Geometria analitica del piano esercizi svolti sulla retta

In questa pagina svolgiamo alcuni esercizi di geometria analitica, alcuni sono presenti sul mio canale Youtube Matematica Facile e si possono consultare gratuitamente.

Esempio 1.- Determinare la retta passante per il punto P (1,-2) e parallela alla retta r) y = - 2x+1.
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Determinare anche la retta passante per P (1,-2) e perpendicolare ad r.

Esempio 2.- Dato il triangolo rettangolo ABC, con A ( 6, 2 ), B( 3 ,-1 ), C( -2 , 4 ) , determinare un punto D in modo che ABCD sia un rettangolo.
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Esempio 3.- Dato i tre punti A ( 2, 4 ), B( 6 , 2 ), C( 1 , 1 ) , determinare l'ortocentro del triangolo ABC.
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Esempio 4.- Dato il triangolo ABC di vertice B( 6 , -1 ) determinare i vertici A e C del triangolo sapendo che la mediana CM del triangolo ha equazione y = -8x+16 e che l'altezza CD del triangolo ha equazione y = 4x+4. VEDI Qui

Esempio 5.- Trova i punti della retta 5x-3y+15=0 per i quali la distanza dall'asse x è ' 2/3 della distanza dall'asse y.

Cominciamo a rappresentare la retta 5x-3y+15=0 nel piano cartesiano. Indichiamo con P (a,b) il generico punto della retta r e si ha: 

a=\frac{3b-15}{5}

ossia il punto P ha coordinate  

P\left (\frac{3b-15}{5},b \right )

Indichiamo con PH la distanza di P dall'asse x e si ha: 

\overline{PH}=\left | b-0 \right |=\left | b \right |

Indichiamo con PK la distanza di P dall'asse y e si ha: 

\overline{PK}=\left | \frac{3b-15}{5}-0 \right |=\left | \frac{3b-15}{5} \right |

Tenuto conto che

\overline{PH}=\frac{2}{3}\cdot \overline{PK}


si ottiene l'equazione 

\left | b \right |=\frac{2}{3}\cdot\left | \frac{3b-15}{5} \right |

che risolta dà  

b=-\frac{10}{3},\, b=-\frac{10}{7}

Pertanto i punti richiesti sono due: 

P_{1}\left (-5, \frac{10}{3} \right ),\, \, P_{2}\left (-\frac{15}{7}, \frac{10}{7} \right )

Esempio 6.- Dati il punto P(-2,0) e la retta r di equazione 3x-4y+12=0 determinare l'equazione della retta passante per l'origine O del riferimento e tale che il punto P sia equidistante da questa retta e da

Disegniamo la retta r e indichiamo con PH la distanza di P da r: 

\overline{PH}=\frac{\left | 3(-2)-4(0)+12 \right |}{\sqrt{9+16}}=\frac{6}{5}


La retta passante per O(0,0) ha equazione y = mx ossia mx - y = 0.

La distanza di P(-2,0) dalla retta mx-y=0 è:

d=\frac{\left | m(-2)-1(0)+02 \right |}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{\left | -2m \right |}{\sqrt{m^{2}+1}}

Essendo d = PH si ottiene l'equazione

\frac{\left | -2m \right |}{\sqrt{m^{2}+1}}=\frac{6}{5}\Rightarrow 16m^{2}-9=0

da cui

m=\pm \frac{3}{4}

In definitiva le rette richieste sono: 

y=\pm \frac{3}{4}x

Esempio 7.- I punti A, B, C e D sono vertici di un quadrilatero convesso avente area 40. Sapendo che le coordinate dei vertici A, B e C sono rispettivamente (4, -4), (-2, 0) e ((0,6) e che il vertice D si trova sulla perpendicolare alla diagonale AC nel punto C determinare le coordinate del vertice D.

