Problemi sulla circonferenza “verso l`esame di stato”

Problemi sulla circonferenza “verso l’esame di stato”
*
*
n. 20 pag. 306
*
a) Scrivi l’equazione della circonferenza γ1 di centro P (−3; 2) e passante per il punto A(0; 1).
b) Scrivi l’equazione della circonferenza γ2 simmetrica di γ1 rispetto alla retta y = x + 1 e
rappresenta graficamente γ1 e γ2 .
c) Determina le tangenti r e s a γ1 e γ2 mandate dal punto S(−10; −9) che non intersecano
rispettivamente γ2 e γ1 . Siano Q e R i rispettivi punti di tangenza.
d) Calcola l’area del trapezio isoscele individuato da P QR e dal centro di γ2 .
Soluzione:
a) A partire dall’equazione generica della circonferenza x2 + y 2 + ax + by + c = 0, conoscendo
le coordinate del centro si ha immediatamente a = 6 e b = −4, e sostituendo nell’equazione le
coordinate di A si ottiene:
02 + 12 + 6 · 0 − 4 · 1 + c = 0
=⇒
c=3
ed infine
γ1 :
x2 + y 2 + 6x − 4y + 3 = 0
ovvero
(x + 3)2 + (y − 2)2 = 10
°
°
°
b) Dall’osservazione del grafico, si osserva immediatamente che il centro della circonferenza γ2
ha coordinate P 0 (1; −2). Considerando che le due circonferenze hanno lo stesso raggio, si può
scrivere immediatamente l’equazione di γ2 :
γ2 :
(x − 1)2 + (y + 2)2 = 10
ovvero
x2 + y 2 − 2x + 4y − 5 = 0
[Naturalmente si poteva procedere come al punto a), ossia sostituendo le coordinate di A nell’equazione di γ2 per determinare il valore di c, ma la soluzione proposta è ancora più rapida.]
°
°
1
°
c) Dopo aver scritto l’equazione della retta r generica passante per S (fascio proprio di centro
S), la condizione di tangenza richiede che la distanza del centro P da r sia uguale al raggio di γ1 .
Si ha dunque:
r:
y + 9 = m(x + 10)
e successivamente:
→
y = m(x + 10) − 9
→
mx − y + 10m − 9 = 0
m · (−3) − 2 + 10m − 9 √
√
= 10
1 + m2
37
39
L’osservazione del grafico consente di stabilire che la soluzione richiesta corrisponde a m = 3 (l’altra
soluzione corrisponderebbe alla seconda tangente, che interseca γ2 ed è pertanto esclusa dal testo
del problema). Sostituendo tale valore nell’equazione del fascio si ha infine:
(7m − 11)2 = 10(1 + m2 )
r:
→
y = 3(x + 10) − 9
39m2 − 154m + 111 = 0
→
y = 3x + 21
→
→
m=3 ∨ m=
3x − y + 21 = 0
Per determinare le coordinate di Q basta cercare l’intersezione tra la retta r appena trovata e la
retta che contiene il raggio P Q (retta passante per P e perpendicolare a r):
retta P Q :
1
y − 2 = − (x + 3)
3
→
1
y =− x+1
3
Dal sistema tra le equazioni delle due rette si ha infine:


 10 x = −20
 y = 3x + 21
3
→
Q:

 y = −1x + 1
y = 3x + 21
3
(
→
x = −6
y=3
Ancora dall’osservazione del grafico, si nota che il punto S appartiene alla retta y = x+1, che è asse
di simmetria per la figura. La tangente s a γ2 e il punto di tangenza R saranno dunque anch’essi
simmetrici, rispettivamente di r e Q, rispetto allo stesso asse di simmetria. Le coordinate di R
si ricavano direttamente dall’osservazione del grafico e dalla simmetria sopra evidenziata: risulta
R(2; −5). Per determinare l’equazione della tangente s basta dunque scrivere l’equazione della retta
passante per R e S:
y − yR
x − xR
=
yS − yR
xS − xR
→
y+5
x−2
=
−9 + 5
−10 − 2
→
3y + 15 = x − 2
→
x − 3y − 17 = 0
Alternativamente, poiché l’asse di simmetria è una retta parallela alla bisettrice del primo e terzo
1
1
quadrante, risulta ms =
e pertanto ms = . L’equazione di s si può allora ottenere sostituendo
mr
3
il valore appena trovato nell’equazione del fascio di centro S:
s:
1
y + 9 = (x + 10)
3
→
1
17
y = x−
3
3
→
x − 3y − 17 = 0
[Se non ci si avvale delle considerazioni sulla simmetria della figura, si può procedere esattamente
come nel caso precedente a proposito di r: a partire dalla solita equazione del fascio di centro S,
si cerca la retta che abbia distanza da P 0 (centro di γ2 ) uguale al raggio (si troveranno due valori
di m - reciproci dei precedenti - di cui si deve scegliere quello minore). Non si ritiene opportuno
riportare tutti i calcoli, che sono la copia esatta di quelli svolti sopra per determinare r e Q].
°
°
2
°
d) Dal momento che il quadrilatero P QRP 0 (trapezio isoscele per le evidenziate proprietà di
simmetria) risulta avere i vertici con coordinate intere, la via più breve per determinarne l’area è
C
la formula di Pick: A = I + − 1, ove I è il numero di punti del reticolo interni al poligono e C
2
il numero di punti del reticolo sul contorno del poligono stesso. Osservando il grafico, nel nostro
14
caso si ha I = 6 e C = 14, da cui A = 6 +
− 1 = 12.
2
[Volendo procedere in maniera tradizionale, ma comunque avvalendosi di opportune “scorciatoie”
fornite dall’osservazione del grafico, si ha:
A=
(B + b) · h
2
√
in cui la base√ maggiore B = QR = 8 2 (diagonale di un quadrato
√ di lato 8), la base minore
0
b = P P = 4 2 (diagonale di un quadrato di lato 4) e l’altezza h = 2 (diagonale di un quadrato
di lato 1). Risulta infine
√
√
√
(8 2 + 4 2) · 2
A=
= 12
2
come già determinato in precedenza.]
*
*
*
n. 21 pag. 306
a) Scrivi l’equazione della circonferenza che è tangente nel punto A(0; 2) alla retta 3x−4y+8 = 0
e ha il centro sulla retta di equazione y = −2x + 3.
b) Tra le rette parallele alla bisettrice del II e IV quadrante trova quelle che, intersecando la
5√
2.
circonferenza, determinano una corda lunga
2
c) Trova il perimetro del rettangolo con i vertici nei punti di intersezione della circonferenza con
le rette trovate nel punto b).
d) Dal punto P (4; −5) conduci le tangenti alla circonferenza, trova le loro equazioni, le coordinate
dei punti E e F di tangenza e il perimetro del triangolo EF P .
Soluzione:
a) Il centro C della circonferenza cercata dovrà trovarsi, oltre che sulla retta (che indichiamo con
r) di equazione y = −2x + 3 come precisato nel testo, anche sulla perpendicolare alla tangente t
4
1
=− e
condotta per il punto A di tangenza. Detta n tale retta, si ha innanzitutto mn = −
mt
3
quindi:
4
n:
y − 2 = − (x − 0) → 4x + 3y − 6 = 0
3
Ponendo a sistema le equazioni di r e n si ottiene:

(
(
 x= 3
y = −2x + 3
4x + 3(−2x + 3) − 6 = 0
2
C:
→
→

4x + 3y − 6 = 0
y = −2x + 3
y=0
Il raggio della circonferenza cercata corrisponde alla lunghezza del segmento AC:
s
2
3
5
r=
− 0 + (2 − 0)2 =
2
2
3
Infine l’equazione della circonferenza è data da:
2
2
3
5
2
x−
+y =
→
2
2
x2 + y 2 − 3x − 4 = 0
[La lunghezza del raggio poteva essere ricavata immediatamente considerando che AC rappresenta
3
1
1
l’ipotenusa di un triangolo rettangolo di cateti
= 3 · e 2 = 4 · ed applicando quindi una
2
2
2
1
semplice proporzione di ragione alla ben nota terna pitagorica 3-4-5.]
2
°
°
°
5√
b) Se, come indicato nel testo, la lunghezza delle corde M N e RQ deve risultare
2, le loro
2
5
proiezioni nelle direzioni dei due assi devono avere lunghezza (in quanto formanti angoli di 45° e
2
5
135° con gli assi stessi). Poiché è esattamente la lunghezza del raggio della circonferenza, da ciò
2
segue che gli estremi delle corde stesse sono anche gli estremi di due diametri tra loro perpendicolari.
Dalla semplice osservazione del grafico si deduce poi che una delle due rette (quella che stacca sulla
circonferenza la corda M N ) interseca l’asse y nel punto di ordinata 4 e la sua equazione è pertanto
y = −x + 4, mentre la seconda retta (quella che stacca sulla circonferenza la corda RQ) interseca
l’asse y nel punto di ordinata −1 e la sua equazione è pertanto y = −x − 1.
°
°
°
c) Per le osservazioni esposte al punto b), il quadrilatero N M QR risulta essere un quadrato di
√
5√
5√
lato
2; il suo perimetro è quindi 4 ·
2 = 10 2.
2
2
°
°
°
d) Dal momento che xP = xM , si osserva immediatamente che una delle due tangenti è la retta
verticale di equazione x = 4, tangente in F ≡ M (4; 0). Per determinare l’equazione dell’altra
tangente, dopo aver scritto l’equazione della retta generica u passante per P (fascio proprio di
centro P ), bisogna imporre che la distanza di tale retta dal centro della circonferenza sia uguale al
raggio.
u:
y + 5 = m(x − 4)
→
y = mx − 4m − 5
4
→
mx − y − 4m − 5 = 0
Successivamente:
m · 3 − 4m − 5
5
2
√
=
2
1 + m2
3
4
[Come era prevedibile, l’equazione in m risulta di primo grado e fornisce pertanto una sola soluzione.
La seconda soluzione corrisponde a m → ∞ ed è relativa alla tangente verticale, come già evidenziato dall’osservazione diretta del grafico.]
(5m + 10)2 = 25(1 + m2 )
→
25(
m2 + 4m + 4) = 25(1 + m2 )
→
m=−
Infine, sostituendo nell’equazione del fascio:
u:
3
3
−5
y =− x−4· −
4
4
3
y =− x−2
4
→
Per determinare le coordinate di E basta cercare l’intersezione tra la retta u appena trovata e la
retta che contiene il raggio CE (retta passante per C e perpendicolare a u):
4
3
4
retta CE :
y−0=
x−
→ y = x−2
3
2
3
Dal sistema tra le equazioni delle due rette si ha infine:

4

 y = x−2
3
E:
→

 y = −3x − 2
4
(
x=0
y = −2
Infine, per determinare il perimetro del triangolo EF P basta sommare le lunghezze dei tre lati:
√
√
√
EF = 42 + 22 = 2 5
EP = 32 + 42 = 5
FP = 5
√
√
da cui PEF P = 2 5 + 10 = 2(5 + 5).
*
*
*
n. 22 pag. 306
a) Nel fascio di circonferenze tangenti alla retta r di equazione 2x + y − 4 = 0 nel suo punto A
di ascissa 2, determina la circonferenza γ1 passante per il punto B(8; −2).
b) Scrivi l’equazione della circonferenza γ2 , simmetrica alla circonferenza individuata al punto
a) rispetto alla retta s di equazione x − 2y + 8 = 0.
c) Verifica che anche la circonferenza γ2 è tangente alla retta r e individuane il punto di tangenza
C.
d) Calcola l’area della parte di piano individuata dalle due circonferenze e dalla retta r.
Soluzione:
Si osserva innanzitutto che il centro della circonferenza γ1 deve appartenere alla retta n perpendicolare a r nel punto A di tangenza. Il punto A ha coordinate A(2; 0), in quanto sostituendo xA = 2
nell’equazione della retta r si ricava yA = 0. La retta n ha dunque equazione
1
y − 0 = (x − 2)
2
→
5
x − 2y − 2 = 0
Il segmento AB è una corda della circonferenza γ1 , e pertanto il centro C1 della circonferenza stessa
deve anche appartenere all’asse di AB. Per determinare l’asse di AB si può ricorrere alla definizione
di asse come luogo dei punti equidistanti dagli estremi:
(x − 2)2 + y 2 = (x − 8)2 + (y + 2)2
→
−4x + 4 = −16x + 64 + 4y + 4
→
y = 3x − 16
Ponendo tale equazione a sistema con l’equazione della retta n si determinano le coordinate del
centro C1 :
(
(
(
x − 2y − 2 = 0
x − 6x + 32 − 2 = 0
x=6
C1 :
→
→
y = 3x − 16
y = 3x − 16
y=2
Il raggio della circonferenza cercata corrisponde alla lunghezza del segmento AC1 :
p
√
r = (6 − 2)2 + (2 − 0)2 = 20
Infine l’equazione della circonferenza è data da:
γ1 :
(x − 6)2 + (y − 2)2 = 20
°
x2 + y 2 − 12x − 4y + 20 = 0
→
°
°
b) Dall’osservazione del grafico, si osserva immediatamente che il centro della circonferenza
γ2 ha coordinate C 0 (2; 10). Considerando che le due circonferenze hanno lo stesso raggio, si può
scrivere immediatamente l’equazione di γ2 :
γ2 :
(x − 2)2 + (y − 10)2 = 20
ovvero
x2 + y 2 − 4x − 20y + 84 = 0
°
°
°
c) Poiché r ⊥ s, risulta C1 C2 k r e pertanto la distanza di C2 da r è uguale alla distanza di C1
da r, ossia anche γ2 è tangente a r in quanto ha distanza da essa uguale al raggio. Il punto C di
tangenza è il simmetrico di A rispetto alla retta s, e risulta pertanto C(−2; 8).
°
°
°
d) Con facili considerazioni geometriche si vede che, indicando con R il raggio delle due circonferenze, l’area S cercata è espressa da
π R2 (4 − π)
2
S =2·R 1−
=
4
2
√
Essendo R = 20 si ha infine S = 10(4 − π).
*
*
6
*
n. 23 pag. 306
Dati i punti A(−1; 0), B
7 9
;−
5 5
eC
7 16
;
:
5 5
a) determina le equazioni delle tre circonferenze γA , γB e γC mutuamente tangenti, di centri
A, B, C;
b) indicati con D, E e F i punti in cui le tre circonferenze sono tangenti, calcola l’equazione della
circonferenza che passa per i punti di tangenza;
c) calcola le equazioni delle tangenti comuni e verifica che passano per uno stesso punto T .
Soluzione:
a) Detti rispettivamente rA , rB e rC i raggi delle tre circonferenze γA , γB e γC , per note proprietà
geometriche si ha rA + rB = AB, rB + rC = BC e rA + rC = AC. Dopo aver calcolato le lunghezze
dei tre segmenti AB, BC e AC è quindi possibile determinare le lunghezze dei tre raggi mediante
un semplice sistema lineare. Si ha:
s
s
2 2
2 2
7
7
9
16
+1 + − −0 =3
+1 +
−0 =4
AB =
BC = 5
AC =
5
5
5
5
E dunque, per determinare i raggi:


 rA + rB = 3
rB + rC = 5


rA + r C = 4


 rA = 1
rB = 2


rC = 3
→
Le equazioni delle tre circonferenze risultano pertanto:
(x + 1)2 + y 2 = 1
2 2
7
9
x−
+ y+
=4
5
5
2 2
7
16
x−
+ y−
=9
5
5
→
γA :
γB :
γC :
°
°
7
x2 + y 2 + 2x = 0
→
x2 + y 2 −
14
18
6
x+ y+ =0
5
5
5
→
x2 + y 2 −
32
16
14
x− y+
=0
5
5
5
°
b) Tracciando da D la parallela all’asse y (che risulta quindi parallela anche a BC), per il
teorema di Talete si ha
xD − xA
AD
AD
1 7
2
=
→ xD = xA +
(xC − xA ) = −1 +
+1 =−
xC − xA
AC
AC
4 5
5
e analogamente
yD − yA
AD
=
yC − yA
AC
AD
1 16
4
(yC − yA ) = ·
=
AC
4 5
5
xF − xA
AF
AF
1 7
1
=
→ xF = xA +
(xB − xA ) = −1 +
+1 =−
xB − xA
AB
AB
3 5
5
yF − yA
AF
AF
1
9
3
=
→ yF = yA +
(yB − yA ) = · −
=−
yB − yA
AB
AB
3
5
5
→
yD = yA +
7
9
1
e y E = y B + rB = − + 2 = .
5
5
5
Si tratta ora di determinare l’equazione della circonferenza passante per tre punti noti (D, E, F )
partendo dall’equazione generale x2 + y 2 + ax + by + c = 0, sostituendo le coordinate dei punti stessi
e risolvendo il sistema lineare che si ottiene:
 2 2
4
2
4
2




