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Esercizi di geometria affine del piano

Geometria nel piano

Home » Esercizi di geometria affine del piano

In questo articolo vengono proposti esercizi di geometria affine del piano. I testi degli esercizi sono tratti dal materiale didattico del Prof. Antonio Cigliola [1].

La raccolta comprende 13 esercizi completamente risolti su questo affascinante argomento. Inoltre, la soluzione di ogni esercizio è preceduta da un breve richiamo degli strumenti teorici utilizzati nella soluzione.

Questi esercizi sono pertanto indicati agli studenti dei corsi di algebra lineare e geometria che desiderano comprendere la teoria appresa, applicandola in esercizi dal carattere semplice, ma stimolante.

Oltre all’esaustiva lista reperibile alla fine dell’articolo, consigliamo la lettura delle seguenti raccolte di esercizi su argomenti correlati:

 

Autori e revisori

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Autore: Sara Sottile

Revisori: Luigi De Masi, Sergio Fiorucci, Matteo Talluri.


 

Introduzione

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La dispensa presenta una serie di esercizi riguardanti la geometria affine nel piano. Nel seguito, indicheremo con \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) il piano affine reale associato allo spazio vettoriale \mathbb{R}^2.

Data la diversa natura degli esercizi all’inizio di ciascuno svolgimento viene presentato un breve richiamo teorico utile ai fini della risoluzione. Per approfondimenti teorici si rimanda a [2].


 

Testi degli esercizi

Esercizio 1 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Per ciascuna delle seguenti terne di punti A,B,C del piano affine \mathbb{A}^2(\mathbb{R}), determinare, se possibile, un quarto punto D affinché ABCD sia un parallelogramma:
 

  1. A=(1,3), \qquad\quad B=(-5,1), \qquad\quad C=(3,-5);

    2.  

  2. A=(1,1), \qquad\quad B=(-5,-5), \qquad\; C=(3,3);

    3.  

  3. A=(-1,2), \qquad\; B=(-2,1), \qquad\quad C=(3,-4);

    4.  

  4. A=(0,3), \qquad\quad B=(-3,0), \qquad\quad C=(3,0);

    5.  

  5. A=(0,3), \qquad\quad B=(1,5), \qquad\quad\;\; \; C=(-2,-1);

    6.  

  6. A=(e,\pi), \qquad\quad B=(\pi,e), \qquad\quad \;\; C=(0,0).

Per ciascuno dei parallelogrammi costruiti, si trovi l’equazione delle rette su cui giacciono i suoi lati.

Introduzione.

Sia \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) il piano affine e siano A,B,C,D \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}). Indichiamo con ABCD il parallelogramma di lati AB, BC, CD e DA, escludendo in questo contesto i parallelogrammi in cui AB e AD ne siano le diagonali. Affinché ABCD sia un parallelogramma occorre che le coppie lati AB, CD e BC, DA siano paralleli tra loro.

Dati tre punti A, B, C \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) per trovare il quarto punto D \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) affinché ABCD sia un parallelogramma procediamo nel modo seguente.

  • si determinano i vettori B -A e C -B e si verifica che non siano paralleli;
  • si ottiene il punto D \in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) come

    \[D= C+(A-B).\]

Infine, per la risoluzione dell’esercizio, si trovano le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i lati nel modo seguente:

\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = x_A + t(x_B-x_A)\\ y = y_A + t(y_B-y_A) \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = x_B + u(x_C-x_B)\\ y = y_B + u(y_C-y_B) \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}

\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = x_C+ s(x_D-x_C)\\ y = y_C + s(y_D-y_C) \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = x_D + l(x_A-x_D)\\ y = y_D + l(y_A-y_D) \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}

Svolgimento punto 1.

Consideriamo i punti A=(1,3), \quad B=(-5,1), \quad C=(3,-5). Osserviamo che

\[B-A = (-6,-2)\quad \text{ e } \quad C- B = (8,-6),\]

da cui segue che il parallelogramma non è degenere poiché i vettori non sono paralleli. Sia D=(x_D, y_D), allora si ha

\[(x_D, y_D) = (x_C,y_C)+ (x_A-x_B,y_A-y_B) = (3,-5) + (6,2) = (9,-3).\]

Dunque il punto tale che ABCD sia un parallelogramma è D=(9,-3).

Le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i quattro lati sono:

\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = 1 -6t\\ y = 3 -2 t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = -5 + 8u\\ y = 1 -6 u \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}

\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = 3+ 6s\\ y = -5 + 2s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = 9 -8 l\\ y = -3 + 6l \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}

Nella figura seguente sono rappresentati i tre punti dati A, B e C e i due vettori B-A e C-B, in rosso, e le rette su cui giacciono tali vettori sono rappresentate in blu. Le rette passanti per A e D e per D e C sono rappresentate in verde.

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Svolgimento punto 2.

