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Esercizio 10 ripasso geometria analitica (circonferenza e retta)

Ripasso geometria analitica

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Esercizio 10.  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)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. Trovare:

(i) l’area del triangolo PQR;

(ii) 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 torva

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

e quindi

    \[\gamma:\ (x-4)^2+(y+3)^2=25.\]

Di seguito il grafico del sostegno della circonferenza.

 

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L’equazione della bisettrice \`{e} 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.

 

 

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

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

Si ha allora

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

Di seguito la nuova figura con le informazioni trovate.

 

 

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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.

 

 

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(i) Si consideri ora il triangolo RPQ in figura

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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

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

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

    \[\boxcolorato{analisi}{A_{QPR}=\frac{1}{2}\cdot QP\cdot PR=49.}\]

(ii) La circonferenza \Gamma circoscritta al triangolo dato \`{e} 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

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

e

    \[C'=(7,-14),\]

l’equazione della circonferenza cercata è

    \[\boxcolorato{analisi}{\Gamma:\ (x-7)^2+(y+14)^2=49\quad \Leftrightarrow\quad x^2+y^2-14x+28y+196=0.}\]

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.

 

 

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Fonte: ignota.