 a = −4
 −5 + 5 − 5a + 5b + c = 0







5



 −2a + 4b + 5c = −4

 2 2
2
1
7
1
7
7a + b + 5c = −10
→
→
b=−
+
+ a+ b+c=0



5
5
5
5
5







−a − 3b + 5c = −2


2
2
 c = −4

3
1
3
1


 −
+ −
− a− b+c=0
5
5
5
5
5
Infine xE = xB = xC =
Infine l’equazione della circonferenza è data da
2 2
1
2
4
2
2
2 4
+ y−
=1
x +y − x− y− = 0 ovvero
x−
5
5
5
5
5
con centro T
2 1
;
5 5
e raggio 1.
°
°
°
c) La retta tAC tangente alle circonferenze γA e γC si può determinare come perpendicolare alla
retta AC passante per il punto D di tangenza:
4
3
2
1
(x − xD ) → y − = −
x+
→ 3x + 4y − 2 = 0
y − yD = −
mAC
5
4
5
La retta tAB tangente alle circonferenze γA e γB si può determinare come perpendicolare alla retta
AB passante per il punto F di tangenza:
1
3
4
1
y − yF = −
(x − xF ) → y + =
x+
→ 4x − 3y − 1 = 0
mAB
5
3
5
1
La retta tBC tangente alle circonferenze γB e γC ha equazione y = yE = .
5
2 1
, centro della circonferenza trovata al punto b)
Infine, è immediato verificare che il punto T
;
5 5
precedente, appartiene alle tre rette appena determinate.
*
*
8
*
n. 24 pag. 306
Sia γ la semicirconferenza di raggio unitario avente centro nell’origine O degli assi cartesiani e posta
nel semipiano delle ordinate positive. Indicato con A il punto in cui essa tocca il semiasse delle
ascisse negative, traccia per A una retta AP , con P punto generico di γ.
a) Scrivi le coordinate del punto Q di intersezione tra la retta AP e l’asse del segmento OP al
variare della retta AP .
b) Determina la posizione di P affinché Q sia sull’asse delle ordinate.
c) In questa posizione trova l’equazione della tangente t in P a γ.
d) Calcola l’area del triangolo OBC, dove B e C sono i punti di intersezione di t con gli assi
coordinati.
Soluzione:
√
a) L’equazione della semicirconferenza γ si può scrivere immediatamente e risulta y = 1 − x2 (si
ottiene esplicitando y nell’equazione della circonferenza di centro O e raggio unitario x2 + y 2 = 1).
Essa interseca il semiasse delle ascisse negative nel punto A(−1; 0).
La retta generica AP corrisponde al fascio proprio di centro A, avente equazione
y − 0 = m(x + 1)
→
y = m(x + 1)
e le coordinate del punto P (in funzione di m) si ottengono ponendo a sistema l’equazione del fascio
con quella della (semi)circonferenza:
(
(
x2 + m2 (x + 1)2 = 1
x2 + y 2 = 1
→
P :
y = m(x + 1)
y = m(x + 1)
L’equazione risolvente diventa:
(1+m2 )x2 +2m2 x+m2 −1 = 0
→
x=
−m2 ±
p
m4 + 1 − m4
1 + m2
Scegliendo ovviamente la seconda soluzione, si ottiene poi
2m
1 − m2
+1 =
e dunque
yP = m
2
1+m
1 + m2
→
P
xP = −1 ∨ xP =
1 − m2
2m
;
2
1 + m 1 + m2
1 − m2
1 + m2
Per determinare l’asse di OP conviene ricorrere alla definizione di asse come luogo geometrico dei
punti equidistanti dagli estremi del segmento:
2 2
2m
1 − m2
2
2
x +y = x−
+ y−
1 + m2
1 + m2
2(m2 − 1)
4m
(1 − m2 )2 + 4m2
x
−
y
+
=0
1 + m2
1 + m2
(1 + m2 )2
2(m2 − 1)x − 4my + 1 + m2 = 0
Le coordinate di Q si determinano ponendo a sistema l’equazione dell’asse appena trovato con la
retta AP :
(
(
2(m2 − 1)x − 4my + 1 + m2 = 0
2(m2 − 1)x − 4m2 (x + 1) + 1 + m2 = 0
Q:
→
y = m(x + 1)
y = m(x + 1)
9
da cui si ha infine Q
1 − 3m2 m(3 − m2 )
;
.
2(1 + m2 ) 2(1 + m2 )
°
°
°
b) Affinché il punto Q sia sull’asse delle ordinate dovrà essere xQ = 0, ossia
1 − 3m2
=0
2(1 + m2 )
→
1
1
m = −√ ∨ m = √
3
3
Ovviamente si deve scegliere la soluzione positiva, in quanto quella negativa corrisponde alla retta
che intersecherebbe la semicirconferenza nel semipiano delle ordinate negative. Sostituendo il valore
di m così trovato nell’espressione delle coordinate di P si ottiene:
!
√ !
√2
1 − 31
2m
3
1 − m2
1
3
;
≡
;
P
≡
1 ;
1
2
2
1+m 1+m
2 2
1+ 3 1+ 3
°
°
°
c) La retta t è perpendicolare a OP nel punto di tangenza P . Risulta pertanto:
mt = −
√
t:
3
1
y−
= −√
2
3
1
x−
2
→
1
1
= −√
mOP
3
√
2 3y − 3 = −2x + 1
→
x+
√
3y − 2 = 0
°
°
°
d) Poiché yB = 0, sostituendo nell’equazione di t si ottiene xB = 2. Analogamente, poiché
2
xC = 0, sostituendo nella medesima equazione si ottiene yC = √ . Infine
3
√
xB · yC
1
2
2 3
AOBC =
= ·2· √ =
.
2
2
3
3
10