Risultato: D(90/29, 210/29)

Risoluzione

Indichiamo con h e k le coordinate del punto D (fig. 1) e calcoliamo il coefficiente angolare della diagonale AC, si ha

m_{AC}=-\frac{5}{2}

Quindi la retta CD perpendicolare in C alla diagonale AC ha equazione:

y=\frac{2}{5}x+6

Calcoliamo l'area del triangolo ABC e si ha che la sua area A' è 22, di conseguenza l'area del triangolo ADC è 18 (18 = 40 - 22). Calcoliamo l'area del triangolo ADC in funzione di h e si ha che A'' è uguale: 

A''(DCA)=\frac{1}{2}\begin{vmatrix} 4 & -4 & 1\\ 0 & 6 & 1\\ h & \frac{2}{5}h+6 & 1 \end{vmatrix}=\frac{1}{2}\left | -\frac{58}{5}h \right |

Pertanto richiedendo che l'area A'' sia 18 si ricava l'equazione in h: 

18=\frac{1}{2}\left | -\frac{58}{5}h \right |\Rightarrow 18=\frac{1}{2}\left ( \frac{58}{5}h \right )\Rightarrow h=\frac{90}{29}

e di conseguenza k = 210/29.

Esempio 8.-  Tra le rette del fascio di centro P (4, 6) determinare quel,e che con gli assi cartesiani formano un triangolo di area 49.

Risultato:  2x+y-14=0, 9x+8y-84=0

Risoluzione

Calcoliamo l'equazione (fig. 3) del fascio di rette di centro P, si ha: y - 6 = m(x - 4) e di conseguenza le coordinate dei punti A e B rispettivamente d'intersezione del fascio con l'asse y e con l'asse x.
Si ha A(0, 6 - 4m) e B[(4m - 6)/m; 0].
Quindi sapendo che l'area del triangolo AOB è 49 si deduce l'equazione:

49=\frac{\left | 6-4m \right |\cdot \left | \frac{4m-6}{m} \right |}{2}\Rightarrow \frac{\left ( 6-4m \right )^{2}}{m}=98\Rightarrow 8m^{2}+25m+18=0

da cui m = -2, m = - 9/8.
Sostituendo tali valori nell'equazione del fascio si hanno le due rette richieste:

2x + y - 14 = 0, 9x + 8y - 84 = 0

Esempio 9.- Determinare le coodinate del vertice C di un triangolo ABC sapendo che è isoscele sulla base AB, che il vertice C si trova nel secondo quadrante, che le coordinate di A e B sono rispettivamente (-6,0) e (2, 6) e che la sua area è 25.

Risultato: C(-5,7)

Risoluzione

Indichiamo con h e k e le coordinate del punto C e calcoliamo (fig.2) l'equazione della retta AB, si ha

3x-4y+18 = 0.

Calcoliamo la distanza CH di C dalla retta AB, si ha: 

\overline{CH}=\frac{\left | 3h-4k+18 \right |}{5}

e la distanza AB = 10
Sapendo che l'area del triangolo ABC è 25 possiamo ricavare, con la formula dell'area di un triangolo, l'equazione: 

25=\frac{10\cdot \frac{\left | 3h-4k+18 \right |}{5}}{2}\Rightarrow 25=\left | 3h-4k+18 \right |

E sapendo che il triangolo ABC deve essere isoscele, AC = BC, si ha prima

\overline{AC}=\sqrt{\left ( h+6 \right )^{2}+k^{2}},\, \, \overline{BC}=\sqrt{\left ( h-2 \right )^{2}+\left ( k-6 \right )^{2}}

e poi la relazione:

\sqrt{\left ( h+6 \right )^{2}+k^{2}}=\sqrt{\left ( h-2 \right )^{2}+\left ( k-6 \right )^{2}}

Pertanto mettendo a sistema si ottiene: 

\left\{\begin{matrix} \left | 3h-4k+18 \right | =&25 \\ \sqrt{\left ( h+6 \right )^{2}+k^{2}} & =\sqrt{\left ( h-2 \right )^{2}+\left ( k-6 \right )^{2}} \end{matrix}\right.

da cui h = 5 e k = 7

 

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