GEOMETRIA PIANA 1. Esercizi Esercizio 1. Dati i punti A(0, 4), e B(4, ) trovarne la distanza e trovare poi i punti C allineati con A e con B che verificano: (1) AC = CB (punto medio del segmento AB); () AC = CB; (3) AC = kbc (discutere al variare di 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 (1) il punto C si trova sulla retta AB, in entrambe le forme; () le rette AB ed s sono incidenti in C(risolvere il sistema sia col metodo di sostituzione che con quello di Cramer). Esercizio 3. Dato 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(1, ) da r : x + y + 1 = 0, e l area del triangolo ABC, dove B(0, 1) e C( 1, 1) sono punti di r. Esercizio. Calcolare l equazione della circonferenza γ di centro C(1, 1) e raggio 3. Stabilire se il punto A(, 3) è interno, esterno, o sulla circonferenza γ. Stabilire se la retta r : 3x + 4y + 8 = 0 è secante, tangente, o esterna a γ. Calcolare i punti d intersezione tra γ e la retta 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 d intersezione e (1) incidente l asse x sotto un angolo di π/3; () incidente l asse y nel punto (0, 1); (3) tangenti alla circonferenza γ : x + y x 4y + 1 = 0. Esercizio 8. Calcolare l equazione delle seguenti circonferenze: (1) concentrica a γ : x + y + x y = 0 e passante per A(1, 1); () concentrica a γ : x + y + x y = 0 e di raggio ; (3) passante per i punti A( 1, 0), e B(1, 0) e di raggio ; 1
GEOMETRIA PIANA (4) passante per i punti A( 1, 0), B(1, 0), e C(0, 1 + ); () tangente alla retta r : x y + 1 = 0 in A(1, 1) e passante per B(, 1); (6) tangente alla retta r : x y + 1 = 0 in A(1, 1) e di raggio 1; (7) di centro C(1, 1) e che taglia una corda di lunghezza 4 sulla retta r : x + y = 0; (8) tangente alla retta r : x y+1 = 0 in ( 3, 1) e che taglia una corda di lunghezza 4 sull asse x. Esercizio 9. Sia γ la circonferenza di centro C(1, 1) e raggio. Calcolare le equazioni delle rette tangenti a γ per il punto A( 1, 1), oppure per B(1, 0), oppure per O(0, 0), ovvero parallele al vettore ( 1, 1). Esercizio 10. Trovare e studiare il luogo geometrico dei punti P (1) equidistanti dalle rette r : y = 1 ed s : x 3 + y = 0; () equidistanti da r : y = 1 e dal punto F ( 1, 1); (3) tali che il perimetro del triangolo ABP sia, dove A(1, 1), e B(3, 1); (4) tali che il perimetro del triangolo ABP sia 4, dove A(1, 1), e B(3, 1); () tali che P sia il punto medio delle corde AB dove A si trova sull asse x, B si trova sull asse y e OA OB = 1, essendo i segmenti OA ed OB misurati con segno. Esercizio 11. Trovare le equazioni del cambio di riferimento individuato dal punto O = (1, ) (nuova origine) e dal versore i = (1/, 1/ ) (versore del nuovo asse x). Trovare poi le coordinate del punto A(3, 4) e l equazione della retta r : x = 1 nel nuovo sistema di riferimento. Esercizio 1. La retta perpendicolare alla retta r : 3x + y = 0 e passante per A(1, 1) ha equazione (1) x + 3y + = 0; () 3x + y = 0; (3) x 3y + = 0; (4) x + 3y + 4 = 0. Esercizio 13. Date la retta r : x + y = e la circonferenza γ)x + y x 4y = 0, (1) r è esterna a γ; () nessuna retta parallela a r è tangente a γ; (3) r è una retta diametrale; (4) r è secante γ ma non è diametrale. Esercizio 14. I punti distanti 1 da (1, 1) e da r : x + y + = 0 (1) individuano una retta ortogonale ad r; () individuano una retta parallela ad r; (3) sono infiniti; (4) non esistono.. Soluzione di alcuni esercizi Soluzione dell Esercizio 1. La distanza di due punti è uguale al modulo del vettore avente i due punti come estremi. Il vettore AB= (x B x A, y B y A ) = (4, ) ha modulo AB = 4 + ( ) = 0 =, e quindi AB =. Il punto medio C del segmento AB può essere calcolato in base alla formula, e si ha C(, 3).
