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1 CAPITOLO 5 LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO La circonferenza nella geometria euclidea I teoremi delle corde, delle secanti, e della secante e della tangente Come utile premessa allo studio della circonferenza come luogo geometrico del piano cartesiano, presentiamo una rassegna di risultati e proprietà, la cui conoscenza è (quasi) indispensabile. Teorema delle due corde. Indicato con A il punto intersezione delle corde BC e DE risulta: AB : AD = AE : AC . Dimostrazione. Da questo risultato segue in particolare la relazione AB AC = AD AE Teorema delle secanti. Le secanti ad una circonferenza condotte da un punto esterno A staccano coppie di segmenti tali che: AB : AD = AE : AC . Dimostrazione.

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1 CAPITOLO 5 LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO La circonferenza nella geometria euclidea I teoremi delle corde, delle secanti, e della secante e della tangente Come utile premessa allo studio della circonferenza come luogo geometrico del piano cartesiano, presentiamo una rassegna di risultati e proprietà, la cui conoscenza è (quasi) indispensabile. Teorema delle due corde. Indicato con A il punto intersezione delle corde BC e DE risulta: AB : AD = AE : AC . Dimostrazione.

Da questo risultato segue in particolare la relazione AB ⋅AC = AD ⋅AE Teorema delle secanti. Le secanti ad una circonferenza condotte da un punto esterno A staccano coppie di segmenti tali che: AB : AD = AE : AC . Dimostrazione.

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2 Da questo risultato segue ancora la relazione AB ⋅AC = AD ⋅AE Teorema della secante e della tangente. La tangente ad una circonferenza condotta da un punto A e una secante condotta sempre da A, sono tali che, indicati con D e con C i punti in cui queste rispettivamente incontrano la circonferenza, risulta AB : AD = AD : AC . Dimostrazione.

Stavolta la relazione può essere scritta nella forma AC ⋅AB = AD2 . La potenza di un punto rispetto ad una circonferenza Nei teoremi che abbiamo appena visto, si è evidenziata la relazione invariante AB ⋅AC = AD ⋅AE . Invariante significa che, fissati il punto A e la circonferenza, il suo valore è costante al variare della coppia di semirette uscenti da A se questo punto è esterno, o della coppia di corde che s’intersecano in A, se questo si trova all’interno della circonferenza. In generale, se P è un punto esterno alla circonferenza, e A e B sono i punti in cui la semiretta uscente da P incontra la circonferenza, si definisce potenza di P rispetto alla circonferenza la quantità PA ⋅PB . Indicato con r il raggio della circonferenza, risulta PA ⋅PB = PC2 = PO2 − r2 . La potenza di un punto rispetto ad una circonferenza è positiva se il punto è esterno alla circonferenza, è zero se il punto si trova sulla circonferenza, mentre è negativa se il punto è interno alla circonferenza.

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Esercizio. Si determini il luogo geometrico dei punti del piano aventi la stessa potenza rispetto ad una circonferenza fissata. L’asse radicale come luogo geometrico Definiamo asse radicale il luogo geometrico dei punti del piano aventi la stessa potenza rispetto a due circonferenze. Si hanno vari casi, cominciamo da quello in cui le due circonferenze sono secanti. Indicati con A e con B i punti d’incontro delle due circonferenze,

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4 l’asse radicale è evidentemente rappresentato dalla retta passante per A e B.

Se le due circonferenze sono tangenti, l’asse radicale è la retta tangente alle due circonferenze, passante per il punto di tangenza.

Infine, se le due circonferenze sono esterne (non concentriche) l’asse radicale si determina trovando il punto P sulla retta dei centri che ha la stessa potenza rispetto alle due circonferenze, e servendoci di una terza circonferenza secante le circonferenze date. I due assi radicali che si vengono così a determinare si incontrano in un punto L che ha, per la proprietà transitiva, la stessa potenza rispetto alle due circonferenze di partenza. L’asse radicale cercato è la retta per L perpendicolare alla retta dei centri.

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5 La circonferenza e l’omotetia Si tratta di una trasformazione del piano euclideo che “dilata” le distanze dei punti da un determinato centro, indicato con A, e che lascia invariate le rette passanti per A (che si dicono rette unite).

Il fattore che descrive la dilatazione nell’omotetia viene detto rapporto dell’omotetia. Se tale rapporto è positivo, il punto P viene trasformato in un punto P’ situato dalla stessa parte di P rispetto alla semiretta uscente da A, mentre se il rapporto è negativo, il punto viene trasformato in un punto dalla parte opposta di P, sempre rispetto alla semiretta uscente da A. Esercizio. Sia M il punto medio dell’arco AB di una circonferenza di raggio R. Siano P e T i punti in cui una circonferenza di raggio r è tangente alla circonferenza data e alla corda AB. Si dimostri che i punti P, T, M sono allineati. Soluzione. Si dimostra che T viene mandato in M da un’opportuna omotetia.

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Esercizio. Sono dati due punti A, B esterni ad una circonferenza Γ . Si determini il luogo geometrico dei baricentri del triangolo ABC, al variare del vertice C sulla circonferenza Γ . Soluzione. Il baricentro si ottiene da C prendendo il punto che divide il segmento CM (M è il punto medio di AB) in rapporto 2:1. Il luogo cercato sarà quindi una certa circonferenza di raggio 1 3 . Esercizio. Si individui l’omotetia che lega tra loro due circonferenze di raggi R ≠ r , e centri A e B, con d = AB , discutendo i vari casi che si possono presentare. Adesso ambientiamo lo studio dell’omotetia nel piano cartesiano, descrivendola in termini di equazioni. Sia l ≠ 0 . Si dice omotetia di centro C e rapporto l, l’applicazione biunivoca del piano in sé rappresentata dalle seguenti equazioni:

!x = l(x − xC )+ xC!y = l(y− yC )+ yC

#$%

&%.

