Problemi sulla circonferenza verso l esame di stato

Problemi sulla circonferenza verso l esame di stato * * * n. 0 pag. 06 a) Scrivi l equazione della circonferenza γ 1 di centro P ; ) e passante per il punto A0; 1). b) Scrivi l equazione della circonferenza γ simmetrica di γ 1 rispetto alla retta y = x + 1 e rappresenta graficamente γ 1 e γ. c) Determina le tangenti r e s a γ 1 e γ mandate dal punto S 10; 9) che non intersecano rispettivamente γ e γ 1. Siano Q e R i rispettivi punti di tangenza. d) Calcola l area del trapezio isoscele individuato da P QR e dal centro di γ. Soluzione: a) A partire dall equazione generica della circonferenza x + y + ax + by + c = 0, conoscendo le coordinate del centro si ha immediatamente a = 6 e b = 4, e sostituendo nell equazione le coordinate di A si ottiene: ed infine 0 + 1 + 6 0 4 1 + c = 0 = c = γ 1 : x + y + 6x 4y + = 0 ovvero x + ) + y ) = 10 b) Dall osservazione del grafico, si osserva immediatamente che il centro della circonferenza γ ha coordinate P 1; ). Considerando che le due circonferenze hanno lo stesso raggio, si può scrivere immediatamente l equazione di γ : γ : x 1) + y + ) = 10 ovvero x + y x + 4y = 0 [Naturalmente si poteva procedere come al punto a), ossia sostituendo le coordinate di A nell equazione di γ per determinare il valore di c, ma la soluzione proposta è ancora più rapida.] 1

c) Dopo aver scritto l equazione della retta r generica passante per S fascio proprio di centro S), la condizione di tangenza richiede che la distanza del centro P da r sia uguale al raggio di γ 1. Si ha dunque: r : y + 9 = mx + 10) y = mx + 10) 9 mx y + 10m 9 = 0 e successivamente: m ) + 10m 9 1 + m = 10 7m 11) = 101 + m ) 9m 14m + 111 = 0 m = m = 7 9 L osservazione del grafico consente di stabilire che la soluzione richiesta corrisponde a m = l altra soluzione corrisponderebbe alla seconda tangente, che interseca γ ed è pertanto esclusa dal testo del problema). Sostituendo tale valore nell equazione del fascio si ha infine: r : y = x + 10) 9 y = x + 1 x y + 1 = 0 Per determinare le coordinate di Q basta cercare l intersezione tra la retta r appena trovata e la retta che contiene il raggio P Q retta passante per P e perpendicolare a r): retta P Q : y = 1 x + ) y = 1 x + 1 Dal sistema tra le equazioni delle due rette si ha infine: y = x + 1 10 Q : y = 1 x + 1 x = 0 y = x + 1 { x = 6 y = Ancora dall osservazione del grafico, si nota che il punto S appartiene alla retta y = x+1, che è asse di simmetria per la figura. La tangente s a γ e il punto di tangenza R saranno dunque anch essi simmetrici, rispettivamente di r e Q, rispetto allo stesso asse di simmetria. Le coordinate di R si ricavano direttamente dall osservazione del grafico e dalla simmetria sopra evidenziata: risulta R; ). Per determinare l equazione della tangente s basta dunque scrivere l equazione della retta passante per R e S: y y R y S y R = x x R x S x R y + 9 + = x 10 y + 1 = x x y 17 = 0 Alternativamente, poiché l asse di simmetria è una retta parallela alla bisettrice del primo e terzo quadrante, risulta m s = 1 e pertanto m s = 1. L equazione di s si può allora ottenere sostituendo m r il valore appena trovato nell equazione del fascio di centro S: s : y + 9 = 1 x + 10) y = 1 x 17 x y 17 = 0 [Se non ci si avvale delle considerazioni sulla simmetria della figura, si può procedere esattamente come nel caso precedente a proposito di r: a partire dalla solita equazione del fascio di centro S, si cerca la retta che abbia distanza da P centro di γ ) uguale al raggio si troveranno due valori di m - reciproci dei precedenti - di cui si deve scegliere quello minore). Non si ritiene opportuno riportare tutti i calcoli, che sono la copia esatta di quelli svolti sopra per determinare r e Q].