GEOMETRIA PIANA 3 I punti che verificano la relazione AB = BC con C allineato con A e B sono tutti e soli quelli che verificano uno dei due sistemi seguenti CB= AB CB= AB AC= CB AC= CB. Il primo sistema ha come unica soluzione il vettore AC= 1 3 ha come unica soluzione il vettore AC= AB. Poiché otteniamo C 1 ( 4, 10), mentre nel secondo caso otteniamo C 3 3 = B. Nell ultimo caso, procedendo come prima, bisogna risolvere i due sistemi CB= AB CB= AB AC= k BC AB, mentre il secondo AC= (x C, y C 4), nel primo caso AC= k BC. Il primo è risolubile se, e solo se, k 1, e l unica sua soluzione è (k 1) BC= AB, mentre il secondo è risolubile se, e solo se, k 1, e l unica sua soluzione è (k + 1) BC= AB. Quindi, se k 1, 0, 1 abbiamo due soluzioni distinte, se k = 1, 1 abbiamo una sola soluzione, mentre se k = 0, abbiamo due soluzioni coincidenti con il punto medio. Soluzione dell Esercizio. La retta r AB è formata da tutti e soli i punti P che verificano AP = t AB, t R. Dette (x, y) le coordinate di P, abbiamo l uguaglianza di vettori (x 1, y 1) = t(1, ), da cui si ricava l equazione parametrica della retta x = 1 + t r AB : y = 1 + t. Eliminando la t tra le due equazioni, si ricava l equazione cartesiana di r AB, e si ha r AB : x y 1 = 0. In alternativa, i punti della retta verificano n AP = 0, dove n è un vettore ortogonale ad AB. Ad esempio, si può scegliere n = (, 1). Un vettore parallelo alla retta r AB è AB= (1, ), mentre uno ortogonale è n = (, 1). La retta p per C ortogonale ad r AB è formata dai punti P che verificano AB p : x + y 11 = 0 ovvero p : CP = 0, ovvero CP = sn, con s R. Da queste relazioni si ricavano le equazioni cercate, e si ha x = 3 + s y = + s. Lasciamo le verifiche allo studente. Soluzione dell Esercizio 3. Un vettore ortogonale ad r è (1, 1) ed è ortogonale anche ad s. Quindi la retta cercata è formata dai punti che verificano (1, 1) AP = 0, e quindi ha equazione s : x y 1 = 0. La distanza tra r ed s è uguale alla distanza tra r ed un punto di s. Calcoliamo quindi la distanza tra A ed r, usando la formula. Otteniamo allora d(r, s) = d(r, A) = 1 0 =. +( 1) La retta t per A perpendicolare ad r è formata da tutti e soli i punti che verificano (1, 1) AP = 0, essendo (1, 1) parallelo ad r. Si ha allora che t : x + y = 0.
4 GEOMETRIA PIANA Per risolvere l ultima domanda, bisogna per prima cosa calcolare i vettori che formano un angolo di π/4 con (1, 1) vettore parallelo ad r. Sia (a, b) un tale vettore. Abbiamo che (a, b) (1, 1) a + b = cos π 4 = 1 da cui otteniamo l equazione (a + b) = a + b che ammette come soluzioni i vettori del tipo (a, 0) = a(1, 0) ovvero (0, b) = b(0, 1). Le due rette sono allora parallele l una al vettore (1, 0), l altra al vettore (0, 1), e quindi hanno equazioni y = 0 ed x =, rispettivamente. Soluzione dell Esercizio 4. La distanza è uguale a mentre l area del triangolo è uguale a /. L area del triangolo può anche essere calcolata come il valore assoluto della metà del determinante della matrice avente AB come prima riga e AC come seconda riga, per il significato geometrico del determinante. Soluzione dell Esercizio. γ è formata da tutti e soli i punti che verificano la relazione CP = 3, essendo P (x, y). Quindi, otteniamo γ : (x 1) + (y 1) = 9 ovvero, svolgendo i calcoli, γ : x + y x y 7 = 0. La distanza tra A e C è uguale a < 3 = raggio di γ e quindi A è interno a γ. La distanza tra C ed r è uguale a 3 = raggio di γ e quindi r è tangente a γ. Per calcolare i punti d intersezione, bisogna risolvere il sistema non lineare 3x + 4y + 8 = 0 x + y x y 7 = 0. Sostituendo il valore della x calcolato nella prima equazione, e semplificando, otteniamo l equazione y + 70y + 49 = 0 la cui unica soluzione doppia è y = /3. Quindi, il punto (doppio) d intersezione è ( 4/9, /3). Soluzione dell Esercizio 6. La condizione perché l equazione x + y + ax + by + c = 0 abbia soluzioni reali è che a + b c > 0. Nel nostro caso si ha che 4 4 a 4 + b 4 c = 1 + 1 3 = 1 < 0 e quindi non ci sono punti reali. Soluzione dell Esercizio 7. Tutte le rette per il punto r s sono della forma l(x + y 1) + m(x y + 4) = 0, che può essere riscritta come (l + m)x + (l m)y + ( l + 4m) = 0. Cerchiamo tra le precedenti, le rette che incidono l asse x sotto un angolo di π/3. Un vettore parallelo alla retta del fascio è (l m, l m). Tale vettore forma l angolo richiesto se l m l + lm + m = 1. Riducendo allo stesso denominatore ed elevando al quadrato, otteniamo l equazione m + 10lm l = 0, che può essere risolta in m. Le soluzioni sono allora m = l( ± 3 3), e posto l = 1 otteniamo le rette richieste: ( 9 ± 6 3)x + (6 3 3)y + ( 1 ± 1 3) = 0.
