Esercizi per la maturità: Geometria Analitica

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Autori e revisori

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Autori: Daniele Bjørn Malesani, Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Federico Fallucca.

Introduzione

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In questo articolo presentiamo 74 esercizi sulla geometria analitica per il ripasso in vista dell’esame di maturità. La geometria analitica è un argomento di fondamentale importanza nei programmi della scuola superiore e pertanto riveste un ruolo da protagonista nella seconda prova di matematica dell’esame di maturità.

Per questa ragione, offriamo una raccolta di esercizi, suddivisi a grandi linee per argomento e corredati di soluzione completa sulla geometria analitica su retta, circonferenza, iperbole, parabola, ellisse e coniche varie.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sono dati i due punti $A=(2,-2)$ e $B=(0,2)$ . Determinare sulla semiretta bisettrice del primo quadrante un punto $C$ , in modo che il triangolo $ABC$ risulti:

$\quad$

rettangolo con ipotenusa $AB$ ;

$\quad$

rettangolo con ipotenusa $AC$ ;

$\quad$

isoscele con base $BC$ .

Svolgimento.

In figura rappresentiamo il triangolo con il vertice di coordinate generiche $C=(x,x)$ .

$\quad$

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Figura 1.

$\quad$

Il punto $C$ appartiene alla bisettrice di equazione $y=x$ solo per $x>0$ , pertanto $C=(x,x)$ . Abbiamo allora, considerando il triangolo $ABC$ , le seguenti richieste:

$\quad$

$AB^2=AC^2+BC^2$ ;

$\quad$

$AC^2=AB^2+BC^2$ ;

$\quad$

$AC^2=AB^2$ .

Poiché

(1) $\begin{equation*} \begin{split} AB^2=(2-0)^2+(-2-2)^2=4+16=20,\\ AC^2=(2-x)^2+(-2-x)^2=4-4x+x^2+4+4x+x^2=2x^2+8,\\ BC^2=(0-x)^2+(2-x)^2=x^2+4-4x+x^2=2x^2-4x+4, \end{split} \end{equation*}$

seguono le seguenti argomentazioni.

Svolgimento punto 1.

Abbiamo l’equazione

$20=2x^2+8+2x^2-4x+4\quad\Longrightarrow\quad x^2-x-2=0,$

le cui soluzioni sono $x=-1,\ x=2$ , e quindi si hanno i due punti

$C_1=(-1,-1), \qquad C_2=(2,2).$

Di seguito i due possibili triangoli trovati:

$\quad$

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Figura 2.

$\quad$

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Figura 3.

$\quad$

Svolgimento punto 2.

Abbiamo l’equazione

$2x^2+8=20+2x^2-4x+4\quad\Longrightarrow\quad x=4,$

e quindi l’unico punto $C(4,4)$ . Di seguito il triangolo trovato:

$\quad$

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Figura 4.

$\quad$

Svolgimento punto 3.

Abbiamo l’equazione

$2x^2+8=20\quad\Longrightarrow\quad x^2=6,$

e quindi le due soluzioni $C_1(-\sqrt{6},-\sqrt{6}),\ C_2(\sqrt{6},\sqrt{6})$ . Di seguito il primo triangolo:

$\quad$

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Figura 5.

$\quad$

e il secondo:

$\quad$

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Figura 6.

$\quad$

Fonte: Esercizi della professoressa Teresa D’Aprile.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare le equazioni delle due rette $r$ ed $s$ parallele alla retta $4x-3y=0$ ed aventi entrambe distanza 3 da questa. Determinare successivamente le coordinate dei due rombi aventi due lati opposti rispettivamente sulla $r$ e sulla $s$ ed un lato in comune sull’asse $y$ .

Svolgimento.

Rappresentiamo la retta $y=\frac{4}{3}x$ .

$\quad$

Figura 7.

$\quad$

Le rette $r,s$ essendo entrambe parallele alla retta $t:\ 4x-3y=0$ , devono avere coefficiente angolare $m=\frac{4}{3}$ , e quindi equazione generale

$y=\frac{4}{3} x+q.$

Se $P\in r (s)$ , le sue coordinate saranno allora $P=\left (x,\frac{4}{3}x+q\right )$ , per cui la distanza di $P$ dalla retta data è

$3=\mathrm{dist}(P,t)=\frac{\displaystyle\left|4x-3\left(\frac{4}{3} x+q\right)\right|}{\sqrt{4^2+3^2}}= \frac{|3q|}{5}$

e quindi

$|3q|=15 \implies |q|=5 \implies q=\pm 5.$

Le rette quindi sono

$r:\ y=\frac{4}{3} x+5,\qquad s:\ y=\frac{4}{3}x-5.$

Di seguito vengono rappresentate le tre rette.

$\quad$

Figura 8.

$\quad$

Il lato del rombo sull’asse $y$ ha intersezione nei vertici $A, B$ con le rette $r,s$ rispettivamente, per cui

$A=(0,5)\in r,\qquad B=(0,-5)\in s.$

Ne segue che il lato del rombo è $AB=10$ . Per determinare allora gli altri punti sulla retta $r$ (o equivalentemente sulla retta $s$ ), basta considerare un generico punto $Q\in r$ le cui coordinate sono

$Q=\left(x,\frac{4}{3}x+5\right),$

tale che $QA=AB=10$ . Ne segue che

$(x-0)^2+\left(\frac{4}{3} x+5-5\right)^2=100\quad\Longrightarrow \quad x^2+\frac{16}{9} x^2=100,$

da cui $x^2=36$ e quindi $x=\pm 6$ , per cui le coordinate sono

$Q'=(6,13)\in r,\qquad Q''=(-6,-3)\in r.$

Per determinare i punti $R', R''\in s$ che chiudono i due rombi, è sufficiente osservare che i lati $Q'R'$ e $Q''R''$ devono essere paralleli al lato $AB$ . Quindi le coordinate dei punti cercati sono

$R'=(6,3)\in s,\qquad R''=(-6,-13)\in s,$

ottenute sostituendo i valori $x=\pm 6$ nella equazione della retta $s$ .

Di seguito rappresentiamo i due rombi.

$\quad$

Figura 9.

$\quad$

Figura 10.

$\quad$

Rombi insieme:

$\quad$

Figura 11.

$\quad$

Fonte: Esercizi della professoressa Teresa D’Aprile.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sono dati i punti $A=(-2,-1)$ e $B=(6,1)$ .

$\quad$

determinare il punto $P$ dell’asse $y$ equidistante da $A$ e $B$ .

$\quad$

determinare il punto $Q$ della retta di equazione $y+2x=0$ equidistante da $A$ e $B$ .

$\quad$

verificare che il quadrilatero $APBQ$ è un rombo.

$\quad$

determinare la distanza tra il punto $B$ e la retta passante per $P$ .

Svolgimento.

Risolviamo i diversi punti.

Svolgimento punto 1.

Se $P$ appartiene all’asse delle $y$ , allora è della forma $P=(0,y)$ e quindi

$PA^2=PB^2\quad\Longrightarrow\quad (0+2)^2+(y+1)^2=(0-6)^2+(y-1)^2,$

e quindi l’equazione

$4+y^2+2y+1=36+y^2-2y+1 \quad\Longrightarrow\quad 4y=32\quad \Longrightarrow\quad y=8,$

e il punto cercato è $P=(0,8)$ . La situazione è rappresenta in figura:

$\quad$

Figura 12.

Svolgimento punto 2.

Il punto $Q$ appartenente alla retta $y=-2x$ ha coordinate generiche $Q=(x,-2x)$ . La condizione di equidistanza è data dall’equazione

$AQ^2=BQ^2\quad\Longrightarrow\quad (-2-x)^2+(-1+2x)^2=(6-x)^2+(1+2x)^2,$

e quindi l’equazione

$4+4x+x^2+1-4x+4x^2=36-12x+x^2+1+4x+4x^2\quad \Longrightarrow\quad 8x=32\quad\Longrightarrow\quad x=4,$

da cui il punto $Q=(4,-8)$ . La situazione è rappresenta in figura:

$\quad$

Figura 13.

Svolgimento punto 3.

Rappresentiamo il quadrilatero:

$\quad$

Figura 14.

$\quad$

Poiché sappiamo che $AP=PB$ e $AQ=BQ$ , basta verificare che

$1)\ AP=AQ,\qquad 2)\ AP \parallel BQ\qquad 2)\ PB \parallel AQ.$

Abbiamo che

$AP=\sqrt{4+81}=\sqrt{85},\qquad BQ=\sqrt{4+81}=\sqrt{85},$

e quindi la prima condizione è soddisfatta. Per la seconda si ha

$m_{AP}=\frac{-1-8}{-2-0}=\frac{9}{2},\qquad m_{BQ}=\frac{1+8}{6-4}=\frac{9}{2},$

e quindi le rette che contengono i due lati opposti sono parallele. Per la terza

$m_{PB}=\frac{8-1}{0-6}=-\frac{7}{6},\qquad m_{AQ}=\frac{-8+1}{4+2}=-\frac{7}{6},$

e quindi le rette che contengono i due lati opposti sono parallele anche in questo caso. Si conclude che il quadrilatero $APBQ$ è un rombo in quanto i lati opposti sono paralleli e tutti i lati sono congruenti.

Svolgimento punto 4.

L’equazione della retta passante per il lato $AP$ è

$r:\ y-8=\frac{9}{2} x\quad\Longrightarrow\quad r:\ 9x-2y+16,$

per cui la distanza del punto $B$ da tale retta è

$\mathrm{dist}(P,r)=\frac{|9\cdot 6-2\cdot 1+16|}{\sqrt{9^2+4^2}}=\frac{68}{\sqrt{85}}=\frac{68\sqrt{85}}{85},$

che coincide con la distanza tra i due lati paralleli.

Fonte: Esercizi della professoressa Teresa D’Aprile.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dato il triangolo di vertici $A=(2,0), B=(6,8), C=(0,10)$ :

$\quad$

verificare che il segmento che unisce i punti medi di ciascuna coppia di lati è parallelo al terzo lato ed uguale alla sua metà;

$\quad$

determinare l’area $S$ del triangolo $ABC$ ;

$\quad$

detti $M$ ed $N$ i punti medi di due lati, determinare l’area del trapezio avente come basi il segmento $MN$ ed il terzo lato.

Svolgimento.

Risolviamo i diversi punti.

Svolgimento punto 1.

La situazione è rappresenta in figura:

$\quad$

Figura 15.

$\quad$

Calcoliamo i coefficienti angolari dei lati e le loro lunghezze: abbiamo

(2) $\begin{equation*} \begin{split} m_{AB}=\frac{0-8}{2-6}=2,\qquad m_{AC}=\frac{0-10}{2-0}=-5,\qquad m_{BC}=\frac{8-10}{6-0}=-\frac{1}{3},\\ AB=\sqrt{(2-6)^2+(0-8)^2}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}=4\sqrt{5},\\ AC=\sqrt{(2-0)^2+(0-10)^2}=\sqrt{4+100}=\sqrt{104}=2\sqrt{26},\\ BC=\sqrt{(6-0)^2+(8-10)^2}=\sqrt{36+4}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}. \end{split} \end{equation*}$

Indichiamo con $M,N,I$ i punti medi dei lati $AB, AC, BC$ rispettivamente. Allora

$M=(4,4),\qquad N=(1,5),\qquad I=(3,9).$

In figura rappresentiamo i punti medi:

$\quad$

Figura 16.

$\quad$

Abbiamo allora per i coefficienti angolari

(3) $\begin{equation*} \begin{split} m_{MN}=\frac{4-5}{4-1}=-\frac{1}{3}=m_{BC},\\ m_{MI}=\frac{4-9}{4-3}=-5=m_{AC},\\ m_{NI}=\frac{5-9}{1-3}=2=m_{AB}, \end{split} \end{equation*}$

mentre per i lati si ha

(4) $\begin{equation*} \begin{split} MN=\sqrt{(4-1)^2+(4-5)^2}=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}=BC/2,\\ MI=\sqrt{(4-3)^2+(4-9)^2}=\sqrt{1+25}=\sqrt{26}=AC/2,\\ NI=\sqrt{(1-3)^2+(5-9)^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}=AB/2. \end{split} \end{equation*}$

Svolgimento punto 2.

L’equazione della retta passante per $AC$ è

$r:\ y=-5(x-2)\quad\Longrightarrow\quad 5x+y-10=0,$

per cui la distanza tra $B$ e $r$ (che rappresenta l’altezza relativa alla base $AC$ ) è

$h=\frac{|5\cdot 6+8-10|}{\sqrt{5^2+1^2}}=\frac{28}{\sqrt{26}},$

e quindi si ha per l’area

$A_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot h\cdot AC=\frac{1}{2}\cdot\frac{28}{\sqrt{26}}\cdot 2\sqrt{26}=28.$

Svolgimento punto 3.

In figura rappresentiamo il trapezio $MNCB$ .

$\quad$

Figura 17.

$\quad$

Dobbiamo calcolare l’area del trapezio $MNCB$ . L’altezza di tale trapezio coincide con la distanza del punto $M$ dalla retta passante per il lato $BC$ : essa ha equazione

$s:\ y-8=-\frac{1}{3}(x-6)\quad\Longrightarrow\quad x+3y-30=0,$

per cui, ricordando che $M=(4,4)$ , si ha

$h=\frac{|4+3\cdot 4-30|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{14}{\sqrt{10}}$

e quindi

$A_{MNCB}=\frac{1}{2}\cdot h\cdot(MN+BC)=\frac{1}{2}\cdot\frac{14}{\sqrt{10}}\cdot 3\sqrt{10}=21.$

Fonte: ignota.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Verificare che il triangolo di vertici $A=(-3,-1)$ , $B=\left(2,-\frac{3}{2}\right)$ e $C=\left(-2,9\right)$ è rettangolo e, detto $M$ il punto medio di $AC$ , verificare che il triangolo $ABM$ è isoscele.

Svolgimento.

Rappresentiamo i punti $A$ , $B$ e $C$ su un piano cartesiano e uniamoli per formare il triangolo $ABC$

$\quad$

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Figura 18.

$\quad$

Per dimostrare che $ABC$ è un triangolo rettangolo, dobbiamo dimostrare che vale il teorema di Pitagora, ovvero la seguente relazione:

(5) $\begin{equation*} BC^2 = AC^2+AB^2. \end{equation*}$

Ricordiamo che dati due punti generici $A=(x_A,y_A)$ e $B=(x_B,y_B)$ del piano $xy$ , si ha

(6) $\begin{equation*} AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2} \end{equation*}$

e inoltre il punto medio $M$ del segmento che li congiunge è

(7) $\begin{equation*} M = \left(\dfrac{x_A+x_B}{2}, \dfrac{y_A+y_B}{2}\right). \end{equation*}$

Dunque con (6) calcoliamo

$\begin{aligned} & BC^2 = \left(x_C - x_B\right)^2 + \left(y_C-y_B\right)^2 = \dfrac{505}{4},\\ & AC^2 = \left(x_C - x_A\right)^2 + \left(y_C-y_A\right)^2 = 101,\\ & AB^2 = \left(x_B - x_A \right)^2 + \left(y_B - y_A \right)^2 = \dfrac{101}{4} \end{aligned}$

e osserviamo che i valori ottenuti soddisfano (5), pertanto $ABC$ è un triangolo rettangolo in $A$ .

Calcoliamo il punto medio $M$ del segmento $AC$ con (7):

$M = \left(\dfrac{x_A+x_C}{2}, \dfrac{y_A+y_C}{2}\right) = \left(-\dfrac{5}{2}, 4\right).$

Graficamente abbiamo

$\quad$

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Figura 19.

$\quad$

Verifichiamo che $ABM$ è isoscele. Calcoliamo

$AM = \dfrac{AC}{2}= \dfrac{\sqrt{101}}{2}$

e ricordiamo che $AB =\frac{\sqrt{101}}{2}$ ; quindi, essendo $AM=AB$ , possiamo affermare che $ABM$ è un triangolo isoscele.

Fonte: Corso base blu di matematica – M. Bergamini, A. Trifone e G. Barozzi

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Considerati i punti $A=(-2a,-1)$ e $B=(a-5,-1)$ con $a$ numero positivo, individuare $a$ in modo che la misura del segmento $AB$ sia pari a $7$ . Determinare poi il punto $C$ di ascissa $5$ in modo che il triangolo $ABC$ abbia area che misura $35$ .