d) Dal momento che il quadrilatero P QRP trapezio isoscele per le evidenziate proprietà di simmetria) risulta avere i vertici con coordinate intere, la via più breve per determinarne l area è la formula di Pick: A = I + C 1, ove I è il numero di punti del reticolo interni al poligono e C il numero di punti del reticolo sul contorno del poligono stesso. Osservando il grafico, nel nostro caso si ha I = 6 e C = 14, da cui A = 6 + 14 1 = 1. [Volendo procedere in maniera tradizionale, ma comunque avvalendosi di opportune scorciatoie fornite dall osservazione del grafico, si ha: A = B + b) h in cui la base maggiore B = QR = 8 diagonale di un quadrato di lato 8), la base minore b = P P = 4 diagonale di un quadrato di lato 4) e l altezza h = diagonale di un quadrato di lato 1). Risulta infine A = 8 + 4 ) = 1 come già determinato in precedenza.] * * * n. 1 pag. 06 a) Scrivi l equazione della circonferenza che è tangente nel punto A0; ) alla retta x 4y+8 = 0 e ha il centro sulla retta di equazione y = x +. b) Tra le rette parallele alla bisettrice del II e IV quadrante trova quelle che, intersecando la circonferenza, determinano una corda lunga. c) Trova il perimetro del rettangolo con i vertici nei punti di intersezione della circonferenza con le rette trovate nel punto b). d) Dal punto P 4; ) conduci le tangenti alla circonferenza, trova le loro equazioni, le coordinate dei punti E e F di tangenza e il perimetro del triangolo EF P. Soluzione: a) Il centro C della circonferenza cercata dovrà trovarsi, oltre che sulla retta che indichiamo con r) di equazione y = x + come precisato nel testo, anche sulla perpendicolare alla tangente t condotta per il punto A di tangenza. Detta n tale retta, si ha innanzitutto m n = 1 m t quindi: n : y = 4 x 0) 4x + y 6 = 0 = 4 e Ponendo a sistema le equazioni di r e n si ottiene: { { y = x + 4x + x + ) 6 = 0 C : 4x + y 6 = 0 y = x + x = y = 0 Il raggio della circonferenza cercata corrisponde alla lunghezza del segmento AC: ) r = 0 + 0) =

Infine l equazione della circonferenza è data da: x ) + y ) = x + y x 4 = 0 [La lunghezza del raggio poteva essere ricavata immediatamente considerando che AC rappresenta l ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti = 1 e = 4 1 ed applicando quindi una semplice proporzione di ragione 1 alla ben nota terna pitagorica -4-.] b) Se, come indicato nel testo, la lunghezza delle corde MN e RQ deve risultare, le loro proiezioni nelle direzioni dei due assi devono avere lunghezza in quanto formanti angoli di 4 e 1 con gli assi stessi). Poiché è esattamente la lunghezza del raggio della circonferenza, da ciò segue che gli estremi delle corde stesse sono anche gli estremi di due diametri tra loro perpendicolari. Dalla semplice osservazione del grafico si deduce poi che una delle due rette quella che stacca sulla circonferenza la corda MN) interseca l asse y nel punto di ordinata 4 e la sua equazione è pertanto y = x + 4, mentre la seconda retta quella che stacca sulla circonferenza la corda RQ) interseca l asse y nel punto di ordinata 1 e la sua equazione è pertanto y = x 1. c) Per le osservazioni esposte al punto b), il quadrilatero NMQR risulta essere un quadrato di lato ; il suo perimetro è quindi 4 = 10. d) Dal momento che x P = x M, si osserva immediatamente che una delle due tangenti è la retta verticale di equazione x = 4, tangente in F M4; 0). Per determinare l equazione dell altra tangente, dopo aver scritto l equazione della retta generica u passante per P fascio proprio di centro P ), bisogna imporre che la distanza di tale retta dal centro della circonferenza sia uguale al raggio. u : y + = mx 4) y = mx 4m mx y 4m = 0 4

Successivamente: ) m 4m 1 + m = m + 10) = 1 + m ) m + 4m + 4) = 1 + m ) m = 4 [Come era prevedibile, l equazione in m risulta di primo grado e fornisce pertanto una sola soluzione. La seconda soluzione corrisponde a m ed è relativa alla tangente verticale, come già evidenziato dall osservazione diretta del grafico.] Infine, sostituendo nell equazione del fascio: u : y = 4 x 4 ) 4 y = 4 x Per determinare le coordinate di E basta cercare l intersezione tra la retta u appena trovata e la retta che contiene il raggio CE retta passante per C e perpendicolare a u): retta CE : y 0 = 4 x ) y = 4 x Dal sistema tra le equazioni delle due rette si ha infine: y = 4 E : x y = 4 x { x = 0 y = Infine, per determinare il perimetro del triangolo EF P basta sommare le lunghezze dei tre lati: EF = 4 + = EP = + 4 = F P = da cui P EF P = + 10 = + ). * * * n. pag. 06 a) Nel fascio di circonferenze tangenti alla retta r di equazione x + y 4 = 0 nel suo punto A di ascissa, determina la circonferenza γ 1 passante per il punto B8; ). b) Scrivi l equazione della circonferenza γ, simmetrica alla circonferenza individuata al punto a) rispetto alla retta s di equazione x y + 8 = 0. c) Verifica che anche la circonferenza γ è tangente alla retta r e individuane il punto di tangenza C. d) Calcola l area della parte di piano individuata dalle due circonferenze e dalla retta r. Soluzione: Si osserva innanzitutto che il centro della circonferenza γ 1 deve appartenere alla retta n perpendicolare a r nel punto A di tangenza. Il punto A ha coordinate A; 0), in quanto sostituendo x A = nell equazione della retta r si ricava y A = 0. La retta n ha dunque equazione y 0 = 1 x ) x y = 0