Due omotetie possono essere composte in base alla seguente regola:

OC,l OD,m =!x = xC + l(xD +m(x − xD )− xC )!y = yC + l(yD +m(y− yD )− yC )

#$%

&%.

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7 Esercizi • Dimostrare che il rapporto tra le aree di due triangoli simili è uguale

al quadrato del loro rapporto di similitudine. • Trovare i punti fissi rispetto ad un’omotetia. • Trovare le rette fisse rispetto ad un’omotetia. • Dimostrare che il parallelismo tra rette è una proprietà invariante per

omotetia. Esaminiamo adesso nel dettaglio alcune proprietà delle omotetie. Teorema. Ogni omotetia di rapporto l trasforma le distanze secondo un rapporto l. Dimostrazione. Siano P e Q due punti del piano, e P’ e Q’ i loro trasformati secondo un’omotetia di centro C e rapporto l. Applicando le equazioni dell’omotetia risulta P 'Q '

2= l 2PQ

2, c.v.d.

Teorema. Un’omotetia trasforma una retta in una retta ad essa parallela. Dimostrazione. Sia ax + by+ c = 0 l’equazione di una retta. L’equazione della sua trasformata per omotetia è

a!x − xCl

+ xC#

$%

&

'(+ b

!y − yCl

+ yC#

$%

&

'(+ c = 0⇒

!a = a l!b = b l

!c =axC (l −1)l

+byC (l −1)l

+ c

*

+

,,,

-

,,,

. Dalla

condizione di parallelismo segue a!a=b!b= l; c

!c=

lc(axC + byC )(l −1)+ lc

; dal

rapporto tra i termini noti osserviamo che le rette unite sono quelle relative all’omotetia di rapporto l =1 (l’omotetia è l’identità, le rette sono costituite di punti fissi), oppure quelle contenenti il centro dell’omotetia

(axC + byC = −c⇒c#c=

lc−lc + c + lc

= l ).

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8 La costruzione delle tangenti ad una circonferenza da un punto esterno con riga e compasso

Il problema delle tangenti a due circonferenze Grazie all’omotetia è possibile caratterizzare le rette tangenti a due circonferenze. Se queste sono esterne, si possono avere le seguenti situazioni.

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Se le circonferenze sono tangenti, la situazione è quella rappresentata in figura.

Esercizio. Costruire con riga e compasso le tangenti a due circonferenze esterne fissate. Il Teorema di TOLOMEO In un quadrilatero inscritto in una circonferenza, il prodotto delle diagonali è uguale alla somma dei prodotti dei lati opposti.

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Dimostrazione. Scegliamo un punto E sulla diagonale AC in modo tale che l’angolo AEB sia uguale all’angolo BCD; per costruzione i triangoli AEB e BCD sono simili, poiché anche gli angoli BAE e BDC sono uguali. Dall’uguaglianza degli angoli ABE (somma degli angoli ABD e DBE) e DBC (somma degli angoli DBE e EBC) segue l’uguaglianza degli angoli ABD e EBC. Dall’uguaglianza degli angoli ADB e BCE, segue la similitudine dei triangoli EBC e ABD. Quindi, dalla similitudine dei triangoli AEB e BCD segue:

ABAE

=BDCD

⇒ AB ⋅CD = BD ⋅ AE ,

mentre dalla similitudine dei triangoli EBC e ABD segue: BCEC

=BDAD

⇒ AD ⋅BC = BD ⋅EC .

Sommando queste relazioni otteniamo la tesi: AB ⋅CD + AD ⋅BC = BD ⋅ (AE +EC ) = BD ⋅ AC

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L’equazione della circonferenza come luogo geometrico Insieme alla retta, la circonferenza costituiva per gli antichi una traiettoria “speciale” in natura. Queste due curve, infatti, rappresentavano i moti più comuni: quello rettilineo e quello circolare. In particolare, la circonferenza è definita come il luogo geometrico dei punti del piano equidistanti da un punto detto centro. La traduzione analitica di questa definizione si dà quindi fissando il centro

C(x0,y0) ed il raggio r: x − x0( )

2+ y− y0( )

2= r2 .

Per scrivere l’equazione della circonferenza in forma di equazione di secondo grado in due incognite occorre sviluppare l’espressione sopra:

x − x0( )2+ y− y0( )

2= r2

x2 + y2 −2xx0 −2 yy0 = −x02 − y0

2 + r2(≥ 0)

x2 + y2 + ax + by+ c = 0

,

dove a = −2x0b = −2 y0

c = x02 + y0

2 − r2 ⇒ a2

4+b2

4− c = r2 ≥ 0

Per vedere se l’equazione di secondo grado in due variabili x2 + y2 + ax + by+ c = 0 rappresenta una circonferenza (reale), occorre che sia verificata la condizione espressa da a2 + b2 −4c2 > 0 . Se tale quantità è