Svolgimento.

Poiché i punti $A$ e $B$ hanno stessa ordinata, possiamo scrivere

$AB = \vert x_B - x_A \vert = \vert 3a-5 \vert.$

Abbiamo

$\vert 3a-5 \vert=7 \iff 3a-5 = 7 \, \vee \, 3a-5=-7 \iff a=4 \, \vee \, a=-\dfrac{2}{3}.$

Osserviamo che il valore $a=-\frac{2}{3}$ non è accettabile per ipotesi. Dunque con $a=4$ , i punti $A$ e $B$ sono rispettivamente $(-8,-1)$ e $(-1,-1)$ .

Il punto $C$ puo’ essere scritto come $C=(5,b)$ , con $b \in \mathbb{R}$ . Rappresentiamo ora $A$ e $B$ e due punti $C_1$ e $C_2$ . Il punto $C_1(5,b)$ con $b>0$ e $C_2(5,b)$ con $b<0$ :

$\quad$

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Figura 20.

$\quad$

L’area del triangolo $ABC$ è data da

$S = \dfrac{AB \cdot CH}{2}$

e dal problema abbiamo che

$\dfrac{AB \cdot CH}{2} = 35.$

Inoltre sappiamo che $CH =\vert b+1 \vert$ in quanto $H(5,-1)$ , quindi

$\begin{aligned} \dfrac{7 \cdot \vert b+1 \vert}{2} = 35 & \iff \vert b+ 1 \vert = 10 \\ & \iff b+1 = 10 \,\vee \, b+1=-10 & \iff b=9 \, \vee \, b=-11, \end{aligned}$

quindi i punti $C$ tali che il triangolo $ABC$ abbia area pari a $35$ sono $C_1=(5,9)$ e $C_2=(5,-11)$ .

Fonte: Corso base blu di matematica – M. Bergamini, A. Trifone e G. Barozzi.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Del parallelogramma $ABCD$ sono noti i vertici $A=(1,5)$ , $B=(-4,-7)$ e $C=(2,1)$ . Calcolare le coordinate del vertice $D$ e il perimetro $P$ .

Svolgimento.

Le diagonali del parallelogramma si bisecano, cioè ciascuna divide l’altra in due segmenti congruenti. Ciò significa che si incontrano nel punto medio del segmento $AC$ e nel punto medio del segmento $BD$ , dunque $M_{AC}=M_{BD}$ . Graficamente abbiamo

$\quad$

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Figura 21.

$\quad$

Dal problema possiamo calcolare

$M_{AC} = \left(\dfrac{x_A+x_C}{2}, \dfrac{y_A+y_C}{2}\right) = \left(\dfrac{3}{2},3\right),$

dunque anche

$M_{BD} = \left(\dfrac{3}{2},3\right),$

da cui

(8) $\begin{equation*} \begin{split} \dfrac{x_B+x_D}{2}= \dfrac{3}{2} \iff x_D = 7\\ \dfrac{y_B+y_D}{2} = 3 \iff y_D=13, \end{split} \end{equation*}$

quindi $D=(7,13)$ . Di seguito rappresentiamo il parallelogramma.

$\quad$

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Figura 22.

$\quad$

Andiamo ora a trovare le misure dei lati:

$\begin{aligned} & AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2} = 13,\\ & BC = \sqrt{(x_C-x_B)^2+(y_C-y_B)^2} = 10. \end{aligned}$

Allora il perimetro è $P = 2 \cdot 13 + 2 \cdot 10 = 46$ .

Fonte: Corso base blu di matematica – M. Bergamini, A. Trifone e G. Barozzi.

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un triangolo ha vertici $A=(-3,2)$ , $B=(5,2)$ e area $S=16$ . Determinare le coordinate del terzo vertice $C$ sapendo che appartiene al semiasse delle ordinate positive.

Svolgimento.

Ipotizzando che il punto $C$ abbia coordinate generiche nel piano, graficamente si ha la seguente situazione:

$\quad$

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Figura 23.

$\quad$

Osserviamo che i punti $A$ e $B$ hanno stessa ordinata, pertanto la lunghezza del segmento $AB$ è data da

$AB = \vert 5- (-3) \vert = 8.$

Poichè la base è parallela all’asse $x$ ( $A$ e $B$ hanno stessa ordinata pari a $2$ ), allora l’altezza del triangolo è parallela all’asse $y$ e data da $CH = \vert y_C - 2 \vert$ con $y_C>0$ per ipotesi. Allora dai dati del problema si ha che

$S=\dfrac{AB \cdot CH}{2} = 16 \iff \vert y_C - 2 \vert = 4 \iff y_C = 6 \, \vee \, y_C = -2,$

da cui risulta accettabile solamente $y_C=6$ . Dunque le coordinate del terzo vertice $C$ sono $(0,6)$ . Il triangolo è rappresentanto in figura.

$\quad$

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Figura 24.

$\quad$

Fonte: Corso base blu di matematica – M. Bergamini, A. Trifone e G. Barozzi.

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $r$ una retta di equazione $y=mx+p$ . Dimostrare che

$m=\tan\varphi,$

dove $\varphi\in[0,2\pi)$ è l’angolo che il semiasse positivo dell’asse $x$ e la retta $r$ formano in senso antiorario.

Svolgimento.

Sia $P\in r$ . Allora esiste $\alpha \in \mathbb{R}$ tale che $P=(\alpha,m\alpha+p)$ . Consideriamo il triangolo $ABP$ , dove $B$ è la proiezione di $P$ sull’asse $x$ e $\{A\}=r\cap Ox$ è l’intersezione della retta con l’asse $x$ . Si ha

$B=(\alpha,0), \qquad A=\left (-\frac{p}{m},0\right ).$

Graficamente si ha

$\quad$

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Figura 25.

$\quad$

Abbiamo

$|AB|=\alpha-|OA|=\alpha+\frac{p}{m}.$

Infine

$\tan\varphi=\frac{PB}{BA}=\frac{m\alpha+p}{\alpha+\frac{p}{m}}=m.$

Fonte: Corso base blu di matematica – M. Bergamini, A. Trifone e G. Barozzi.

Esercizio 10 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, al variare di $k$ , l’area del poligono regolare individuato dall’equazione: $|x| + |y| = k$ .

Svolgimento.

Osservando che $k$ deve essere necessariamente positivo e che l’equazione è simmetrica rispetto ad entrambi gli assi cartesiani (l’equazione rimane invariata sostituendo $-x, -y$ al posto di $x,y$ ), è possibile limitare lo studio al solo primo quadrante. Per cui si avrà una retta di equazione:

$y = k - x,$

che deve essere specchiata rispetto ad entrambi gli assi. Il risultato è un quadrato di lato $\sqrt{2k}$ avente i vertici sugli assi cartesiani. L’area vale $2k^2$ .

$\quad$

Figura 26.

$\quad$

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un sistema di riferimento cartesiano $Oxy$ , sia $r$ la retta di equazione

$y=\frac{3x+1}{2}.$

Qual è l’equazione della retta ortogonale ad $r$ e passante per il punto $(1,1)$ ?

Svolgimento.

L’equazione di una retta $r$ non parallela all’asse delle ordinate è $y=mx+q$ , dove $m$ è il coefficiente angolare della retta e $q$ è l’intercetta. Il coefficiente angolare di una retta ortogonale ad $r$ è $-\frac{1}{m}$ . Quindi una retta ortgonale ad $r$ e passante per un punto $P=(x_0,y_0)$ ha equazione

$y-y_0=-\frac{1}{m}(x-x_0).$

$\quad$

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Figura 27: la retta $r$ e la sua perpendicolare per il punto $(1,1)$ ..

$\quad$

$\boxcolorato{superiori}{ y=-\frac{2}{3}(x-1)+1= -\frac{2}{3}x+\frac{5}{3}. }$

In figura 27 mostriamo le due rette.

Esercizio 12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area del triangolo di vertici $A=(2,3)$ , $B=(-1,2)$ , $C=(2,1)$ nel piano cartesiano $Oxy$ .

Svolgimento.

Disegniamo il triangolo in un sistema di assi cartesiani $Oxy$ :

$\quad$

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Figura 28: triangolo di vertici $A$ , $B$ e $C$ .

$\quad$

Notiamo che $A$ e $C$ hanno stessa ascissa, quindi $AC$ è parallelo all’asse delle ordinate e quindi l’altezza $BH$ del triangolo $\triangle ABC$ è parallela all’asse delle ascisse. Quindi la base $AC$ del triangolo è la differenza in valore assoluto $\vert 3-1\vert =2$ delle ordinate di $A$ e $C$ , mentre l’altezza del triangolo è la differenza in valore assoluto delle ascisse di $B$ ed uno qualunque dei punti $A$ e $C$ , ovvero $\vert -1-2\vert=3$ . Pertanto l’area del triangolo è

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{\text{base} \cdot \text{altezza}}{2}=\frac{2\cdot 3 }{2}=3. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area del triangolo compreso fra gli assi cartesiani e la retta di equazione:

$y = 7 - \frac{x}{3}$

Svolgimento.

Per trovare i punti di intersezione della retta data con gli assi, facciamo i seguenti calcoli:

$\quad$

Intersezione con l’asse $x$ ( $y = 0$ ):
$0 = 7 - \frac{x}{3} \quad \Rightarrow \quad x = 21.$

Il punto di intersezione è $(21, 0)$ .

Intersezione con l’asse $y$ ( $x = 0$ ):
$y = 7 - \frac{0}{2} = 7.$

Il punto di intersezione è $(0, 7)$ .

L’area del triangolo è:

$A= \frac{1}{2} \cdot \text{base} \cdot \text{altezza} = \frac{1}{2} \cdot 21\cdot 7 = \frac{147}{2}.$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{147}{2}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Il triangolo $ABC$ nel piano cartesiano ha vertici nei punti $A(-2,-2),\,B(7,1),\,C(-1,5)$ . Si determinino le coordinate del baricentro, dell’ortocentro e del circocentro di $ABC$ .

Suggerimento: in virtù del Teorema di Eulero ortocentro, baricentro e circocentro sono allineati; inoltre il baricentro sta ad $\frac{1}{3}$ della distanza tra circocentro e ortocentro.

Svolgimento.

Possiamo operare secondo il seguente piano d’azione: dapprima determinare il baricentro $G$ dalla media aritmetica delle coordinate dei vertici, quindi il circocentro $O$ dalla risoluzione di un sistema lineare (quello che sia ottiene imponendo che $A,B,C$ facciano parte di una circonferenza di equazione $x^2+y^2+Fx+Gy+H=0$ ), quindi l’ortocentro $H$ dal Teorema di Eulero $H=3G-2O$ . Si ha immediatamente $G=\left(\frac{4}{3},\frac{4}{3}\right)$ .

Imponendo che $x^2+y^2+Fx+Gy+H=0$ sia l’equazione della circonferenza circoscritta si ottiene:

$\left\{\begin{array}{lcl}-2F-2G+H &=& -8 \\ 7F+G+H &=& -50 \\ -F+5G+H &=& -26 \end{array}\right.$

Considerando la differenza membro-a-membro tra le seconda equazione e la prima, quindi la differenza tra la terza equazione e la prima, deduciamo:

$\left\{\begin{array}{lcl} 9F+3G &=& -42\\ F+7G &=& -18 \end{array}\right.$

dunque $F=-4, G=-2$ e il circocentro giace in $O(2,1)$ . Per il Teorema di Eulero, l’ortocentro giace in $H(0,2)$ .

Con un minimo di perizia (e di quadretti) la collocazione di $O$ poteva essere determinata “ad occhio”: infatti $(2,1)$ ha distanza $5$ da $A,B,C$ in virtù del fatto che $(3,4,5)$ è una terna pitagorica.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . $ABCD$ è il quadrato di vertici $(-1,-1),(1,-1),(1,1),(-1,1)$ .

Si dimostri che esiste almeno un punto $P$ del segmento $AB$ per cui si ha

$PA^2+PB^2+PC^2+PD^2 = 13$

ma nessun punto per cui si ha

$PA^2+PB^2+PC^2+PD^2=11.$

Svolgimento.

Supponendo che un generico punto $P$ del piano abbia coordinate $(x,y)$ si ha che la quantità $PA^2+PB^2+PC^2+PD^2$ (che ha le dimensioni di un’area) è uguale a $4(x^2+y^2+2)$ , ossia a $4\left(PO^2+2\right)$ . Lungo il segmento $AB$ , per il Teorema di Pitagora, la distanza al quadrato dall’origine varia tra un minimo di $1$ (raggiunto nel punto medio di $AB$ ) ad un massimo di $2$ (raggiunto negli estremi di $AB$ ), dunque lungo il segmento $AB$ la quantità $PA^2+PB^2+PC^2+PD^2$ varia tra un minimo di $12$ ad un massimo di $16$ : la conclusione è immediata.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quali sono le coordinate dei punti $R$ e $S$ che si trovano tra $P = (2,3)$ e $Q = (8,-3)$ e che dividono il segmento $PQ$ in due parti di lunghezza in rapporto $1:2$ ?

Svolgimento.

Determiniamo uno dei due punti, in quanto il ragionamento per l’altro è analogo.

Il punto $R$ si trova lungo il segmento $PQ$ , che viene diviso in parti di lunghezza in rapporto $1:2$ . Questo vuol dire che $\overline{QR} = 2\overline{PR}$ , e quindi, dato che $\overline{PQ} = \overline{PR} + \overline{QR}$ , deve essere $\overline{PR} = \overline{PQ}/3$ . La medesima proporzionalità si applica alle coordinate (teorema di Talete):

$\begin{aligned} x_R = {} & x_P + \frac{1}{3}\left(x_Q-x_P\right); \\ y_R = {} & y_P + \frac{1}{3}\left(y_Q-y_P\right). \end{aligned}$

Sostituendo i valori delle coordinate di $P$ e $Q$ , si trova $R = (4,1)$ . La figura mostra graficamente la posizione dei tre punti.

$\quad$

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Figura 29.

$\quad$

La seconda possibilità di dividere il segmento $PQ$ in due parti in rapporto $1:2$ è costituita da $\overline{PS} = 2\overline{QS}$ . Questa seconda interpretazione porta a $S = (6,-1)$ . In definitiva

$\boxcolorato{superiori}{ R = (4,1), \qquad S = (6,-1). }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $m$ un parametro reale. Quali sono le coordinate del punto $Q$ riflesso rispetto alla retta $r$ di equazione $y = mx$ del punto $P$ di coordinate $(1,0)$ ?

Svolgimento.

Con riferimento alla figura, il punto $Q = (x_Q,y_Q)$ giace sulla retta $s$ perpendicolare ad $r$ passante per $P$ , in modo che $\overline{QC} = \overline{CP}$ . Se $m = 0$ , si ha banalmente $Q \equiv P = (1,0)$ ; assumiamo nel seguito $m \ne 0$ .

$\quad$

Figura 30.

$\quad$

La retta $s$ ha coefficiente angolare $-1/m$ ; siccome passa per $P$ , ha equazione $y = (-1/m)\cdot(x-1).$ Tale retta interseca la retta $y=mx$ nel punto $C$ le cui coordinate sono soluzioni del sistema

$\begin{cases} y=mx \\ y = - \dfrac{1}{m}(x-1) \end{cases} \iff \begin{cases} y=mx \\ mx = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} y=\dfrac{m}{m^2+1} \\ x = \dfrac{1}{m^2+1} \end{cases}$

Il punto $Q$ è quindi tale che $C$ sia il punto medio di $QP$ , ossia

$\begin{cases} \dfrac{x_Q+x_P}{2} = x_C \\ \dfrac{y_Q+y_P}{2} = y_C \end{cases} \iff \begin{cases} x_Q= 2x_C - x_P = \dfrac{2}{m^2+1} - 1 = \dfrac{1-m^2}{1+m^2} \\ y_Q= 2y_C - y_P = \dfrac{2m}{m^2+1}. \end{cases}$

Il risultato è quindi

$\boxcolorato{superiori}{Q= \left (\dfrac{1-m^2}{1+m^2},\dfrac{2m}{m^2+1} \right ).}$

Osserviamo che tale formula è valida anche nel caso $m=0$ , che avevamo trattato a parte.