GEOMETRIA PIANA Ora, individuiamo la retta che passa per (0, 1) : sostituendo otteniamo l equazione 3m = 0 e quindi la retta si ottiene assegnando (l, m) = (1, 0), ed ha quindi equazione x + y 1 = 0. Le rette tangenti sono quelle che verificano: d(c, r) = dove C(1, ) è il centro della circonferenza, è il suo raggio, ed r è la generica retta del fascio. Abbiamo quindi l equazione l + m (l + m) + (l m) = 1 equivalente a l m = 0. Abbiamo allora l unica retta x + 1 = 0. Verificare che il centro del fascio è un punto di γ. Soluzione dell Esercizio 8. Le circonferenze concentriche con γ sono tutte e sole quelle la cui equazione è della forma γ c : x + y + x y + c = 0, con c R. Cerchiamo quella passante per A(1, 1) sostituendo le coordinate di A nell equazione di γ c. Abbiamo quindi + c = 0, ossia c =. L equazione della circonferenza cercata è allora x + y + x y = 0. In alternativa, il centro si ricava dall equazione di γ ed è C( 1, 1) mentre il raggio è uguale a AC =. La circonferenza concentrica con γ e di raggio si ottiene invece imponendo la condizione sul raggio, ossia 1 + 1 c =. Otteniamo allora c =, e quindi la circonferenza cercata è quella trovata al punto precedente. Il centro della terza circonferenza da trovare si trova sull asse del segmento AB dovendo distare sia da A, sia da B, e quindi è equidistante dagli estremi. I punti di tale retta aventi distanza da A sono (1) simmetrici rispetto alla retta AB se > 1AB; () coincidenti con il punto medio di AB se = 1AB; (3) non reali se < 1AB. Le circonferenze sono quindi determinate, poiché ne conosciamo sia il centro, sia il raggio. x = 0 L equazione dell asse del segmento AB, il forma parametrica, è ed i punti y = t di tale asse aventi la distanza richiesta da A sono C 1 (0, ), C (0, ). Le circonferenze cercate hanno allora equazioni x + y ± 4y 1 = 0. Il calcolo della circonferenza per tre punti non allineati può essere fatto in vari modi. Uno geometrico è il seguente: il centro è il punto d intersezione degli assi dei segmenti AB e BC ed il raggio è la distanza tra il centro ed una dei punti A, B oppure C. Algebricamente, invece, si risolve il sistema lineare che si ottiene sostituendo le coordinate dei punti nell equazione di una circonferenza con coefficienti incogniti. L asse del segmento AB ha equazione x = 0, quello del segmento BC ha equazione x + (1 + )y (1 + ) = 0. Il loro punto d intersezione ha coordinate (0, 1) ed è il centro della circonferenza cercata. Il raggio vale allora. Nel secondo modo, detta x + y + ax + by + c = 0 la circonferenza con coefficienti incogniti, bisogna risolvere il sistema lineare a + c = 1 a + c = 1 (1 + )b + c = (3 + ) In entrambi i casi si ottiene la circonferenza di equazione x + y y 1 = 0. Le circonferenze dei punti () e (6) hanno entrambe il centro sulla retta s per A perpendicolare ad r, che ha equazione s : x + y 3 = 0.