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12 uguale a zero, la circonferenza si dice degenere e coincide con il centro1 (una circonferenza di raggio zero), mentre se è minore di zero, la circonferenza si dice immaginaria e non si può tracciare sul piano cartesiano. Ricapitolando, data un’equazione del tipo x2 + y2 + ax + by+ c = 0 , questa rappresenta una circonferenza reale se

a2 + b2 − 4c 2 > 0 , con centro e raggio espressi dalle relazioni

x0 = −a2, y0 = −

b2, r =

a2

4+b2

4− c ,

mentre, dati il centro

C(x0,y0) ed il raggio r, l’equazione è data dalla relazione

x − x0( )2 + y − y0( )2 = r2. L’equazione della circonferenza passante per tre punti non allineati E’ noto dalla geometria euclideo che per tre punti non allineati passa una ed una sola circonferenza. Esaminiamo il seguente esempio. Esempio. Si scriva l’equazione della circonferenza passante per i punti A(1,1); B(-2,0) e C(0,4). Soluzione. Sostituendo le coordinate dei punti nell’equazione

x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 si ottiene il seguente sistema di tre equazioni in tre

incognite a, b, c a+ b+ c = −2−2a+ c = −44b+ c = −16

"

#$

%$

⇒c = 0b = −4a = 2

"

#$

%$

⇒ x2 + y2 + 2x − 4y = 0 .

La potenza di un punto rispetto ad una circonferenza dal punto di vista analitico Vogliamo studiare le intersezioni della circonferenza

x − x0( )2 + y − y0( )2 = r2 con l’asse delle ascisse:

x − x0( )2 + y− y0( )2 = r2

y = 0⇒ x2 − 2x0x + x0

2#$%

&%+ y0

2 − r2 = 0 . Le soluzioni dell’equazione di

secondo grado ottenuta, se esistono, sono tali che x2 − 2x0x + x0

2 + y02 − r2 = x − x1( ) x − x2( ) = x2 − x x1 + x2( )+ x1x2 , da cui seguono le relazioni

x1 + x2 = 2x0x1x2 = x0

2 + y02 − r2

"#$

%$. Indicato con Q x0; y0( ) il centro della circonferenza, e posto

d 2 = x02 + y0

2 , segue x1x2 = d 2 − r2 : il prodotto delle ascisse dei punti intersezione

1 In realtà si tratta di un’affermazione un po’ azzardata, in quanto far coincidere una circonferenza con un punto, il centro, che non gli appartiene non sembra accettabile. D’ora in poi lavoreremo con circonferenze non degeneri.

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13 della circonferenza con la retta y = 0 dipende solo dalla distanza OQ e dal raggio r. Quanto detto vale per qualsiasi semiretta di origine O che interseca la circonferenza di centro Q e raggio r in due punti P1,P2 .

Si definisce quindi potenza del punto O rispetto alla circonferenza data la quantità d 2 − r2 . Possiamo quindi affermare di aver dedotto anche per via analitica un concetto, la potenza di un punto rispetto ad una circonferenza, dedotta precedentemente per via geometrica. 6.4 Mutua posizione retta-circonferenza Com’è noto dalla geometria euclidea, una retta ed una circonferenza possono avere nessuno (retta esterna), uno (due coincidenti, retta tangente), oppure due punti distinti (retta secante) in comune. In particolare, la tangente è sempre perpendicolare al raggio: questa proprietà permette di applicare la formula della distanza punto-retta per la determinazione della tangente alla circonferenza. Esempio Scrivere l’equazione delle rette tangenti alla circonferenza di raggio 2 e centro nel punto C(1;1), parallela alla bisettrice del primo e terzo quadrante. Si determini, inoltre, l’equazione della perpendicolare alle tangenti passante per i punti di contatto. Soluzione: • Equazione della circonferenza:

(x −1)2 + (y −1)2 = 4 (non serve per risolvere il problema, ma fa sempre bene calcolarla!).

• Equazione del fascio improprio di rette parallele alla bisettrice del primo e terzo quadrante:

y = x + k.

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• Imposizione che la distanza del centro dalla generica retta del fascio sia uguale al raggio:

1−1+ k2

= 2⇒ k = 2 2⇒ y = x + 2 2y = x − 2 2

$

% & .

• La perpendicolare alle tangenti passante per i punti di contatto

contiene necessariamente il diametro di estremi questi punti, quindi sarà sufficiente imporre l’appartenenza del centro della circonferenza alla retta cercata:

y −1= −(x −1)⇒ y = −x + 2.

Le tangenti a due circonferenze Problema. Si determinino le tangenti alle circonferenze di equazione x2 + y2 =1 e x2 + y2 −4x +12= 0 . Soluzione. Rappresentiamo le circonferenze sul piano cartesiano.

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Ricordiamo che le due circonferenze si corrispondono in un’omotetia di

centro C, che dobbiamo determinare, e rapporto l = ± Rr= ±21= ±2 .

Iniziamo con l’omotetia di rapporto l = −2 (in questo caso C si trova tra i centri A e B delle due circonferenze). Le equazioni dell’omotetia diventano

quindi !x = l (x − xC )+ xC!y = l ( y− yC )+ yC

#$%

&%=

!x = −2 x − xC( )+ xC = −2x +3xC!y = −2 y− yC( )+ yC = −2 y+3 yC

#

$%

&%.

Le coordinate del centro si determineranno mettendo in relazione quelle del punto A con quelle del punto B:

4 = −2 ⋅0+3xC0 = −2 ⋅0+3 yC

#$%

&%⇒C 4

3,0

(

)*

+

,-

Le tangenti saranno quindi le due rette del fascio di centro C, distanti 1 da A, che possono essere determinate con uno dei metodi noti, per esempio quello che considte nell’imporre uguale a uno la distanza del punto A dalla generica retta del fascio:

1=−43m

m2 +1⇒ m = ± 3

7⇒ y = ± 3

7x ∓ 4

7 .

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Osservazione. Col senno di poi, avremmo potuto anche fare a meno di sfruttare l’omotetia. Osservando la figura sopra, per la similitudine dei triangoli in figura si ha

CA+CB = 4CACB

=12

!