Alternativamente, si poteva procedere nel modo seguente. Detto $\vartheta = \widehat{POC}$ , si ha $m = \tan(\vartheta)$ e la distanza $\overline{CP}$ di $P$ da $r$ è:

$\overline{CP} = \overline{OP}\cdot|\sin(\vartheta)| = 1\cdot\frac{|\tan(\vartheta)|}{\sqrt{1+\tan^2(\vartheta)}} = \frac{|m|}{\sqrt{1+m^2}}.$

I triangoli rettangoli $OCP$ e $QXP$ sono simili (hanno due angoli congruenti), per cui vale la proporzione $\overline{CP}:\overline{XP} = \overline{OP} : \overline{QP}$ . Dato che $\overline{QP} = 2\cdot\overline{CP}$ :

(9) $\begin{equation*} \frac{|m|/\sqrt{1+m^2}}{1-x_Q} = \frac{1}{2\cdot |m|/\sqrt{1+m^2}}; \\ 1-x_Q = 2\left(\dfrac{|m|}{\sqrt{1+m^2}}\right)^2 = \dfrac{2m^2}{1+m^2} \implies x_Q = \frac{1-m^2}{1+m^2}. \end{equation*}$

Dato che $Q$ appartiene ad $s$ , si ha infine:

$y_Q = \frac{1}{m}(1-x_Q) = \frac{2m}{1+m^2},$

ottenendo lo stesso risultato di sopra.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un punto $P$ si sposta nel piano $xy$ , partendo dall’origine. Ad ogni mossa, $P$ si può spostare in uno dei seguenti due modi:

$\quad$

si può muovere di 2 verso destra e 1 verso l’alto;

si può muovere di 1 verso destra e 2 verso l’alto.

Qual è la distanza minima cui $P$ può trovarsi dal punto $Q = (25,75)$ ?

Svolgimento.

Date le regole per il suo movimento, il punto $P$ è vincolato a giacere all’interno della regione delimitata dalle semirette positive (incluse) $y = 2x$ e $y = x/2$ (puntinata in azzurro in figura).

$\quad$

Figura 31.

$\quad$

Il punto $Q$ ha coordinate $y = 3x$ , quindi si trova al di sopra di questa regione. La posizione più vicina a $Q$ che $P$ può raggiungere deve quindi trovarsi in prossimità della retta $r$ di equazione $y = 2x$ . La minima distanza da $Q$ rispetto ai punti di $r$ , si ottiene nell’intersezione tra questa retta e la retta $s$ a essa ortogonale passante per $Q$ . Tale retta $s$ ha coefficiente angolare $-\frac{1}{2}$ e, imponendo il passaggio per $Q$ , si ottiene che ha equazione

$y-y_Q = -\frac{1}{2} (x-x_Q) %\iff %y = -\frac{1}{2}x + \frac{175}{2}.$

Intersecando con $y=2x$ si ottiene il sistema

$\begin{cases} y=2x \\ 2y-150 = x-25 \end{cases} \iff \begin{cases} y=2x \\ 4x - 150 = -x + 25 \end{cases} \iff \begin{cases} y=70 \\ x=35. \end{cases}$

È molto importante notare che il punto $(35,70)$ , sulla retta $y=2x$ ha la distanza minima da $Q$ , ha coordinate intere. Ciò ci assicura che esso possa effettivamente essere raggiunto da $P$ rispettando le regole stabilite nella traccia. Ne segue che la minima distanza di $P$ da $Q$ è quindi:

$\boxcolorato{superiori}{5 \sqrt{5}}$

Esercizio 19 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un quadrato ha centro nel punto di coordinate $C = (3,4)$ e uno dei vertici ha coordinate $(1,5)$ . Quali sono le coordinate degli altri vertici?

Svolgimento.

Conviene disegnare i punti sul piano cartesiano, oppure su carta quadrettata. Un vertice del quadrato è il simmetrico di $(1,5)$ rispetto a $C$ e ha dunque coordinate $(5,3)$ . La diagonale identificata da questi punti ha pendenza $-1/2$ ; l’altra diagonale, che le è perpendicolare, ha quindi pendenza $+2$ . A partire da $C$ , si possono quindi identificare facilmente le coordinate dei vertici rimanenti $(4,6)$ e $(2,2)$ . Ricapitolando, gli altri vertici del quadrato sono quindi i punti

$\boxcolorato{superiori}{(4,6),\quad (5,3), \quad (2,2).}$

$\quad$

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Figura 32.

$\quad$

Si può alternartivamente ricorrere al calcolo vettoriale. Il vettore che porta da $C$ al punto $(1,5)$ è $v_0 = (-2,1)$ . Per trovare gli altri vertici del quadrato, possiamo calcolare la rotazione di $v_0$ di 90, 180 e 270 $^\circ$ , ottenendo $v_{90} = (1,2)$ , $v_{180} = (2,-1)$ e $v_{270} = (-1,-2)$ . Sommando questi tre vettori a $C$ , si ritrovano le coordinate dei tre vertici: $(4,6)$ , $(5,3)$ e $(2,2)$ .

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quali sono le coordinate del punto $Q$ , speculare di $P\ (3,4)$ rispetto alla retta $r$ di equazione $3x + 4y = 50$ ?

Svolgimento.

Il punto $Q$ giace sulla retta $s$ perpendicolare ad $r$ e passante per $P$ . La retta $r$ è infatti l’asse del segmento $PQ$ .

$\quad$

Figura 33.

$\quad$

Per prima cosa, ricaviamo l’equazione di $s$ . Il coefficiente angolare della retta $r$ è $m_r = -3/4$ , per cui il coefficiente angolare di $s$ è semplicemente $m_s = -1/m_r = 4/3$ . Inoltre, dato che $s$ passa per $P$ , la sua equazione avrà la forma:

$y = y_P + m_s(x-x_P) = 4 + \frac{4}{3}(x-3) = \frac{4}{3}x.$

Consideriamo ora il punto $R$ , intersezione di $r$ ed $s$ . Le sue coordinate $x_R$ e $y_R$ sono date dalle soluzioni del sistema:

$\begin{cases} y = \dfrac{4}{3}x; \\ 3x + 4y = 50; \end{cases} \implies\quad \begin{cases} x_R = 6; \\ y_R = 8. \end{cases}$

Essendo $R$ il punto medio di $PQ$ , le coordinate di $Q$ sono infine date da:

$\begin{cases} x_Q = x_P + 2(x_R-x_P) = 9; \\ y_Q = y_P + 2(y_R-y_P) = 12. \\ \end{cases}$

In conclusione

$\boxcolorato{superiori}{Q=(9,12).}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ .

Scrivere l’equazione della parabola con asse parallelo all’asse $y$ , avente il vertice nel punto $V=(2,0)$ e passante per $A=(17/4, 81/16)$ .

Determinare l’intersezione $B$ della parabola con l’asse $y$ e determinare l’equazione della retta $r$ perpendicolare alla tangente alla parabola in $B$ ; verificare che la retta $r$ passa per $A$ .

Individuare la parallela alla retta $r$ sulla quale la parabola stacca una corda lunga $25\sqrt{17}/16$ .

Svolgimento punto 1.

L’equazione generica cercata è

$\gamma:\ y=ax^2+bx+c,$

con $a\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ e $b,c\in\mathbb{R}$ . Dalle coordinate del vertice otteniamo

$-\frac{b}{2a}=2,\qquad -\frac{b^2-4ac}{4a}=0$

e quindi

$b=-4a,\quad b^2=4ac\quad\Longrightarrow\quad b=-4a,\quad 4ac=16a^2,$

da cui $b=-4a,\ c=4a$ ; possiamo riscrivere l’equazione della parabola come

$\gamma:\ y=a(x^2-4x+4).$

Sostituendo le coordinate di $A$ in tale equazione si trova

$\frac{81}{16}=a\left(\frac{289}{16}-17+4\right)\quad\Longrightarrow\quad \frac{81}{16}=a\cdot\frac{81}{16}$

e quindi $a=1$ . L’equazione cercata è pertanto

$\gamma:\ y=x^2-4x+4=(x-2)^2.$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

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Figura 34.

Svolgimento punto 2.

Abbiamo

$\{B\}=\gamma\cap\{x=0\}\quad\Longrightarrow\quad B=(0,4).$

La generica retta passante per $B$ ha equazione $y-4=mx$ , e quindi $y=mx+4$ . Sostituendo nella equazione della parabola si ha

$mx+4=x^2-4x+4\quad\Longrightarrow\quad x^2-(4+m)x=0,$

le cui soluzioni sono $x=0,\ x=m+4$ . La retta è tangente alla parabola se e solo se le soluzioni coincidono, ossia $m+4=0$ , da cui $m=-4$ . Alternativamente, si poteva imporre che il discriminante dell’equazione $x^2-(4+m)x=0$ fosse nullo; oppure si poteva usare la formula per il calcolo del coefficiente angolare $m$ della retta tangente alla parabola di equazione $y=ax^2+bx+c$ nel punto di ascissa $x_0$ , ovvero $m=2ax_0+b$ .

Il coefficiente angolare della retta cercata è allora $m'=\frac{1}{4}$ e l’equazione della retta è

$r:\ y-4=\frac{1}{4}x\quad\Longrightarrow\quad y=\frac{1}{4}x+4.$

Per $x=\frac{17}{4}$ otteniamo

$y=\frac{1}{4}\cdot\frac{17}{4}+4=\frac{81}{16},$

quindi $A\in r$ . Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

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Figura 35.

Svolgimento punto 3.

La retta $t$ parallela alla $r$ ha equazione generica

$t:\ y=\frac{1}{4} x+q.$

Le intersezioni di tale retta con la parabola sono date dall’equazione

$\frac{1}{4}x+q=x^2-4x+4\quad\Longrightarrow\quad 4x^2-17x+4(4-q)=0.$

Posto $\Delta=17^2-4^3(4-q)=33+64q$ e assumendo $q\geq - \frac{33}{64}$ , le soluzioni sono

$x_{1,2}=\frac{17\pm\sqrt{\Delta}}{8},$

che corrispondono ai punti

$C=\left(\frac{17-\sqrt{\Delta}}{8},\frac{17-\sqrt{\Delta}}{32}+q\right),\qquad D=\left(\frac{17+\sqrt{\Delta}}{8},\frac{17+\sqrt{\Delta}}{32}+q\right).$

La lunghezza della corda $CD$ è pari a

$\begin{aligned} CD &=\sqrt{\left(\frac{17-\sqrt{\Delta}}{8}-\frac{17+\sqrt{\Delta}}{8}\right)^2 \left(\frac{17-\sqrt{\Delta}}{32}+q-\frac{17+\sqrt{\Delta}}{32}-q\right)^2}=\\ &=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{4}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{16}\right)^2}= \\ &= \sqrt{\dfrac{17\Delta}{256}}= \\ &= \dfrac{1}{16}\sqrt{17\Delta}. \end{aligned}$

Imponendo che $CD=\frac{25\sqrt{17}}{16}$ , si ha

$\dfrac{1}{16}\sqrt{17\Delta}=\dfrac{25\sqrt{17}}{16} \iff \sqrt{\Delta}=25 \iff \Delta=625.$

Pertanto, sostituendo l’espressione di $\Delta$ , si trova

$\Delta=625\quad\Longrightarrow\quad 33+64q=625 \quad\Longrightarrow\quad q=\frac{37}{4},$

e in definitiva l’equazione della retta cercata è

$t:\ y=\frac{1}{4} x+\frac{37}{4}.$

In particolare i due punti sono

$C=\left(\frac{17-\sqrt{\Delta}}{8},\frac{17-\sqrt{\Delta}}{32}+q\right)=\left(\frac{17-25}{8},\frac{17-25}{32}+\dfrac{37}{4}\right)=\left(-1,9\right)$

$D=\left(\frac{17+\sqrt{\Delta}}{8},\frac{17+\sqrt{\Delta}}{32}+q\right)=\left(\frac{17+25}{8},\frac{17+25}{32}+\dfrac{37}{4}\right)=\left(\dfrac{21}{4},\dfrac{169}{16}\right).$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

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Figura 36.

$\quad$

Fonte: Ignota.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .

Scrivere l’equazione della parabola con asse parallelo all’asse $y$ , che incontra l’asse $x$ nei punti $A$ e $B$ di ascisse rispettivamente $-1$ e $5$ e la cui tangente $t$ in $A$ è perpendicolare alla retta $r$ di equazione $x+2y-1=0$ .

Determinare il punto $C$ di intersezione tra la $t$ e la $r$ , l’equazione della retta $s$ parallela alla $r$ e passante per $B$ ed il rapporto tra le distanze di $A$ e $C$ da $s$ .

Svolgimento punto 1.

L’equazione della parabola cercata ha la forma

$\gamma:\ y=ax^2+bx+c,$

dove $a\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ e $b,c\in\mathbb{R}$ . Le coordinate di $A, B$ sono $A=(-1,0)$ e $B=(5,0)$ . Sostituendo nell’equazione della parabola si ha

$\begin{aligned} \begin{cases} 0=a-b+c\\ 0=25a+5b+c \end{cases} & \iff \begin{cases} c=b-a\\ 25a+5b+b-a=0 \end{cases} \\ & \iff \begin{cases} c=b-a\\ 24a+6b=0 \end{cases} \\ & \iff \begin{cases} c=-5a\\ b=-4a, \end{cases} \end{aligned}$

da cui

$\gamma:\ y=a(x^2-4x-5).$

Il coefficiente angolare della retta $t$ è $m_t=2$ per cui

$t:\ y-0=2(x+1)\quad\Longrightarrow\quad t:\ y=2x+2.$

Sostituendo nell’equazione di $\gamma$ abbiamo

$2x+2=a(x^2-4x-5)\quad\Longrightarrow\quad ax^2-2(2a+1)x-(2+5a)=0,$

e, imponendo che tale equazione abbia una sola soluzione, si ha

$4(2a+1)^2+4a(2+5a)=0\quad\Longrightarrow\quad 4a^2+4a+1+2a+5a^2=0,$

e quindi

$9a^2+6a+1=0 \quad\Longrightarrow\quad (3a+1)^2=0,$

da cui $a=-\frac{1}{3}$ . L’equazione della parabola è pertanto

$\gamma:\ y=-\frac{1}{3}x^2+\frac{4}{3} x+\frac{5}{3}.$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

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Figura 37.

Svolgimento punto 2.

Abbiamo

$\{C\}=t\cap r\quad\Longrightarrow\quad\left\{\begin{array}{l} y=2x+2\\ x+2y-1=0 \end{array}\right.,$

la cui soluzione è $C=\left (-\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\right )$ . Di seguito la rappresentazione geometrica.

$\quad$

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Figura 38.

$\quad$

L’equazione di $s$ è

$s:\ y-0=-\frac{1}{2}(x-5)\quad\Longrightarrow\quad s:\ x+2y-5=0.$

Di seguito la rappresentazione geometrica.

$\quad$

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Figura 39.

$\quad$

Ora ricordando che

$A=(-1,0),\quad B=\left( -\dfrac{3}{5},\dfrac{4}{5}\right)\quad \text{e}\quad s:x+2y-5=0,$

le distanze cercate valgono allora

$\begin{gathered} \alpha=\mathrm{dist}(A,s)=\frac{|-1+2\cdot 0-5|}{\sqrt{1^2+2^2}}=\frac{6}{\sqrt{5}},\\ \beta=\mathrm{dist}(C,s)=\frac{|-3/5+2\cdot 4/5-5|}{\sqrt{1^2+2^2}}=\frac{4}{\sqrt{5}}, \end{gathered}$

e il loro rapporto è

$R=\frac{\alpha}{\beta}=\frac{3}{2}.$

Fonte: Ignota.

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ .

Scrivere l’equazione della parabola con asse parallelo all’asse $x$ , tangente nell’origine $O$ alla retta di equazione $x+6y=0$ e passante per il punto $P=(0,6)$ .

Nel settore parabolico delimitato dalla parabola trovata e dall’asse $y$ inscrivere un rettangolo $ABCD$ (avente due vertici sulla parabola e gli altri due sull’asse $y$ ) di area $20$ .

Svolgimento punto 1.