Il segmento AB è una corda della circonferenza γ 1, e pertanto il centro C 1 della circonferenza stessa deve anche appartenere all asse di AB. Per determinare l asse di AB si può ricorrere alla definizione di asse come luogo dei punti equidistanti dagli estremi: x ) + y = x 8) + y + ) 4x + 4 = 16x + 64 + 4y + 4 y = x 16 Ponendo tale equazione a sistema con l equazione della retta n si determinano le coordinate del centro C 1 : { { { x y = 0 x 6x + = 0 x = 6 C 1 : y = x 16 y = x 16 y = Il raggio della circonferenza cercata corrisponde alla lunghezza del segmento AC 1 : Infine l equazione della circonferenza è data da: r = 6 ) + 0) = 0 γ 1 : x 6) + y ) = 0 x + y 1x 4y + 0 = 0 b) Dall osservazione del grafico, si osserva immediatamente che il centro della circonferenza γ ha coordinate C ; 10). Considerando che le due circonferenze hanno lo stesso raggio, si può scrivere immediatamente l equazione di γ : γ : x ) + y 10) = 0 ovvero x + y 4x 0y + 84 = 0 c) Poiché r s, risulta C 1 C r e pertanto la distanza di C da r è uguale alla distanza di C 1 da r, ossia anche γ è tangente a r in quanto ha distanza da essa uguale al raggio. Il punto C di tangenza è il simmetrico di A rispetto alla retta s, e risulta pertanto C ; 8). d) Con facili considerazioni geometriche si vede che, indicando con R il raggio delle due circonferenze, l area S cercata è espressa da S = R 1 π 4 Essendo R = 0 si ha infine S = 104 π). ) = R 4 π) * * * 6

Dati i punti A 1; 0), B ) 7 7 ; 9 e C ; 16 ) : n. pag. 06 a) determina le equazioni delle tre circonferenze γ A, γ B e γ C mutuamente tangenti, di centri A, B, C; b) indicati con D, E e F i punti in cui le tre circonferenze sono tangenti, calcola l equazione della circonferenza che passa per i punti di tangenza; c) calcola le equazioni delle tangenti comuni e verifica che passano per uno stesso punto T. Soluzione: a) Detti rispettivamente r A, r B e r C i raggi delle tre circonferenze γ A, γ B e γ C, per note proprietà geometriche si ha r A + r B = AB, r B + r C = BC e r A + r C = AC. Dopo aver calcolato le lunghezze dei tre segmenti AB, BC e AC è quindi possibile determinare le lunghezze dei tre raggi mediante un semplice sistema lineare. Si ha: 7 ) AB = + 1 + 9 ) 7 ) 0 = BC = AC = + 1 + ) 16 0 = 4 E dunque, per determinare i raggi: r A + r B = r B + r C = r A + r C = 4 r A = 1 r B = r C = Le equazioni delle tre circonferenze risultano pertanto: γ B : γ C : γ A : x + 1) + y = 1 x + y + x = 0 x 7 + y + ) 9 ) = 4 x + y 14 x 7 + y ) 16 x + 18 y + 6 = 0 ) = 9 x + y 14 x y + 16 = 0 7