"#

$#

⇒CA = 4

3

CB = 83

!

"##

$##

⇒C 43,0

&

'(

)

*+.

L’altra coppia di tangenti si ottiene in modo analogo, ponendo l = 2 il rapporto di omotetia (diretta):

!x = −2 x − xC( )+ xC = 2x − xC!y = −2 y− yC( )+ yC = 2 y− yC

⇒4 = −xC0 = − yC

$%&

'&

$

%&

'&⇒C −4,0( ) . L’equazione del

fascio è, di conseguenza, y = mx +4m ed i coefficienti angolari si ottengono

dalla 1=4m

m2 +1⇒ m = ± 1

15⇒ y = ± x

15±415

.

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Esercizio (di consolidamento). Determinare le tangenti alle circonferenze di equazione x2 + y2 = 4 e x2 + y−8( )

2=1.

L’equazione della circonferenza: alcune condizioni per la sua determinazione La presenza di tre coefficienti nell’equazione

x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 comporta la necessità di dover disporre di tre ipotesi per determinare l’equazione della circonferenza. Presentiamo una breve rassegna di situazioni con le quali esercitarsi. 1. Determinare l’equazione della circonferenza di centro (2;1) e raggio 3

x − 2( )2 + y −1( )2 = 9 2. Determinare l’equazione della circonferenza sapendo che le coordinate

degli estremi di un diametro sono (1;3) e (3;1). • Il centro della circonferenza, è il punto medio del segmento

corrispondente al diametro:

C = 2;2( ), mentre il raggio è metà della

lunghezza del suddetto segmento:

r =1− 3( )2 + (3−1)2

2= 2 . Di

conseguenza, l’equazione è

x − 2( )2 + y − 2( )2 = 2 . 3. Determinare l’equazione della circonferenza di centro (3;4) passante per

il punto (1;1). • Si determina il raggio come misura della distanza tra il centro ed il

punto dato

r = 3−1( )2 + 4 −1( )2 = 13⇒ x − 3( )2 + y − 4( )2 =13. 4. Determinare l’equazione della circonferenza passante per i punti (5;2) e

(1;5) ed avente il centro sulla bisettrice I-III quadrante.

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18 • Il centro appartiene, oltre che alla bisettrice per ipotesi, anche all’asse

del segmento avente per estremi i due punti avente equazione

y− 72=43x −3( )⇒ 8x −6 y−3= 0 ; di conseguenza il centro si trova

nel puntoC =8x −6 y−3= 0

y = x

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒C 3

2,32

⎝⎜

⎠⎟ , e il raggio vale R = 5

2.

• (Soluzione alternativa I). Il centro appartiene alla retta

y = x⇒ C = x;x( ) . Di

conseguenza,

x −5( )2+ (x −2)2 = (x −1)2 + (x −5)2

2x2 −14x +29 = 2x2 −12x +26⇒ x = 32⇒C = 3

2;32

⎝⎜

⎠⎟

r2 = 1− 32

⎝⎜

⎠⎟

2

+ 5− 32

⎝⎜

⎠⎟

2

=252

.

• (Soluzione alternativa II). Consideriamo l’espressione x2 + y2 + ax + by+ c = 0 ; imponiamo il passaggio per i punti dati

25+4+5a+2b+ c = 01+25+ a+5b+ c = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪e l’appartenenza del centro alla bisettrice I-

III quadrante: a = b . Risulta quindi

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29+7a+ c = 026+6a+ c = 0

⇒ a = −3 b = −3 c = −8⎧⎨⎪

⎩⎪, da cui segue

x2 + y2 −3x −3 y−8 = 0 5. Determinare il minimo valore r del raggio di una circonferenza passante

per i punti A(-2;0) e B(0;-1). • Il punto medio del segmento AB è il punto M(-1;

−12

), mentre il

coefficiente angolare della retta per A e B è

m = −12

. Di conseguenza, l’asse del segmento AB ha equazione

y +12

= 2(x +1)⇒ y = 2x +32. Il centro della circonferenza sarà

dunque il punto di coordinate (variabili)

C(k;2k +32) . Il centro

della circonferenza di raggio 1 lo determiniamo imponendo che, ad esempio, BC = r

0 − k 2( ) + (−1− 2k − 32)2 = r2

5k 2 +10k +254− r2 = 0⇒ (Δ > 0)⇒ 25 − 125

4+ 5r2 > 0

5r2 >254⇒ r >

52

.

Saremmo potuti pervenire al risultato con il seguente (semplice) ragionamento: tra tutte le circonferenze passanti per A e B quella di raggio minimo è quella con il centro coincidente con il punto medio del segmento AB! Essendo il diametro

AB = 5⇒ rmin =52

. La tangente in un punto dato: formula di sdoppiamento Vogliamo determinare l’equazione della tangente ad una circonferenza in un punto noto

P(x0;y0) . Per la proprietà secondo cui il raggio di una circonferenza forma sempre un angolo retto con la tangente, se m è il coefficiente angolare della retta congiungente il centro con il punto di tangenza, la tangente avrà coefficiente angolare l’antireciproco di m. Poiché

m =y0 − yCx0 − xC

, dove

C(xC ;yC ) è il centro della circonferenza, la retta

tangente ha equazione

y − y0 = −x0 − xCy0 − yC

(x − x0). Di conseguenza, se è data

l’equazione della circonferenza nella forma

x 2 + y 2 + ax + by + c = 0, dalle relazioni che legano i coefficienti dell’equazione alle coordinate del