L’equazione da cercare è

$\gamma:\ x=ay^2+by+c,$

dove $a\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ e $b,c\in\mathbb{R}$ . La condizione di passaggio per $O$ implica che $c=0$ . La condizione di passaggio per $P$ implica

$0=36a+6b\quad\Longrightarrow\quad b=-6a.$

Possiamo scrivere allora

$\gamma:\ x=a(y^2-6y).$

Imponendo la condizione di tangenza tra la parabola e la retta, si ha

$-6y=ay^2-6ay\quad\Longrightarrow\quad ay^2-6(a-1)y=0.$

Tale equazione ha soluzioni $y=0,\ y=6\frac{a-1}{a}$ che devono coincidere: pertanto $a=1$ e l’equazione della parabola diviene

$\gamma:\ x=y^2-6y.$

$\quad$

Figura 40.

Svolgimento punto 2.

Si ha

$x=y^2-6y+9-9=(y-3)^2-9 \iff y=3\pm\sqrt{x+9},$

(che ha può essere soddisfatta solo se $-9 \leq x$ con $x \leq 0$ , ossia $-9 \leq x \leq 0$ ), da cui

$A=\left(x,3-\sqrt{x+9}\right)$

$D=\left(x,3+\sqrt{x+9}\right),$

cioè i vertici del rettangolo appartenenti al sostegno della parabola; quindi i vertici del rettangolo sull’asse delle $y$ hanno coordinate

$B=(0,3-\sqrt{x+9})$

$C=(0,3+\sqrt{x+9}) .$

Si consideri il rettangolo $ABCD$ avente $AB=CD=|x|$ e $AD=BC=2\sqrt{x+9}$ , da cui sapendo che l’area deve essere uguale a $20$ , si ha

$2|x|\sqrt{x+9}=20 \iff |x|\sqrt{x+9}=10.$

Chiaramente per la geometria del problema $x<0$ e pertanto l’equazione diventa:

(10) $\begin{equation*} -x\sqrt{x+9}=10, \end{equation*}$

inoltre $x>-9$ , pertanto $x\in (-9,0)$ ; elevando al quadrato entrambi i membri di (10), si ottiene

$x^2(x+9)=100\iff x^3+9x^2-100=0 \iff (x+5)\left(x^2+4x-20\right)=0,$

che ha come soluzioni:

$x=-5,\,x=-2\left(1+\sqrt{6}\right)\,\, \text{e}\,\,x=2\left(\sqrt{6}-1\right).$

Chiaramente solo le prime due sono accettabili per la condizione di esistenza imposta. Sostituendo i valori accettabili nelle coordinate dei punti, si ottiene

$A=(-5,1),\,\,B=(0,1),\,\,C=(0,5),\,D=(-5,5)$

$\begin{gathered} A=\left(-2\left(1+\sqrt{6}\right),4-\sqrt{6}\right), \qquad B=\left(0,4-\sqrt{6}\right), \\ C=\left(0,2+\sqrt{6}\right), \qquad D=\left(-2\left(1+\sqrt{6}\right),2+\sqrt{6}\right), \end{gathered}$

dove si è usato $\sqrt{9-2\left(1+\sqrt{6}\right)}=\sqrt{6}-1$ . Graficamente rappresentiamo il primo rettangolo

$\quad$

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Figura 41.

$\quad$

e il secondo rettangolo

$\quad$

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Figura 42.

$\quad$

Secondo procedimento.

Le coordinate dei vertici del rettangolo sono

(11) $\begin{equation*} A=(\gamma^2-6\gamma,\beta),\quad B=(\beta^2-6\beta,\beta),\quad C=(0,\beta),\quad D=(0,\gamma), \end{equation*}$

con le condizioni che

$\alpha,\beta>0,\quad \beta-\gamma>0,\quad 0<\gamma<\beta <6,\quad \beta^2-6\beta<0,\quad\gamma^2-6\gamma<0.$

Dalla geometria del problema si ha che

$\begin{cases} \left(\beta-\gamma\right)\left(6\beta-\beta^2\right)=20\\ 6\beta-\beta^2=6\gamma-\gamma^2; \end{cases}$

dalla seconda equazione del sistema si ha

$\gamma^2-\beta^2=6(\gamma-\beta)\quad\Longrightarrow\quad \gamma=6-\beta,$

quindi, sostituendo nella prima, si ottiene

$\left(2\beta-6\right)\left(6\beta-\beta^2\right)=20 \iff \beta^3-9\beta^2+18\beta+10=0,$

o anche

$2\left(\beta-5\right)\left(\beta^2-4\beta-2\right)=0,$

che ha come soluzioni

$\beta=5,\qquad \beta=2+\sqrt{6},\qquad \beta=2-\sqrt{6}.$

Chiaramente solo le prime due soluzioni sono accettabili per le condizioni di esistenza; sostituendo tali valori in (11) si ritrovano i medesimi valori trovati con il primo procedimento.

Fonte: Ignota.

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare la minima distanza tra la retta $y = x$ e la parabola $y = x^2 + 2$ .

Svolgimento.

Per calcolare la minima distanza è necessario impostare la seguente strategia: si trova una retta parallela a quella data e tangente alla parabola, la distanza tra le due rette è la minima distanza cercata. Imponendo la condizione di tangenza si ha:

$\begin{cases} y = x^2 + 2 \\ y = x + q \end{cases} \implies x^2 - x + 2 - q = 0 \implies \Delta = 0 \to 1 - 4(2 - q) = 0 \implies q = \frac{7}{4}.$

Il punto di tangenza ha coordinate $\left(\frac{1}{2}, \frac{9}{4}\right)$ , per cui la distanza risulta

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{7\sqrt{2}}{8}. }$

Esercizio 25 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una parabola

$\quad$

è il luogo dei punti del piano che distano equamente da un certo punto e una certa retta data;

è il luogo dei punti del piano che distano equamente da una coppia di punti distinti;

è il luogo dei punti del piano la cui somma delle distanze da una coppia di punti distinti è costante;

è il luogo dei punti del piano la cui differenza delle distanze da una coppia di punti distinti è costante;

nessuna delle precedenti.

Svolgimento.

Si tratta proprio della definizione di parabola in geometria analitica. Partendo da un punto ed una retta (per semplicità parallela all’asse delle ascisse o all’asse delle ordinate) si ricava da tale definizione l’equazione cartesiana della parabola, che equivale a

$y=ax^2+by^2+c \qquad \makebox{oppure} \qquad x=ay^2+by+c, \quad a\neq0.$

$\quad$

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Figura 43: costruzione di una parabola a partire dal suo fuoco $(0,1)$ e dalla sua direttrice $y=-1$ ..

$\quad$

La risposta corretta è quindi la

$\boxcolorato{superiori}{\text{A).}}$

Esercizio 26 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel piano $Oxy$ le equazioni $y = -152$ e $y = 3x^2$ rappresentano:

$\quad$

due rette parallele;

una retta e un’iperbole che non si incontrano;

una retta e un’iperbole che si incontrano in due punti;

una retta e una parabola che si incontrano in due punti;

una retta e una parabola che non si incontrano.

Svolgimento.

Le equazioni date sono:

$y = -152\quad \text{(equazione di una retta orizzontale)} \qquad \makebox{e} \qquad y =3 x^2 \quad \text{(equazione di una parabola)}.$

Uguagliando le due equazioni:

$x^2 = -\frac{152}{3},$

che non ha soluzioni reali, poiché il quadrato di un numero reale non può essere negativo.

La risposta corretta è

$\boxcolorato{superiori}{\text{E).}}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Consideriamo la parabola di equazione $y=x^2$ e i punti $A(-2,4),\, B(2,4)$ su di essa. Il segmento $AB$ delimita un segmento parabolico $P$ .

$\quad$

Qual è l’equazione della retta parallela ad $AB$ che divide $P$ in due parti aventi la stessa area?

Qual è l’equazione della retta passante per $B$ che divide $P$ in due parti aventi la stessa area?

Cosa assicura l’esistenza e l’unicità delle rette richieste dai precedenti punti? Cosa assicura che né l’altezza della prima retta, né la pendenza della seconda siano numeri razionali?

Suggerimento: considerare la terza parabola raffigurata nel riquadro sottostante. Può essere utile dimostrare
che l’area del segmento parabolico in grigio è proporzionale al cubo della lunghezza $d$ .

$\quad$

Figura 44.

$\quad$

Svolgimento.

Per il Teorema di Archimede il segmento parabolico delimitato dalla corda $AB$ ha area $\frac{32}{3}$ . Se una corda parallela ad $AB$ taglia il segmento parabolico in due parti con la stessa area, essa determina un sotto-segmento parabolico di area $\frac{16}{3}$ . Con riferimento all’ultimo diagramma, $P$ è associato a $d=2$ ed ha area $\frac{2}{3}d^3$ . Il sotto-segmento parabolico che risolve la prima parte dell’esercizio deve essere associato ad un $d'$ che garantisce $\frac{2}{3}d'^3 = \frac{1}{3}d^3$ . L’unica soluzione è data da $d'=\frac{d}{\sqrt[3]{2}}=\sqrt[3]{4}$ e la corda che la delimita ha equazione

$\boxcolorato{superiori}{y=d'^2 = \sqrt[3]{16} = 2\sqrt[3]{2}.}$

Per quanto concerne il secondo punto, è sufficiente studiare le rette per $B$ che hanno coefficiente angolare $m$ compreso tra $0$ (la pendenza di $AB$ ) e $4$ (la pendenza della tangente alla parabola in $B$ ). Una retta siffatta ha equazione

$y=m(x-2)+4$

e intercetta nuovamente la parabola nel punto $C$ di coordinate $C\left(m-2,(m-2)^2\right)$ . Per il Teorema di Archimede¹ l’area del segmento parabolico delimitato dalla corda $BC$ è data da $\frac{(4-m)^3}{6}$ . Imponendo che si abbia $\frac{(4-m)^3}{6}=\frac{16}{3}$ segue che l’unica soluzione è fornita da $m=2(2-\sqrt[3]{4})$ e dunque l’equazione cercata è

$\boxcolorato{superiori}{ y=2(2-\sqrt[3]{4})(x-2)+4. }$

L’esistenza e l’unicità di tali soluzioni può essere provata anche attraverso un’argomentazione che prescinde da considerazioni algebriche: la monotonia e continuità di un’area. Nel primo caso, una corda ad altezza $h\in[0,4]$ delimita un sotto-segmento parabolico di area $A(h)$ : $A(h)$ è una funzione continua e crescente sull’intervallo $[0,4]$ , si ha $A(0)=0$ , dunque esiste un unico punto di tale intervallo per cui $A(h)=\frac{1}{2}A(4)$ . Nel secondo caso, una retta per $B$ con coefficiente angolare $m\in[0,4]$ determina un sotto-segmento parabolico di area $A(m)$ . Per convessità della parabola, $A(m)$ è una funzione continua e decrescente sull’intervallo $[0,4]$ , si ha $A(4)=0$ , dunque esiste un unico $m\in[0,4]$ per cui $A(m)=\frac{1}{2}A(0)$ . Il fatto che né l’altezza della retta che risolve il primo punto, né la pendenza della retta che risolve il secondo punto siano quantità razionali è semplice conseguenza del fatto che $\sqrt[3]{2}$ non è un elemento di $\mathbb{Q}$ : la dimostrazione di quest’ultima affermazione è analoga alla dimostrazione dell’irrazionalità di $\sqrt{2}$ ; per il Teorema fondamentale dell’Aritmetica non è possibile che due numeri naturali e positivi $p,q$ realizzino $p^3 = 2q^3$ .

Si veda Quadrature of the Parabola. ↩

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel piano cartesiano una parabola $\mathcal{P}_1$ di equazione $y=x^2$ viene ruotata di $90^\circ$ e traslata, producendo una parabola $\mathcal{P}_2$ che interseca $\mathcal{P}_1$ in quattro punti distinti $A,B,C,D$ . Si dimostri che $A,B,C,D$ appartengono ad una stessa circonferenza. Suggerimento: se un punto $(x,y)$ soddisfa sia l’equazione $f(x,y)=0$ che l’equazione $g(x,y)=0$ , soddisfa anche l’equazione $f(x,y)+g(x,y)=0$ .

Svolgimento.

$\mathcal{P}_2$ ha equazione $(x-j)=(y-k)^2$ per qualche valore di $j$ e $k$ . Seguendo il suggerimento, ogni punto $(x,y)$ che appartiene ad entrambe le parabole è tale per cui

$x+y-j = x^2+y^2-2kx+k^2.$

A patto che esistano almeno due punti distinti che la soddisfino, l’ultima è l’equazione di una circonferenza. La tesi segue immediatamente.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si dimostri che il grafico di un polinomio di secondo grado non può passare da tutti e quattro i seguenti punti:

$A(0,0),\quad B(4,0),\quad C(10,4),\quad D(12,8).$

Suggerimento: può essere utile dimostrare $AD\parallel BC$ e ricordare una particolare proprietà della parabola.

Svolgimento.

Non è difficile venire a capo della questione attraverso metodi di interpolazione, tuttavia è probabilmente più semplice limitarsi a constatare che la pendenza della retta $AD$ è pari a $\frac{8}{12}=\frac{4}{6}$ , che è anche la pendenza della retta $BC$ . In particolare, $BC\parallel AD$ . Il punto medio di $BC$ ha ascissa $7$ e il punto medio di $AD$ ha ascissa $6$ , ma il grafico di un polinomio di secondo grado è una parabola con asse verticale, e in una parabola i punti medi di corde parallele sono allineati lungo una retta parallela all’asse. La tesi è pertanto immediata conseguenza del fatto che $6\neq 7$ .

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Le rette $m$ ed $n$ sono tangenti ad una parabola e si intersecano in un punto che appartiene alla direttrice di tale parabola. Si dimostri che tali rette sono necessariamente perpendicolari. Suggerimento: può essere utile rammentare la proprietà ottica della parabola ed applicare angle chasing (“caccia all’angolo”).

Svolgimento.

Denominiamo $M$ ed $N$ i punti di tangenza di $m$ ed $n$ con la parabola e denominiamo $M_\perp, N_\perp$ le proiezioni di $M,N$ sulla direttrice.

$\quad$

Figura 45.

$\quad$

Per definizione metrica di parabola si ha $NF=NN_\perp$ e $MF=MM_\perp$ . Per la proprietà ottica della parabola si ha $\widehat{FNP}=\widehat{PNN_\perp}$ e $\widehat{FPM}=\widehat{MPM_\perp}$ . In particolare i triangoli $PMM_\perp$ e $PMF$ sono congruenti per il primo criterio (SAS), tanto quanto i triangoli $PNN_\perp$ e $PNF$ . Segue che l’angolo $\widehat{NPM}$ è pari a metà di un angolo piatto. Si ha inoltre $F\in MN, PF\perp MN$ e $PF=PM_\perp=PN_\perp$ .

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ .

Si determinino fuoco e direttrice della parabola di equazione $y=20x-4x^2\,$ ;

Si determini l’equazione della parabola avente fuoco in $F(0,2)$ e direttrice di equazione $y=-2$ .

Svolgimento.

La parabola di equazione $y=20x-4x^2$ interseca l’asse delle $x$ nei punti di ascisse $0$ e $5$ : il suo vertice è pertanto collocato in $V=\left(\frac{5}{2},25\right).$ Poiché $a=-4$ , la direttrice ha equazione

$\boxcolorato{superiori}{y=25+\frac{1}{16}}$

e il fuoco è situato in

$\boxcolorato{superiori}{ F\left(\frac{5}{2},25-\frac{1}{16}\right) }.$

Per quanto concerne il secondo punto, una parabola con fuoco in $F(0,2)$ e direttrice di equazione $y=-2$ ha necessariamente vertice nell’origine. Dal calcolo della distanza fuoco-vertice segue che l’equazione della parabola è

$\boxcolorato{superiori}{y=\frac{1}{8}x^2.}$

In alternativa si può considerare che c’è un unico valore di $k$ per cui $y=kx^2$ passa dal punto $P(4,2)$ , che è certamente equidistante da $F(0,2)$ e da $y=-2$ .

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si determini l’area della regione $\mathcal{A}$ del piano delimitata dalla retta $y=4$ e dalle parabole di equazione $y=\frac{1}{4}(x-2)^2$ e $y=\frac{1}{4}(x+2)^2$ .

Svolgimento.