Consideriamo i punti A=(1,1), \quad B=(-5,-5), \quad C=(3,3). Osserviamo che A, B e C giacciono tutti sulla stessa retta di equazione y = x, dunque non esiste un punto D tale che ABCD sia un parallelogramma.

Svolgimento punto 3.

Consideriamo i punti A=(-1,2), \quad B=(-2,1), \quad C=(3,-4). Osserviamo che

\[B- A= (-1,-1)\quad \text{ e } \quad C- B= (5,-5),\]

da cui segue che il parallelogramma non è degenere poiché i vettori non sono paralleli. Sia D=(x_D, y_D), allora si ha

\[(x_D, y_D) = (x_C,y_C)+ (x_A-x_B,y_A-y_B) = (3,-4) + (1,1) = (4,-3).\]

Dunque il punto tale che ABCD sia un parallelogramma è D=(4,-3).

Le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i quattro lati sono:

\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = -1 -t\\ y = 2 - t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = -2 + 5u\\ y = 1 -5 u \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}

\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = 3+ s\\ y = -4 + s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = 4 -5 l\\ y = -3 + 5l \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}

Svolgimento punto 4.

Consideriamo i punti A=(0,3), \quad B=(-3,0), \quad C=(3,0). Notiamo innanzitutto che i punti B e C giacciono sulla retta r_{BC}: y = 0 e che A \notin r_{BC}, dunque il parallelogramma non è degenere.

Sia D=(x_D, y_D), allora si ha

\[(x_D, y_D) = (x_C,y_C)+ (x_A-x_B,y_A-y_B) = (3,0) + (3,3) = (6,3).\]

Dunque il punto tale che ABCD sia un parallelogramma è D=(6,3).

Sappiamo già che

\[r_{BC}: y =0,\]

da cui segue che la retta su cui giace il lato DA deve essere parallela ad essa e passante per i due punti, dunque

\[r_{DA}: y = 3.\]

Le altre due rette avranno equazioni parametriche:

\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = 3t\\ y = 3 - 3t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{CD}:\begin{cases*} x = 3+ 3s\\ y = 3s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}. \end{equation*}

Svolgimento punto 5.

Consideriamo i punti A=(0,3), \quad B=(1,5), \quad C=(-2,-1). Osserviamo che

\[B- A = (1,2)\quad \text{ e } \quad C-B= (-3,-6),\]

da cui segue che il parallelogramma è degenere poiché i due vettori sono paralleli. Dunque non esiste un punto D tale che ABCD sia un parallelogramma.

Svolgimento punto 6.

Consideriamo i punti A=(e,\pi), \quad B=(\pi,e), \quad C=(0,0). Osserviamo che

\[B- A =(\pi-e, e-\pi)\quad \text{ e } \quad C-B = (-\pi , -e),\]

da cui segue che il parallelogramma non è degenere poiché i due vettori non sono paralleli. Sia D=(x_D,y_D), allora si ha:

\[(x_D,y_D) = (x_C, y_C) + (x_A-x_B,y_A-y_B) = (e-\pi, \pi-e).\]

Le equazioni parametriche delle rette su cui giacciono i quattro lati sono:

\begin{equation*} r_{AB}:\begin{cases*} x = e + (\pi-e)t\\ y = \pi +(e-\pi) t \end{cases*}, t \in \mathbb{R}, \qquad r_{BC}:\begin{cases*} x = \pi -\pi u\\ y = e - e u \end{cases*}, u \in \mathbb{R}, \end{equation*}

\begin{equation*} r_{CD}:\begin{cases*} x = (e-\pi)s\\ y = (\pi -e) s \end{cases*}, s \in \mathbb{R}, \qquad r_{DA}:\begin{cases*} x = e-\pi +\pi l\\ y = \pi - e + el \end{cases*}, l \in \mathbb{R}, \end{equation*}


 

Esercizio 2 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Dati il vettore v\in \mathbb{R}^2 ed il punto P\in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}), determinare l’unico punto Q\in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) tale che \vec{PQ}=v.
 

  1. v=(-1,2), \quad\;\quad P=(3,-1);

    2.  

  2. v=\left(1,\dfrac{1}{2}\right), \quad\quad P=(2,1);

    3.  

  3. v=(0,0), \qquad\quad P=(3,-2);

    4.  

  4. v=(1,2), \qquad\quad P=(\sqrt{3}, -1);

    5.  

  5. v=(2,\pi),\qquad\quad P=(0,-\pi).

Introduzione.

Ricordiamo che, dati due punti P = (x_P , y_P ) e Q = (x_Q , y_Q ) in \mathbb{A}^2(\mathbb{R}) e un vettore v = (v_x , v_y ) di \mathbb{R}^2, per definizione di traslazione si ha

\[Q - P = v \Longleftrightarrow Q = P + v = (x_P + v_x , y_P + v_y ).\]


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