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centro

xC = −a2, yC = −

b2

si giunge all’equazione della retta tangente alla circonferenza nel caso in cui sono noti l’equazione di quest’ultima ed il punto di tangenza, detta formula di sdoppiamento:

y− y0 = −x0 − xCy0 − yC

(x − x0 )

y− y0 = −x0 +

a2

y0 +b2

(x − x0 )

x(x0 +a2)+ y( y0 +

b2)− y0 ( y0 +

b2)− x0 (x0 +

a2) = 0

ma x02 + y0

2 + ax0 + by0 + c = 0⇒

xx0 + yy0 + ax + x02

#

$%

&

'(+ b

y+ y02

#

$%

&

'(+ c = 0

• Inversamente, nota l’equazione della retta tangente

αx + βy + γ = 0 ed il punto di tangenza

P(x0;y0), da quanto appena visto risulta

α = x0 +a2⇒ a = 2(α − x0)

β = y0 +b2⇒ b = 2(β − y0)

&

' (

) (

. Inoltre, dalla relazione

r =a2

4+b2

4− c r2 = (x0 +

a2)2 + (y0 +

b2)2 ⇒

c = −x02 − y0

2 − 2x0(α − x0) − 2y0(β − y0) = x02 + y0

2 − 2αx0 − 2βy0 = x02 + y0

2 + 2γ segue

l’equazione del fascio di circonferenze tangenti alla retta data nel punto dato:

x 2 + y 2 + 2(α − x0)x + 2(β − y0)y + x02 + y0

2 + 2γ = 0 . • Saremmo pervenuti ad analogo risultato comparando

l’espressione

xx0 + yy0 + a x + x02

"

# $

%

& ' + b

y + y02

"

# $

%

& ' + c = 0 con quella della retta

data

αx + βy + γ = 0 ed uguagliando i coefficienti

x0 +a2

y0 +b2

= β

ax0 + by02

+ c = γ

%

&

' '

(

' '

a = 2 α − x0( )b = 2 β − y0( )

c = γ − x0 α − x0( ) − y0 β − y0( )

%

& '

( '

Esercizio 1 Scrivere l’equazione della retta tangente alla circonferenza 1) Di centro (1;3) e raggio 4, nel suo punto di ascissa 2. 2) Di centro (0,2) e raggio 1 nel suo punto di ordinata

32

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21 Esercizio 2 Scrivere l’equazione della circonferenza tangente 1) alla retta di equazione

2x − y + 3 = 0 nel suo punto di ascissa 3. 2) Alla retta di equazione

x − 2y + 5 = 0 nel suo punto di ordinata 4. Problema Si scriva l’equazione della circonferenza inscritta nel triangolo di vertici A(2;0),B(0;2),C (0;−2) . Si rappresenti su un piano cartesiano quanto richiesto.

• Poiché si tratta di un triangolo rettangolo isoscele con l’ipotenusa sull’asse y, per simmetria il centro ha coordinate (r;0) . Imponendo la distanza del centro dalla retta per AB uguale al raggio otteniamo: r − 2

2= r⇒ r = 2

1+ 2= 2( 2 −1)⇒ x − 2( 2 −1)( )

2+ y2 = 4 2 −1( )

2 .

• Oppure: i raggi perpendicolari alle tangenti formano, con i segmenti congiungenti i punti di tangenza con il punto A, un quadrato di lato r e diagonale 2− r⇒ r 2 = 2− r⇒ r = 2 2 −1( ) . Poiché x0 = r, y0 = 0 ,

l’equazione della circonferenza è x − 2( 2 −1)( )2+ y2 = 4 2 −1( )

2 .

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

Problema

Dopo aver verificato che le soluzioni dell’equazione

x 2 + y 2 − 4x + 4y − 8 = 0 rappresentano una circonferenza nel piano cartesiano, la si rappresenti, e si trovino le equazioni delle rette parallele alla bisettrice del II e IV quadrante, e tangenti alla circonferenza.

(x − 2)2 + (y − 2)2 =16 . Si tratta di una circonferenza. Le parallele alla bisettrice II-IV quadrante hanno equazione

x + y = k, di conseguenza,

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22 imponendo la distanza centro-retta uguale al raggio:

4 =2 + 2 − k1+1

⇒ 4 − k = 4 2⇒ k = 4 ± 4 2

Problema

a) Scrivere le equazioni delle rette tangenti tP ,tQ alla circonferenza C di

centro D 0,−2( ) e raggio R = 2 , nei suoi punti P ,Q di ascissa x = −1.

• L’equazione della circonferenza è x2 + y2 +4 y = 0 , mentre i

punti P, Q hanno coordinate P −1,−2+ 3( ),Q −1,−2− 3( ) . Le

tangenti tP ,tQ si trovano grazie alla relazione

y− y0 = −x0 − xCy0 − yC

(x − x0 )⇒tP : x − 3 y+4−2 3

tQ : x + 3 y+4+2 3.

b) Si trovino le equazioni delle circonferenze C1e C2 , tangenti esternamente alla circonferenza C, ed alle rette tP ,tQ .

• Il centro delle circonferenze cercate, per motivi di simmetria, si trova sulla retta di equazione y = −2 , e dovrà essere equidistante da una delle due rette e dalla circonferenza C. Indicate con x,−2( ) le coordinate del centro della circonferenza

tangente a C, si ha x +2 =x +4

2⇒

x = − 83⇒ A −

83,−2

#

$%

&

'(,r =

23

x = 8⇒ B 8,−2( ),r = 6,

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23 dove abbiamo indicato con A e B i centri delle circonferenze

C1 : x +83

!