I vertici della regione $\mathcal{A}$ sono collocati in $(\pm 2,4)$ e $(0,1)$ e tale regione è simmetrica rispetto all’asse delle $y$ . Con riferimento alla figura a lato, l’area di $\mathcal{A}$ è data dalla differenza tra l’area di un quadrato di lato $4$ e il doppio dell’area di $\mathcal{C}$ . Per il Teorema di Archimede o il metodo di Simpson abbiamo che l’area di $\mathcal{B}$ è pari a $\frac{2}{3}$ e la somma tra l’area di $\mathcal{B}$ e quella di $\mathcal{C}$ è pari a $\frac{16}{3}$ . Segue che l’area di $\mathcal{C}$ è $\frac{14}{3}$ e l’area di $\mathcal{A}$ è

$\boxcolorato{superiori}{16-\frac{28}{3} = \frac{20}{3}.}$

$\quad$

Figura 46.

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . $B$ e $C$ sono due punti distinti sulla retta $y=0$ . Si dimostri che al variare di $A$ tra i punti della retta $y=4$ , l’ortocentro del triangolo $ABC$ percorre il grafico di una parabola.

Svolgimento.

Denotiamo con $H$ l’ortocentro di $ABC$ , con $H_A$ il piede dell’altezza uscente da $A$ e con $K$ il simmetrico di $H$ rispetto a $BC$ . Per angle chasing si ha $\widehat{BKC}+\widehat{BAC}=180^\circ$ , dunque $K$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$ e per il Teorema della corda si ha:

$BH_A \cdot H_A C = AH_A\cdot KH_A = 4\cdot HH_A.$

$\quad$

Figura 47.

$\quad$

In particolare, supponendo senza perdita di generalità che $B$ coincida con l’origine e $C$ abbia coordinate $(k,0)$ con $k>0$ , le coordinate di $H(x,y)$ sono vincolate dalla relazione $4y=x(k-x)$ , il che comporta che al variare di $A$ sulla retta assegnata l’ortocentro $H$ percorre il grafico di un polinomio di secondo grado.

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . La parabola $\mathcal{P}_1$ ha fuoco nel punto $F_1(0,2)$ e direttrice di equazione $y=0$ . La parabola $\mathcal{P}_2$ ha fuoco nel punto $F_2(2,2)$ e direttrice di equazione $y=-2$ . Si determinino le coordinate dei punti di intersezione di $\mathcal{P}_1$ e $\mathcal{P}_2$ .

Svolgimento.

È geometricamente evidente che il punto $Q(-2,2)$ appartenga ad entrambe le parabole. Per il Lemma di Archimede si verifica inoltre che la tangente a $\mathcal{P}_1$ in $Q$ e la tangente a $\mathcal{P}_2$ in $Q$ sono la stessa retta. Segue che $\mathcal{P}_1$ e $\mathcal{P}_2$ sono mutuamente tangenti e $Q(-2,2)$ è il loro unico punto di intersezione. In alternativa è semplice esplicitare sia l’equazione di $\mathcal{P}_1$ che quella di $\mathcal{P}_2$ , per poi pervenire alla medesima conclusione dalla risoluzione di un’equazione di secondo grado.

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Il grafico del polinomio di secondo grado $y=ax^2+bx+c$ passa per i punti $A(-1,4),\,B(0,1),\,C(2,1)$ . Si determinino le coordinate del vertice e del fuoco di tale parabola.

Svolgimento.

Per interpolazione il polinomio in questione è $p(x)=1+kx(x-2)$ , dove $k$ è l’unico valore in grado di assicurare $p(-1)=4$ , ossia $k=1$ . Segue che il vertice della parabola giace in $V(1,0)$ e il fuoco in $F\left(1,\frac{1}{4}\right)$ .

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una parabola con asse parallelo all’asse $y$ ha vertice in $V(0,1)$ e la retta di equazione $y=3x+4$ risulta tangente alla parabola. Si determinino le coordinate del fuoco di tale parabola.

Svolgimento.

Utilizzando il Lemma di Archimede “alla rovescia” abbiamo che la tangente interseca l’asse della parabola nel punto $(0,4)$ , il cui simmetrico rispetto a $V$ è dato dal punto $(0,-2)$ .

$\quad$

Figura 48.

$\quad$

In particolare il punto di tangenza tra retta e parabola si trova in corrispondenza dell’ordinata $y=-2$ , ossia in $(-2,-2)$ . Ciò permette di dedurre che l’apertura della parabola è $a=-\frac{3}{4}$ , dunque $F$ giace al di sotto di $V$ e la distanza $FV$ è pari ad $\frac{1}{3}$ . In conclusione $F$ ha coordinate $F\left(0,\frac{2}{3}\right)$ . Alla medesima conclusione si può pervenire attraverso la proprietà ottica della parabola.

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Il grafico del polinomio di secondo grado $y=ax^2+bx+c$ passa per i punti $A(0,2)$ e $B(2,0)$ . In quali punti del piano può trovarsi il vertice di tale parabola?

Svolgimento.

Un polinomio di secondo grado $p(x)=ax^2+bx+c$ soddisfa $p(0)=2$ se e solo se $c=2$ . In tali ipotesi $p(x)=ax^2+bx+2$ soddisfa $p(2)=0$ se e solo se $4a+2b+2=0$ , ossia se e solo se $b=-1-2a$ . Il fascio di parabole per $A$ e $B$ è pertanto costituito dai grafici dei polinomi della forma

$p(x) = ax^2-(2a+1)x+2,\qquad a\neq 0.$

Per una parabola siffatta l’ascissa del vertice è $\frac{2a+1}{2a}=1+\frac{1}{2a}$ e la corrispondente ordinata è $p\left(1+\frac{1}{2a}\right)=1-a-\frac{1}{4a}$ . Se poniamo $1+\frac{1}{2a}=z$ abbiamo che $a=\frac{1}{2(z-1)}$ e che $1-a-\frac{1}{4a}=\frac{(z-2)^2}{2(1-z)}$ . In particolare i vertici delle parabole del fascio appartengono al grafico della funzione $f(x)=\frac{(x-2)^2}{2(1-x)}$ avente per dominio $\mathbb{R}\setminus\{1\}$ . Questo è il grafico di una iperbole avente centro nel punto $(1,1)$ e asintoti di equazione $x=1$ e $y=\frac{3-x}{2}$ .

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si dimostri che la distanza tra la parabola di equazione $y=\frac{1}{2}x^2$ e il punto $P$ di coordinate $(5,-2)$ è $3\sqrt{2}$ . Ricordiamo che la distanza tra due sottoinsiemi generici del piano è la lunghezza del più corto segmento che congiunge un punto in un sottoinsieme con un punto nell’altro.

Suggerimento: si dimostri preliminarmente che se un punto $Q$ sulla parabola ha la proprietà che la tangente in $Q$ alla parabola è perpendicolare alla congiungente $PQ$ , allora la lunghezza di $PQ$ è la distanza cercata. Si dimostri che il punto $Q$ di coordinate $(2,1)$ ha tale proprietà e si concluda.

$\quad$

Figura 49.

$\quad$

Svolgimento.

Per il Lemma di Archimede, la tangente alla parabola in $Q$ passa dal punto $R=(0,-1)$ . In particolare, dal computo delle rispettive pendenze si ha $RQ\perp QP$ . La parabola è convessa, in particolare giace al di sopra della retta $RQ$ , e per il Teorema di Pitagora qualunque punto $S\neq Q$ appartenente alla parabola ha una distanza da $P$ maggiore della distanza tra $P$ e $Q$ . In particolare

$\boxcolorato{superiori}{PQ = \sqrt{(5-2)^2+(-2-1)^2} = 3\sqrt{2}}$

è sia la distanza tra $P$ e la retta $RQ$ che la distanza tra $P$ e la parabola.

Esercizio 39 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dato $a \in \mathbb{R}$ , si consideri la parabola di equazione:

$y = x^2 - 2ax + 1.$

Quale valore di $a$ rende minima la distanza tra il vertice della parabola e l’origine degli assi cartesiani?

Svolgimento.

Le coordinate del vertice $V$ della parabola sono date dalle note formule:

$\begin{aligned} x_V = {} & -\frac{(-2a)}{2} = a; \\ y_V = {} & -\frac{(-2a)^2-4}{4} = 1-a^2. \end{aligned}$

Alternativamente, forse un modo più diretto è riscrivere l’equazione della parabola in questo modo:

$y = x^2 - 2ax + 1 = (x-a)^2 + (1-a^2).$

In questa forma, si vede che la parabola è semplicemente una traslazione di $y = x^2$ , sia in verticale che in orizzontale, e le coordinate del vertice si leggono direttamente dall’equazione. La distanza $D$ di $V$ dall’origine è data da:

$D(a) = \sqrt{a^2+(1-a^2)^2} = \sqrt{\left(a^2-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}.$

Dato che la radice quadrata è una funzione monotona, è sufficiente minimizzare il suo argomento $D^2$ . Scritto come nel membro di destra, $D^2$ è uguale alla somma di due quadrati, e sarà minimo se $a^2-1/2 = 0$ , cioè se

$\boxcolorato{superiori}{a = \pm1/\sqrt{2}.}$

Alternativamente, senza considerare la scomposizione $D^2 = a^2+(1-a^2)^2 = (a^2-1/2)^2 + 3/4$ , si può studiare il segno della derivata di $D^2$ , giungendo naturalmente allo stesso risultato.

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si considerino le seguenti tre parabole:

$\begin{aligned} y = {} & x^2; \\ y = {} & x^2 - 2x; \\ y = {} & x^2 + 2x + 2. \end{aligned}$

In quante regioni esse dividono il piano?

Svolgimento.

Risulta utile disegnare le tre parabole, le cui equazioni si possono riscrivere nel seguente modo:

$\begin{aligned} y = {} & x^2 & \text{(rosso);}\\ y = {} & (x-1)^2 - 1 & \text{(blu);} \\ y = {} & (x+1)^2 + 1 & \text{(verde).} \end{aligned}$

In questo modo si vede che tutte le parabole sono copie traslate (orizzontalmente e verticalmente) di $y = x^2$ .

$\quad$

Figura 50.

$\quad$

Effettuando il sistema tra le tre coppie di equazioni, si verifica facilmente che non ci sono ulteriori intersezioni a parte quelle evidenti nella figura (il termine quadratico si cancella sempre). A questo punto, basta contare e si verifica facilmente che il piano viene diviso in 7 regioni (identificate nel grafico con dei numeri cerchiati). La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{7.}$

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quale dei seguenti grafici rappresenta qualitativamente nel piano $xy$ la curva di equazione $x^4-y^2 = 2y + 1$ ?

Svolgimento.

Possiamo riscrivere l’equazione proposta nel seguente modo:

$x^4 = (y+1)^2 \iff x^2 = |y+1|,$

che si scompone nella coppia di equazioni:

$\begin{cases} y = -1 + x^2, & \text{se $y \geq -1$;} \\ y = -1 - x^2, & \text{se $y < -1$.} \end{cases}$

Queste sono due parabole, una con la concavità verso l’alto e una verso il basso, entrambe con il vertice in $(0,-1)$ , e tra loro simmetriche rispetto alla retta $y = -1$ . Queste caratteristiche sono consistenti solo con il grafico in alto a destra.

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $c$ un numero reale e si considerino le due parabole di equazioni

$\begin{aligned} y_1 &= x^2 + c; \\ y_2^2 &= x. \end{aligned}$

Quanto vale $c$ se le due curve hanno un’unica intersezione?

Svolgimento.

Disegniamo velocemente le due parabole: la prima ha l’asse verticale, concavità verso l’alto e vertice in $(0,c)$ , la seconda ha l’asse orizzontale, concavità verso destra e vertice in $(0,0)$ .

$\quad$

Figura 51.

$\quad$

Vediamo che per $c \to +\infty$ (curve gialle) non ci sono intersezioni tra le due parabole, mentre per $c \to -\infty$ (curve rosse/arancioni) ci sono due intersezioni. Si ha una sola intersezione nel caso limite in cui $y_1 = y_2$ e $y'_1 = y'_2$ . L’intersezione avviene chiaramente nel primo quadrante, per cui $y_2 > 0$ e quindi $y_2 = +\sqrt{x}$ . Abbiamo dunque:

$\begin{cases} y_1(x) = y_2(x); \\ y'_1(x) = y'_2(x); \end{cases} \implies\quad \begin{cases} x^2 + c = \sqrt{x}; \\ 2x = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}. \end{cases}$

Dalla seconda equazione, ricaviamo $4x^{3/2} = 1$ e quindi $x = (1/4)^{2/3}$ . Inserendo questo valore nella prima:

$\left(\frac{1}{4}\right)^{4/3}+c = \left(\frac{1}{4}\right)^{1/3} \iff c = \left(\frac{1}{4}\right)^{1/3} - \frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\right)^{1/3} = \frac{3}{4}\left(\frac{1}{4}\right)^{1/3}.$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{c=\frac{3}{4 \sqrt[3]{4}}.}$

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Indicare quale dei seguenti grafici rappresenta qualitativamente il grafico della curva definita dall’equazione

$\left(x^8 + 4yx^6 + 6y^2x^4 +4y^3x^2 + y^4\right)^2 = 1.$

$\quad$

Svolgimento.

Un modo per procedere è notare che:

$x^8 + 4yx^6 + 6y^2x^4 +4y^3x^2 + y^4 = (x^2 + y)^4,$

come discende dalla formula del binomio di Newton con $a = x^2$ , $b = y$ :

$(a+b)^4 = \sum_{k=0}^4\binom{4}{k}a^k b^{4-k} = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4.$

L’equazione di partenza è dunque equivalente a:

$\left(x^2+y\right)^8 = 1,$

che corrisponde alla coppia di curve:

$y = 1 - x^2 \quad \vee \quad y = -1 - x^2.$

Queste sono due parabole con asse parallelo all’asse delle ordinate, concavità verso il basso, e vertici in $(0,+1)$ e $(0,-1)$ , rispettivamente. Il grafico giusto è quindi quello in alto a destra.

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Nel piano riferito a coordinate cartesiane ortogonali:

$\quad$

scrivere l’equazione della retta che passa per il punto $A=(2,-1)$ ed è perpendicolare alla retta $4x-3y+12=0$ ;

determinare la distanza del punto $B=(-3,2)$ dalla retta $4x-3y+12=0$ ;

scrivere l’equazione della retta passante per il punto $(0,0)$ e tangente alla circonferenza $\mathcal{C}:x^2+y^2-2x+y=0$ .

Svolgimento.

Risolviamo separatamente i punti.

Svolgimento punto 1.

Cerchiamo tale retta $r$ nella forma $y=mx+p$ . Poiché $(2,-1)\in r$ , risulta $-1=2m+p$ e quindi $p=-2m-1$ , per cui $r: y=m(x-2)-1$ . La perpendicolarità alla retta $4x-3y+12=0$ , la quale ha coefficiente angolare $\frac{4}{3}$ , implica che $m=-\frac{3}{4}$ , da cui

$r:\quad y=-\frac{3}{4}x-\frac{1}{2} \iff 3x+4y-2=0.$

Di seguito la figura che rappresenta la situazione del primo punto:

$\quad$

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Figura 52.

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo la distanza $d$ di $B$ da $4x-3y+12=0$ attraverso la formula della distanza di un punto da una retta:

$d=\frac{|4(-3)-3(2)+12|}{\sqrt{4^2+(-3)^2}}=\frac{6}{5}.$

Di seguito la figura che rappresenta la situazione del secondo punto:

$\quad$

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Figura 53.

Svolgimento punto 3.

La circonferenza $\mathcal{C}$ passa per il punto $(0,0)$ , come si vede dall’equazione. Riscriviamola inoltre come

(12) $\begin{equation*} x^2-2x+1 + y^2+y +\frac{1}{4} - \frac{5}{4} =0 \iff (x-1)^2 + \left(y + \frac{1}{2} \right )^2 = \frac{5}{4}, \end{equation*}$

da cui si vede che $\mathcal{C}$ ha centro in $C=\left (1,- \frac{1}{2}\right )$ . La retta $r$ tangente a $\mathcal{C}$ nel punto $O$ è perpendicolare alla retta $OC$ , che ha coefficiente angolare pari a $-\frac{1}{2}$ . Dunque il coefficiente angolare di $r$ è $m=2$ . Poiché $r$ deve passare per $(0,0)$ , la sua equazione è quindi $y=2x$ .