6 GEOMETRIA PIANA Il centro della prima si ottiene imponendo che AC = BC, essendo C(t, 3 t) s, e si trova che C( 3, 0). Il suo raggio è uguale a AC = 1 e quindi la circonferenza ha equazione x + y 3x + 1 = 0. Il centro della seconda si calcola imponendo che AC = 1, da cui si ottengono i due possibili centri di coordinate (1 ± 1, 1 1 ), da cui si ottengono poi le equazioni delle circonferenze x + y (1 ± 1 )x (1 1 )y + 7 = 0. Per trovare il raggio della circonferenza del punto (7) conviene aiutarsi con un disegno. La retta per C ortogonale ad r divide la corda in due parti uguali di lunghezza e quindi il raggio è ipotenusa del triangolo rettangolo avente per cateti metà corda e la distanza di C da r, uguale a. Quindi, il raggio misura 10. La circonferenza ha allora equazione x + y x y 8 = 0. Il centro della circonferenza richiesta al punto (8) si trova sulla retta s per ( 3, 1) ortogonale ad r, di equazione s : x+y+7 = 0. Quindi, si può scrivere come C(t, 7 t), t R. Perché la circonferenza tagli una corda di lunghezza 4 sull asse x, è necessario che il raggio sia ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti metà corda e la distanza tra C e l asse x, ossia R = 4t + 8t + 69. Ma il raggio è uguale anche ad AC, dove A( 3, 1), e quindi abbiamo l equazione (t + 3) = 4t + 8t + 69. Risolvendo otteniamo t 1 = 4, t = 6, e quindi C 1 (4, 1), C ( 6, ). I relativi raggi sono R 1 = 7 e R = 3, e queste informazioni bastano a calcolare le equazioni delle due circonferenze. Soluzione dell Esercizio 9. La distanza tra A e C è uguale a 4 ed è maggiore di R =. Quindi le tangenti sono due e distinte, e si trovano tra tutte le rette per A, ossia nel fascio di equazione ax+by +(a b) = 0. Una retta è tangente se la distanza dal centro è uguale al raggio. Otteniamo quindi l equazione a b a + b = che semplificata diventa a 4ab + b = 0. Risolvendola, otteniamo che le sue soluzioni sono del tipo (a, b) = h( ± 3, 1) con h R. Posto h = 1, otteniamo le equazioni delle due rette tangenti: ( ± 3)x + y + (1 ± 3) = 0. La distanza tra B e C è uguale a 1 < R e quindi non ci sono rette tangenti a γ per B. La distanza tra O e C è uguale a = R e quindi abbiamo una sola retta tangente a γ per O. Si calcola come spiegato prima, ed ha equazione x y = 0. Le rette parallele al vettore ( 1, 1) sono tutte e sole quelle di equazione x + y + c = 0. c Una tale retta è tangente alla circonferenza se, e solo se, = ossia c = ±. Le rette cercate sono allora quelle di equazione x+y± = 0, e toccano la circonferenza agli estremi di un diametro. Soluzione dell Esercizio 10. (1) Usando risultati dalla geometria elementare, è noto che il luogo cercato è formato dalle bisettrici delle due rette date. L equazione di tale luogo è y 1 = x 3 + y da cui si ricavano le equazioni delle due rette x 3 + (1 )y ± = 0. () Il luogo cercato è una parabola, come è noto dalla definizione metrica della parabola. La sua equazione si ricava uguagliando la distanza di un punto P (x, y) dalla retta r (d(p, r) = y 1 ) e dal punto F (P F = (x + 1) + (y + 1) ). Svolgendo i calcoli si ottiene l equazione y = 1 4 (x + 1).
GEOMETRIA PIANA 7 (3) Il luogo cercato è l ellisse di fuochi A e B, essendo la richiesta equivalente a AP + BP = 3. Svolgendo i calcoli si ottiene l equazione 0x + 36y 64x 7y 1 = 0. (4) In questo caso, si ha AP + BP =, ma AB =, e quindi solo i punti del segmento AB verificano la condizione richiesta. () Se A ha coordinate (a, 0) il punto B ha coordinate (0, 1 ) con a R, a 0. Il punto a medio P ha coordinate ( a, 1 a ), e quindi il luogo ha equazione parametrica x = a y = 1 a Eliminando a dalle due equazioni si ha l equazione cartesiana del luogo 4xy = 1. Tale luogo rapresenta un iperbole equilatera riferita ai propri asintoti. Soluzione dell Esercizio 11. Sia P un punto del piano di coordinate (x, y) nel primo sistema, e (x, y ) nel secondo sistema di riferimento. Il vettore j = ( 1 1, ), mentre le coordinate di O nel primo sistema di riferimento sono (1, ). Dalla teoria si ricava che il cambio di coordinate è ( ) x = 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 x 1 y 1 1 y + mentre quelle del cambio inverso sono ( ) x y = 1 ( 1 1 1 1 ) ( ) ( x 1 ) y + 3. Il punto A ha coordinate (0, ) nel nuovo sistema di riferimento, mentre la retta x = 1 ha equazione x + y = 0 nel nuovo sistema di riferimento. Soluzione dell Esercizio 1. Il modo più veloce per risolvere l esercizio è quello di calcolare la retta richiesta. Ogni retta ortogonale ad r è della forma s : x 3y + c = 0, e quella per A ha equazione x 3y + = 0. Quindi l unica risposta corretta è la (3). Soluzione dell Esercizio 13. Il centro di γ è il punto C(1, ), ed il suo raggio è R = 7. La distanza tra C ed r è uguale a 1 < R. Quindi l unica risposta corretta è la (4). Notiamo che una retta è diametrale se la distanza tra C ed r è zero, e che tra le rette parallele ad r ce ne sono sicuramente due tangenti a γ. Soluzione dell Esercizio 14. La distanza tra (1, 1) ed r è uguale a > 1. Quindi nessun punto del piano verifica la condizione richiesta, e l unica risposta corretta è la (4).