"#

$

%&

2

+ y+2( )2=89

e C2 : x −8( )2+ y+2( )

2= 36 .

c) Si scrivano le equazioni dell’omotetia che lega tra loro le circonferenze C ,C1,C2 . • Il centro O dell’omotetia è il punto intersezione delle rette tP ,tQ :

O −4,−2( ) . Il rapporto di omotetia è dato da quello tra i raggi:

l = 22 3

=62= 3. Le equazioni dell’omotetia sono quindi

!x = 3(x +4)−4 = 3x +8!y = 3( y+2)−2= 3 y+4

#$%

&%

d) S’individui geometricamente l’altra coppia di rette tangenti alle

circonferenze C1e C2 . • Indichiamo con C il punto sulla retta y = −2 da cui passano le

rette cercate. Per questioni di similitudine risulta

AC + BC = 323

ACBC

=19

!

"##

$##

⇒AC = 16

15

BC = 485

!

"##

$##

⇒ xC =1615

−83C = −

85,−2

'

()

*

+,. Tra

Page 24: 5. LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO 17-18 · 1 CAPITOLO 5 LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO La circonferenza nella geometria euclidea I teoremi delle corde, delle secanti,

24

le rette del fascio y+2= m x + 85

!

"#

$

%& le tangenti richieste sono

quelle corrispondenti ai valori del coefficiente angolare

m = ± 539

.

La circonferenza e le funzioni irrazionali Vogliamo tracciare il grafico della funzione y−1= 2− x2 . Innanzitutto

osserviamo che ciò è possibile se y−1≥ 02− x2 ≥ 0

#$%

&%⇒

y ≥1

− 2 ≤ x ≤ 2

#$%

&%. Di

conseguenza è possibile elevare al quadrato ambo i membri ed ottenere l’equazione della circonferenza di centro 0;1( ) e raggio 2 x2 + y2 − 2y−1= 0 . Il grafico della funzione si ottiene da quello della circonferenza tenendo conto dalle condizioni determinate in precedenza.

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

-3

-2

-1

1

2

3

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25 Problema Si scrivano le equazioni delle omotetie di centro xc, yc( ) e rapporto l, che trasformano la circonferenza di equazione x2 + y2 = 4nella circonferenza di equazione x2 + y− k( )2 =1 , al variare del parametro k ∈ R . Nel caso k = 6 , si determini il punto d’intersezione delle rette tangenti alle due circonferenze, nei due casi che si possono presentare. Soluzione • Il raggio della circonferenza trasformata è la metà di quello della

circonferenza data. Questo è possibile con due rapporti di omotetia:

l = ± 12 . Il centro dell’omotetia si ottiene ragionando sui centri:

0,0( )→ 0,k( ) , dove k = ± 120− yC( )+ yC ⇒ yC = 2k yC =

2k3

.

• Oppure: !x = l(x − xC )+ xC!y = l(y− yC )+ yC

#$%

&%⇒

x = l−1 !x − xc( )+ xcy = l−1 !y − yc( )+ yc

#

$%

&%, da cui segue, sostituendo

in x2 + y2 = 4 , l’espressione !x + l −1( ) xc( )2+ !y + l −1( ) yc( )

2= 4l2 .

Quest’ultima deve essere “confrontata” con x2 + y− k( )2 =1per

giungere alla conclusione: 4l2 =1

1− l( ) xc = 01− l( ) yc = k

"

#$$

%$$

l = 12

xc = 0yc = 2k

,

l = − 12

xc = 0

yc =2k3

. Si

hanno quindi due omotetie:

O0,2k( ), 1

2

!x = 12x

!y = 12(y− 2k)+ 2k = 1

2y+ k

#

$%%

&%%

,O0,2k3

'

()

*

+,,−12

x = − 12x

y = − 12y− 2k

3'

()

*

+,+2k3= −

12y+ k

#

$

%%

&

%%

.

• Nel caso k = 6 , conviene rappresentare graficamente la situazione per evidenziare l’opportunità di seguire una via “geometrica” e non strettamente analitica, per risolvere il problema.

Page 26: 5. LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO 17-18 · 1 CAPITOLO 5 LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO La circonferenza nella geometria euclidea I teoremi delle corde, delle secanti,

26

• Oppure. Seguendo la via analitica, la retta tangente ax + by+ c = 0 si determina imponendo che le distanze dai centri siano uguali ai raggi. Dalla formula della distanza punto retta segue:

c

a2 + b2= 2

6b+ c

a2 + b2=1

!

"

##

$

##

⇒c

6b+ c= 2⇒

1) c =12b+ 2c⇒ c = −12b2) c = −12b− 2c⇒ c = −4b . Dal caso 1)

segue la coppia di tangenti ± 35x + y−12 = 0 , che si intersecano nel punto 0,12( ) , mentre dal caso 2) si ha la coppia ± 3x + y− 4 = 0 , che si intersecano nel punto 0, 4( ) .

Approfondimento: la formula di Erone per il calcolo dell’area d’un triangolo Vogliamo utilizzare l’equazione della circonferenza per ottenere la celebre relazione che permette di calcolare l’area di un triangolo quando sono note le misure a, b, c dei suoi lati. In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale, siano B e B i vertici del triangolo che delimitano il lato di lunghezza a. Se disponiamo questi due

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27 vertici sull’asse x, simmetricamente rispetto all’origine, le loro coordinate sono B a

2;0

!

"#

$

%&,C 0;− a

2!

