ossia t = 7/8 e t = 9/8 Per come è fatta la parabola (vedi punto precedente), il fuoco è F ( 7/8, 9/8) Inoltre la direttrice è la retta ortogonale all asse che passa per il punto F ( 9/8, 7/8), ossia è la retta di equazione 4x + 4y + 1 = 0 imponendo d(f, V ) = 1 4, si trova t = 1 ± 1 8 (f) Le rette richieste sono r 1 : 7x 9y = 0 e r : x + y = 0

6 11 Le coordinate del centro sono date dalla soluzione del sistema lineare (crameriano) a 11 x + a 1 y = a 13 a 1 x + a y = a 3 Il determinante della matrice dei coefficienti è I = 0 Le coordinate del centro sono x = 1 a 13 a 1 a 3 a = 1 a 1 a 13 a a 3 = A 13 y = 1 a 11 a 13 a 1 a 3 = 1 a 11 a 13 a 1 a 3 = A 3 Quindi si ha C ( A13, A ) 3 1 L equazione della retta può essere scritta come a T x = 0, dove a T = [ a b c ] Se P x 0, la sua polare p rispetto a Γ ha equazione x T 0 Ax = 0 Se la retta r deve essere uguale a p, allora deve esistere uno scalare non nullo ρ tale che ρ a T x = x T 0 Ax per ogni x, ossia ρ a T = x T 0 A Trasponendo e ricordando che A è una matrice simmetrica, si ha a = (x T 0 A) T = A T x 0 = Ax 0 Infine, poiché A è invertibile (essendo Γ irriducibile), si ha x 0 = ρ A 1 a Si noti che lo scalare ρ deve essere scelto in modo che la terza componente del vettore sia uguale a 1 13 (a) La conica Γ è un iperbole equilatera poiché I 3 = 1 0, I = < 0 e I 1 = 0 (b) Il centro è C (3/, 1/) Gli assi sono a 1 : ( 1)x y 3 + = 0 a : ( + 1)x + y 3 = 0 Poiché gli asintoti di Γ sono le tangenti a Γ uscenti dal centro C, si ottiene la conica di equazione x + 4xy y 4x 8y + 1 = 0 che si spezza nelle due rette (che dànno gli asintoti di Γ ): b 1 : x + (1 + )y + = 0 b : x + (1 )y = 0 (c) Sia a T = [ ] il vettore che rappresenta la retta r : x y + 1 = 0 Allora il polo di r rispetto a Γ è il punto P xx 0, dove x 0 = ρ A 1 a = ρ = 9ρ Lo scalare ρ deve essere scelto in modo che 6ρ = 1, ossia ρ = 1/6 Quindi, si ha P (3/, 1/3) (d) Le rette richieste sono r 1 : y = 0 e r : x + 5y = 0 14 Sia Γ : x T Ax = 0 (a) Siano P x 1 e Q x Allora p : x T 1 Ax = 0 e q : x T Ax = 0 Pertanto, ricordando che A è una matrice simmetrica e che x T Ax 1 è uno scalare, si ha P q x T Ax 1 = 0 (x T Ax 1 ) T = 0 x T 1 A T x = 0 x T 1 Ax = 0 Q p ρ 6ρ

