problemi geometrici con parametri

Esercizi riepilogativi sulle coniche: problemi geometrici con parametri
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n. 210 pag. 543
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In un triangolo rettangolo ABC le misure dei cateti sono AC = 12, BC = 5. Sull’ipotenusa AB
determina un punto P in modo che risulti P C = k, k > 0.
Soluzione:
Si osserva innanzitutto che risulta AB = 13 (risultato da ritenersi immediato, anche senza effettuare il calcolo, ricordando l’esistenza della terna pitagorica 5-12-13). Si tratta ora di determinare
sull’ipotenusa AB un punto che abbia distanza k dal vertice C, ed il problema si può quindi interpretare cercando le intersezioni del segmento AB con un fascio di circonferenze di centro C e
raggio k. Si osserva immediatamente che si hanno 3 posizioni limite:
a) circonferenza passante per A (raggio k = 12);
b) circonferenza passante per B (raggio k = 5);
AC · BC
60
c) circonferenza tangente ad AB (raggio k = CT =
= ).
13
AB
In conclusione il problema ammette:
• 2 soluzioni concidenti per k =
• 2 soluzioni distinte per
60
13
60
<k≤5
13
• 1 soluzione per 5 < k ≤ 12
• 0 soluzioni per k <
60
∨ k > 12.
13
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1
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n. 211 pag. 543
I cateti di un triangolo rettangolo misurano AB = 3 e AC = 4. Determina due punti P sul cateto
AB e Q sul cateto AC tali che AP + AQ = BC e l’area di AP Q sia k volte quella di ABC, k > 0.
Soluzione:
Si osserva innanzitutto che risulta BC = 5 (risultato da ritenersi immediato, anche senza effettuare
il calcolo, ricordando l’esistenza della terna pitagorica 3-4-5). Ponendo AP = x, si ha quindi
AQ = 5 − x e la relazione tra le aree diventa:
AP · AQ
AB · AC
=k·
2
2
→
x(5 − x)
= 6k
2
→
−x2 + 5x = 12k
Le limitazioni geometriche sull’incognita determinano le seguenti condizioni:
(
(
0≤x≤3
0≤x≤3
→ 1≤x≤3
→
1≤x≤5
0≤5−x≤4
A questo punto, una possibile interpretazione analitica del problema si ottiene ponendo

2

 y = −x + 5x
y = 12k


1 ≤ x ≤ 3, k > 0
ossia determinando il numero di intersezioni della parabola di equazione y = −x2 + 5x con il fascio
di rette orizzontali di equazione y = 12k.
Come si vede dal grafico, si hanno le tre situazioni limite:
a) retta passante per A(1; 4) con 12k = 4 ovvero k = 13
b) retta passante per B(3; 6) con 12k = 6 ovvero k = 12
c) retta passante per il vertice V 52 ; 25
con 12k = 25
ovvero k =
4
4
2
25
.
48
In conclusione il problema ammette:
• 2 soluzioni concidenti per k =
• 2 soluzioni distinte per
• 1 soluzione per
1
3
1
2
≤k<
• 0 soluzioni per k <
1
3
25
48
≤k<
25
48
1
2
∨k >
25
.
48
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n. 212 pag. 543
Considera il quadrato ABCD di lato 4; sul prolungamento di AB, dalla parte di B, determina il
2
2
punto P in modo che P D = kP C , con k numero reale non negativo.
Soluzione:
Si osserva innanzitutto che per qualsiasi scelta del punto P si ha P D > P C in quanto l’angolo
P ĈD è ottuso. Ne consegue k > 1.
Ponendo BP = x (con la semplice e ovvia limitazione x ≥ 0) si ottiene:
2
2
2
2
P D = AP + AD = (x + 4)2 + 16
2
2
P C = BP + BC = x2 + 16
da cui
2
P D = kP C
2
→
(x + 4)2 + 16 = k(x2 + 16)
→
(1 − k)x2 + 8x + 16(2 − k) = 0
A questo punto, una possibile interpretazione analitica del problema si ottiene ponendo

2

 y=x
(1 − k)y + 8x + 16(2 − k) = 0
→
8x + y + 32 − k(y + 16) = 0


x ≥ 0, k > 0
ossia determinando il numero di intersezioni della parabola di equazione y = x2 con il fascio di
rette di centro C(−2; −16).
[Il vincolo k > 0 si può ulteriormente restringere a k > 1 per quanto osservato inizialmente]
3
Come si vede dal grafico, si hanno le tre situazioni limite:
a) retta tangente alla parabola: il valore di k si ottiene imponendo la condizione ∆ = 0 nell’equazione parametrica iniziale (1 − k)x2 + 8x + 16(2 − k) = 0, ossia:
√
3± 5
2
2
16 − 16(1 − k)(2 − k) = 0 → 1 − (k − 3k + 2) = 0 → k − 3k + 1 = 0 → k =
2
√
3+ 5
in quanto la seconda soluzione risulta minore di 1 e non rispetta quindi il vincolo
da cui k =
2
k > 1 trovato inizialmente
b) retta passante per O(0; 0): 16(2 − k) = 0 da cui k = 2
c) retta parallela all’asse della parabola: 1 − k = 0 da cui k = 1.
In conclusione il problema ammette:
√
3+ 5
• 2 soluzioni concidenti per k =
2
√
3+ 5
• 2 soluzioni distinte per 2 ≤ k <
2
• 1 soluzione per 1 < k < 2
√
3+ 5
• 0 soluzioni per k ≤ 1 ∨ k >
.
2
Si può infine osservare che la soluzione limite per k = 2 corrisponde proprio a x = 0 ovvero alla
2
2
scelta di P coincidente con il vertice B (da cui P D = 2P C ), mentre la soluzione limite per k = 1
(non accettabile come soluzione del problema) corrisponde alla scelta di P “infinitamente lontano”
2
2
da B. In tale situazione si avrebbe infatti P D ≈ P C e pertanto P D ≈ P C .
*
*
4
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n. 213 pag. 543
2
2
Sul segmento AB = 1 determina un punto P tale che sia valida la relazione 3 AP + 2 P B = k,
con k ∈ R+ .
Soluzione:
Ponendo AP = x (con la semplice e ovvia limitazione 0 ≤ x ≤ 1) si ha immediatamente P B = 1−x
e pertanto la relazione imposta dal problema diventa:
2
2
3x2 + 2(1 − x)2 = k
→
3 AP + 2 P B = k
→
5x2 − 4x + 2 = k
A questo punto, una possibile interpretazione analitica del problema si ottiene ponendo

2

 y = 5x − 4x + 2
y=k


0 ≤ x ≤ 1, k > 0
ossia determinando il numero di intersezioni della parabola di equazione y = 5x2 − 4x + 2 con il
fascio di rette orizzontali di equazione y = k.
Come si vede dal grafico, si hanno le tre situazioni limite:
a) retta passante per A(1; 3) con k = 3
b) retta passante per B(0; 2) con k = 2
c) retta passante per il vertice V 25 ; 56 con k = 65 .
In conclusione il problema ammette:
• 2 soluzioni concidenti per k =
• 2 soluzioni distinte per
6
5
6
5
<k≤2
• 1 soluzione per 2 < k ≤ 3
• 0 soluzioni per k <
6
5
∨ k > 3.
5