"#

$

%& . Ora, le circonferenze con centro nei punti B e C e

raggi be c, si intersecano in due punti simmetrici rispetto all’asse x: denotiamo uno di questi con A, ed il triangolo è così determinato con i vertici espressi in coordinate. In particolare:

A ≡x − a2

#

$%

&

'(

2

+ y2 = c2

x + a2

#

$%

&

'(

2

+ y2 = b2

)

*

+++

,

+++

⇒ Area =a y

2= p( p− a)( p− b)( p− c ) , dove 2 p = a+ b+ c .

Approfondimento: il cerchio di Apollonio nei problemi d’inseguimento I problemi cosiddetti d’inseguimento, rientrano nella famiglia di quelli in cui si deve minimizzare la lunghezza di un percorso. Ci occuperemo di un solo caso particolare: quello di una barca A in moto con velocità vA , che deve inseguire una barca B, a sua volta in moto con una velocità vB , senza sapere di essere inseguita dalla barca A. Il comandante della barca A deve quindi individuare il luogo dei punti che possono essere raggiunti contemporaneamente dalle due imbarcazioni (il luogo geometrico della “cattura”). Nell’istante in cui la barca A avvista B, la distanza che le separa è d; rappresentiamo schematicamente la soluzione, scegliendo un opportuno sistema di riferimento cartesiano.

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28

Il luogo geometrico si ottiene uguagliando i tempi nelle due distanze: x2 + y2

vB=

x − d( )2 + y2

vA. Elevando al quadrato ambo i membri, dopo un po’

di calcoli si perviene al risultato cercato:

x + dvBvA2 − vB

2

"

#$

%

&'

2

+ y− 0( )2 = dvAvBvA2 − vB

2

"

#$

%

&'

2

.

Esercizio. Cosa succede se le barche si muovono alla stessa velocità? E’ chiaro che la barca A non potrà raggiungere la barca B. Quali informazioni ricaviamo dal luogo geometrico, in questo caso?

(Suggerimento: ragionare sull’equazione x2 + y2

vB=

x − d( )2 + y2

vA…). E se,

addirittura, vA < vB ? Esercizi 1. Si tracci il grafico della seguente funzione irrazionale:

y − 2 = 1− x 2 . 2. Si risolva graficamente la seguente disequazione irrazionale:

1− x ≤1− 2x . 3. Sono dati i punti A(-1;-2) e B(3;-1). L’asse di AB interseca in E l’asse y, e

la retta di appartenenza del segmento AB interseca in D l’asse x. Detto M il punto medio di AB:

a) Si determini l’asse del segmento AB; b) Si determinino i punti E e D;

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29 c) Si scriva l’equazione della circonferenza tangente in E

all’asse del segmento AB, e alla retta contenente il segmento AB.

4. Si determini l’equazione della circonferenza, tangente alla retta r:

y = 4x ed alla sua simmetrica rispetto alla bisettrice del primo e del terzo quadrante, situata nel primo quadrante, ed avente raggio uguale a 4. Detti C il centro della circonferenza e B il punto di tangenza tra la circonferenza e la parallela s alla retta r, determinare l’area del triangolo ABC, dove A è il punto di intersezione della retta s con la bisettrice del primo e del terzo quadrante.

5. Sia C il centro di una circonferenza C1 e P un punto esterno. Detto M il

punto medio del segmento PC, si tracci la circonferenza C2 di centro M e raggio MC. Indicate con A e B le intersezioni di questa con la circonferenza C1. Dimostrare che le rette PA e PB sono tangenti alla circonferenza C1.

6. Scrivere l’equazione della circonferenza tangente alla retta r di

equazione

y = x + 8 nel punto di ascissa

x = 6 ed avente il centro sulla retta di equazione

x = 2. 7. Si disegni la circonferenza di equazione

x 2 + y 2 − 2x + 6y = 0, e si determinino i punti E ed F di ascissa 2. Si scriva l’equazione della tangente alla circonferenza nel punto di ordinata maggiore tra i due trovati.

8. Scrivere l’equazione della circonferenza avente centro nel punto (-2,-2)

e tangente alle rette y = 2x y = − x2 .

9. Data la circonferenza di equazione x2 + y2 −4x −4 y = 0 , determinare la retta tangente alla circonferenza nell’origine degli assi cartesiani.

10. Trovare l’equazione della circonferenza che passa per i punti A(0,-1)

e B(-3,0) e ha il centro sulla retta di equazione 6x − y+ 4 = 0 (suggerimento: il centro, oltre che sulla retta data, sta anche sull’asse del segmento AB…).

11. Problema

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30 a) Si scriva l’equazione della circonferenza C di centro (5;5) e

tangente alla retta

t : y = 2x. b) Si individuino il punto di tangenza A della circonferenza C con

la retta t, ed il punto A’ di tangenza della circonferenza C con la retta t’, simmetrica della retta t rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante.

c) Si calcoli l’area del quadrilatero OACA’. d) Si determinino le equazioni delle circonferenze tangenti

esternamente a C e al semiasse positivo delle ascisse.

12. Si risolva graficamente la seguente disequazione irrazionale:

1− x ≤1− 2x . 13. Si tracci il grafico della seguente funzione irrazionale:

y − 2 = 1− x 2 . 14. Determinare l’equazione della circonferenza passante per A(0,-2),

B(0,6) e C(8,0). 15. Determinare l’equazione delle rette tangenti uscenti dal punto P ( 2,0) alla circonferenza di centro l’origine e raggio 1.

16. Date le circonferenze di equazione

x2 + y2 −4x = 0; x2 + y2 −4 y = 0 , determinare la circonferenza di centro C(1,1) e passante per i punti intersezione delle due circonferenze. Calcolare inoltre l’area del quadrato circoscritto alla circonferenza trovata.