Una soluzione alternativa è la seguente. Consideriamo l’equazione generica di una retta per l’origine $r_m: y=mx$ , di coefficiente angolare $m$ . Poiché $O\in\mathcal{C}$ , cerchiamo le rette $r_m$ per cui $r_m\cap \mathcal{C}=\{O\}$ . Sostituendo l’equazione $y=mx$ in quella di $\mathcal{C}$ otteniamo l’equazione in $x$ a coefficienti dipendenti da $m$ :

$(m^2+1)x^2+(m-2)x=0,$

la quale ammette radici

$x_1=0,\qquad x_2=\frac{2-m}{1+m^2}.$

Segue che

$\mathcal{C}\cap r_m=\left\{O,\left(\frac{2-m}{1+m^2},\frac{2m-m^2}{1+m^2}\right)\right\},$

e quindi deve essere

$\left(\frac{2-m}{1+m^2},\frac{2m-m^2}{1+m^2}\right)=(0,0)\iff m=2.$

La retta cercata è quindi $r_2: y=2x$ .

Alternativamente si poteva procedere mettendo a sistema la retta $y=mx$ e l’equazione della circonferenza (com’è stato già fatto nel procedimento antecedente):

$\begin{cases} y=mx\\ x^2+y^2-2x+y=0, \end{cases}$

da cui

$(m^2+1)x^2+(m-2)x=0,$

e imporre che il $\Delta$ dell’equazione di secondo grado spuria sia uguale a zero, cioè

$\Delta=m-2=0 \iff m=2m,$

ritrovando la stessa soluzione ottenuta in precedenza. Di seguito la rappresentazione geometrica.

$\quad$

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Figura 54.

$\quad$

Fonte: Ignota.

Esercizio 45 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Si consideri la circonferenza $\gamma$ avente il centro nel punto $C=(4,-3)$ e passante per l’origine $O$ del sistema di riferimento. Detto $P$ il punto di intersezione (diverso dall’origine) fra la $\gamma$ e la retta $b$ bisettrice del secondo e quarto quadrante, si conduca da $P$ la perpendicolare alla $b$ e sia $Q$ il suo punto (della retta perpendicolare a $b$ ) di intersezione con l’asse $y$ .

Da $Q$ si conduca la retta $s$ parallela all’asse $x$ e sia $R$ la sua intersezione con la retta $b$ . Determinare:

$\quad$

l’area del triangolo $PQR$ ;

l’equazione della circonferenza circoscritta al triangolo $PQR$ .

Svolgimento.

L’equazione della circonferenza ha la forma

$\gamma:\ (x-4)^2+(y+3)^2=r^2,$

da cui, sostituendo le coordinate di $O=(0,0)$ in essa, si trova

$(0-4)^2+(0+3)^2=r^2\quad\Longrightarrow\quad 16+9=r^2\quad\Longrightarrow \quad r=5,$

e quindi

$\gamma:\ (x-4)^2+(y+3)^2=25.$

Di seguito il grafico del sostegno della circonferenza.

$\quad$

Figura 55.

$\quad$

L’equazione della bisettrice è $b:\ y=-x$ . Ne segue che

$\{P\}=\gamma\cap b\quad\Longrightarrow\quad (x-4)^2+(-x+3)^2=25,$

da cui l’equazione

$x^2-8x+16+x^2-6x+9=25\quad\Longrightarrow\quad x^2-7x=0,$

le cui soluzioni sono $x=0,\ x=7$ . Poiché $x=0$ conduce al punto $O$ , abbiamo che $P=(7,-7)$ . Di seguito il grafico del sostegno della circonferenza e della bisettrice $y=-x$ e i loro punti di intersezione.

$\quad$

Figura 56.

$\quad$

Chiamiamo $t$ la retta perpendicolare a $b$ che ha coefficiente angolare $m_t=1$ e quindi la sua equazione è

$t:\ y+7=x-7\quad\Longrightarrow\quad y=x-14.$

Si ha allora

$\{Q\}=t\cap\{x=0\}\quad\Longrightarrow\quad Q=(0,-14).$

Di seguito la nuova figura con le informazioni trovate.

$\quad$

Figura 57.

$\quad$

La retta $s$ , essendo parallela all’asse $x$ , ha equazione generica $y=k$ . Poiché $Q\in s$ , segue che $s:\ y=-14$ . Quindi

$\{R\}=b\cap s\quad\Longrightarrow\quad R=(14,-14).$

Di seguito la nuova figura con le informazioni trovate.

$\quad$

Figura 58.

Svolgimento punto 1.

Si consideri ora il triangolo $RPQ$ in figura.

$\quad$

Figura 59.

$\quad$

Si osservi che l’angolo $Q\widehat{P}R$ è retto, in quanto $QP\subset t$ e $PR\subset b$ e le rette $b, t$ sono perpendicolari. Ne segue che, essendo

$QP=\sqrt{49+49}=7\sqrt{2},\qquad PR=\sqrt{49+49}=7\sqrt{2},$

il triangolo oltre ad essere rettangolo è isoscele, in particolare la sua area risulta uguale a

$\boxcolorato{superiori}{ A_{QPR}=\frac{1}{2}\cdot QP\cdot PR=49. }$

Svolgimento punto 2.

La circonferenza $\Gamma$ circoscritta al triangolo dato è tale che $P,Q,R\in\Gamma$ . Inoltre, essendo $QPR$ rettangolo, ne segue che l’ipotenusa del triangolo coincide con il diametro della circonferenza stessa, e il punto medio coincide con il centro. Essendo quindi

$QR=|0-14|=14\quad\Longrightarrow\quad r=7,$

$C'=(7,-14),$

l’equazione della circonferenza cercata è

$\boxcolorato{superiori}{ \Gamma:\ (x-7)^2+(y+14)^2=49 \iff x^2+y^2-14x+28y+196=0. }$

Altrimenti si potevano sostituire i tre punti in un equazione generica di una circonferenza

$x^2+y^2+ax+by+c=0,$

dove $a,b,c$ sono costanti da determinare, ottenendo

$\begin{cases} 14^2+14^2+14a-14b+c=0\\ 14^2-14b+c=0\\ 49+49+7a-7b+c=0, \end{cases}$

da cui

$\begin{cases} a=-14\\ b=28\\ c=196, \end{cases}$

cioè

$x^2+y^2-14x+28y+196=0,$

come ottenuto in precedenza. Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

Figura 60.

$\quad$

Fonte: Ignota.

Esercizio 46 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dati i due punti $A=(0,8)$ e $B=(24,0)$ , scrivere:

$\quad$

l’equazione della retta $s$ passante per $A$ e $B$ ;

le equazioni delle due circonferenze tangenti esternamente in un punto $M$ , aventi entrambe il centro sulla $s$ , lo stesso raggio e passanti una per $A$ e l’altra per $B$ ;

le equazioni delle tre rette tangenti comuni alle due circonferenze.

Svolgimento punto 1.

L’equazione della retta passante per $A$ e $B$ è data da

(13) $\begin{equation*} \frac{y_B-y_A}{x_B-x_A} = \frac{y_B-y}{x_B-x} \iff \frac{0-8}{24-0} = \frac{0-y}{24-x} \iff y= -\frac{1}{3}x + 8. \end{equation*}$

Alternativamente, l’equazione generica cercata è $s:\ y=mx+q$ . Sostituendo le coordinate dei punti abbiamo

$\begin{cases} 8=m\cdot 0+q\\ 0=24m+q, \end{cases}$

da cui

$\begin{cases} q=8\\ m=-\dfrac{1}{3}, \end{cases}$

e quindi l’equazione della retta è

$s:\ y=-\frac{1}{3} x+8.$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

Figura 61.

Svolgimento punto 2.

Siano $C', C''$ ed $r$ rispettivamente i centri e il raggio delle circonferenze da determinare. Poiché $AC'=C'M=MC''=C''B$ e $C', C'', M\in s$ , segue che $M$ coincide con il punto medio del segmento $AB$ , e quindi $M=(12,4)$ . Inoltre $C'=(6,6)$ (punto medio di $AM$ ) e $C''= (18,2)$ (punto medio di $MB$ ). Infine, essendo

$AB=\sqrt{24^2+8^2}=8\sqrt{9+1}=8\sqrt{10},$

da cui $r=AB/4=2\sqrt{10}$ , l’equazione delle circonferenze sono date da

$\begin{gathered} \gamma_1:\ (x-6)^2+(y-6)^2=40,\\ \gamma_2:\ (x-18)^2+(y-2)^2=40. \end{gathered}$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

Figura 62.

Svolgimento punto 3.

Indichiamo con $t_i,\ i=1,2,3$ le tre rette tangenti. È ovvio che $t_1$ passa per il punto $M$ ed è perpendicolare alla retta $s$ : ne segue che, essendo $m_{t_1}=3$ , la sua equazione è data da

$t_1:\ y-4=3(x-12)\quad\Longrightarrow\quad t_1:\ y=3x-32.$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

Figura 63.

$\quad$

Per determinare le altre due rette, basta osservare che esse appartengono alle rette del fascio parallelo alla retta $s$ ed hanno distanza pari ad $r=2\sqrt{10}$ da essa. L’equazione generica di una tale retta è

$y=-\frac{1}{3} x+q\quad\Longrightarrow\quad x+3y-3q=0.$

Per determinare $q$ basta imporre che la distanza tra tale retta e il punto $M$ (o anche qualsiasi altro punto di $s$ ) sia pari ad $r$ , per cui

$2\sqrt{10}=\frac{|12+3\cdot 4-3q|}{\sqrt{1^2+3^2}}=\frac{|24-3q|}{\sqrt{10}},$

da cui

$3|8-q|=20\quad\Longrightarrow\quad |q-8|=\frac{20}{3}\quad\Longrightarrow\quad q-8=\pm\frac{20}{3},$

e quindi i valori per $q$ pari a $q_1=\frac{44}{3},\ q_2=\frac{4}{3}$ , da cui le rette

$t_2:\ y=-\frac{1}{3} x+\frac{44}{3},\qquad t_3:\ y=-\frac{1}{3} x+\frac{4}{3}.$

Di seguito la situazione geometrica.

$\quad$

Figura 64.

$\quad$

Fonte: Ignota.

Esercizio 47 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Date due circonferenze $\mu: x^2 + y^2 = 4$ e $\pi: (x - 5)^2 + y^2 = 9$ , determinare:

$\quad$

l’equazione della terza circonferenza di raggio pari alla somma dei raggi delle due circonferenze date, tangente esternamente a $\pi$ e $\mu$ e avente centro di ordinata positiva;

Calcolare l’area del triangolo che ha come vertici i centri delle tre circonferenze;

Il luogo dei punti $\omega$ determinato dai centri delle circonferenze tangenti esternamente a $\pi$ e $\mu$ . Se le circonferenze avessero stesso raggio, quale sarebbe il nuovo luogo dei punti?

Svolgimento.

Per risolvere il problema si osserva che il centro della circonferenza $C$ forma con i centri $A$ e $B$ delle circonferenze $\mu$ e $\pi$ un triangolo avente i lati $AB$ , $BC$ e $AC$ pari rispettivamente a 5, 8 e 7.

$\quad$

Figura 65.

$\quad$

Indicando con $\alpha$ e $\beta$ gli angoli in $A$ e $B$ , è possibile scrivere il seguente sistema:

$\begin{cases} 7 \sin \alpha = 8 \sin \beta \\ 7 \cos \alpha + 8 \cos \beta = 5 \end{cases} \implies \beta = \frac{\pi}{3}, \quad \sin \alpha = \frac{4\sqrt{3}}{7}, \quad \cos \alpha = \frac{1}{7}.$

Svolgimento punto 1.

Per risolvere il primo punto è sufficiente scrivere le equazioni delle due rette e calcolare il punto $C$ :

$\begin{cases} y = 4\sqrt{3}x \\ y = -\sqrt{3}(x - 5) \end{cases} \implies (1, 4\sqrt{3}).$

Pertanto, l’equazione della circonferenza sarà:

$(x - 1)^2 + \left(y - 4\sqrt{3}\right)^2 = 25.$

Svolgimento punto 2.

L’area del triangolo sarà:

$A = 0.5 \cdot AB \cdot BC \cdot \sin \beta = 10\sqrt{3}.$

Svolgimento punto 3.

I centri $C=(x,y)$ delle circonferenze richieste sono tutti e soli i punti tali che che la lunghezza del segmento $BC$ sia pari a quella del segmento $AC$ aumentata di $1$ , ossia sono tutti i e soli i punti che soddisfano l’equazione

(14) $\begin{equation*} \begin{aligned} 1+ \sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{(x-5)^2+y^2} &\iff 1 + 2\sqrt{x^2+y^2} + x^2 + y^2 = (x-5)^2+y^2 \\ & \iff \sqrt{x^2+y^2} = 12-5x \\ & \iff \begin{cases} y^2 = 144 -120 x +24x^2 \\ x \leq \dfrac{12}{5}. \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}$

Dunque $\omega$ è un ramo di iperbole.

Se invece i raggi di $\pi$ e $\mu$ fossero stati uguali, il luogo geometrico dei punti richiesti sarebbe stato la retta tangente alle circonferenze nel loro punto in comune, come si può facilmente vedere per simmetria del problema; oppure, imponendo gli stessi centri per le circonferenze, dall’equazione $\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{(x-5)^2+y^2}$ si ottiene la retta $x=\frac{5}{2}$ .

Esercizio 48 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare il centro della circonferenza di equazione $x^2+y^2-2x+3y=1$ .

Svolgimento.

L’equazione di una circonferenza di raggio $r>0$ e centro $C=(x_0,y_0)$ è

$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2 \implies x^2+y^2-2xx_0-2yy_0=r^2-(x_0^2+y_0^2).$

Nel nostro caso dobbiamo quindi imporre

$-2x_0=-2 \qquad \makebox{e} \qquad -2y_0=3 \implies (x_0,y_0)=\left(1, -\frac{3}{2}\right).$

$\quad$

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Figura 66: circonferenza centrata in $C=\left (1,-\frac{3}{2}\right )$ ..

$\quad$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{C=\left (1,-\frac{3}{2}\right )}$

Esercizio 49 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Fissato un sistema di riferimento ortogonale $Oxy$ , siano $\mathcal C_1$ e $\mathcal C_2$ due circonferenze tangenti, una di centro $C_1(-1,1)$ e di raggio $r_1=2$ e l’altra di centro $C_2$ e raggio $r_2=3$ . Quali dei seguenti punti può essere il centro $C_2$ di $\mathcal C_2$ ?

$\quad$

$(1,-1)$ ;

$(2,3)$ ;

$(0,0)$ ;

$\left(\sqrt{\frac{23}{2}}, \sqrt{\frac{23}{2}}\right)$ ;

nessuna delle precedenti.

Svolgimento.

Sia $d$ la distanza fra i centri $C_1$ e $C_2$ . Le due circonferenze $\mathcal C_1$ e $\mathcal C_2$ (vedi figura 67)

$\quad$

si intersecano in due punti distinti se e solo se $d<r_1+r_2$ ;

$\quad$

sono tangenti se e solo se $d=r_1+r_2$ ;

non si intersecano se e solo se $d>r_1+r_2$ .

Nel nostro caso l’unico punto per cui $d$ è uguale a $r_1+r_2=2+3=5$ è D). Infatti

$d^2=\left(\sqrt{\frac{23}{2}}+1\right)^2+\left(\sqrt{\frac{23}{2}}-1\right)^2=\frac{23}{2}+2\sqrt{\frac{23}{2}}+1+\frac{23}{2}-2\sqrt{\frac{23}{2}}+1=23+1+1=5^2 \implies d=5.$

Nei restanti casi, se il centro $C_2$ fosse A) o C) allora le circonferenze si incontrerebbero in due punti distinti, mentre nel restante caso B) le circonferenze non si intersecherebbero.

$\quad$

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Figura 67: le tre possibili posizioni reciproche di una coppia di circonferenze.

$\quad$

La risposta corretta è quindi la

$\boxcolorato{superiori}{\text{D).}}$

Esercizio 50 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare i punti del piano cartesiano $(x, y)$ le cui coordinate $x$ e $y$ soddisfano tutte e tre le condizioni seguenti:

$x^2 + y^2 = 1, \qquad xy \geq 0, \qquad x + y = 1.$

Svolgimento.

Consideriamo ciascuna delle tre condizioni:

$\quad$

La condizione $xy \geq 0$ implica che $x$ e $y$ devono avere lo stesso segno o almeno uno dei due deve essere $0$ . Quindi siamo nel primo e terzo quadrante compreso gli assi.