7 (b) Sia R il polo della retta r Per la legge di reciprocità, la polare di un qualunque punto di r deve passare per R 15 Passando alla rappresentazione matriciale, si ha Γ 1 : x T A 1 x = 0 e Γ : x T A x = 0 Quindi la generica conica del fascio Φ è Γ : x T (λa 1 + µa )x = 0 Allora la polare di P x 0 rispetto a Γ è p : x T 0 (λa 1 + µa )x = 0, ossia p : λ(x T 0 A 1 x) + µ(x T 0 A x) = 0 Quindi p appartiene al fascio di rette generato dalla polare p 1 : x T 0 A 1 x = 0 di P rispetto a Γ 1 dalla polare p : x T 0 A x = 0 di P rispetto a Γ 16 Se I 1 = 0, allora a 11 + a = 0, ossia a = a 11 Pertanto I = a 11 a a 1 = a 11 a 1 0 Se I = 0, allora a 11 = a 1 = a = 0 e questo non è possibile perché il polinomio che rappresenta la conica deve essere di secondo grado Quindi deve essere I < 0 17 Sia Φ il fascio generato da due iperboli equilatere Γ 1 e Γ Siano B 1 e B le matrici che rappresentano la parte quadratica di queste due coniche Allora I 1 (Γ 1 ) = tr(b 1 ) = 0 e I 1 (Γ ) = tr(b ) = 0 La matrice rappresenta la parte quadratica della generica conica Γ del fascio Φ è B = λb 1 + µb Quindi I 1 (Γ) = tr(λb 1 + µb ) = λtr(b 1 ) + µtr(b ) = 0 Di conseguenza (per la proprietà precedente) si ha che Γ è un iperbole (eventualmente degenere) equilatera 18 (a) Si verifica facilmente che le due coniche che generano il fascio sono entrambe iperboli equilatere (non degeneri) Quindi il fascio contiene solo iperboli equilatere (eventualmente degeneri) (b) L equazione del fascio è Φ : (λ + µ)x + (λ µ)xy (λ + µ)y + (λ µ)x + (λ µ)y + 4λ µ = 0 L invariante cubico è I 3 = (λ + µ) (7λ 5µ) Quindi Φ contiene due coniche degeneri, una per λ + µ = 0 e una per 7λ 5µ = 0 Per λ = 1 e µ = 1 si ha la conica Γ : xy + x + y + 1 = 0 che si spezza nelle due rette ortogonali x = 1 e y = 1 Per λ = 5 e µ = 7 si ha la conica Γ : x 3xy y 3x + y + 1 = 0 che si spezza nelle due rette ortogonali x y 1 = 0 e x + y 1 = 0 (c) Le coordinate del centro della generica conica appartenente a Φ soddisfano le seguenti equazioni (λ + µ)x + (λ µ)y + λ µ = 0 (λ µ)x (λ + µ)y + λ µ = 0 Posto t = λ/µ, si ha il sistema (t + 1)x + (t )y + t = 0 (t )x (t + 1)y + t 1 = 0 che dà le equazioni parametriche del luogo Γ cercato Eliminando il parametro t da queste equazioni, si ottiene la circonferenza Γ : x + y + x 1 = 0 19 La proiezione ortogonale di Γ sul piano xy è Γ x + 3xy + y x 4y + 3 = 0 : z = 0 Tale curva (e quindi anche Γ ) è un iperbole (non degenere) 0 Sia V (α, β, γ) Il generico punto di Γ 1 è P (t, 0, t + 1) Le equazioni parametriche del cono che V come vertice e che ha Γ 1 come direttrice sono x = α + (α t)u C : y = β + βu z = γ + (γ t 1)u

8 La proiezione Γ 1 di Γ sul piano z = 0 dal punto V si ottiene intersecando il cono C con il piano z = 0 Quindi x = α + (α t)u Γ y = β + βu 1 : z = γ + (γ t 1)u z = 0 Per trovare le equazioni cartesiane di Γ 1 basta eliminare i parametri Dalla seconda equazione si ha u = (y β)/β Dalla prima equazione si ha t = (αy βx)/(y β) Sostituendo nella terza equazione (tenuto conto che z = 0 ), dopo aver semplificato si ottiene Γ β x αβxy + (α γ + 1)y + β(γ )y + β = 0 1 : z = 0 Affinché Γ 1 coincida con Γ deve essere β = 1, αβ = 0, α γ + 1 = 1, β(γ ) = 0, ossia α = 0, β = ±1, γ = Quindi V (0, 1, ) oppure (simmetricamente) V (0, 1, )