17. Determinare l’equazione della circonferenza circoscritta al triangolo

isoscele ABC, sapendo che la base AB misura 6 2 e sta sulla retta di equazione y = x −4 , e che il vertice si trova nel puntoC (−1;5) .

Soluzioni

2. x ≤ 0

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31 3.

a)8x +2 y−5 = 0 b)E 0; 52

"

#$

%

&',D 7;0( ) c ) x −4( )

2+ y− 7

2"

#$

%

&'

2

=17, x +4( )2+ y− 3

2"

#$

%

&'

2

=17

4. x − 4 173

"

#$$

%

&''

2

+ y− 4 173

"

#$$

%

&''

2

=16 4x − y−8 17 = 0 Area = 8

6. x −2( )2+ y−18( )

2= 32

7. E 2;0( )F 2;−6( ) x +3 y−2 = 0

8. x +2( )2+ y+2( )

2=45

9. x + y = 0 10. x2 + y2 −8 y = 9

11. a) x −5( )

2+ y−5( )

2= 5 b)A 3;6( ) "A 6;3( ) c )Area =15

d ) x −3 5( )2

+ y−15+6 5( )2

= 45(9−4 5)

12. x ≤ 0

14. x2 + y2 −132x −4 y−12 = 0

15. y = ± x − 2( ) 16. x2 + y2 −2x −2 y = 0

17. x −125

"

#$

%

&'

2

+ y− 85

"

#$

%

&'

2

=57825

.

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32

“Liceo Scien t i f i c o Stata le “Guido Caste lnuovo”

COMPITO DI MATEMATICA Classe III sezione E

18/02/2016 Problema Ti trovi a dover ingannare il tempo mentre aspetti il tuo turno al mini-golf della località di mare dove ti trovi in vacanza, e decidi di studiare analiticamente la guida dove dovrai incanalare la pallina.

Facendo riferimento ai dati numerici ricavabili dalla figura:

a) Scrivi l’equazione della parabola e della retta tangente in C;

• y−1= a x −2( )2⇒−1= a −2( )

2⇒ a = − 1

4⇒ y = − x

2

4+ x ;

• m = 2ax0 + b⇒ m = 2 −14

⎝⎜

⎠⎟4+1= −1⇒ y = −x +4 .

b) Scrivi l’equazione della circonferenza passante per C e per H, ed avente la tangente in C in comune con la parabola;

• Per questioni di simmetria il centro della circonferenza sta sulla retta x = 6 , nel punto in cui questa interseca la perpendicolare alla tangente alla parabola in

C, y = x −4 , ovvero nel punto x = 6y = x −4

⇒ 6,2( )⎧⎨⎪

⎩⎪. La lunghezza del

raggio può essere ricavata imponendo che la distanza del centro dalla retta

tangente alla parabola in C sia uguale al raggio: R =6+2−4

2= 2 2 .

L’equazione della circonferenza è quindi

x −6( )2+ y−2( )

2= 8⇒ x2 + y2 −12x −4 y−32 = 0 .

Page 33: 5. LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO 17-18 · 1 CAPITOLO 5 LA CIRCONFERENZA NEL PIANO CARTESIANO La circonferenza nella geometria euclidea I teoremi delle corde, delle secanti,

33 c) Calcola la minima velocità2con cui devi colpire la pallina affinché possa

percorrere la guida in assenza d’attrito. • Si tratta della velocità iniziale che permette alla pallina di arrivare in

corrispondenza del vertice con una velocità verticale nulla; ciò avviene

all’istante t =v0 yg⇒1=

v0 y2

g− g

v0 y2

2g2=v0 y2

2g⇒ v0 y = 2g = 4,4ms−1, da cui

segue v0 = v0 y 2 = 6,3ms−1.

Quesiti 1. Determina il luogo dei punti aventi la stessa potenza rispetto a due

circonferenze secanti.

2. Indicato con ʹA il simmetrico di A 2,0( ) rispetto alla retta x − 3 y = 0 , si

dimostri che il triangolo A ʹA O è equilatero.

2 v y = v0 y − gt; y = v0 yt −gt2

2.

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34

• m = 13⇒

ʹx = 12x + 3

2y

ʹy = 32x − 12y

⎪⎪

⎪⎪

⇒ ʹA 1, 3( ) . Di conseguenza,

A ʹA = AO = ʹA O = 2 , come volevasi dimostrare. 3. Descrivi il procedimento che permette la costruzione della parabola come

luogo geometrico. • Fissati F e la direttrice d, segniamo il punto H su d e tracciamo l’asse di FH. Il

punto P intersezione dell’asse di FH con la perpendicolare a d passante per H è un punto della parabola.

A-LEVEL MATHEMATICS

1. Write down the equation of the circle with centre C = (1;2)and radius r = 3 .

2. Find the coordinates of the centre and the radius of the following circle: x2 + y2 − 2x + 4y+ 4 = 0 .

3. Find the equation of the circle passing through three points: 3;3( ), 1;4( ), 0;2( ) .

4. Find the equation of the tangent to x2 + y2 + 4x − 6y−12 = 0 at 1;7( ) . 5. Find the point on the circle x2 + y2 −16x +12y+ 75= 0which is a) nearest

to, b) furthest from origin. 6. Find the equations of the circle touching both coordinate axes and

passing through point 2;1( ) . 7. Find the two values of m for which the line my =11−3x is a tangent to

the circle x2 + y2 −8x −12y+ 25= 0 . 8. Find the equations of the two tangents from the origin to the circle

x −3( )2 + y− 2( )2 =1 .