$\quad$

L’equazione $x^2 + y^2 = 1$ rappresenta una circonferenza di raggio $1$ e centro nell’origine.

L’equazione $x + y = 1$ rappresenta una retta parallela alla bisettrice del secondo e quarto quadrante e passante per $(0,1)$ .

Risolvendo il sistema:

$\begin{cases} x + y = 1 \\ x^2 + y^2 = 1 \end{cases}.$

Otteniamo i punti $(0, 1)$ e $(1, 0)$ . Entrambi soddisfano $xy \geq 0$ .

Pertanto, ci sono due punti che soddisfano tutte e tre le condizioni, ossia

$\boxcolorato{superiori}{(0,1),\quad(1,0).}$

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$\quad$

Figura 68: i tre insiemi descritti dalle tre equazioni e la loro intersezione.

Esercizio 51 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si provi che i punti $A(0,0),\, B(5,0),\, C(5,3),\, D(1,4)$ appartengono tutti ad una stessa circonferenza e si determini la lunghezza di quest’ultima.

Suggerimento: $5^2+3^2=2(1^2+4^2)$ .

Svolgimento.

$ABC$ è un triangolo rettangolo avente lunghezza dell’ipotenusa $\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}$ . D’altra parte sia $AD$ che $CD$ hanno lunghezza $\sqrt{17}$ , dunque $ADC$ è sia rettangolo che isoscele. In particolare $ABCD$ è ciclico in quanto sia l’angolo in $B$ che quello in $D$ sono retti. Poiché $AC$ è un diametro, la lunghezza della circonferenza circoscritta ad $ABCD$ è semplicemente $\pi\sqrt{34}$ .

Esercizio 52 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si determini il raggio della circonferenza di equazione

$x^2+y^2-6x-10y-22 = 0.$

Svolgimento.

L’equazione data è equivalente a $(x-3)^2 + (y-5)^2 = 56$ , dunque il raggio della circonferenza è

$\boxcolorato{superiori}{\sqrt{56}=2\sqrt{14}.}$

Esercizio 53 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una circonferenza passa dal punto $(0,2)$ ed è tangente all’asse delle ascisse. In quali punti del piano può trovarsi il centro di una siffatta circonferenza?

Svolgimento.

Un punto $(x,y)$ è centro di una delle circonferenze in questione se e solo se la sua distanza da $(0,2)$ uguaglia la distanza dall’asse delle $x$ , ossia se e solo se

$y=\sqrt{x^2+(y-2)^2}$

a sua volta equivalente (per non negatività di ambo i membri) a $y^2=x^2+y^2-4y+4$ o a:

$y= \frac{1}{4} x^2+1$

che è l’equazione di una parabola.

Esercizio 54 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si determini l’area racchiusa dalla circonferenza passante per i punti $A(0,0),\,B(4,1),\,C(1,4)$ del piano cartesiano.

Svolgimento.

Il triangolo $ABC$ è isoscele con lunghezze dei lati $\sqrt{17},\sqrt{17},\sqrt{18}$ (è “quasi equilatero”). In particolare l’altezza relativa al lato più lungo è $\sqrt{\sqrt{17}^2-\left(\frac{1}{2}\sqrt{18}\right)^2}=\frac{5}{2}\sqrt{2}$ e l’area del triangolo (calcolabile anche attraverso la shoelace formula) è $\Delta=\frac{15}{2}$ . Dal Teorema di Eulero si ha

$R = \frac{abc}{4\Delta} = \frac{17\sqrt{2}}{10}$

dunque l’area del cerchio circoscritto è $\pi R^2 = \pi\frac{289}{50}$ . Si perviene allo stesso risultato anche esplicitando l’equazione $x^2+y^2+Fx+Gy+H=0$ della circonferenza circoscritta ad $ABC$ e constatando che l’area racchiusa è

$\pi\left(\frac{F^2+G^2}{4}-H\right).$

Esercizio 55 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ (Circonferenza di Apollonio). Sono dati nel piano i punti $A(0,0)$ e $B(3,0)$ . Sappiamo che $P(x,y)$ è un punto per cui la distanza di $P$ da $B$ è il doppio della distanza di $P$ da $A$ . Si dimostri che $P$ appartiene ad una circonferenza e si determini la lunghezza di tale circonferenza.

Svolgimento.

In termini algebrici la condizione $PB=2\cdot PA$ può essere traslitterata come

$(x-3)^2+y^2 = 4\left(x^2+y^2\right)$

e l’equazione equivalente

$x^2+2x+y^2-3 = 0$

è quella di una circonferenza di centro $(-1,0)$ e raggio $2$ . La lunghezza cercata è pertanto

$\boxcolorato{superiori}{4\pi.}$

Esercizio 56 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quale dei punti che giace sulla circonferenza $C_1$ di equazione

$(x-5)^2+(y-4)^2 = 4$

risulta più vicino alla circonferenza $C_2$ di equazione

$(x-1)^2 + (y-1)^2 = 1?$

Svolgimento.

La circonferenza $C_1$ ha raggio $r_1 = 2$ e centro in $O_1 = (x_1,y_1) = (5,4)$ , mentre la circonferenza $C_2$ ha centro in $O_2 = (x_2,y_2) = (1,1)$ . La minima distanza di $C_1$ da $C_2$ viene raggiunta nel punto $P$ su $C_1$ che giace sul segmento $O_1O_2$ , che ha lunghezza:

$\overline{O_1O_2} = \sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2} = 5.$

$\quad$

Figura 69.

$\quad$

Il punto $P$ , di coordinate $(x_P,y_P)$ , giace quindi sul segmento $O_1O_2$ , a distanza $r_1$ da $O_1$ . Sfruttando la similitudine dei triangoli $O_1O_2B$ e $O_1PA$ , possiamo scrivere:

$\begin{cases} \dfrac{\overline{PA}}{\overline{O_2B}} = \dfrac{\overline{PO_1}}{\overline{O_2O_1}}; \\ \dfrac{\overline{AO_1}}{\overline{BO_1}} = \dfrac{\overline{PO_1}}{\overline{O_2O_1}}; \end{cases} \implies \quad \begin{cases} \dfrac{x_1-x_P}{x_1-x_2} = \dfrac{r_1}{5}; \\ \dfrac{y_1-y_P}{y_1-y_2} = \dfrac{r_1}{5}; \end{cases} \implies\quad \begin{cases} x_P = \dfrac{17}{5}; \\ y_P = \dfrac{14}{5}. \\ \end{cases}$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{P= \left ( \dfrac{17}{5}, \dfrac{14}{5}\right ).}$

Esercizio 57 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la circonferenza di equazione:

$x^2 + y^2 + 6x + 8y = 75.$

Qual è la sua distanza minima dall’origine degli assi cartesiani?

Svolgimento.

Completando i quadrati, possiamo riscrivere l’equazione della circonferenza nel seguente modo:

(15) $\begin{equation*} (x+3)^2 - 9 + (y+4)^2 - 16 = 75; \\ (x+3)^2 + (y+4)^2 = 10^2. \end{equation*}$

Riconosciamo quindi che si tratta di una circonferenza di centro $C = (-3,-4)$ e raggio $r = 10$ . Il suo punto $P$ più vicino all’origine deve trovarsi necessariamente sulla retta che passa per $C$ e per $O$ .

Dato che la distanza di $C$ dall’origine è pari a $\sqrt{(-3)^2+(-4)^2} = 5$ , si conclude che la distanza tra $P$ e $O$ è pari a $r-5$ ovvero

$\boxcolorato{superiori}{5.}$

$\quad$

Figura 70.

Esercizio 58 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quali tra le seguenti rette nel piano $xy$ sono tangenti alla circonferenza di equazione: $x^2 + y^2 = 4$ ?

$x+y=2, \quad y=x-2\sqrt{2}, \quad x=-\sqrt{2}, \quad y=\sqrt{2}-x.$

Svolgimento.

La circonferenza ha centro nell’origine e raggio $r = 2$ . Iniziamo a disegnare le quattro rette:

$\quad$

Figura 71.

$\quad$

Per quanto riguarda la prima, la terza e la quarta retta, basta notare che contengono tutte punti interni alla circonferenza (ad esempio nei punti con $y = 1$ ), per cui non possono essere tangenti.

La seconda retta ha un’inclinazione di $45^\circ$ e forma con gli assi coordinati il triangolo rettangolo isoscele $AOB$ , i cui cateti hanno lunghezza $2\sqrt{2}$ e quindi l’ipotenusa ha lunghezza 4. La distanza $\overline{OH}$ dalla retta dal punto $O$ è quindi pari ad $\overline{AB}/2 = 2$ , che è proprio la misura del raggio $r$ della circonferenza. Concludiamo che $AB$ è tangente alla circonferenza. La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{y=x-2\sqrt{2}.}$

Alternativamente, si poteva usare la formula della distanza tra il centro $(0,0)$ della circonferenza e la retta e verificare che l’unica retta avente distanza dal esso pari al raggio della circonferenza è la seconda.

Esercizio 59 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare l’area compresa tra le due curve di equazione

(16) $\begin{equation*} \begin{split} y = \sqrt{2-x^2}; \\ x + \left(\sqrt{2}-1\right)y = \sqrt{2}. \end{split} \end{equation*}$

Svolgimento.

La prima equazione rappresenta una semicirconferenza centrata nell’origine di raggio $\sqrt{2}$ (contenuta nel semipiano non-negativo delle ordinate $y \geq 0$ ). La seconda è una retta. Calcoliamo l’intersezione tra le due curve:

$\begin{gathered} x = \sqrt{2} - \left(\sqrt{2}-1\right)y \implies x^2 = 2 + \left(\sqrt{2}-1\right)^2y^2 -2\sqrt{2}\left(\sqrt{2}-1\right)y; \\ y^2 = 2-x^2 = -\left(3-2\sqrt{2}\right)y^2 + 2\sqrt{2}\left(\sqrt{2}-1\right)y; \\ \left(2\sqrt{2}-4\right)y^2 + 2\left(2-\sqrt{2}\right)y = 0; \\ y^2 - y = 0. \end{gathered}$

Abbiamo usato che $(\sqrt{2}-1)^2 = 2 + 1 - 2\sqrt{2} = 3 - 2\sqrt{2}$ . Questa equazione ha soluzioni $y = 0$ e $y = 1$ , ed essendo $x = \sqrt{2} - \left(\sqrt{2}-1\right)y$ si trovano le ascisse corrispondenti $x = \sqrt{2}$ e $x = 1$ . Possiamo ora disegnare le due curve.

$\quad$

Figura 72.

$\quad$

L’area della regione compresa tra le due curve (in rosso) si può ottenere come la differenza tra l’area del settore circolare $AOB$ e l’area del triangolo $AOB$ . Per quanto riguarda la prima, essendo $A = (1,1)$ , l’angolo $\widehat{AOB}$ vale $45^\circ$ , per cui il settore circolare ha come area $1/8$ dell’area del cerchio, quindi $\pi (\sqrt{2})^2/8 = \pi/4$ . L’area del triangolo $AOB$ è poi data da $\overline{OB}\cdot\overline{AH}/2 = \sqrt{2}\cdot1/2$ .

L’area della regione rossa è quindi data da:

$\boxcolorato{superiori}{\frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0\text{,078}.}$

Esercizio 60 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri la circonferenza di equazione:

$x^2 + ax + y^2 + by = c.$

Sotto quale condizione su $a,b,c$ l’origine degli assi cartesiani è un punto interno alla circonferenza?

Svolgimento.

Sfruttando la tecnica del completamento dei quadrati, riscriviamo l’equazione della circonferenza come segue:

$\begin{gathered} x^2 + 2a\frac{x}{2} + \frac{a^2}{4} + y^2 + 2b\frac{y}{2} + \frac{b^2}{4} = c + \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4}; \\[5pt] \left(x+\frac{a}{2}\right)^2 + \left(y+\frac{b}{2}\right)^2 = c + \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4}. \end{gathered}$

Affinché l’equazione rappresenti una circonferenza, è necessario che il termine di destra (che rappresenta il quadrato del raggio $r$ della circonferenza) sia positivo:

(17) $\begin{equation*} c + \frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4} = r^2 > 0. \end{equation*}$

L’origine ( $x = y = 0$ ) appartiene all’interno della circonferenza se:

$\left(0+\frac{a}{2}\right)^2 + \left(0+\frac{b}{2}\right)^2 < r^2 \iff \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4} < c + \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4},$

e cioè $c > 0$ . Resta solo da controllare che la condizione (17) sia verificata, che in effetti è sempre garantito se $c > 0$ . La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{c>0.}$

Esercizio 61 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Siano $a$ e $b$ due numeri reali positivi. Se $x, y \in \mathbb{R}$ sono tali che $x^2 + y^2 \leq 1$ , qual è il massimo valore che può assumere l’espressione $ax+by$ ?

Svolgimento.

Presentiamo due possibili approcci, uno geometrico e l’altro di tipo algebrico.

Svolgimento punto 1.

Se $x^2+y^2 \leq 1$ , il punto $P$ di coordinate $(x,y)$ si trova all’interno o sul bordo della circonferenza di equazione $x^2+y^2 = 1$ . Costruiamo la retta $r$ di equazione $ax + by = 0$ . La distanza di $P$ da $r$ è data da:

$d = \overline{PH} = \frac{|ax + by|}{\sqrt{a^2+b^2}}.$

Dato che la retta $r$ passa per l’origine, il valore massimo di $d$ al variare di $P$ all’interno del cerchio è dato dal suo raggio, cioè 1. Questo avviene quando $P = Q$ , dove $Q$ è l’intersezione tra la circonferenza e la retta $s$ perpendicolare ad $r$ passante per l’origine. Abbiamo quindi:

$ax+by \leq |ax+by| = d\cdot\sqrt{a^2+b^2} \leq \sqrt{a^2+b^2}.$

$\quad$

Figura 73.

$\quad$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\sqrt{a^2+b^2}.}$

Svolgimento punto 2.

Si costruiscano i vettori $v = (a,b)$ e $w = (x,y)$ . Ricordiamo le definizioni di prodotto scalare (canonico) e norma in $\mathbb{R}^2$ :

$\langle v,w\rangle = ax + by; \qquad ||v|| = \sqrt{\langle a,a\rangle} = \sqrt{a^2+b^2}.$

Per ogni prodotto scalare, vale la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz:

$\left|\langle v,w\rangle\right| \leq ||v||\cdot||w||;$

in particolare, questa relazione diventa un’uguaglianza nel caso in cui $(a,b)$ e $(x,y)$ sono paralleli, cioè se $y/b = x/a > 0$ . Possiamo ora scrivere:

$ax + by = \langle v,w\rangle \leq ||v||\cdot||w|| = \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{x^2+y^2} \leq \sqrt{a^2+b^2},$

che fornisce un limite superiore per $ax+by$ . Se poi $ay = bx$ e $\sqrt{x^2+y^2} = 1$ , le due disuguaglianze sono uguaglianze, per cui si ha $ax + by = \sqrt{a^2+b^2}$ .

Esercizio 62 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri su un piano cartesiano un cerchio di raggio 2 centrato nell’origine. Si marchino tutti i punti del piano con entrambe le coordinate intere. Sia $n$ il numero di questi punti che sono inclusi all’interno o stanno sul bordo del cerchio. Di quanto, come minimo, deve aumentare il raggio del cerchio in modo da includere al suo interno o sul suo bordo in tutto $2n-5$ punti del reticolo?

Svolgimento.

Disegniamo i punti a coordinate intere e la circonferenza assegnata, come mostrato in figura:

$\quad$

Figura 74.

$\quad$

All’interno o sul bordo del cerchio di raggio 2 ci sono $n = 13$ punti. Non è difficile verificarlo. Per esempio, $(1,1)$ è all’interno perch\’e $\sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2} < 2$ , mentre $(1,2)$ è al di fuori perch\’e $\sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5} > 2$ . I punti $(0,2)$ e $(2,0)$ stanno esattamente sul bordo, e vanno quindi anche loro conteggiati. Per simmetria, si trovano subito anche i punti nei rimanenti quadranti.