b) Tracciando da D la parallela all asse y che risulta quindi parallela anche a BC), per il teorema di Talete si ha x D x A = AD x D = x A + AD x C x A AC AC x C x A ) = 1 + 1 ) 7 4 + 1 = e analogamente y D y A = AD y C y A AC x F x A = AF x B x A AB x F = x A + AF y D = y A + AD AC y C y A ) = 1 4 16 = 4 ) 7 AB x B x A ) = 1 + 1 y F y A = AF y B y A AB y F = y A + AF AB y B y A ) = 1 Infine x E = x B = x C = 7 e y E = y B + r B = 9 + = 1. 9 + 1 = 1 ) = Si tratta ora di determinare l equazione della circonferenza passante per tre punti noti D, E, F ) partendo dall equazione generale x +y +ax+by +c = 0, sostituendo le coordinate dei punti stessi e risolvendo il sistema lineare che si ottiene: ) 4 + ) a + 4 b + c = 0 ) ) 7 1 + + 7 a + 1 b + c = 0 ) 1 + ) 1 a b + c = 0 a + 4b + c = 4 7a + b + c = 10 a b + c = Infine l equazione della circonferenza è data da x +y 4 x y 4 = 0 ovvero x + y ) ) 1 = 1 con centro T ; 1 ) a = 4 b = c = 4 e raggio 1. c) La retta t AC tangente alle circonferenze γ A e γ C si può determinare come perpendicolare alla retta AC passante per il punto D di tangenza: y y D = 1 m AC x x D ) y 4 = 4 x + ) x + 4y = 0 La retta t AB tangente alle circonferenze γ A e γ B si può determinare come perpendicolare alla retta AB passante per il punto F di tangenza: y y F = 1 x x F ) y + m AB = 4 x + 1 ) 4x y 1 = 0 La retta t BC tangente alle circonferenze γ B e γ C ha equazione y = y E = 1. Infine, è immediato verificare che il punto T ; 1 ), centro della circonferenza trovata al punto b) precedente, appartiene alle tre rette appena determinate. * * * 8

n. 4 pag. 06 Sia γ la semicirconferenza di raggio unitario avente centro nell origine O degli assi cartesiani e posta nel semipiano delle ordinate positive. Indicato con A il punto in cui essa tocca il semiasse delle ascisse negative, traccia per A una retta AP, con P punto generico di γ. a) Scrivi le coordinate del punto Q di intersezione tra la retta AP e l asse del segmento OP al variare della retta AP. b) Determina la posizione di P affinché Q sia sull asse delle ordinate. c) In questa posizione trova l equazione della tangente t in P a γ. d) Calcola l area del triangolo OBC, dove B e C sono i punti di intersezione di t con gli assi coordinati. Soluzione: a) L equazione della semicirconferenza γ si può scrivere immediatamente e risulta y = 1 x si ottiene esplicitando y nell equazione della circonferenza di centro O e raggio unitario x + y = 1). Essa interseca il semiasse delle ascisse negative nel punto A 1; 0). La retta generica AP corrisponde al fascio proprio di centro A, avente equazione y 0 = mx + 1) y = mx + 1) e le coordinate del punto P in funzione di m) si ottengono ponendo a sistema l equazione del fascio con quella della semi)circonferenza: P : { x + y = 1 y = mx + 1) { x + m x + 1) = 1 y = mx + 1) L equazione risolvente diventa: 1+m )x +m x+m 1 = 0 x = m ± m 4 + 1 m 4 x 1 + m P = 1 x P = 1 m 1 + m Scegliendo ovviamente la seconda soluzione, si ottiene poi ) 1 m y P = m 1 + m + 1 = m 1 + m e dunque P ) 1 m 1 + m ; m 1 + m Per determinare l asse di OP conviene ricorrere alla definizione di asse come luogo geometrico dei punti equidistanti dagli estremi del segmento: x + y = x 1 ) m + y m ) 1 + m 1 + m m 1) 1 + m x 4m 1 + m y + 1 m ) + 4m 1 + m ) = 0 m 1)x 4my + 1 + m = 0 Le coordinate di Q si determinano ponendo a sistema l equazione dell asse appena trovato con la retta AP : { { m 1)x 4my + 1 + m = 0 m 1)x 4m x + 1) + 1 + m = 0 Q : y = mx + 1) y = mx + 1) 9

1 m da cui si ha infine Q 1 + m ) ; m ) m ). 1 + m ) b) Affinché il punto Q sia sull asse delle ordinate dovrà essere x Q = 0, ossia 1 m 1 + m ) = 0 m = 1 m = 1 Ovviamente si deve scegliere la soluzione positiva, in quanto quella negativa corrisponde alla retta che intersecherebbe la semicirconferenza nel semipiano delle ordinate negative. Sostituendo il valore di m così trovato nell espressione delle coordinate di P si ottiene: P ) 1 m 1 + m ; m 1 + m 1 1 1 + 1 ; 1 + 1 ) 1 ; ) c) La retta t è perpendicolare a OP nel punto di tangenza P. Risulta pertanto: t : m t = 1 = 1 m OP y = 1 x 1 ) y = x + 1 x + y = 0 d) Poiché y B = 0, sostituendo nell equazione di t si ottiene x B =. Analogamente, poiché x C = 0, sostituendo nella medesima equazione si ottiene y C =. Infine A OBC = x B y C = 1 =. 10