La quantità $2n-5$ vale dunque 21: dobbiamo allargare il raggio della circonferenza in modo da aggiungere 8 punti. Il primo punto che incontriamo è $(1,2)$ . Per simmetria, questo comporta direttamente l’aggiunta di 8 nuovi punti in tutto, che è proprio quel che volevamo fare. Il raggio della nuova circonferenza (indicata in figura con una linea tratteggiata) è $\sqrt{1^2+2^2} = \sqrt{5}$ . Il raggio della circonferenza originaria va quindi aumentato almeno di

$\boxcolorato{superiori}{\sqrt{5}-2.}$

Esercizio 63 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che l’area $S$ del quadrato inscritto nell’ellisse (ossia i cui vertici appartengono all’ellisse) di equazione

$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$

$S = \frac{4a^2b^2}{a^2 + b^2}.$

Svolgimento.

Per trovare l’area del quadrato è necessario innanzitutto trovare le coordinate dei vertici. Note le coordinate è possibile risalire all’area. Le coordinate di vertici contenuti nel primo e nel terzo quadrante si ottengono dal seguente sistema:

$\begin{cases} y = x \\[10pt] \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1 \end{cases} \iff x = y = \frac{ab}{\sqrt{a^2 + b^2}},$

da cui segue che

$S = 4xy = \frac{4a^2b^2}{a^2 + b^2}.$

Esercizio 64 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in una qualunque iperbole del tipo $xy = k$ , la tangente in un suo punto forma con gli assi cartesiani un triangolo di area costante $2|k|$ .

Svolgimento.

Indicando con $P = \left (x_p, \frac{k}{x_p} \right )$ un punto appartenente all’iperbole equilatera e con $r$ la retta generica passante per $P$ di equazione $r : y = m(x - x_p) + \frac{k}{ x_p}$ , si ha che la condizione di tangenza si ottiene da:

$\begin{cases} y = m(x - x_p) + \dfrac{k}{x_p} \\[9pt] y = \frac{k}{x} \end{cases} \implies mx^2 + x \left(\frac{k}{x_p} - mx_p \right) - k = 0 \implies \Delta = 0 \implies m = \frac{-k}{x_p^2}.$

Il triangolo individuato dall’intersezione con gli assi ha vertici di coordinate $\left (0, \frac{2k}{x_p} \right )$ , $(2x_p, 0)$ e $(0, 0)$ . L’area sarà quindi pari a $2|k|$ . E’ necessario inserire il modulo dal momento che l’area è una quantità sempre positiva mentre $k$ è un parametro reale.

Esercizio 65 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’equazione dell’iperbole che ha due fuochi in $(-2,0)$ e $(2,0)$ e di eccentricità $e=2$ .

Svolgimento.

L’iperbole è il luogo dei punti $P(x,y)$ del piano $Oxy$ per cui la differenza (in valore assoluto) tra le distanze tra due fuochi $F_1$ e $F_2$ è costante:

$\vert \| PF_1\|-\|PF_2\|\vert =k=cost.$

Nel caso di due fuochi $F_1(-c,0)$ e $F_2(c,0)$ , $c\geq 0$ , simmetrici rispetto l’asse $y$ abbiamo che

$\|PF_1\|^2=(x+c)^2+y^2 \qquad \makebox{e} \qquad \|PF_2\|^2=(x-c)^2+y^2,$

da cui si ottiene

$\begin{split} \left(\|PF_1\|-\|PF_2\|\right)^2= k^2=2x^2+2c^2+2y^2-2\sqrt{\left((x-c)^2+y^2\right)\cdot \left((x+c)^2+y^2\right)} \end{split}$

quindi

$\left(x^2+c^2+y^2-\frac{k^2}{2}\right)^2=\left((x-c)^2+y^2\right)\cdot \left((x+c)^2+y^2\right)=(x^2-c^2)^2+2y^2(x^2+c^2)+y^4.$

Facendo le opportune semplificazioni si arriva a

$\frac{k^4}{4}+4x^2c^2-x^2k^2-c^2k^2-y^2k^2=0 \implies \frac{x^2}{\frac{k^2}{4}}-\frac{y^2}{c^2-\frac{k^2}{4}}=1.$

Perciò l’equazione dell’iperbole è del tipo $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ e la relazione fra i coefficienti $a, b$ e quelli $c, k$ è la seguente:

$\begin{cases} a^2=\frac{k^2}{4} \\ c^2=a^2+b^2 \end{cases}.$

Per definizione l’eccentricità di una iperbole è $e=\frac{c}{a}$ , perciò occorre risolvere il sistema

$\begin{cases} 2=\frac{2}{a} \\ 2^2=a^2+b^2 \end{cases} \implies \begin{cases} a^2=1 \\ b^2=3 \end{cases}.$

$\quad$

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Figura 75: iperbole di fuochi $F_1=(-2,0)$ e $F_2=(2,0)$ ed eccentricità $e=2$ ..

$\quad$

Perciò l’equazione dell’iperbole è

$\boxcolorato{superiori}{x^2-\frac{y^2}{3}=1.}$

Un altro modo più veloce per determinare l’equazione dell’iperbole sarebbe potuto essere partire dall’equazione canonica $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ e ricordare che valgono le relazioni $c=\sqrt{a^2+b^2}$ e $e=\frac{c}{a}$ .

Esercizio 66 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare il numero di punti in comune tra la curva di equazione $x^2y^2 = k$ e una retta di equazione $x + y = h$ , al variare di $k > 0$ e $h \in \mathbb{R}$ .

Svolgimento.

La curva data è l’unione di due iperboli equilatere di coefficiente $\sqrt{k}$ e $-\sqrt{k}$ rispettivamente.

La retta data invece è parallela alla bisettrice del secondo e quarto quadrante e passa per il punto $(0,h)$ . Ci aspettiamo quindi che per ogni valore di $h$ la retta interseca in due punti $xy=-\sqrt{k}$ , mentre solo per alcuni valori di $h$ (che dipenderanno da $k$ ) avremo che la retta interseca anche l’iperbole $xy=\sqrt{k}$ .

Per determinare in modo esatto per quali valori, sostituiamo $y = -x +h$ nell’equazione dell’iperbole e risolviamo l’equazione in $x$ :

$x(-x +h) = \sqrt{k} \implies -x^2+hx=\sqrt{k} \implies x^2-hx+\sqrt{k}=0.$

Il numero dei punti di intersezione dipendono quindi dal segno del discriminante $\Delta$ dell’equazione di secondo grado ottenuta:

$\Delta = h^2 - 4\sqrt{k}\geq 0 \implies h\leq -2\sqrt[4]{k} \qquad \makebox{oppure} \qquad h\geq 2\sqrt[4]{k}.$

Quindi il numero di punti di intersezione fra le due curve sarà:

$\quad$

$2$ se $-2\sqrt[4]{k}<h< 2\sqrt[4]{k}$ ;

$3$ se $h=-2\sqrt[4]{k}$ oppure $h=2\sqrt[4]{k}$ ;

$4$ se $h< -2\sqrt[4]{k}$ oppure $h\geq 2\sqrt[4]{k}$ .

$\quad$

Figura 76: la retta e le due iperboli equilatere nel caso $k=4$ e $h=3$ ..

Esercizio 67 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tracciare il grafico delle seguenti equazioni:

$\quad$

$x^2 + y^2 + 2xy - 4x - 4y - 12 = 0$ ;

$|x + y| + |x - 1| = 0$ ;

$x^2 - y^2 = 0$ ;

$|x^2 - y^2| = 1$ .

Svolgimento punto 1.

Osservando che i primi tre termini sono un quadrato di binomio, si ha:

$(x + y)^2 - 4(x + y) - 12 = 0 \iff x + y = 6 \vee x + y = -2$

$\quad$

Figura 77.

$\quad$

La rappresentazione grafica è due rette parallele.

Svolgimento punto 2.

Nella seconda equazione si ha la somma di due espressioni sempre positive, perché sia nulla entrambe devono essere nulle; ciò avviene risolvendo il sistema:

$\begin{cases} y + x = 0 \\ x = 1 \end{cases} \implies (x,y)= (1, -1).$

Il luogo dei punti che risolve l’equazione è quindi il solo punto $(1, -1)$ .

Svolgimento punto 3.

Scomponendo l’equazione ed applicando la legge di annullamento del prodotto, si ottengono due rette incidenti e perpendicolari $y = \pm x$ .

$\quad$

Figura 78.

Svolgimento punto 4.

Sciogliendo il modulo si ottengono due rami di iperbole aventi assi di simmetria gli assi cartesiani.

$\quad$

Figura 79.

Esercizio 68 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . racciare il grafico delle seguenti equazioni:

$\quad$

$y = \sqrt{\frac{|x|}{x} x^2 - 16 \frac{|x|}{x}}$

$|x| + |y| + |xy| = 2$

$\frac{x^3}{|x|} + \frac{y^3}{4|y|} = 1$

$\frac{x^3}{|x|} - \frac{y^3}{4|y|} = 1$

Svolgimento punto 1.

Osservando che $x \neq 0$ e sciogliendo opportunamente il modulo si ha:

$\begin{cases} y = \sqrt{x^2 - 16}, & \text{se } x > 0 \\ y = \sqrt{16 - x^2}, & \text{se } x < 0. \end{cases}$

Le due equazioni rappresentano un arco di iperbole e un arco di circonferenza.

$\quad$

Figura 80.

Svolgimento punto 2.

Esplicitando la $y$ si ottiene:

$|y| = \frac{2 - |x|}{1 + |x|}.$

L’equazione è simmetrica rispetto agli assi cartesiani, per cui è sufficiente studiarla solo nel primo quadrante. Si ottiene quindi un’iperbole equilatera il cui grafico è riportato in figura.

$\quad$

Figura 81.

Svolgimento punto 3.

In questo caso è necessario sciogliere ogni modulo, ottenendo quattro combinazioni possibili.

Si ottengono le seguenti equazioni:

$\begin{cases} x^2 + \frac{y^2}{4} = 1 & \text{con } x > 0 \text{ e } y > 0, \\[5pt] x^2 - \frac{y^2}{4} = 1 & \text{con } x > 0 \text{ e } y < 0, \\[5pt] -x^2 + \frac{y^2}{4} = 1 & \text{con } x < 0 \text{ e } y > 0, \\[5pt] -x^2 - \frac{y^2}{4} = 1 & \text{con } x < 0 \text{ e } y < 0. \end{cases}$

L’ultima equazione non risulta mai verificata, per cui il grafico è la composizione di tre curve: due archi di iperboli e un arco di ellisse.

$\quad$

Figura 82.

Svolgimento punto 4.

Si procede in maniera analoga al caso precedente. Si ottengono le seguenti equazioni:

$\begin{cases} x^2 - \frac{y^2}{4} = 1 & x \, \text{ e } \, y > 0, \\[5pt] x^2 + \frac{y^2}{4} = 1 & x > 0 \, \text{ e } \, y < 0, \\[5pt] -x^2 - \frac{y^2}{4} = 1 & x < 0 \, \text{ e } \, y > 0, \\[5pt] -x^2 + \frac{y^2}{4} = 1 & x < 0 \, \text{ e } \, y < 0. \end{cases}$

La terza equazione non risulta mai verificata, per cui il grafico è la composizione di tre curve: due iperboli ed un’ellisse.

$\quad$

Figura 83.

Esercizio 69 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dato $r>0$ , classificare la curva che nel piano $Oxy$ ha equazione $(x-1)^2+y^2=r^2$ .

Svolgimento.

La distanza al quadrato fra due punti $(x,y)$ e $(x_0, y_0)$ nel piano è

$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2.$

Quindi l’insieme dei punti $(x,y)$ del piano che verificano l’equazione data nell’esercizio distano dal punto $(1,0)$ esattamente $r$ (vedi figura 84)

$\quad$

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Figura 84: circonferenza centrata in $(1,0)$ e di raggio $r$ .

$\quad$

Il luogo di tali punti è quindi una circonferenza.

Esercizio 70 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare la posizione reciproca della retta nel piano $Oxy$ di equazione $y=2x$ e la circonferenza di equazione $x^2+y^2-10x+5=0$ .

Svolgimento.

Sostituendo l’equazione della retta in quella della circonferenza otteniamo

$x^2+4x^2-10x+5=0 \iff 5(x-1)^2=0 \iff x=1.$

Dato che la loro intersezione consta di un solo punto di molteplicità $2$ , allora sono fra loro tangenti ed il punto di tangenza è $P=(1,2)$ (vedi figura 85

$\quad$

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Figura 85: retta $y=2x$ tangente alla circonferenza di centro $(5,0)$ .

Esercizio 71 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Classificare l’insieme dei punti $(x,y)$ del piano cartesiano $Oxy$ che verificano l’equazione $x^2+25y^2-10xy=0$ .

Svolgimento.

Osserviamo che l’equazione si può scrivere come un quadrato perfetto:

$x^2+25y^2-10xy=(x-5y)^2=0.$

Quindi l’insieme dei punti $(x, y)$ che verificano tale equazione è l’insieme dei punti che verificano

$x-5y=0,$

ovvero una retta nel piano (vedi figura 86).

$\quad$

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Figura 86: grafico della retta $x=5y$ .

Esercizio 72 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Classificare, al variare di $k>0$ , il luogo dei punti nel piano cartesiano $Oxy$ descritto dalle equazioni $x^2+y^2-2kx=0$ .

Svolgimento.

Per ogni $k$ fissato, il luogo dei punti $(x,y)$ che verificano l’equazione $x^2+y^2-2kx=0$ è una circonferenza centrata nel punto $(k,0)$ e di raggio $\vert k \vert\geq 0$ .

Osserviamo inoltre che la retta $x=0$ interseca ogni circonferenza del fascio in un solo punto $P$ :

$0^2+y^2-2k\cdot 0=0 \iff y=0 \iff P=(0,0).$

$\quad$

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Figura 87: fascio di circonferenze tangenti alla retta $x=0$ ..

$\quad$

Perciò l’equazione è quella di un fascio di circonferenze tangenti alla retta di equazione $x=0$ (vedi figura 87).

Esercizio 73 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Classificare la conica rappresentata nel piano $Oxy$ dall’equazione

$(x^2+y^2+1)(x^2+\frac{y^2}{2}-1)=0.$

Svolgimento.

Le coppie $(x,y)$ che soddisfazione l’equazione devono verificare

$x^2+y^2+1=0 \qquad \makebox{oppure} \qquad x^2+\frac{y^2}{2}-1=0.$

Tuttavia, la prima equazione non ammettte soluzioni nel campo dei numeri reali, quindi $(x,y)$ deve verificare necessariamente

$x^2+\frac{y^2}{2}-1=0$

che è l’equazione di un’ellisse.

$\quad$

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Figura 88: l’insieme dei punti che verificano l’equazione $(x^2+y^2+1)(x^2+\frac{y^2}{2}-1)=0$ .

$\quad$

Esercizio 74 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Quali tra le curve abbozzate in figura possono essere il grafico dell’equazione

$P(x) + P(y) = 0,$

dove $P$ è un opportuno polinomio?

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Svolgimento.

Consideriamo i quattro grafici.

$\quad$

Ogni equazione del tipo $P(x) + P(y) = 0$ è simmetrica in $x$ e $y$ : se $(x,y)$ è una soluzione, allora lo è anche $(y,x)$ . Questo vuol dire che la curva corrispondente è simmetrica rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante. Questo esclude la curva I.

Mostriamo come sia impossibile che un tratto della curva $P(x) + P(y) = 0$ sia la funzione costante. Se infatti, per assurdo, si avesse $y(x) = y_0 = \text{costante}$ , avremmo $P(y(x)) = P(y_0) = P_0 = \text{costante}$ . Essendo poi $P(x) + P(y(x)) = 0$ , si ha $P(x) = -P(y_0) = -P_0$ e quindi $P_0 = -P_0$ , cioè $P_0 = 0$ . L’equazione di partenza si riduce quindi all’identità $0 = 0$ , che ha come soluzione (“patologica”) l’intero piano cartesiano (che non corrisponde a quanto disegnato nel grafico II)!

Questa è una circonferenza; detto $r$ il suo raggio, la sua equazione si può esprimere nella forma richiesta prendendo (per esempio) $P(t) = t^2 - r^2/2$ , in modo che $P(x) + P(y) = x^2 + y^2 - r^2$ .

Questa retta ha equazione $x + y = 0$ , e si può esprimere nella forma richiesta prendendo (per esempio) $P(t) = t$ .

I grafici richiesti sono quindi solo il terzo e il quarto.